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PCSI 2013-2014 CORRECTION DS n˚11 Lyc´ee de L’essouriau
EXERCICE 1 - S´eries num´eriques
Les questions sont toutes ind´ependantes.
1. Questions de cours
(a) La s´erie g´eom´etrique P
n>0
qnconverge si et seulement si |q|<1 et sa somme vaut
+∞
X
n=0
qn=1
1−q.
(b) Une s´erie positive P
n>0
unconverge si et seulement si la suite de ses sommes partielles est major´ee.
(c) La s´erie P
n>1
1
nαconverge si et seulement si α > 1.
2. (a) ∀n>3, on a ln n
√n>1
n1
2
.
Or la s´erie P
n>1
1
n1
2
diverge d’apr`es le crit`ere des s´eries de Riemann.
Par comparaison de s´eries positives, on en d´eduit que P
n>1
ln n
√ndiverge.
(b) Par croissances compar´ees, on a ln n=o(√n) donc ln n
n2=o1
n3
2. Or la s´erie P
n>1
1
n1
2
converge
d’apr`es le crit`ere des s´eries de Riemann.
Par comparaison de s´eries positives, on en d´eduit que P
n>1
ln n
n2converge.
(c) ln n+√n
n2+ 3n+ 1 ∼√n n2∼1
n3
2
car ln n=o(√n) et 3n+ 1 = o(n2).
Or la s´erie P
n>1
1
n1
2
converge d’apr`es le crit`ere des s´eries de Riemann.
Par ´equivalence de s´eries positives, on en d´eduit que P
n>1
ln n+√n
n2+ 3n+ 1 converge.
3. On remarque que ∀n>2, on a 1
n2−1=1 21 n−1−1 n+ 1.
Donc Sn=
n
X
k=2
1
k2−1=1 2 n
X
k=2
1
k−1−
n
X
k=2
1
k+ 1!.
On reconnait une s´erie t´elescopique avec un d´ecalage de deux indices. Un changement d’indice donne :
Sn=1
2 n−1
X
k=1
1
k−
n+1
X
k=3
1
k!=1 21 + 1 2−1 n−1 n+ 1.
Par passage `a la limite, on trouve Sn→3
4donc P
n>2
1
n2−1converge et
+∞
X
n=2
1
n2−1=3 4.
4. VRAI ou FAUX (Si votre r´eponse est «FAUX », vous devez fournir un contre-exemple)
(a) FAUX : un=1
n→0 mais P
n>0
1
ndiverge.
(b) FAUX : Il suffit de consid´erer P
n>0
(−1)nqui est born´ee puisque p´eriodique de p´eriode 2 (ne prenant
que deux valeurs : 1 et 0) donc n’est pas convergente.
(c) FAUX : un=1
nln n=o(1 n) mais P
n>2
undiverge.
En effet par comparaison avec int´egrale, P
n>0
unest de mˆeme nature que la suite de terme g´en´eral
Zn
2
1
tln t= ln(ln n)−ln(ln 2). Celle-ci ´etant divergente, P
n>0
undiverge.
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PCSI 2013-2014 CORRECTION DS n˚11 Lyc´ee de L’essouriau
EXERCICE 2 - Des sous-espaces vectoriels de R4
1. F=
x
y
z
t
∈R4; 2x−y−z= 0
=
x
y
2x−y
t
∈R4; (x, y, t)∈R3
.
Or 
x
y
2x−y
t
=x
1
0
2
0
+y
0
1
−1
0
+t
0
0
0
1
donc F= Vect
1
0
2
0
,
0
1
−1
0
,
0
0
0
1
.
D’apr`es l’´ecriture de F, cette famille est g´en´eratrice de F.
On v´erifie facilement que cette famille de 3 vecteurs est libre : les deux premiers vecteurs que l’on
notera f1et f2sont non-colin´eaires tandis que le 3`eme vecteur f3ne peut s’´ecrire comme combinaison
lin´eaire de f1et f2vu que la 4`eme coordonn´ee de f3est non nulle alors que celle de f1et f2le sont.
