L2 Math´ematiques, Informatique Epreuve du 27 Janvier 2006 Les t´el´ephones portables et les calculettes sont interdits 1. Etudier la nature des s´eries de termes g´en´eraux : •

L2 Math´ ematiques, Informatique Epreuve du 27 Janvier 2006

Les t´ el´ ephones portables et les calculettes sont interdits

1. Etudier la nature des s´ eries de termes g´ en´ eraux :

• ₄ ⁿ

n! . le plus simple est d’appliquer la r` egle de d’Alembert, le rapport obtenu est

(1+

)

(n+1)

4n . Comme (1 + _n ¹ ) ⁿ tend vers e quand n tend vers l’infini la limite est

e

4 < 1. Il ya convergence.

• _n

+log(n) ⁿ ; comparaison ` a la s´ erie de Riemann : _n

+log(n) ⁿ < _n ¹

, il ya convergence.

• e

− sin( ¹ _n ) − cos( _n ¹ ); d´ eveloppement limit´ e, puis comparaison ` a une s´ erie de Rie- mann, il ya convergence puisque on obtient un terme en _6n ¹

plus des termes d’ordre sup´ erieur. Convergence.

• ⁽⁻¹⁾ ₁₊ ^√

_n . Convergence par application du crit` ere des s´ eries altern´ ees. Ne pas oublier de v´ erifier les deux conditions, ` a savoir d´ ecroissance et limite 0.

2. Donner les d´ eveloppements en s´ eries enti` eres au voisinage de 0 des fonctions suivantes en pr´ ecisant le rayon de convergence e ^x et _(1−x) ¹

.

Voir Liter Martinais ou tout aure manuel. Ce type de d´ eveloppement est ` a savoir ar coeur (avec log, cos,sin, ch,...)

3. Donner les rayons de convergence des s´ eries enti` eres :

• ^P _n3 ^x

; 3, appliquer Cauchy en se souvenant que la limite de n

quand n tend vers l’infini vaut 1.

• ^P a

√ n x ⁿ , o` u a est un r´ eel strictement positif; 1 appliquer Cauchy.

• ^P (1 + _n ¹ ) ⁿ

x ⁿ . e appliquer Cauchy et la limite de (1 + _n ^{1 n} quand n tend vers l’infini vaut e.

4. L’int´ egrale suivante est elle convergente :

Z 1 0

√ dt e ^t − 1

La difficult´ e se trouve en t = 0 car la fonction au d´ enominateur tend vers 0, donc le rapport tend vers l’infini. On fait un d´ eveloppement limit´ e en t = 0. La fonction sous le signe somme est alors ´ equivalente quand t tend vers 0 ` a ¹ _t . Il y a divergence (Riemann).

5. L’int´ egrale suivante est elle convergente :

1

Z +∞

0

t ⁴ e ^−t dt

Le probl` eme est ` a l’infini. Mais t ⁴ e ^−t < t ² pour tout t assez grand car la limite de t ² e ^−t quand t tend vers l’infini vaut 0. Il y a convergence sur [1, +∞[ par comparaison ` a une int´ egrale de Riemann. Sur [0, 1] la fonction est continue. Il y a convergence.

6. Soit la matrice A :







2 −2 2

2 2 2

1 1 2







6.1. 2 est valeur propre triple, le sous espace prpre est de diension 1, (1, 1, −1) est vecteur propre.

6.2. Trouver un vecteur ~ v de R ³ tel que (A − 2I ₃ ) ² (~ v) 6= 0. En d´ eduire une base de jordanisation (i.e. une base dans laquelle A triangularise sous forme de Jordan). On peut prendre le vecteur = u ₃ (0, 0, 1). Auquel cas on pose u ₂ = (A − 2I ₃ )(u ₃ ) = (2, 2, 0) et u ₁ = (A − 2I ₃ )(u ₂ ) = (−4, 4, 4) et (cours) (u ₁ , u ₂ , u ₃ ) forment une base de jordanisation.

6.3. Calculer A ⁿ pour tout entier n, n ≥ 0. On pose N = A − 2I ₃ . On sait que N ³ = 0 (Cayley Hamilton). On ´ ecrit A ⁿ = (2I ₃ + N ) ⁿ = 2 ⁿ I ₃ + n2 ⁿ⁻¹ N + ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾ ₂ 2 ⁿ⁻² N ² (application de la formule de Newton, utilisant que N ³ = 0). Et N ² est ´ egale ` a







−2 2 −4

2 −2 4

2 −2 4







7.1. R´ esoudre le syst` eme diff´ erentiel en la variable t : y ₁ ⁰ = y ₁ + 2y ₂ y ₂ ⁰ = 2y ₁ + y ₂

Les valeurs propres sont −1 et 3, des vecteurs propres associ´ es 1

−1

!

et 1 1

!

. La solution g´ en´ erale est donc de la forme λe ^−t + µe ^3t

−λe ^−t + µe ^3t

!

7.2. R´ esoudre le syst` eme diff´ erentiel en la variable t y ₁ ⁰ = y ₁ + 2y ₂ + t y ₂ ⁰ = 2y ₁ + y ₂ + te ^t

Plusieurs approche ´ etaient possibles. Le plus souvent on s’est ramen´ e au syst` eme Z ⁰ = ∆Y + P ⁻¹ B = 0

avec P = 1 1

−1 1

!

, ∆ = P ⁻¹ AP = −1 0

0 3

!

, Y = y 1

y ₂

!

, Y = P Z, B = t te ^t

!

. Et donc on se ramenait ` a deux ´ equations diff´ erentielles lin´ eaires du premier ordre avec

2

second membre. La premi` ere ´ etant z <sub>1</sub> <sup>0</sup> = z <sub>1</sub> + <sup>1</sup> <sub>2</sub> (t − te <sup>t</sup> ). On r´ esolvait par variation de la constante. Il fallait ´ evidemment revenir apr` es ` a y <sub>1</sub> et y <sub>2</sub> . Il ´ etait auusi possible de travailler directement ` a partir du syst` eme initial et de la matrice S(t) = e ^t e ^3t

−e ^t e ^3t

!

. Une solution particuli` ere est alors donn´ ee par

Z

S(t) ⁻¹ B(t)dt

8. Soit la matrice A ` a coefficients complexes :







2 0 0

a ² + 1 2 0 c ab 1







Donner son polynˆ ome caract´ eristique, puis une condition n´ ecessaire et suffisante sur les param` etres a, b et c pour qu’elle soit diagonalisable.

Les valeurs prpres sont 1 qui est simple et 2 qui est double. Il y a deux mani` eres de proc´ eder. Soit appliquer le th´ eor` eme qui dit qu’une matrice est diagonalisable si et seule- ment si elle est annul´ ee par un polynˆ ome ` a racines simples. En l’occurence A est diago- nalisable si et seulement si elle annul´ ee par (X − 2)(X − 1). Ce qui donne tous calculs faits la condition a ² + 1 = 0.

Soit on pouvait observer qu’il ´ etait n´ ecessaire et suffisant que l’espace propre associ´ e ` a 2 soit de dimension 2. Ceci a ´ et´ e fait le plus souvent mais avec des erreurs mineures.

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