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%---- Dimensions des marges ---
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\theoremstyle{definition}
	\newtheorem{exo}{Exercice}

%---- Style de l'entete -----
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\newcommand{\entete}
{
% Lieu - annee
  \noindent {\textbf{Universit\'e Claude Bernard - Lyon 1} \hfill Semestre d'automne 2014-2015}\\
  %  Module
  \noindent {Math III - PMI \hfill Durée : 1h30\\}
  % Titre
  \hrule
  \begin{center} \textbf{Partie commune - Devoir numéro 2 - Corrigé} \end{center}
  \hrule
  \vspace*{1cm}
}

\begin{document}

\baselineskip=0.6cm
\entete

\begin{exo}
Pour tout $n \geq 2$, $u_n \geq 0$. Par ailleurs $u_n \underset{n \to + \infty}{\sim}\frac{1}{n^2}$. La série de terme général $\frac{1}{n^2}$ converge par Riemann. Donc, d'après le théorème de comparaison des séries à termes positifs, $\sum u_n$ converge.

On a $\frac{1}{X^2-1}= \frac{1}{(X-1)(X+1)}$.  D'après le théorème de décompostion en éléments simples, il existe des réels $a$ et $b$ tels que $\frac{1}{(X-1)(X+1)}= \frac{a}{X-1}+ \frac{b}{X+1}$. En multipliant cette relation par $(X-1)$ et en évaluant en $1$ on obtient $a = \frac{1}{2}$. De même, en multipliant la relation précédente par $(X+1)$ puis en évaluant en $-1$ on obtient $b=-\frac{1}{2}$. Finalement,
\[\frac{1}{X^2-1} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{X-1}-\frac{1}{X+1}\right).\]
Soit $N \in \N$ avec $N \geq 2$,
\begin{equation*}
\sum_{n=2}^N u_n = \frac{1}{2} \sum_{n=2}^N \left( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n+1}\right) = \frac{1}{2} \left(\sum_{n=1}^{N-1} \frac{1}{n} - \sum_{n=3}^{N+1} \frac{1}{n} \right) = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{N} - \frac{1}{N+1} \right) \xrightarrow[N\to +\infty]{} \frac{3}{4}.
\end{equation*}
Donc $\sum_{n \geq 2} u_n = \frac{3}{4}$.
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item On fait un développement limité de $u_n$. Lorsque $n \to + \infty$, $\frac{1}{\sqrt{n}} \to 0$. Donc
\begin{equation*}
u_n = \exp\left(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right) -1 = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} + \frac{1}{2}\left(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right)^2 + O\! \left(\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^3\right) -1 = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+ \frac{1}{2n} + O\!\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right).
\end{equation*}
Posons $v_n = u_n - \left(\frac{(-1)^n}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2n}\right)$. Le calcul précédent montre que $v_n = O\!\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)$ et $u_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2n} + v_n$ comme attendu.
\item
\begin{itemize}
\item $\norm{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}} = \frac{1}{\sqrt{n}}$ et la série de terme général $\frac{1}{\sqrt{n}}$ diverge par Riemann. Par ailleurs, $\frac{1}{\sqrt{n}}$ tend vers $0$ en décroissant lorsque $n \to + \infty$. Donc $\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ converge par le théorème des séries alternées. Cette série est donc semi-convergente.
\item $\sum \frac{1}{2n}$ diverge par le critère de Riemann.
\item $v_n =  O\!\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)$ donc en particulier $\norm{v_n}=  O\!\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)$. Par le critère de Riemann, la série de terme général $\frac{1}{n \sqrt{n}}$ converge. Donc $\sum \norm{v_n}$ converge par le théorème de comparaison des séries à termes positifs. $\sum v_n$ est donc absolument convergente.