C’est donc une base de Fet dim F= 3 .
2. De mˆeme G= Vect
1
1
0
2
,
1
1
1
1
,
0
0
1
0
D’apr`es l’´ecriture de G, cette famille est g´en´eratrice de G. On v´erifie facilement que cette famille
(g1, g2, g3) de 3 vecteurs est libre en montrant que λ1g1+λ2g2+λ3g3= 0R4⇒λ1=λ2=λ3= 0 donc
c’est une base de Get dim G= 3 .
3. Cherchons une base de F∩G(appartenant `a Fet `a G).
On peut remarquer que le vecteur g2appartient `a Gmais aussi `a F(car 2x−y−z= 0).
Plus g´en´eralement, soit X= (x, y, z, t) appartenant `a Fet G, alors ∃a, b, c ∈Rtels que :
x=a+b
y=a+b
z=b+c
t= 2a+b
2x−y−z= 0
La derni`ere ligne implique 2(a+b)−(a+b)−(b+c) = 0 soit a=c.
Donc X=
a+b
+b
a+b
2a+b
=a
1
1
1
2
+b
1
1
1
1
soit F∩G= Vect
1
1
1
2
,
1
1
1
1
.
Comme ces deux vecteurs sont non colin´eaires, on en d´eduit que c’est une base de F∩G.
On a alors dim(F∩G) = 2 .
4. dim (F+G) = dim F+ dim G- dim (F∩G) = 3 + 3 −2 = 4.
F+Gest un sous-espace vectoriel de R4de mˆeme dimension que R4donc F+G=R4.
5. Tout suppl´ementaire Dde Fdoit ˆetre de dimension 1 (car dim F+ dim D= dim R4= 4) c’est `a dire
qu’il est engendr´e par un seul vecteur Y. On notera alors D= Vect(Y).
On sait aussi que F∩D={0E}, c’est `a dire que Y /∈F.
Par exemple Y=
1
0
0
0
ne satisfait pas l’´equation caract´erisant F: 2x−y−z= 2 6= 0.
Donc Y /∈Fet on en d´eduit que D= Vect(Y) est un suppl´ementaire de Fdans R4.
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PCSI 2013-2014 CORRECTION DS n˚11 Lyc´ee de L’essouriau
EXERCICE 3 - Un espace vectoriel polynˆomial
1. ∀(P, Q)∈E2,∀λ∈R, on a :
f(P+λQ)=(X2+X−2)(P+λQ)0(X)−(2X−1)(P+λQ)(X)+(P+λQ)(1)
f(P+λQ)=(X2+X−2)(P0(X) + λQ0(X)) −(2X−1)(P(X) + λQ(X)) + P(1) + λQ(1)
f(P+λQ)=(X2+X−2)P0(X)−(2X−1)P(X)+P(1)+λ((X2+X−2)Q0(X)−(2X−1)Q(X)+Q(1))
f(P+λQ) = f(P) + λf(Q). On en d´eduit que fest lin´eaire.
Si Pest un polynˆome, f(P) est encore un polynˆome mais v´erifions que deg(f(P)) 62.
On pose P=aX2+bX +c, alors :
f(P)=(X2+X−2)(2aX +b)−(2X−1)(aX2+bX +c)+(a+b+c)
f(P)=2aX3+ 2aX2−4aX +bX2+bX −2b−(2aX3+ 2bX2+ 2cX −aX2−bX −c) + (a+b+c)
f(P) = (3a−b)X2+ (−4a+ 2b−2c)X+ (a−b+ 2c) soit deg(f(P)) 62.
fest donc bien un endomorphisme de E.
2. (a) Pour a= 0, b = 0, c = 1, f(1) = −2X+ 2.
De mˆeme, f(X) = −X2+ 2X−1 et f(X2)=3X2−4X+ 1.
(b) f(1) + f(X2)=3X2−6X+ 3 = −3f(X), on en d´eduit que la famille f(1), f(X), f (X2) est li´ee.
