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EL´ EMENTS DE CORRECTION DS N˚2
Sujet 1 : Extraits CCP - E3A
EXERCICE 1 - d’apr`es E3A - Sujet B - PSI - 2014
Dans tout l’exercice, Ed´esigne l’espace vectoriel norm´e M3(R) des matrices carr´ees d’ordre 3 `a coefficients
r´eels. I3est la matrice unit´e. On consid`ere
A=
0−1 0
100
000
∈E
1. Le th´eor`eme de Cayley-Hamilton dit qu’une matrice est annul´ee par son polynˆome caract´eristique. Ici
(calcul de d´eterminant par blocs ou d´eveloppement par rapport `a la derni`ere ligne)
χA= det(A−XI3) = −X(X2+ 1)
Ainsi, X(X2+ 1) annule A.
2. χA=X(X−i)(X+i) ´etant scind´e `a racines simples sur Cet annulant A,Aest C-diagonalisable.
Le spectre r´eel de Aest compos´e des racines r´eelles de χA. 0 est donc la seule valeur propre r´eelle
de A. Or, la seule matrice r´eelle diagonalisable dont 0 est l’unique valeur propre est la matrice nulle.
Comme A6= 0, An’est pas diagonalisable dans R.
3. Si R=0−1
1 0 , alors R2=−1 0 0−1et un calcul par blocs donne alors :
∀k∈N∗, A2k=
(−1)k0 0
0 (−1)k0
0 0 0 
∀k∈N, A2k+1 =
0 (−1)k+1 0
(−1)k0 0
0 0 0 
(le cas A0=I3est particulier)
4. F⊂ M3(R) est un sous-espace d’un espace de dimension finie. Il est donc de dimension finie. On
montre par r´ecurrence que :
∀k∈N, Ak∈Vect(I3, A, A2)
- Initialisation : c’est ´evident pour k= 0,1,2.
- H´er´edit´e : soit n≥2 tel que le r´esultat soit vrai jusqu’au rang n. On a alors l’existence de a, b, c
r´eels tels que An=aA2+bA +cI3et An+1 =aA3+bA2+cA =bA2+ (c−a)A∈Vect(I3, A, A2).
Le r´esultat est donc vrai au rang n+ 1.
On aurait aussi pu utiliser la division euclidienne par χApour ´eviter la r´ecurrence.
On en d´eduit que :
F= Vect(I3, A, A2)
Supposons que aA2+bA +cI3= 0. P=aX2+bX +cannule Aet toute valeur propre complexe de A
est racine de P.Padmet donc au moins trois racines (0, i, −i). Comme il est dans C2[X] (qui contient
R2[X]) il est nul. La famille B= (I3, A, A2) est donc libre et c’est finalement une base de F.
5. Sn´etant combinaison lin´eaire d’´el´ements de Fest dans F. Pour exprimer Sndans B, on remarque que
∀k∈N∗, A2k= (−1)k−1A2
∀k∈N, A2k+1 = (−1)kA
PSI 2015-2016 1 Lyc´ee de L’essouriau - Les Ulis

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EL´ EMENTS DE CORRECTION DS N˚2
Dans la somme qui d´efinit Sn, on particularise le terme d’indice 0 et on d´ecoupe la somme selon la
parit´e de l’indice pour les autres termes). On obtient :
Sn=I3+
X
0≤j≤n−1
2
(−1)jθ2j+1
(2j+ 1)!
A+
X
1≤j≤n
2
(−1)j−1θ2j
(2j)!
A2
ce qui donne l’expression de Sndans la base B.
6. (a) X
n>0
(−1)nθ2n+1
(2n+ 1)! et X
n>0
(−1)nθ2n
(2n)! convergent absolument d’apr`es le crit`ere de d’Alembert.
(b)
+∞
X
n=0
θn
n!=eθ(mˆeme pour θcomplexe) , ainsi eiθ =
+∞
X
n=0
(iθ)n
n!et e−iθ =
+∞
X
n=0
(−iθ)n
n!.
Alors eiθ +e−iθ =
+∞
X
n=0
(iθ)n+ (−1)n(iθ)n
n!=
+∞
X
n=0,npair
2(iθ)n
n!=
+∞
X
n=0
(−1)n2θ2n
(2n)!.
Et eiθ −e−iθ =
+∞
X
n=0
(iθ)n−(−1)n(iθ)n
n!=
+∞
X
n=0,nimpair
2(iθ)n
n!=
+∞
X
n=0
2i(−1)nθ2n+1
(2n+ 1)!.
Finalement
+∞
X
n=0
(−1)nθ2n
(2n)! = cos θet
+∞
X
n=0
(−1)nθ2n+1
(2n+ 1)! = sin θ.
