Université Denis Diderot 2002-2003 DEUG MIAS Info MT231 Groupe I23

Devoir surveillé n^{o}2 Corrigé

Exercice 2 Calculons le polynôme caractéristique de f :

P = | \begin{matrix}−3 − X & 4 & 4 \\ −8 & 9 − X & 4 \\ 8 & −4 & 1 − X \end{matrix} | = | \begin{matrix}5 − X & 0 & 5 − X \\ −8 & 9 − X & 4 \\ 8 & −4 & 1 − X \end{matrix} | (L_{1} ← L_{1} + L_{3})

= | \begin{matrix}5 − X & 0 & 0 \\ −8 & 9 − X & 12 \\ 8 & −4 & −7 − X \end{matrix} | (C_{3} ← C_{3} − C_{1}).

On développe alors par rapport à la première ligne :

P = (5 − X) | \begin{matrix}9 − X & 12 \\ −4 & −7 − X \end{matrix} | = (5 − X)((9 − X)(−7 − X) − (−4) × 12)
= (5 − X)(X^{2} − 2X − 15).

En étudiant au besoin le trinôme du second degré qui est apparu, on obtient

P = (5 − X)(X − 5)(X + 3) = −(X + 3)(X − 5)^{2}.

En particulier le polynôme caractéristique de f est scindé. Étudions les valeurs propres une par une pour déterminer si f est diagonalisable. Pour la valeur propre −3, on remarque qu’on a 1 ≤ dim E_{−3}(f) ≤ mult_{−3}(P) = 1, donc dim E_{−3}(f) = mult_{−3}(P).

Pour la valeur propre 5, on a mult_{5}(P) = 2 et on doit calculer la dimension de E_{5}(f). Pour cela on considère la matrice

A − 5I = ( \begin{matrix}−8 & 4 & 4 \\ −8 & 4 & 4 \\ 8 & −4 & −4 \end{matrix} ).

Les trois colonnes de cette matrice sont clairement non nulles et colinéaires, donc rg(A−5I) = 1. On conclut en utilisant le théorème du rang :

dim E_{5}(f) = dim ker(f − 5id) = 3 − rg(f − 5id) = 2 = mult_{5}(P).

En résumé, le polynôme caractéristique P de f est scindé, et on a dim E_{λ}(f) = mult_{λ}(P) pour toutes les valeurs propres λ de f, donc f est diagonalisable.

Cherchons pour finir un vecteur propre v = (x, y, z) de f pour la valeur propre −3. On a

f(v) = −3v ⇔ (A + 3I)(x ; y z) = \binom{0}{0 0} ⇔ \{ \begin{matrix}4y + 4z = 0 \\ −8x + 12y + 4z = 0 \\ 8x − 4y + 4z = 0 \end{matrix}

⇔ \{ \begin{matrix}z = −y \\ −8x + 8y = 0 \\ 8x − 8y = 0 \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}z = −y \\ y = x \end{matrix} ⇔ ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = (\begin{matrix}x \\ x \\ −x \end{matrix}) = x (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}).

On retrouve ainsi le fait que E_{−3}(f) est une droite, et on peut choisir v = (1, 1, −1) comme vecteur propre dirigeant cette droite.

Exercice 3

1. On a \frac{|u_{n}|}{|u_{n+1}|} = \frac{(n+1)^{2}}{n^{2}} . Cette quantité converge vers l = 1 lorsque n tend vers +∞, donc le rayon de convergence recherché est R = 1/l = 1.

2. D’après le théorème de dérivation des séries entières, f est dérivable sur ] − R, R[, et on a l’expression suivante de sa dérivée :

∀ x ∈] − R, R[ f′(x) = ∑_{n=1}^{∞} nu_{n}x^{n−1} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n−1}}{n}.

En multipliant par x, on reconnaît le développement en série entière de − ln(1−x), valable sur ] − 1, 1[. Ainsi xf′(x) = − ln(1 − x) pour tout x dans ] − R, R[ = ] − 1, 1[.

3. L’expression g(x) qui apparaît au membre de gauche de l’égalité (E) est dérivable sur ]0, 1[ d’après la question précédente et les règles de calcul usuelles sur les dérivées. Il suffit donc de montrer que g′(x) est nulle pour tout x ∈]0, 1[. On a, en reportant l’expression de f′ obtenue à la question précédente :

g′(x) = f′(x) − f′(1 − x) + \frac{ln(1 − x)}{x} − \frac{ln x}{1 − x}

= −\frac{ln(1 − x)}{x} + \frac{ln x}{1 − x} + \frac{ln(1 − x)}{x} − \frac{ln x}{1 − x} = 0.

4. Pour tout x ∈ [0, 1] on a |u_{n}x^{n}| ≤ n^{−2}. Comme la série de terme général n^{−2} est une série de Riemann convergente, cela montre que la série de fonctions (∑ u_{n}x^{n}) converge normalement sur [0, 1]. En particulier on peut encore poser f(x) = ∑_{n=1}^{∞} u_{n}x^{n} pour x = 1. Comme chaque fonction (x ↦ u_{n}x^{n}) est continue, la fonction somme f est également continue sur [0, 1].

5. On fait tendre x vers 0 dans l’égalité (E). On a ln(x) ln(1 − x) ∼_{0} −x ln x →_{0} 0 et, par continuité de f, f(x) →_{0} f(0) et f(1 − x) →_{0} f(1). On obtient ainsi

K = f(0) + f(1) = 0 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .