1) Montrons que S est un R-espace vectoriel

Universit´e Paris 7 MI3

L2 MIAS 2006-2007

Corrig´e de l’examen du 12 janvier 2007

Bar`eme indicatif : I = 2 ; II = 2 ; III = 2 ; IV = 6 ; V = 7 ; VI = 3

I) Question de cours. Soient A une matrice carr´ee d’ordre n, `a coefficients r´eels et S l’ensemble des fonctions X :R→Rⁿ qui sont solutions de l’´equation diff´erentielle X⁰ =AX.

1) Montrons que S est un R-espace vectoriel.

En effet, soient (t, X1, X2) ∈ R × S². La fonction Z = tX1 + X2 est d´erivable sur R et v´erifie Z⁰ =tX₁⁰ +X₂⁰ =tAX₁+AX₂ =A(tX₁+X₂) = AZ de sorte queZ ∈S.S est donc unR-sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel des fonctions d´erivables de R dans Rⁿ, donc un R-espace vectoriel.

2) Quelle est la dimension de S? (on ne demande pas de justifier la r´eponse).

S est un R-espace vectoriel de dimension n. En effet, un th´eor`eme du cours affirme que, pour tout x₀ ∈ Rⁿ, il existe une unique fonction X_x0 de R dans Rⁿ qui soit solution de X⁰ = AX et v´erifie X(0) =x0. On peut ainsi d´efinir une application bijective f deRⁿ dansS telle quef(x0) =Xx0 pour tout x₀ ∈ Rⁿ. On v´erifie ais´ement que f est lin´eaire, de sorte que f est un isomorphisme lin´eaire de Rⁿ dans S etS est de dimenson n.

II) Soit α∈[0, π]. D´eterminons selon α la nature de la s´erie suivante : X

n≥1

sin

α+ 1 n²

. Notons u_n(α) = sin α+ _n¹2

le terme g´en´eral de la s´erie `a ´etudier et remarquons que la suite (u<sub>n</sub>(α))n∈N<sup>∗</sup> tend vers sinα. Si α∈]0, π[, sinα6= 0 et la s´erie est grossi`erement divergente.

Siα= 0, u_n(α) est strictement positif et l’on a l’´equivalentu_n(α) = sin _n¹2

∼ _n¹2 lorsquen tend vers +∞. Comme la s´erie de RiemannP

n≥1 1

n² est convergente, on en d´eduit, par le crit`ere de comparaison entre deux s´eries de terme g´en´eral positif, que la s´erie est convergente.

Siα =π,u_n(α) = sin π+_n¹2

=−sin _n¹2

est strictement n´egatif et, d’apr`es ce qui pr´ec`ede, la s´erie de terme g´en´eral −un(α) converge. On en conclut de mˆeme que la s´erie P

n≥1un(α) est convergente.

III) Soit (a_n)n∈N la suite des d´ecimales du nombre irrationnel π (a₀ = 3, a₁ = 1, a₂ = 4, etc.). On consid`ere la s´erie enti`ere P∞

n=0a_nzⁿ.

1) Montrons que le rayon de convergence de cette s´erie est sup´erieur ou ´egal `a 1.

Notons R le rayon de convergence de cette s´erie. Comme, pour tout n ∈N, 0≤an ≤9, |anr^r| ≤ 9rⁿ pour tout r ∈ [0,1[. Si 0 ≤ r < 1, la s´erie g´eom´etrique P

n≥0rⁿ est convergente de sorte que, par comparaison, la s´erie P∞

n=0anrⁿ est absolument convergente. Il en r´esulte que R≥1.

2) Montrons que l’ensemble M={n ∈N| a_n6= 0} est infini.

Raisonnons par l’absurde et supposons que M est un ensemble fini. Alors M admet un plus grand

´el´ement A = maxM ∈ N de sorte que, pour tout n ≥ A+ 1, a_n = 0 et l’on obtient l’expression suivante de π :

π =a0, a1a2· · ·aA =

A

X

j=0

aj10^−j = PA

j=0a_j10^A−j 10^A ∈Q,

ce qui est absurde puisque π est irrationnel. On en conclut que l’ensembleMest infini.

3) Prouvons enfin que le rayon de convergence de la s´erie est ´egal `a 1.

Pour tout n∈ M,a_n est un entier non nul de sorte que a_n ≥1. Il s’ensuit que, pour tout N ∈N^∗,

N

X

j=0

a_n≥ X

n∈M∩[1,N]

1 = Card(M ∩[1, N]).

