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PSI CORRECTION - DS N˚3 Samedi 24 Novembre 2012
Exercice 1 (E3A - 2011 - Questions de cours - Dur´ee conseill´ee : 45 min).
1. Un scalaire λest une valeur propre de l’endomorphisme ude Esi :
∃x∈E\ {OE}u(x) = λx
On appelle vecteur propre xassoci´e `a un valeur propre λtout vecteur non nul de
Etel que u(x) = λx.
Le sous-espace propre de uassoci´e `a la valeur propre λest Ker(u−λIdE).
2. Le polynˆome Det (M−XIn) est appel´ee polynˆome caract´eristique de la matrice M
et not´ee χM. Le degr´e de ce polynˆome est n, son coefficient dominant vaut (−1)n,
son coefficient du terme de degr´e n−1 vaut tr(A) et son coefficient constant vaut
det(A).
3. •Il existe un polynˆome annulateur de f, scind´e dans K[X] et `a racines simples.
•Le polynˆome caract´eristique de fest scind´e dans K[X] et pour toute valeur
propre λde M, l’ordre de la multiplicit´e de λest la dimension du sous-espace
propre associ´e `a λ.
•E=L
λ∈Sp(f)
Ker(f−λIdE)
4. (a) VRAI car tout projecteur padmet comme polynˆome annulateur P=X2−X
qui est scind´e `a racines simples dans K=Rou Cdonc pest diagonalisable.
(b) FAUX, il suffit de consid´erer 1 1
0 1 . A est inversible car de d´eterminant
´egal `a 1 mais non diagonalisable car 1 est valeur propre de multiplicit´e 2 et
la dimension du sou-espace propre associ´e est ´egale `a 1.
(c) FAUX, il suffit de consid´erer 1 0
0 0 . A est diagonalisable car d´ej`a diago-
nale mais non inversible car de d´eterminant ´egal `a 0.
(d) VRAI, X2+ 5X−6=(X−1)(X+ 6) annule Aet donc Aest diagonalisable
(elle est annul´e par un polynˆome scind´e `a racines simples) et le spectre de A
est 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,
ces espaces sont r´eduits `a {0}).
(e) FAUX, Pour A=In, on a bien A2+ 5A−6In=Onmais ker(A+In) et
ker(A−6In) sont r´eduits `a {0}.
(f) VRAI, Si P−1AP =Balors P−1(A−xIn)P=B−xInet A−xInest sem-
blable `a B−xIn. Ces matrices ont mˆeme d´eterminant et ainsi les polynˆomes
caract´eristiques de Aet Bsont ´egaux.
(g) FAUX,Les matrices I2et A=1 1
0 1 fournissent un contre-exemple.
Exercice 2 (R´eduction d’endomorphisme - Dur´ee conseill´ee : 15 min).
P=X5−X2=X2(X−1)(X2+X+ 1) est un polynˆome annulateur de A.
Pn’est pas scind´e `a racines simples donc An’est pas forc´ement diagonalisable.
En revanche le spectre de Aest inclus dans l’ensemble des racines de Pqui est
{0,1,−1
2+i√3 2,−1 2−i√3 2}
On sait par contre que la somme des nvaleurs propres de A(en les comptant avec leur
multiplicit´e) est ´egale `a la trace de A. Comme tr(A) = n, la seule possibilit´e est que
toutes les valeurs propres soient ´egales `a 1.
0 n’est donc pas valeur propre donc Aest inversible et en composant par A−2on obtient
A3=Inet Q=X3−1 est annulateur de Aet scind´e `a racines simples, donc Aest
diagonalisable.
Comme toutes ses valeurs propres sont 1, Aest semblable `a la matrice diagonale In
donc A=In.
Exercice 3 (Nature d’int´egrale - Dur´ee conseill´ee : 15 min).On pose f(t) = tα−1
ln t.
fest continue de signe constant sur ]0,1[ (positif si α > 0 et n´egatif si α < 0).
Probl`eme en 1 :
On pose h= 1 −ten l’on se ram`ene `a un probl`eme en 0 :
f(t) = f(1 −h) = (1 −h)α−1
ln(1 −h)∼−αh −h∼ −α.
ftend vers αen 1.
