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CORRECTION DS n˚2
Questions de cours.
1. (a) det A=X
σ∈Sn
(σ)
n
Y
j=1
aσ(j),j.
(b) Vn(a1, ..., an) =
1a1a2
1. . . an−1
1
1a2a2
2. . . an−1
2
.
.
..
.
..
.
..
.
.
1ana2
n. . . an−1 n
[n]
=Q
16i<j6n
(aj−ai)
2. (a) χu= det(u−XIdE) = (−1)n(Xn−tr(u)Xn−1+. . . + (−1)ndet u)
(b) On appelle polynˆome minimal de ule polynˆome unitaire de degr´e minimal annulant l’endomor-
phisme u.
(c) Le polynˆome minimal divise tout polynˆome annulateur.
(d) Les racines du polynˆome minimal sont exactement celles du polynˆome caract´eristique.
3. Lorsque χuest scind´e on a ´equivalence entre :
(i) uest diagonalisable.
(ii) Il existe une base de vecteurs propres.
(iii) E=L
λ∈Sp(u)
Ker(u−λIdE)
(iv) dim E=P
λ∈Sp(u)
dim (Eλ(u))
(v) ∀λ∈Sp(u),dim (Eλ(u)) = mλ
(vi) uannule un polynˆome scind´e `a racines simples.
4. (a) FAUX : Il suffit de prendre la matrice nulle et une matrice nilpotente quelconque de mˆeme ordre,
leur polynˆome caract´eristique vaut (−X)nmais elles ne sont pas semblables car seule la matrice
nulle est semblable `a elle-mˆeme (au mˆeme titre que l’identit´e).
OU BIEN : FAUX : Les matrices I2et A=1 1
0 1 fournissent un contre-exemple.
(b) VRAI : Aet Bsont mˆeme polynˆome caract´eristique et sont diagonalisables donc elles sont sem-
blables `a la mˆeme matrice diagonale D(quitte `a ranger les valeurs propres dans le mˆeme ordre).
Comme la relation “ˆetre ´equivalent” est transitive, Aet Bsont semblables.
(c) Si A∈ Mn(R) v´erifie A2−3A+ 2In=Onalors
i. VRAI : Aannule un polynˆome scind´e `a racines simples.
ii. VRAI : X2−3X+ 2 = (X−1)(X−2) annule Adonc le spectre de Aest inclus dans
{1,−6}.Rnest ainsi la somme directe des sous-espaces propres et ceux-ci ne peuvent ˆetre
que ker(A+ 6In) et ker(A+In) (´eventuellement, si l’un n’est pas sous-espace propre il est
r´eduit `a {0}et l’autre vaut Een entier) soit :
Rn= ker(A−In)⊕ker(A−2In).
iii. FAUX : Les seules valeurs propres sont 1 et 2 mais il faut tenir compte des multiplicit´es m1
et m2: det(A) = 2m
2.
Exercice 1 (E3A PSI - 2005).
PARTIE A
1. On a :
un+1 −un=1
n+ 1 −ln 1 + 1 n=1 n1 + O1 n−1 n+O1 n2=O1 n2
et P(un+1 −un) est donc une s´erie absolument convergente. Les sommes partielles de cette s´erie
formant la suite (un−u1), la suite (un) est donc convergente .
PSI 2013-2014 1 Lyc´ee de L’essouriau

CORRECTION DS n˚2
2. (a) hxest d´erivable sur R+∗avec ∀t > 0, h0
x(t) = 1−xln(t)
tx+1 . Soit le tableau de variation suivant :
t0e1/x +∞
hx(t)% & 0
(b) h1est d´ecroissante sur [e, +∞[ et donc sur [3,+∞[. Ainsi,
∀n≥3,∀t∈[n, n + 1],ln(t)
t≤ln(n) n
∀n≥4,∀t∈[n−1, n],ln(n)
n≤ln(t) t
En int´egrant ces in´egalit´es respectivement sur [n, n + 1] et [n−1, n], on obtient les in´egalit´es
demand´ees.
(c) En particulier, on a (en sommant) : 1
2ln(t)2n
3=Rn
3
ln(t)
tdt ≤Pn
k=3
ln(k)
k.
Le minorant ´etant de limite infinie, Pln(n)
ndiverge (la suite des sommes partielles tend vers
+∞).
Remarque : plus simplement, on a ln(n)
n≥1 nqui donne aussi la divergence.
Par ailleurs, (−1)nln(n)
nest le terme g´en´eral d’une suite altern´ee qui, en module, d´ecroˆıt `a partir
du rang 3 et qui est de limite nulle (croissances compar´ees). Par r`egle sp´eciale , c’est le terme
g´en´eral d’une s´erie convergente .
PARTIE B
1. (a) On a
an+1 −an=ln(n+ 1)
n+ 1 −1 2(ln(n+ 1))2−(ln(n))2
Par ailleurs, la seconde in´egalit´e de la question 2.b donne (en explicitant l’int´egrale comme on l’a
fait plus haut en changeant nen n+ 1 avec donc n≥3)
∀n≥3,1
2(ln(n+ 1))2−(ln(n))2≥ln(n+ 1) n+ 1
On obtient donc ∀n≥3, an+1 −an≤0 et la suite (an) d´ecroˆıt `a partir du rang 3 .