\end{itemize}
\item La série de terme général $\frac{1}{2n}$ est divergente et à termes positifs, donc la suite de ses sommes partielles tend vers $+ \infty$. En revanche, la suite des sommes partielles des séries de termes généraux $\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ et $v_n$ convergent. Soit $N \in \N^*$, on a :
$\displaystyle \sum_{n=1}^N u_n = \sum_{n=1}^N \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} - \sum_{n=1}^N \frac{1}{2n} + \sum_{n=1}^N v_n \xrightarrow[N \to + \infty]{} - \infty$.
Donc $\sum u_n$ diverge.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item Pour tout $A > 1$, $\displaystyle \int_2^A f(t) \dx t = \int_2^A \frac{\dx t}{t \ln (t)} = \left[\ln\left(\ln(t)\right)\right]_2^A = \ln(\ln(A)) - \ln(\ln(2)) \xrightarrow[A \to + \infty]{} + \infty$. Donc l'intégrale impropre $\displaystyle \int_2^{+\infty}f(t) \dx t$ diverge.
\item $f$ est dérivable sur son domaine de définition, et pour tout $x \in ]1;+\infty[$, $f'(x) = -\frac{\ln(x)+1}{x^2 \ln(x)^2} <0$. Donc $f$ est strictement décroissante. Soit $n \in \N$ tel que $n \geq 2$, pour tout $x \in [n;n+1]$ on a : $f(n) \geq f(x) \geq f(n+1)$, par décroissance de $f$. En intégrant cette relation sur l'intervalle $[n;n+1]$ (qui est de longueur $1$), on obtient :
\begin{equation}
\label{eq1}
u_n = f(n) \geq \int_n^{n+1} f(t) \dx t \geq f(n+1) = u_{n+1}.
\end{equation}
\item Soit $N \in \N \setminus \{0;1\}$, en sommant les inégalités précédentes \eqref{eq1} on obtient :
\begin{align*}
& & &\sum_{n=2}^N u_n \geq \sum_{n=2}^N \int_n^{n+1} f(t) \dx t = \int_2^{N+1} f(t) \dx t = \ln(\ln(N+1)) - \ln(\ln(2)) & &\text{et,}\\
& & &\sum_{n=3}^{N} u_{n} = \sum_{n=2}^{N-1} u_{n+1} \leq \sum_{n=2}^{N-1} \int_n^{n+1} f(t) \dx t = \int_2^{N} f(t) \dx t = \ln(\ln(N)) - \ln(\ln(2)).\\
&\text{Donc} & &\ln(\ln(N+1)) - \ln(\ln(2)) \leq \sum_{n=2}^N u_n \leq \ln(\ln(N)) - \ln(\ln(2))+ u_2.
\end{align*}
Par ailleurs, $\ln(\ln(N+1)) = \ln\left(\ln(N)+\ln\left(1+\frac{1}{N}\right)\right) = \ln(\ln(N)) + \ln\left(1+\frac{\ln(1+o(1))}{\ln(N)}\right) \sim \ln(\ln(N))$, et les constantes sont $o(\ln(\ln(N)))$. Dans la double inégalité ci-dessus, les termes de gauche et de droite sont donc tous les deux équivalents à $\ln(\ln(N))$ lorsque $N \to + \infty$. Donc $\displaystyle \sum_{n=2}^N u_n \underset{N \to +\infty}{\sim} \ln(\ln(N))$, et en particulier la série de terme général $u_n$ diverge.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item \begin{description}
\item[(Homogénéité)] Pour tout $\lambda \in \R$ et $P= \displaystyle\sum_{k=0}^d a_k X^k \in E$. On a :
\begin{align*}
N_1(\lambda P) &= \int_0^1\norm{\lambda P(t)} \dx t = \norm{\lambda}\int_0^1\norm{P(t)} \dx t = \norm{\lambda}N_1(P)\\
N_2(\lambda P) &= N_2\left(\sum_{k=0}^d (\lambda a_k)X^k\right) = \sqrt{\sum_{k=0}^d \lambda^2a_k^2} = \norm{\lambda}N_2(P).
\end{align*}
\item[(Définition)] Soit $P= \displaystyle\sum_{k=0}^d a_k X^k \in E$,
\begin{align*}
N_1(P) = 0 &\Leftrightarrow \int_0^1\norm{P(t)} \dx t \Leftrightarrow \forall \ t \in [0;1],\ \norm{P(t)}=0 \ (\text{car } t \mapsto \norm{P(t)} \text{ est continue et positive sur }[0;1])\\
&\Leftrightarrow P = 0 \ (\text{car un polynôme non nul de degré au plus } d \text{ s'annule au plus } d \text{ fois sur }\R),\\
N_2(P)=0 & \Leftrightarrow \sum_{k=0}^d a_k^2 = 0 \Leftrightarrow \forall \ k \in \{1,\dots,d\}, \ a_k=0 \Leftrightarrow P=0.
\end{align*}
\item[(Inégalité triangulaire)] Soient $P= \displaystyle\sum_{k=0}^d a_k X^k$ et $Q= \displaystyle\sum_{k=0}^d b_k X^k \in E$. On a :
\begin{align*}
N_1(P+Q) &= \int_0^1 \norm{P(t)+Q(t)}\dx t \leq \int_0^1 \left(\norm{P(t)}+\norm{Q(t)}\right) \dx t = N_1(P)+N_1(Q)\\