Donc fest prolongeable par continuit´e en 1 et donc int´egrable pour toute valeur de α.
Probl`eme en 0 :
•Si α > 0, f(t) = tα−1
ln t∼−1 ln tor −1 ln ttend vers 0.
fest donc prolongeable par continuit´e en 0 et donc int´egrable.
•Si α < 0, |f(t)|=−f(t) = −tα−1
ln t∼1 t−αln t.
Or −1
t−αln t=o1 t−αet t7→ 1 t−αconverge d`es que −α < 1 soit α > −1 en tant
que fonction de Riemann.
Or, pour α6−1, on a −1
t−αln t>−1 tln t.
t7→ 1
tln test non int´egrable en 0 car une de ses primitives est t7→ ln(ln t) qui n’admet
pas de limite en 0.
CONCLUSION : L’int´egrale converge si et seulement si α > −1.
Lyc´ee de l’Essouriau 1

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Exercice 4 (Calcul de l’int´egrale de Gauss - CCP PC - Dur´ee conseill´ee : 30 min).
1. Il suffit d’´etudier les variations de la fonction x7→ ex−(1 + x) pour obtenir cette
in´egalit´e. ( cette fonction admet un minimum pour x= 0 qui vaut 0 donc elle est
positive sur R).
On pose x=−t2, on obtient 1 −t26e−t2.
On pose x=t2, on obtient 1 + t26et2et, en passant `a l’inverse, e−t261
1 + t2.
2. Soit n∈N∗, on remarque que toutes les fonctions sous les int´egrales sont continues
et positives chacun de leurs intervalles :
e−t261
1 + t2or t7→ 1 1 + t2est int´egrable en +∞car ´equivalente `a une fonction
de Riemann int´egrable en +∞(α= 2) ou bien car une de ses primitives est
arctan born´ee sur ]0,+∞[.
Donc t7→ e−t2est int´egrable en +∞et I=Z+∞
0
e−t2dt converge.
t7→ (1−t2)nest une fonction continue sur le segment [0,1] donc In=Z1
0
(1−t2)ndt
existe.
t7→ 1
(1 + t2)nest int´egrable car inf´erieure `a la fonction t7→ 1 t2nqui est
une fonction de Riemann int´egrable en +∞(α= 2n).
Donc t7→ 1
(1 + t2)nest int´egrable en +∞et Jn=Z+∞
0
dt
(1 + t2)nconverge
Pour tout tde R, on a 1 + t26et261
1 + t2.
Donc ∀n∈N,(1 + t2)n6e−nt261
(1 + t2)n, et en int´egrant :
In6Z1
0
e−nt2dt 6Jn.
On remarque que In6Z1
0
e−nt2dt =1
√nZ√n
0
e−u2du 6I
√n.
On a ´egalement I
√n=1 √nZ+∞
0
e−nx2dx 6Jn.
En combinant les trois ´egalit´es on obtient :
In6I
√n6Jn.
3. Le changement de variable t= sin xdonne directement In=W2n+1.
Le changement de variable t= tan xdonne directementJn+1 =W2n.
4. Par int´egration par partie, on trouve : Wn+2 =n+ 1
n+ 2Wn.
On en d´eduit que ∀n∈N,un+1
un
=(n+ 2)Wn+2Wn+1
(n+ 1)WnWn+1
=(n+ 2)Wn+2
(n+ 1)Wn
= 1.
La suite (un) est donc constante et ´egale `a u0= 1 W0W1= 1 ×π
2×1 = π 2
5. Wn+2 =n+ 1
n+ 2Wnimplique que Wn+2 ∼Wnor comme la suite (Wn) est d´ecrois-
sante, on obtient Wn+2 ∼Wn+1 ∼Wn.
On en d´eduit que un∼nW 2
npuis Wn∼ru0
net Wn∼√π
√2n.
D’apr`es l’encadrement du 2), on en d´eduit que :
In=W2n+1 ∼√π
√4n+ 1 ∼√π
2√net Jn=W2n∼√π
√4n∼√π
2√n
Par cons´equent l’encadrement du 2) donne I∼√π
2.
Probl`eme (E3A 2011 - Dur´ee conseill´ee : 2h15).