(b) En utilisant cette fois la premi`ere in´egalit´e de A.2.b (et en sommant), on a
tn=ln(2)
2+
n
X
k=3
ln(k)
k≥ln(2) 2+Zn+1
3
ln(t)
tdt ≥ln(2) 2+Zn
3
ln(t)
tdt
et donc ∀n≥3, an≥ln(2)
2−(ln(3))2 2.
La suite (an) est donc minor´ee. ´ Etant d´ecroissante, elle converge.
2. On d´ecoupe S2nen deux parties contenant respectivement les indices pairs et impairs.
S2n=
n
X
k=1
ln(2k)
2k−
n−1
X
k=0
ln(2k+ 1)
2k+ 1
Dans la seconde somme, on ajoute les termes pairs :
S2n=
n
X
k=1
ln(2k)
2k−
2n
X
k=1
ln(k)
k+
n
X
k=1
ln(2k)
2k=
n
X
k=1
ln(2) + ln(k)
k−t2n
En scindant la premi`ere somme, on a donc S2n=tn−t2n+ ln(2) Pn
k=1 1
k
PSI 2013-2014 2 Lyc´ee de L’essouriau

CORRECTION DS n˚2
3. On fait intervenir les suites unet an:
S2n= (un+ ln(n)) ln(2) + an+(ln(n))2
2−a2n−(ln(2n))2 2
En ´ecrivant que :
(ln(2n))2
2=(ln(n) + ln(2))2 2=(ln(n))2 2+ ln(n) ln(2) + (ln(2))2 2
on a donc :
S2n=unln(2) + (an−a2n)−(ln(2))2
2→
n→+∞γln(2) −(ln(2))2
2
(S2n) ´etant une extraite de la suite convergente (Sn) qui converge vers S, on a donc
S=γln(2) −(ln(2))2
2
Exercice 2 (CCP PC - 2007).
1.
Ma−(1 + 3a)I3=
−3a1−4a−1+4a
−3a−2−a2 + a
−3a−2−a2 + a
– On constate que la ligne 2 est l’oppos´ee de la ligne 3 : Le rang est au plus 2.
– Si a6= 0 la ligne 1 et la ligne 2 sont proportionnelles si et seulement si elles sont ´egales (cf la premi`ere
colonne) et donc si et seulement si 1 −4a=−2−a, ce qui ´equivaut `a a= 1.
– Si a /∈ {0,1}le rang est 2.
– si a= 1 le rang est au plus 1, et mˆeme exactement 1 car alors on a 
−3−3 3
−3−3 3
−3−3 3
non nul.
– Si a= 0 On a la matrice 
0 1 −1
0−2 2
0−2 2
de rang 1.
rg (Ma−(1 + 3a)I3) = 1 si a∈ {0,1}
2 sinon
Ma−(1 + 3a)I3n’est pas de rang 3 donc 1 + 3aest valeur propre de Ma.La dimension du sous espace
est celle du noyau de Ma−(1 + 3a)I3, soit 3 moins le rang de la matrice
dim (E1+3a(Ma)) = 2 si a∈ {0,1}
1 sinon
2. De fa¸con ´evidente MaV=V. Comme MaV=Vavec V6= 0, 1 est valeur propre de Ma.Or la somme
des valeurs propres (r´eelles ou complexes) est ´egale `a la trace, donc `a 6a+3. La troisi`eme valeur propre
est donc 1 + 3aqui est toujours r´eel. On a les valeurs propres 1 et 1 + 3a. Elles sont distinctes si a6= 0
si a6= 0 Les valeurs propres de Masont 1 (simple) et 1 + 3a(double)
si a= 0 on a une seule valeur propre 1 (triple)
3. Comme on a trouv´e trois valeurs propres r´eelles (distinctes ou non) pour une matrice r´eelle 3 ×3, la
matrice Maest toujours trigonalisable dans M3(R) La matrice est diagonalisable si et seulement si la
dimension de chaque sous espace propre est ´egale `a la multiplicit´e de la valeur propre correspondante.
PSI 2013-2014 3 Lyc´ee de L’essouriau

CORRECTION DS n˚2
– si a6= 0 : 1 ´etant valeur propre simple, le sous espace propre est donc toujours de dimension 1 (c’est
la droite Vect(V) ) et 1 + 3aest valeur propre double, et la dimension du sous espace propre est
connue d’apr`es I. 1.
– si a= 0 : 1 est valeur propre triple et le sous espace propre est de dimension 2
Maest diagonalisable si et seulement si a= 1
4. 4. a) On veut diagonaliser M1:
– on sait d´ej`a que E1(M1) = Vect(V)
– l’autre valeur propre est 4. et d’apr`es la matrice du I. 1 le sous espace propre est le plan d’´equation
(dans BC ) : −x−y+z= 0 une base est donc 
1
0
1
,
0
1
1
. On a une solution possible :
P=
110
101
111
,D=
100
040
004
En posant D0=
1 0 0
0 2 0
0 0 2
et R=P D0P−1, on a R2=P D02P−1soit R2=P DP −1=M1.