(c) On en d´eduit que :
lim
n→+∞
X
0≤j≤n−1
2
(−1)jθ2j+1
(2j+ 1)!
= sin(θ)
lim
n→+∞
X
1≤j≤n
2
(−1)j−1θ2j
(2j)!
= 1 −cos(θ)
On a donc convergence de (Sn) vers I3+ sin(θ)A+ (1 −cos(θ))A2∈F.
7. On a ainsi
M=
cos(θ)−sin(θ) 0
sin(θ) cos(θ) 0
0 0 1 
qui est la matrice de la rotation d’axe dirig´e et orient´e par e3et d’angle θ.
8. Par th´eor`emes d’op´erations, on a :
lim
n→+∞S2
n=M2=
cos(2θ)−sin(2θ) 0
sin(2θ) cos(2θ) 0
0 0 1 
Mest une sym´etrie vectorielle si, et seulement si, M2=I3.
La condition cherch´ee est donc 2θ= 0[π] ou encore
θ= 0[π/2]
PSI 2015-2016 2 Lyc´ee de L’essouriau - Les Ulis

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EL´ EMENTS DE CORRECTION DS N˚2
PROBL` EME 1 - RESTE DE S´ ERIES CONVERGENTES
(D’apr`es CCP 2001 - PSI )
Partie A - DES EXEMPLES
Exemple 1
1. On suppose que uk(x)=(−1)kxko`u x∈R.
(a) On reconnait la s´erie g´eom´etrique de raison −xet donc :
I=] −1,1[ et pour x∈I,
n
P
k=0
uk=1−(−x)n+1
1 + xet donc
+∞
P
k=0
uk=1
1 + x.
(b) Soit x∈I, dans ce cas, Rn(x) est bien d´efini en tant que reste d’une s´erie convergente et :
Rn(x) =
+∞
P
k=n+1
(−x)n+1 = (−x)n+1+∞
P
k=0
uk=(−x)n+1
1 + x.
La s´erie P
n>0
Rn(x) est en fait la s´erie 1
1 + xP
n>1
un(x) qui converge si, et seulement si, x∈I.
Sa somme est donc S(x) = 1
1 + x1 1 + x−u0(x)=−x (1 + x)2.
Exemple 2
2. X
k>1
(−1)k
kest la s´erie harmonique altern´ee qui converge par le crit`ere sp´eciale des s´eries altern´ees
car 1
nnd´ecroit vers 0 (ou par le crit`ere les s´eries de Riemann altern´ees).
3. Une expression int´egrale de Rn.
(a) Majorons |In|.
|In|=Z1
0
xn
1 + xdx 6Z1
0
xn
1( car ∀x∈[0,1],1 + x>1) soit |In|61 n+ 1 .
D’apr`es le th´eor`eme des gendarmes, on en d´eduit que lim
n→+∞In= 0.
(b) On rappelle que
n−1
P
k=0
(−1)kxk=1−(−x)n
1 + x(question 1.).
En int´egrant cette ´egalit´e entre 0 et 1, on obtient :
Z1
0
n−1
X
k=0
(−1)kxkdx =Z1
0
1
1 + xdx −Z1
0
(−x)n
1 + xdx
Or Z1
0
1
1 + xdx = [ln(1 + x)]1
0= ln 2 et Z1
0
(−x)n
1 + xdx =In.
On en d´eduit que :
n−1
P
k=0 Z1
0
(−1)kxkdx = ln 2 −In
On remarque que Z1
0
(−1)kxkdx =(−1)k
k+ 1 et donc :
n−1
X
k=0 Z1
0
(−1)kxkdx =
n−1
X
k=0
(−1)k
k+ 1 =
n
X
p=1
(−1)p−1
p=−
n
X
p=1
(−1)p
p(p=k+ 1)
Ainsi : In= ln 2 +
n
X
k=1
(−1)k
k.
PSI 2015-2016 3 Lyc´ee de L’essouriau - Les Ulis

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EL´ EMENTS DE CORRECTION DS N˚2
(c) On passe `a la limite quand n→+∞dans l’´egalit´e pr´ec´edente et l’on obtient :
0 = ln 2 +
+∞
X
k=1
(−1)k
kc’est `a dire
+∞
X
k=1
(−1)k
k=−ln 2.
Or ∀n∈N∗:
Rn=
+∞
X
k=n+1
(−1)k
k=
+∞
X
k=1
(−1)k
k−
n
X
k=1
(−1)k
k=−ln 2 −(In−ln 2) = −In
4. Conclusion
(a) Int´egration par partie : on pose u(x) = 1
1 + xet v0(x) = xn:
In= (−1)nxn+1
(1 + x)(n+ 1)1
0
+(−1)n
n+ 1 Z1
0
xn+1
(1 + x)2dx
In=(−1)n
2(n+ 1) +(−1)n n+ 1 Z1
0
xn+1
(1 + x)2dx
Puis 
(−1)n
n+ 1 Z1
0
xn+1
(1 + x)2dx
61
1 + nZ1
0
xn+1dx car sur [0,1], 1
(1 + x)261.