Comme M est une partie infinie de N, la suite croissante (Card(M ∩[1, N]))N∈N^∗ tend vers +∞.

On en d´eduit que limN→∞PN

j=0an1ⁿ = +∞ et que la s´erie enti`ere P∞

n=0anzⁿ n’est pas absolument convergente en z = 1. Donc R≤1 et, finalement, R = 1.

1

IV)Pour tout n∈N^∗ et tout x∈R, on pose fn(x) = _n(n+1)¹ e^−(n+1)x. 1) Montrons que la s´erie de fonctions P

n≥1f_n est normalement convergente sur [0,+∞[.

Pour toutn ∈N^∗et toutx∈R+, 0≤f_n(x)≤ _n(n+1)¹ . Comme la s´erie de terme g´en´eral _n(n+1)¹ = _n¹−_n+1¹ est convergente de somme 1, la s´erie P

n≥1f_n converge normalement sur R+. 2) Si f(x) =P

n≥1fn(x) pour tout x∈R⁺, montrons que f est continue sur R⁺.

Appliquons un th´eor`eme du cours : comme chaque fonction f_n est continue sur R+ et la s´erie de fonctions P

n≥1f_n est normalement convergente sur R+, la fonction-somme f est continue sur R+. 3) Etudions la convergence normale de la s´´ erie d´eriv´ee P

n≥1f_n⁰ sur R+ et sa convergence normale sur [b,+∞[ pour tout b >0.

Pour tout n∈N^∗, fn est clairement d´erivable sur R⁺ avec f_n⁰(x) =−_n¹e^−nx. Ainsi sup_x≥0|f_n⁰(x)|= ¹_n. Comme la s´erie harmoniqueP

n≥1 1

nest divergente, la s´erieP

n≥1f_n⁰ n’est pas normalement convergente sur R⁺. Fixons b > 0. Alors, pour tout n ≥ 1, sup_x≥b|f_n⁰(x)| = ¹_ne^−nb ≤ e^−nb. Comme la s´erie g´eom´etrique P

n≥1e^−nb est convergente, la s´erie P

n≥1f_n⁰ est normalement convergente sur [b,+∞[.

4) Montrons que f est d´erivable sur R^∗+ = ]0,+∞[ et est d´ecroissante sur R⁺.

Fixonsb >0 de fa¸con `a remplir les conditions d’application d’un th´eor`eme du cours : chaque fonction f_n est d´erivable sur [b,+∞[, la s´erie P

n≥1f_n est convergente sur [b,+∞[ et la s´erie P

n≥1f_n⁰ est normalement convergente sur [b,+∞[. On en conclut que la s´erie-somme f est d´erivable sur [b,+∞[

et que, pour tout x∈[b,+∞[, f⁰(x) = P

n≥1f_n⁰(x) = −P

n≥1 1 ne^−nx.

Commef est d´erivable sur [b,+∞[ pour tout b >0, f est d´erivable sur R^∗+ et f⁰(x) =−P

n≥1 1 ne^−nx si x∈R^∗+. Comme f⁰ est n´egative sur R^∗+ et f est continue sur R+, f est d´ecroissante sur R+.

5) Prouvons que, pour tout x∈R^∗+, 0≤f(x)≤ _2(1−e^e−x−x) et que limx→∞f(x) = 0.

Soit x ∈ R^∗+. Comme f_n(x) = _n(n+1)^e−x e^−nx ≤ ¹₂e^−nx si n ∈ N^∗, 0 ≤ f(x) ≤ ¹₂P

n≥1e^−nx = ¹_21−e^e−x−x. Commef est positive et x7→ ¹_21−e^e−x−x tend vers 0 en +∞, f tend aussi vers 0 en +∞.

6) Calculons f(0).

Pour tout n ∈N^∗, fn(0) = _n(n+1)¹ = ¹_n− _n+1¹ . La s´erie P∞

n=1fn(0) est donc une s´erie t´el´escopique et, pour toutN ∈N^∗,

N

X

n=1

f_n(0) =

N

X

n=1

1

n − 1 n+ 1

= 1− 1 N+ 1. tend vers 1 lorsque N tend vers +∞. Il en r´esulte que f(0) = 1.

V) Soient a ∈ R et ϕ_a l’endomorphisme de R³ dont la matrice dans la base canonique (e₁, e₂, e₃) de R³ est :

M_a=

−1 −1 1

−1 a 1

−3 a−2 3

! .