\intertext{en appliquant pour tout $t \in [0;1]$ l'inégalité triangulaire dans $\R$ pour $\norm{\cdot}$. Par ailleurs,}
N_2(P+Q)^2 &= \sum_{k=0}^d (a_k+b_k)^2 = \sum_{k=0}^d a_k^2 + 2\sum_{k=0}^d a_kb_k + \sum_{k=0}^d b_k^2 \leq \sum_{k=0}^d a_k^2 + 2\sqrt{\sum_{k=0}^d a_k^2}\sqrt{\sum_{k=0}^d b_k^2}+\sum_{k=0}^d b_k^2\\
\intertext{par Cauchy-Schwarz, appliqué au second terme. Donc}
N_2(P+Q)^2 &\leq N_2(P)^2 + 2 N_2(P) N_2(Q) + N_2(Q)^2 = \left(N_2(P)+N_2(Q)\right)^2.
\end{align*}
On obtient donc $N_2(P+Q) \leq N_2(P)+N_2(Q)$ en prenant la racine carrée de cette expression.
\end{description}
\item L'espace $E$ est de dimension finie $d+1$, donc toutes les normes sur $E$ sont équivalentes. En particulier, $N_1$ et $N_2$ sont équivalentes et il existe $C>0$ telle que : $\forall \ P \in E,\ N_2(P) \leq C N_1(P)$. C'est l'inégalité demandée.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
En effectuant les opérations suivantes $C_4 \leftarrow C_4 - C_1-C_2-C_3$, $C_3 \leftarrow C_3 - C_1-C_2$, $C_2 \leftarrow C_2 - C_1$, on obtient une matrice triangulaire inférieure dont le déterminant est $(x-a)(b-a-x)(c-b-x-a)$. Ainsi la matrice de départ est non-inversible si et seulement si $x \in \{a, b-a, c-b-a\}$.
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item L'hypothèse implique $\det(A+A)=\det(A)+\det(A)$. Ainsi $\det(2A)=2\det(A)$ ou encore $2^n \det(A)=2 \det(A)$ ou encore $(2^n-2)\det(A)=0$. Or $n\ge 2$ donc $2^n-2 \ne 0$ d'où $\det(A)=0$.
\item
\begin{enumerate}
\item La matrice $A$ est non nulle, donc l'une des colonnes $C_i$ de cette matrice est non nulle. Si on note $X_0$ le vecteur colonne formé de $0$ et d'un $1$ à la position $i$ alors $A \cdot X_0= C_i \ne 0$.
\item Notons $Y_0=-A X_0$. Soient $X_0, X_2, \ldots, X_n$ et $Y_0, Y_2, \ldots, Y_n$ deux bases de $\mathcal{M}_{n \times 1}(\R)$ obtenues par application du théorème de la base incomplète. Soit alors $\phi$ l'endormorphisme de $\mathcal{M}_{n \times 1}(\R)$ tel que $\phi(X_i)=Y_i$. Cet endomorphisme est en fait un isomorphisme car il envoie une base sur une base. Notons $P$ la matrice de passage entre la base des $X_i$ et celle des $Y_i$. La relation $\phi(X_0)=Y_0$ implique la relation matricielle $P \cdot X_0 = Y_0 = -A X_0$.
\item Le résultat de la question précédente entraine alors: $(P+A)\cdot X_0 =0$ avec $X_0 \ne 0$. Par conséquent, la matrice $A+P$ n'est pas inversible et donc $\det(A+P) = 0$. Or par hypotèse et par la question 1, $\det(A+P)=\det(A)+\det(P)=\det(P)$. On a donc $\det(P)=0$ ce qui contredit le fait que $P$ est inversible.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Soit $y \in \im(u^{p-1})$. Il existe donc $x \in E$ tel que $u^{p-1}(x)=y$. On a alors\\
$u(y)=u(u^{p-1}(x))=u^p(x)=0(x)=0$ d'où $y \in \ker(u)$.
\item Si $\im(u^{p-1})$ était nul alors l'application $u^{p-1}$ serait nulle ce qui contredirait la défintion de $p$.
\item Les deux questions précédentes impliquent $\ker(u) \ne \{0\}$ ce qui est équivalent au fait que $0$ est une valeur propre de $u$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Soit $x \ne 0$ un vecteur propre de $u$ associé à la valeur propre $\lambda$. Par une récurrence simple, on montre que $u^k(x)= \lambda^k x$ quelque soit l'entier $k \ge 1$. C'est en particulier le cas pour $k=p$ d'o\`u l'on peut conclure que $\lambda^p$ est une valeur propre de $u^p$.
\item En reprenant les notations de la question précédente, on obtient $u^p(x)=\lambda^p \cdot x$. Or, par hypothèse, $u^p=0$ donc $\lambda^p \cdot x=0$. Le vecteur $x$ étant non nul, cela entraine $\lambda^p=0$ puis $\lambda=0$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}