Partie I.
1. Soit λune valeur propre et Xun vecteur propre associ´e (´el´ement de R3et assimil´e
`a un vecteur colonne).
On a BX =λX et donc tXBX =t(AX)AX et tXBX =tXλX =λt(X)X.
On en d´eduit que t(AX)AX =λt(X)X.
On remarque que t(AX)AX et t(X)Xsont des r´eels positifs ou nuls (somme des
carr´es des coefficients des vecteurs colonnes Xet AX), donc λ>0.
Ainsi Sp(B)⊂R+.
2. Le calcul donne B=
404
020
404
.
Il est imm´ediat que (0,1,0) est vecteur propre de Bassoci´e `a la valeur propre
2, que (1,0,1) est vecteur propre associ´e `a 8 et que (1,0,−1) est vecteur propre
associ´e `a 0. Les sous-espaces propres ´etant en somme directe, il n’y a que trois
valeurs propres et les sous-espaces propres dont de dimension 1.
Sp(B) = {8,2,0}
Lyc´ee de l’Essouriau 2

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ker(B) = Vect((1,0−1))
ker(B−2I3) = Vect((0,1,0))
ker(B−8I3) = Vect((1,0,1))
3. (a) On a P=X3−10X2+ 16X=X(X−2)(X−8).
Pour tout p∈N, la division euclidienne de Xppar Ps’´ecrit
Xp=P.Qp+αpX2+βpX+γp
En donnant `a Xles valeurs 0,2,4, on obtient (pour p≥1)
0 = γp
2p= 4αp+ 2βp+γp
8p= 64αp+ 8βp+γp
.
La r´esolution du syst`eme donne un reste ´egal `a
8p−4.2p
48 X2+16.2p−8p 24 X
Pour p= 0, le reste est bien sˆur ´egal `a 1.
(b) Best diagonalisable et ses valeurs propres sont 0,2,8, il est donc annul´e par
X(X−2)(X−8) et ainsi
B3−10B2+ 16B=O3
0 ´etant valeur propre de Bon en d´eduit que Bn’est pas inversible.
(c) Q7→ Q(B) ´etant un morphisme d’alg`ebre et Pannulant B,Bpest ´egal `a Rp
o`u Rpest le reste dans la division euclidienne de Xppar P. On a ainsi
∀p∈N∗, Bp=8p−4.2p
48 B2+16.2p−8p 24 B
(d) On a alors, pour p≥1,
Tp=I3+
p
X
k=1
1
k!(akB2+bkB) = In+ p
X
k=1
8k−4.2k
48k!!B2+ p
X
k=1
16.2k−8k
24k!!B
et Tpest combinaison lin´eaire de I3, B, B2(et cela reste vrai pour T0=I3).
On peut ´ecrire l relation pr´ec´edente sous la forme
Tp=I3+1
48 p
X
k=1
8k
k!−4
p
X
k=1
2k
k!!B2+1 24 16
p
X
k=1
2k
k!−
p
X
k=1
8k
k!!B
On en d´eduit que
lim
p→+∞Tp=I3+1
48(e8−1−4(e2−1))B2+1 24(16(e2−1) −(e8−1))B
On obtient, apr`es calcul,
lim
p→+∞Tp=1
2
1 + e80e8−1
0 2e20
e8−1 0 e8+ 1 
Remarque : plus simplement, en utilisant une matrice de passage Pqui dia-
gonalise Bon a Tp=Pp
P
k=0
1
k!diag(0k,2k,8k)P−1→Pdiag(1, e2, e8)P−1.
Partie II.
1. La matrice de (u1, u2, u3, u4) dans la base Best
1 0 3 0
03021
0 0 6 0
0 0 0 6
La matrice ´etant inversible (triangulaire `a coefficients diagonaux non nuls), Uest
une base de R4.
