C'est très mal
 
En plus arretez de venir poster vos bouts de solutions si vous avez rien
 
Et quand vous avez, rédigez  
 

det(M-µI) = det(A² + (1-µ)²I)
µ€C
bah après, ca passe tout seul pâr double implication...^^ ; enfin je pense  
il faut que A² soit diago en effet

 
   
 
J'ai trouvé sans faire le moindre calcul de det.    
 

Je note (X,Y) un vecteur de R^2n résultat de la concaténation de deux vecteurs de R^n.
 
On suppose M diagonalisable.
 
Si t est une valeur propre de M et W=(X,Y) un vecteur propre associé tel que par exemple X=0
 
Alors en écrivant MW=tW on obtient Y appartient à ker A donc à Ker A².
 
Il vient donc ensuite tY=Y avec Y!=0 soit t=1.
 
Si t est différent de 1;
 
En écrivant MW=tW on obtient AY=(t-1)X puis A²Y=A(AY)=(t-1)AX=-(t-1)(t+1)Y=-(1-t)²Y
 
Donc Y est un vecteur propre de A² associé à -(t-1)².
 
Soit W1,...,Wk =(X1,Y1)..(Xk,Yk) une base du sous espace propre SEP(M,t).
 
Si Y1,...Yk est lié, on peut trouver un vecteur non nul du sous espace propre de la forme (X,0) en faisant une combinaison linéaire adaptée, mais alors t=1 contradiction.
 
Donc Y1,..,Yk est une base de SEP(A²,-(t-1)²)  , et ceci prouve aussi que si t est une valeur propre de M, alors -t aussi et les SEP associés ont même dimension.
 
Si maintenant t=1, on a vu que si W=(X,Y) est un vecteur propre de M ssi X et Y sont dans ker A².
 
Donc si X1,..Xn est une base de Ker A², ((X1,0),....,(0,X1),...,(0,Xn)) est une base de SEP(M,1).
 
La somme des dimensions des SEP associés à A² est donc la moitié de la somme des dim des SEP de M soit n.
 
A² est donc diagonalisable.
 
Pour la réciproque on construit facilement des SEP associés comme je l'ai fait pour t=1 .
 
 
 
 

exp(1/2)

exp(1/2)

C'est exp de :
1/(n²ln n)*somme de 1 à n de k ln k = 1/(n ln n)*(somme de 1 à n des k/n ln(k/n)) + 1/n² somme de 1 à n de k
 
La somme de Riemann tend vers une limite finie et le facteur vers 0, le terme de droite vers 1/2.

Faut poser le ln de ce truc moche et bidouiller ?

Bon je viens de trouver une façon de le résoudre

Posons vn=ln(u(n+1)/un)=ln(u(n+1))-ln(un)
comme ln(un) -> + inf, la série des vn diverge.
or vn=ln(u(n+1)/un) ~u(n+1)/un-1=(u(n+1)-un)/un

On a deux séries à termes positives, qui divergent, équivalentes, donc sum vn = ln(un(n+1)) -lnu0 ~ ln(un)~ sum (u(n+1)-un)/un

 
Soit Sn la somme de l'énoncé.
 
ln(uk+1)-ln(uk)=ln(uk+1/uk)=ln(1+(uk+1-uk)/uk)
 
ln(1+(uk+1-uk)/uk) <= (uk+1-uk)/uk <= ln((uk+1-uk)/uk) + ((uk+1-uk)/uk )^2  
 
Soit e>0
(uk+1-uk)/uk >= 0 pour tout k car un croît
(uk+1-uk)/uk ->0 , on peut donc trouver un entier naturel N tel que pour tout entier n , n>= N =>
 
(uk+1-uk)/uk <e .Pour n >=N on a alors, par sommation de l'inégalité ci dessus :
 
ln(un)-ln(u0) <= Sn <= ln(un)-ln(u0)  + e*Sn  + Somme de 1 à N  ((uk+1-uk)/uk )^2
 
d'ou 1/(1-e) <= Sn /(ln(un)-ln(u0)) <= 1/(1-e) + 1/(ln(un)-ln(u0)) * ( terme constant )
 
on peut trouver M >= N tel que  1/(ln(un)-ln(u0)) * ( terme constant ) <e
 
Pour n >= M on a alors :
 
1/(1-e) <= Sn /(ln(un)-ln(u0)) <= 1/(1-e)+e
 
Comme 1/(1-e) -> 1 quand e tend vers 0 et e étant arbitraire, pour tout  t >0 on peut trouver n entier naturel  
 
tel que 1-t <  Sn /(ln(un)-ln(u0)) <1+t
 
Ceci montre Sn /(ln(un)-ln(u0)) ->1 et donc Sn ~ ln(Un)-ln(U0) ~ ln(Un) car Un tend vers l'infini.
 

 
C'est quoi ce théorème Me rappellait pas qu'il existait quand ca divergait
 

on trigonalise dans C et comme les sommes des coefficients diagonaux a la puissance k sont toujours egales, on en deduit que les coefficients diagonaux sont egaux, et donc les polynomes caracteristiques sont egaux dans C, et donc dans R. il reste plus qu'a factoriser par (-1/x)^n pour x non nul, l'egalite pour le cas x=0 etant triviale