Or rg(f) = rg(f(1), f(X), f(X2)) car il s’agit de l’image de la base canonique de E.
On a donc rg(f(1), f(X), f (X2)) = rg(f(1), f (X2)) 62.
f(1) et f(X2) ´etant deux polynˆomes de degr´es diff´erents, ils ne sont pas colin´eaires, cette famille
est donc libre et g´en´eratrice de Im(f).
On en d´eduit que c’est une base et donc que dim(Im f) = 2 soit rg f= 2.
fn’est donc pas injective car rg f6= dim E= 3.
3. (a) On pose P=aX2+bX +c∈Ker(f) soit f(P)=0E.
Par identification des coefficients, ceci ´equivaut d’apr`es l’expression du 1. au syst`eme :
3a−b= 0
−4a+ 2b−2c= 0
a−b+ 2c= 0 ⇔
b= 3a
2a−2c= 0
−2a+ 2c= 0 ⇔b= 3a
c=a
On en d´eduit que P=a(X2+ 3X+ 1) soit Ker(f) = Vect(X2+ 3X+ 1).
On sait d´ej`a que rg(f) = 2 et d’apr`es le 2.(b) une base de Im(f) est (f(1), f(X2)).
(b) Vu leur dimension, il suffit de prouver que Ker(f)∩Im(f) = {0E}.
Soit P∈Ker(f)∩Im(f).
Il existe α∈Rtel que P=α(X2+ 3X+ 2) et il existe (β, γ)∈Rtels que P=βf(1) + γf(X).
L’´egalit´e α(X2+ 3X+ 1) = β(−2X+ 2) + γ(3X2−4X+ 1) ´equivaut `a :
α= 3γ
3α=−2β−4γ
α= 2β+γ⇔
α= 3γ
−2β= 5γ
3γ=−5γ+γ
soit 
α= 0
−2β= 0
γ= 0
.
Finalement Ker(f)∩Im(f) = {0E}et ce sont bien deux s.e.v. suppl´ementaires de E=R2[X].
4. Soit la famille B= (P0, P1, P2) o`u P0=X2+X−2, P1=X2+ 3X+ 1 et P2=X2−2X+ 1
(a) Il suffit de prouver que la famille est libre, ce qui est trivial en r´esolvant un syst`eme. Comme elle
est maximale, on en d´eduit que c’est une base de E.
(b) Pour a= 1, b = 1, c =−2, f(X2+X−2) = 2X2+ 2X−4=2P0.
Pour a= 1, b = 3, c = 1, f(X2+ 3X+ 1) = 0 (logique vu que ce polynˆome appartient `a Ker(f) !).
Pour a= 1, b =−2, c = 1, f(X2−2X+ 1) = 5X2−10X+ 5 = 5P2.
(c) Soit (a0, a1, a2)∈R3et Q=a0P0+a1P1+a2P2un ´el´ement de E.
Par lin´earit´e de f:f(Q) = a0f(P0) + a1f(P1) + a2f(P2)=2a0P0+ 5a2P2.
(d) Pour tout entier n∈N, on prouve trivialement par r´ecurrence que fn(Q)=2na0P0+ 5na2P2.
Soit pour Q= 2X2+X+ 2, fn(Q) = 2.2nP0+ 2.5nP2= 2.2n(X2+X−2) + 2.5n(X2−2X+ 1).
fn(Q) = (2.2n+ 2.5n)X2+ (2.2n−4.5n)X+ (−4.2n+ 2.5n).
On remarque 1 est racine de P0et P2donc de fn(Q) car fn(Q)(1) = 2.2nP0(1) + 2.5nP2(1) = 0.
L’autre racine αv´erifie 1 ×α=α=(−4.2n+2.5n)
2.2n+2.5nsoit α=(5n−2n+1) 2n+5n.
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PCSI 2013-2014 CORRECTION DS n˚11 Lyc´ee de L’essouriau
PROBL` EME 1 - Autour des endomorphismes nilpotents
Partie I - Des noyaux et des images imbriqu´ees
1. u◦u= 0 signifie que pour tout xde E,u(u(x)) = 0E.