4. b) m
4est la matrice I2. Donc toutes les matrices de sym´etrie sont des racines carr´ees de m 4.
En particulier les matrices des sym´etries orthogonales.
Toutes les matrices mθ= 2 cos θsin θ
sin θ−cos θdonnent une infinit´e de racines carr´ees de m.
Un calcul par bloc donne alors que les matrices Dθ=
±1 0 0
0 2 cos θ2 sin θ
0 2 sin θ−2 cos θ
sont toutes des
racines carr´ees de D. Toutes les matrices P DθP−1sont alors des racines carr´ees de M1, en nombre
infini car M−> P MP −1est une bijection donc M1admet une infinit´e de racines carr´ees .
Si on fait le calcul avec les notations du 4.a) P
100
020
002
P−1=
1−1 1
−111
−1−1 3
est une solution.
5. On a N=
0 1 −1
0−2 2
0−2 2
et un produit de matrices donne N2= (0).
On a donc (binˆome de Newton comme Net I3commutent) :
(αI3+βN)2=α2I3+ 2αβN =
α22αβ −2αβ
0α2−4αβ 4αβ
0−4αβ α2+ 4αβ
Si (αI3+βN)2=M0on a donc (premi`ere ligne) α2= 1 et 2αβ = 1 ce qui donne (α= 1, β = 1/2 )
ou (α=−1, β =−1/2 ) On v´erifie alors que pour ces valeurs les 9 coefficients v´erifient la relation.
on a I3+1
2N2=M
6. Pour a=−1
3
Ma=
1 7/3−7/3
1−5/3 5/3
1−5/3 5/3
et les valeurs propres sont 1 (simple) et 0 (double). 6. a) On doit r´esoudre le syst`eme :
x+7
3y−7 3z= 0
x−5
3y+5 3z= 1
x−5
3y+5 3z= 1
PSI 2013-2014 4 Lyc´ee de L’essouriau

CORRECTION DS n˚2
On peut r´esoudre par Pivot de Gauss 
x
y
z
=
7/12
−1/4
0
+z
0
1
1
6. b) On cherche une base B= (I, J, K) telle que u(I) = −→ 0, u(J) = I, u(K) = K.Kest un vecteur
propre pour la valeur propre 1. on peut prendre Ktel que MatBC (I) = V I est un vecteur un noyau.
Un calcul (ou une simple v´erification) donne une solution MatBC (K) = 
0
1
1
Jest alors solution du
syst`eme pr´ec´edent par exemple si z= 0 M atBC (J) = 
7/12
−1/4
0
6. c) En faisant le calcul sans utiliser la simplification usuelle qui utilise la stabilit´e des sous espaces
propres (qui est prouv´ee au II) on pose :
X=
a b c
d e f
g h i
et donc XU =UX donne
0 = d , a =e , c =f
0 = 0 , d = 0 , f = 0
0 = g , g =h , i =i
ce qui ´equivaut `a : c=d=f=g=h= 0, a =e
∃(a, b, i)∈R3,X=
a b 0
0a0
0 0 i
Si Xest une racine carr´ee de Uon a X2=Uet donc XU =UX =X3, donc Xest du type pr´ec´edent.
Or
X2=
a22ab 0
0a20
0 0 i
=
010
000
001
impose a= 0 et 2ab = 1 (donc a6= 0 ) absurde et donc Un’a pas de racine carr´ee .
6. d) Uet M−1/3´etant semblables, il existe Pinversible telle que M−1/3=P UP −1. Si Yest une racine
carr´ee de M−1/3on a :
P−1Y P 2=P−1Y2P=P−1M−1/3P=U
absurde car Un’a pas de racine carr´ee et donc M−1/3n’a pas de racine carr´ee .
Exercice 3 (E3A PC - 2007).
1) (a) P=X3−2X2+X=X(X−1)2est annulateur de udonc le spectre de uest inclus dans l’en-
semble des racines de Pqui sont 0 et 1, soit si λest valeur propre de u, on a bien λ∈ {0,1}.
(b) En notant m0et m1les multiplicit´es respectives de 0 et 1 en tant que racines de χu, on a :
χu= det(u−XIdE) = Xm0(X−1)m1avec 0 6m063, 6m163 et m0+m1= 3.
Toutes ces conditions donnent 4 valeurs possibles :
χu=X3, χu=X2(X−1) , χu=X(X−1)2ou χu= (X−1)3.
(c) Soit k∈N∗, posons la division euclidienne de Xkpar A(X). Il existe deux polynˆomes de R[X]
not´es Qet Ravec deg(R)62 tel que Xk=A(X)Q(X) + R(X) avec R(X) = aX2+bX +co`u
(a, b, c)∈R3.
Pour X= 0, on obtient 0 = R(0) = c.
Pour X= 1, on obtient 1 = R(1) = a+b+c.
En d´erivant la relation de division euclidienne : kXk−1=A0(X)Q(X) + A(X)Q0(X) + R0(X).
PSI 2013-2014 5 Lyc´ee de L’essouriau