Donc ∀n>1,
(−1)n
n+ 1 Z1
0
xn+1
(1 + x)2dx
61
(n+ 1)(n+ 2) 61 n2.
D’o`u 
(−1)n
n+ 1 Z1
0
xn+1
(1 + x)2dx
61
(n+ 1)(n+ 2) =o1 n2et alors :
In=(−1)n
2(n+ 1) +o1 n2.
(b) La s´erie X
n>1
Rnest donc convergente en tant que somme de deux s´eries convergente :
- une s´erie altern´ee convergente (v´erifiant le crit`ere sp´ecial des s´eries altern´ees),
Une s´erie absolument convergente par comparaison avec une s´erie de Riemann(car o1
n2).
Partie B - UNE ´ EGALIT´ E SUR LES RESTES - UNE APPLICATION
1. ´ Egalit´e sur les restes.
Soit P
k>1
ukune s´erie convergente, on a uk=Rk−Rk−1qui donne ;
n
P
k=1
k uk=
n
P
k=1
k Rk−1−
n
P
k=1
k Rk=
n−1
P
k=0
(k+ 1) Rk−
n
P
k=1
k Rk=R0+
n−1
P
k=1
Rk−nRn
Donc
n−1
P
k=0
Rk−
n
P
k=1
k uk= (n+ 1)Rn.
2. Application `a une suite.
Choisissons uk=(−1)k+1
k.
n
X
k=1
(n−k)(−1)k+1
k=n
n
X
k=1
(−1)k+1
k−
n
X
k=1
kuk
n
X
k=1
(n−k)(−1)k+1
k=n +∞
X
k=1
(−1)k+1
k−Rn!−
n
X
k=1
kuk
n
X
k=1
(n−k)(−1)k+1
k=nR0−nRn−
n
X
k=1
kuk
PSI 2015-2016 4 Lyc´ee de L’essouriau - Les Ulis

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EL´ EMENTS DE CORRECTION DS N˚2
La formule pr´ec´edente donne
n−1
P
k=0
Rk−
n
P
k=1
k(−1)k+1
k= (n+ 1)Rn, donc :
n
X
k=1
(n−k)(−1)k+1
k=nR0−nRn+ (n+ 1)Rn−
n
X
k=0
Rk
soit :
n
X
k=1
(n−k)(−1)k+1
k=nR0−
n−1
X
k=0
Rk=nln 2 −1
2+o(1) (α= ln 2 et β=1 2)
3. Application `a une s´erie `a termes positifs.
On suppose de plus que uk>0 pour tout k∈N∗.
(a) Si l’on suppose la convergence de la s´erie X
k>0
Rk:
n
X
k=1
kuk=
n
X
k=0
Rk−(n+ 1)Rn6
n
X
k=0
Rk6
+∞
X
k=0
Rk
Ainsi la suite des sommes partielles de la s´erie `a termes positifs X
k>1
kukest major´ee.
Cette s´erie est donc convergente.
(b) R´eciproquement, supposons la convergence de la s´erie X
k>1
kuk. On a :
06(n+ 1)Rn= (n+ 1)
+∞
X
k=n+1
uk=
+∞
X
k=n+1
(n+ 1)uk6
+∞
X
k=n+1
kuk−→
n→+∞0
en tant que reste d’une s´erie convergente. Donc (n+ 1)Rn−→
n→+∞0.
(c) D’apr`es B.3.1), si P
k>0
Rkconverge alors P
k>1
kukconverge.
R´eciproquement, si P
k>1
kukconverge alors (n+ 1)Rn−→
n→+∞0 donc :
n
X
k=0
Rk=
n
X
k=1
kuk+ (n+ 1)Rn−→
n→+∞
+∞
X
k=1
kuk+ 0.
Conclusion : P
k>0
Rkconverge si et seulement si P
k>1
kukconverge.
Dans ce cas elles ont mˆeme somme
+∞
P
k=0
Rk=
+∞
P
k=1
kuk.
4. Application `a la s´erie X
k>1
1
kx.
X
n>0
Rn(x) converge si, et seulement si, X
k>1
k1
kxconverge ce qui ´equivaut `a la condition x−1>1.
Donc D1=]2,+∞[.
De plus si x∈D1, alors
+∞
X
n>0
Rn(x) =
+∞
X
k>1
k1
kx=ξ(x−1).
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