Soit y∈Im u, alors il existe x∈Etel que y=u(x). On a alors u(y) = u(u(x)) = 0Esoit y∈Ker(u).
On en d´eduit l’inclusion : Im(u)⊂Ker(u).
2. Le th´eor`eme du rang appliqu´e `a l’endomorphisme vprouve directement que r+p=n.
De plus l’inclusion : Im(u)⊂Ker(u) prouve en terme de dimension que r6p.
On en d´eduit que r6n−rsoit 2r6net n−p6psoit n62p. Finalement r6n
26p.
3. On suppose n= 2 : alors la double in´egalit´e prouve que p= 1 ou 2.
Comme un’est pas l’endomorphisme nul, Ker(u)6=Edonc p6= 2 soit p= 1 et alors r= 2 −1 = 1.
On a alors Im(u)⊂Ker(u) et dim Im(u) = dim Ker(u) soit l’´egalit´e Im(u) = Ker(u).
4. On suppose n= 3 : : alors la double in´egalit´e prouve encore que p= 2 ou 3.
Comme un’est pas l’endomorphisme nul, Ker(u)6=Edonc p6= 3 soit p= 2 et alors r= 3 −2 = 1.
Les sous-espaces Im(u) et Ker(u) ne peuvent ˆetre suppl´ementaires dans Ecar Im(u)⊂Ker(u) et
Im(u)6={0E}donc Im(u)∩Ker(u)6={0E}.
Partie II - ´ Etude d’un endomorphisme particulier
5. Soit X=
x
y
z
∈Ker(v)⇔
−x+y+z= 0
−2x+ 2y+ 2z= 0
x−y−z= 0 ⇔x=y+z.
On en d´eduit que X=
y+z
y
z
=y
1
1
0
+z
1
0
1
soit Ker f= Vect
1
1
0
,
1
0
1
.
Ces deux vecteurs ´etant non colin´eaires, on en d´eduit que cette famille est libre (et g´en´eratrice) donc
il s’agit d’une base de Ker(v) et donc dim(Ker(v)) = 2.
6. Le th´eor`eme du rang appliqu´e `a vprouve que dim(Im(v)) = 3 −2 = 1 donc Im(v) est engendr´e par
un unique vecteur.
On calcule v
1
0
0
=
−1
−2
1
. Ce vecteur constitue une base de Im(v).
7. On remarque que 
−1
−2
1
=−2
1
1
0
+
1
0
1
donc Im(v)⊂Ker(v).
Pour tout vecteur Xde R3, on a v◦v(X) = v(v(X)).
Or v(X)∈Im(v) et Im(v)⊂Ker(v) donc v(v(X)) = 0R3. On en d´eduit que v◦v= 0L(E).
8. On veut que v(~a)=0R3, v(~ b)=0R3et v(~c) = ~a soit ~a ∈Ker(v), ~ b∈Ker(v) et ~a ∈Im(v).
On propose alors ~a =
−1
−2
1
∈Im(v)∩Ker(v) et ~
b=
1
1
0
∈Ker(v).
~c est un ant´ec´edent de ~a par v. Proposons ~c =
1
0
0
d’apr`es le 6..
Trivialement ~ bet ~c ne sont pas colin´eaires et ~a n’est pas combinaison lin´eaire de ~ bet ~c (sa troisi`eme
coordonn´ee ´etant non nulle alors que celles de ~ bet ~c le sont).
On a bien prouv´e l’existence d’une base B= (~a,~ b,~c) de R3telle que v(~a)=0R3, v(~ b)=0R3, v(~c) = ~a.
9. Soit f=Id −vo`u Id est l’identit´e de R3.
Calculer f2= (Id −v)2=v2−2v◦Id +Id2=−2v+Id =−2(Id −f) + Id =−Id + 2f.
On en d´eduit que f2−2f=−Id soit f(f−2Id) = −Id et donc fest inversible et f−1=−f+ 2Id.