1) D´eterminons le polynˆome caract´eristique χ_a de ϕ_a, ses valeurs propres et l’ensemble des r´eels a pour lesquels ϕ_a est diagonalisable.

Pour tout x∈R,χ_a(x) = det(M_a−xI₃) se calcule par :

χa(x) =

−1−x −1 1

−1 a−x 1

−3 a−2 3−x

=

−x −1 1

0 a−x 1

−x a−2 3−x

=−x

1 −1 1

0 a−x 1 1 a−2 3−x

=−x x² −(2 +a)x+ (1 +a)

=−x(x−1)(x−1−a).

Les valeurs propres de ϕ_a, racines du polynˆome caract´eristique χ_a, sont donc : 0, 1 et 1 +a.

Sia /∈ {0,−1}, ϕ_a, admettant trois valeurs propres deux `a deux distinctes, est diagonalisable.

2

Supposons a ∈ {0,−1} : 1 + a est racine double de χa alors que −a est racine simple. Alors, ϕa

est diagonalisable ssi l’espace propre E_1+a(ϕ_a) de ϕ_a associ´e `a la valeur propre double 1 +a est de dimension 2, autrement dit ssi le rang de la matrice M<sub>a</sub>−(1 +a)I<sub>3</sub> est ´egal `a 1.

Or le rang de la matrice M_a−(1 +a)I₃ = −2−a −1 1

−1 −1 1

−3 a−2 2−a

est 1 si a=−1, 2 sia = 0.

On en conclut que l’ensemble des r´eels a tel que ϕ_a est diagonalisable est R\ {0}.

2) D´eterminons l’ensemble des r´eels a pour lesquels ϕ_a est trigonalisable.

Comme le polynˆome caract´eristiqueχ_a deϕ_aest scind´e dansR,ϕ_aest trigonalisable pour touta∈R. 3) On suppose que a= 0. Trouvons une matrice inversible P et une matrice T de la forme :

T =

λ₁ 0 0 0 λ₂ 1 0 0 λ2

!

, telles que P⁻¹M₀P =T .

On sait d´ej`a que 0 est valeur propre simple de ϕ0 et 1 valeur propre double.

L’espace propre E₀(ϕ₀) de ϕ₀ associ´e `a la valeur propre 0 est d´etermin´e par le syst`eme d’´equations lin´eaires : M₀X = 0. Utilisant l’algorithme du pivot de Gauß sur les lignes, on obtient :

M0 =

−1 −1 1

−1 0 1

−3 −2 3

!

L1−→:=−L₁

1 1 −1

−1 0 1

−3 −2 3

!

L2:=−→L2+L1 L3:=L3+2L1−L2

1 1 −1 0 1 0 0 0 0

!

Ceci fournit le syst`eme d’´equations de E0(ϕ0) : (x=z, y = 0) etu0 =e1+e3 est une base deE0(ϕ0).

Recherchons de mˆeme une base de l’espace propre E₁(ϕ₀) associ´e `a la valeur propre 1. Pour cela, appliquons l’algorithme du pivot de Gauß sur les lignes de la matrice M₀−I₃ :

M0−I3 =

−2 −1 1

−1 −1 1

−3 −2 2

!

L1:=−→−L2 L2:=L1

1 1 −1

−2 −1 1

−3 −2 2

!

L2:=−→L2+2L1 L3:=L3+L1−L2

1 1 −1 0 1 −1 0 0 0

!

L1:=L−→1−L₂

1 0 0 0 1 −1 0 0 0

!

Ceci fournit le syst`eme d’´equations de E₁(ϕ₀) : (x= 0, y =z) et u₁ =e₂+e₃ est une base deE₁(ϕ₀).

Recherchons un vecteurv₁ ∈R³ tel que (ϕ₀−id_R³)v₁ =u₁. Pour cela, on applique le mˆeme algorithme que pr´ec´edemment en ajoutant `a la matriceM<sub>0</sub>−I<sub>3</sub> une quatri`eme colonne consitu´ee des coordonn´ees deu₁, ce qui conduit au syst`eme : (x= 1, y =z−2). On choisit donc v₁ =e₁−2e₂.

La matrice P= 1 0 1 0 1 −2

1 1 0

des coordonn´ees du syst`eme de vecteurs (u₀, u₁, v₁) dans la base (e₁, e₂, e₃) est clairement de rang 3 : (u₀, u₁, v₁) est donc une base de R³ et P est la matrice de passage de la base (e1, e2, e3) dans la base (u0, u1, v1). NotonsT la matrice repr´esentantϕ0 dans la base (u0, u1, v1) de sorte que P⁻¹M₀P =T. Il vient queT= _{0 0 0}

0 1 1 0 0 1

.