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PCSI 2013-2014 CORRECTION DS n˚11 Lyc´ee de L’essouriau
PROBL` EME 2 : Une ´equation matricielle
Extrait sujet «Petites Mines »2010
PR´ ELIMINAIRES
1. dim(Mn(R)) = n2et la base canonique est (Eij )16i,j6no`u les Eij sont les matrices ´el´ementaires.
PARTIE I
2. Sans aucun calcul, on remarque que tA=Adonc tA.A =A2 = A.tAdonc Av´erifie la relation (1).
De mˆeme on remarque que tC=−Cdonc tC.C =−C2=C.tCdonc Cv´erifie la relation (1).
3. Trivialement A2=Iet donc ∀n∈N∗,An=Asi nest pair et An=Isi nest impair.
Aet Iv´erifiant la relation (1), on en d´eduit que Anv´erifie la relation (1).
4. A2=Iprouve que Aest inversible et que A−1=A.
5. Uv´erifie la relation (1) car comme pour la matrice Aelle est sym´etrique.
Montrons : ∀n∈N∗,Un= 2n−1Upar r´ecurrence :
Pour n= 1 le r´esultat donne U= 20.U donc est vrai.
Supposons que pour un entier non a Un= 2n−1Uet montrons la relation au rang n+ 1 : Un+1 =
U.Un= 2n−1.U2par hypoth`ese de r´ecurrence ; Or U2= 2Ud’o`u Un+1 = 2n−12.U = 2n.U.
Les puissances Un, v´erifient (1) puisque ce sont les mˆemes que U`a une constante multiplicative pr`es.
6. A+C=0 0
2 0 donc t(A+C).(A+C) = 4 0 0 0 et (A+C).t(A+C) = 0 0 0 4 .
Ceci prouve que A+Cne commute pas avec sa transpos´ee donc n’appartient pas `a E2alors Aet C
sont dans E2.E2n’est pas un sous-espace vectoriel de M2(R) car il n’est pas stable par somme.
7. tMM =a c
b d .a b c d =a2+c2ab +dc ab +dc b2+d2De mˆeme on obtient : MtM=a2+b2ac +bd ac +bd c2+d2.
Donc M∈E2⇔
ac +bd =ab +dc
a2+b2=a2+c2
b2+d2=c2+d2⇔b=c
ac +cd =ac +dc ou bien b=−c ac −cd =−ac +dc
Soit b=cou bien b=−cet d=−aet donc M=a c
c d ou bien M=a−c c a .
8. Donc M∈Vect 1 0
0 0 ,0 0 0 1 ,0 1 1 0 ou bien M∈Vect 1 0 0 1 ,0−1 1 0 .
E2est donc bien la r´eunion de deux espaces vectoriels.
9. Calculons U.C =1−1
1−1. Montrons qu’alors U.C /∈E2car ne commute pas avec sa transpos´ee :
1−1
1−1.1 1 −1−1=2 2 2 2 et 1 1 −1−1.1−1 1−1=2−2 −2 2 .
On n’a donc pas la propri´et´e propos´ee puisque Uet Cen donnent un contre-exemple.
PARTIE II
10. S2=
0 0 1
−100
0−1 0 
. On a ´egalement tS.S =I3et S.tS=I3donc S∈E3.
Scommute donc avec sa transpos´ee, donc S2´egalement :
t(S2).S2=tS.tS.S.S =tS.S.StS=S.S.tStS=S2.t(S2) soit S2∈E3.
11. tR.R = (aI3+btS+ct(S2)).(aI3+bS +cS2)
tR.R = (a2+b2+c2)I3+a.b(S+tS) + a.c(t(S2) + S2) + b.c(S.t(S2) + S2.tS)
tR.R = (a2+b2+c2)I3+a.b(S+tS) + a.c(t(S2) + S2) + b.c(S+tS)
et R.tR= (aI3+bS +cS2).(aI3+btS+ct(S2))
R.tR= (a2+b2+c2)I3+a.b(S+tS) + a.c(t(S2) + S2) + b.c(S.t(S2) + S2.tS) = tR.R donc R∈E3.
5