4) Montrons qu’il existe une matrice diagonale D et une matrice N telles que N² = 0, DN =N D et T =D+N et calculons T^k pour tout k ∈N pour en d´eduire une m´ethode de calcul de M₀^k.

PosonsD= _{0 0 0}

0 1 0 0 0 1

et N= _{0 0 0}

0 0 1 0 0 0

de sorte que T =D+N,N² = 0 et DN =N D=N. CommeD et N commutent, la formule du binˆome de Newton prouve que, si k ∈Net k ≥2,

T^k= (D+N)^k = X

0≤j≤k

k j

N^jD^k−j =D^k+kN D^k−1 =D+kN D =D+kN =

0 0 0 0 1 k 0 0 1

! ,

puisque N^j = 0 si j ≥2 et D^k=D pour toutk ≥1. Bien entendu, T⁰ =I3 et T¹ =T.

Il en r´esulte que, sik ∈N^∗,M₀^k = (P T P⁻¹)^k =P T^kP⁻¹ =P(T+(k−1)N)P⁻¹ =M₀+(k−1)P N P⁻¹.

3

VI)Soit ϕ l’endomorphisme deR² dont la matrice dans la base canonique (e1, e2) est : A= 0 1

−9 6

.

1) D´eterminons le polynˆome caract´eristique χ de ϕ et ses valeurs propres.

Pour tout x ∈ R, χ(x) = det(A− xI₂) = −x(6−x) + 9 = x² −6x + 9 = (x−3)². 3 est donc l’unique valeur propre (double) deϕ.ϕ ne peut ˆetre diagonalisable car, sinon, il existerait une matrice inversible P telle que P⁻¹AP = 3I₂, i.e. A= 3I₂, ce qui est absurde.

2) R´esolvons le syst`eme diff´erentiel

x⁰(t) = y(t)

y⁰(t) = − 9x(t) + 6y(t) , o`u les inconnues x et y sont des fonctions d´erivables de R dans R. Notons X la fonction inconnue deR dans R² d´efinie par X(t) =

x(t) y(t)

.

Alors (x, y) est solution du syst`eme diff´erentiel ssiX<sup>0</sup>(t) = AX. Pour r´esoudre cette ´equation diff´erentielle, il nous faut trigonaliser la matrice A. On trouve ais´ement A=P T P<sup>−1</sup> o`u

T = 3 1 0 3

, P = 1 0 3 1

et P⁻¹ = 1 0

−3 1

.

Le syst`emeX<sup>0</sup> =AX =P T P<sup>−1</sup>X´equivaut donc `aY⁰ =T Y, o`u l’on a pos´eY(t) =P⁻¹X(t) =

u(t) v(t)

. Y⁰ =T Y s’´ecrit donc :

u⁰(t) = 3 u(t) + v(t)

v⁰(t) = + 3 v(t) .

La seconde ´equation a pour solutionv(t) = v(0)e^3t. La premi`ere s’´ecrit alors : u⁰(t) = 3u(t) +v(0)e^3t. ‘ Siw(t) =e^−3tu(t), on constate que w⁰(t) = e^−3t(u⁰(t)−3u(t)) =v(0) de sorte quew(t) = w(0) +v(0)t etu(t) = (u(0) +v(0)t)e^3t. On en d´eduit que

Y(t) = e^3t

u(0) +v(0)t v(0)

=e^3t 1 t 0 1

u(0) v(0)

=e^3t 1 t 0 1

Y(0) et X(t) = P Y(t) =e^3tP 1 t

0 1

P⁻¹X(0) =e^3t 1−3t t

−9t 3t+ 1

X(0).

3) D´eterminons les solutions de l’´equation du second ordre E : f⁰⁰(t)−6f⁰(t) + 9f(t) = 0.

Pour toute fonction f de R dans R deux fois d´erivable sur R, posons x = f et y = f⁰. Alors f est solution de E si et seulement si X = ^x_y

est solution du syst`eme X⁰ =AX. En effet, X⁰ =

x⁰ y⁰

= f⁰

f⁰⁰

=

f⁰

−9f + 6f⁰

=A f

f⁰

=AX.

Il r´esult alors de la question pr´ec´edente que les solutions de E sont : f(t) = e^3t((1−3t)f(0) +tf⁰(0)).

4