2. Comme f(ui) = ui+1, on connaˆıt les trois premi`eres colonnes de M. La derni`ere
s’obtient en calculant f(u4) = (21,0,60,0) = −9u1+ 10u3. On a ainsi
M=
000−9
1 0 0 0
0 1 0 10
0 0 1 0
3. Le polynˆome caract´eristique de fest celui de M. Le calcul donne
χf= det(M−xI4) = x4−10x2+ 9 = (x−1)(x+ 1)(x−3)(x+ 3)
4. Les valeurs propres de Asont les racines de χfet donc
Sp(A) = {−3,−1,1,3}
Lyc´ee de l’Essouriau 3

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Les sous-espaces propres ´etant en somme directe sont obligatoirement de dimension
1. Il suffit d’en trouver un ´el´ement pour en avoir une base. Une r´esolution de
syst`eme au brouillon donne
ker(A+ 3I4) = Vect(1,−3,3,−1),ker(A+I4) = Vect(1,−1,−1,1)
ker(A−I4) = Vect(1,1,−1,−1),ker(A−3I4) = Vect(1,3,3,1)
5. En supposant que la question a un rapport avec la diagonalisation pr´ec´edente, on
pose
P=
1 1 1 1
3−1 1 −3
3−1−1 3
1 1 −1−1
dont les vecteurs colonnes sont propres pour Aet qui v´erifie donc
P−1AP = diag(3,−1,1,−3) = D
Un calcul ´el´ementaire montre que KP =I4et donc P−1=K. On a donc la
relation KAP =Dsouhait´ee.
Partie III.
1. On a g(X0) = nX ∈Enet ∀k∈[1..n], g(Xk) = (n−k)Xk+1 +kXk−1. Ce
dernier polynˆome est dans En(imm´ediat si k < n et encore vrai pour k=n
car le coefficient devant Xn+1 est alors nul). Par ailleurs gest lin´eaire et c’est
finalement un endomorphisme de En. Le coefficient `a l’intersection de la ligne i
et de la colonne jde sa matrice dans Bcest le coefficient de Xi−1dans g(Xj−1).
Avec les calculs pr´ec´edents, ce coefficient est nul si |i−j| 6= 1, vaut isi j=i+ 1
et vaut n−i+ 2 si j=i−1. La matrice cherch´ee est donc la matrice A.
2. (a) Eλest une ´equation diff´erentielle lin´eaire scalaire d’ordre 1 `a coefficie,ts conti-
nus et le coefficient devant y0(x) ne s’annule pas sur ] −1,1[. On est dans
le cadre du th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz et l’ensemble des solutions est un
espace vectoriel (´equation homog`ene) de dimension 1. De plus, il est engendr´e
par x7→ eF(x)o`u Fest une primitive de f:x7→ nx−λ
x2−1. Avec la remarque
de l’´enonc´e, on ´ecrit que
f(x) = n
2
2x
x2−1−λ 21 x−1−1 x+ 1
et on peut donc choisir
F(x) = n
2ln(1 −x2)−λ 2ln 1−x 1 + x= ln (1 −x)n−λ
2(1 + x)n+λ 2
La solution g´en´erale de Eλsur ] −1,1[ est donc
yc:x7→ c(1 −x)n−λ
2(1 + x)n+λ 2
(b) Il existe une solution polynomiale non nulle si et seulement si
y0:x7→ (1 −x)n−λ
2(1 + x)n+λ 2est polynomiale.
- On remarque que y0(1 −t)∼0+2n+λ
2tn−λ 2. Par ailleurs, y0´etant polyno-
miale non nulle, il existe une constante c6= 0 et un entier naturel dtel que
y0(1 −t)∼0ctd. On en d´eduit que td−n−λ
2admet une limite finie non nulle
en 0 et que donc n−λ
2=d∈N. De mˆeme, une ´etude de y0(t−1) montre
que n+λ
2∈N.λest donc un entier du type −n+ 2kavec k∈ {0, . . . , n}.
- R´eciproquement, si λ=−n+ 2kavec k∈ {0, . . . , n}alors
y0(x) = (1 −x)n−k(1 + x)kest effectivement polynomiale.
Eλadmet des solutions polynomiales non nulle si et seulement si
λ∈ {−n+ 2k/ k = 0, .., n}.
3. Pour k= 0..n, posons λk=−n+ 2ket Pk= (1 −X)n−k(1 + X)k.Pkest alors
solution de Eλksur ] −1,1[ et donc
∀x∈]−1,1[,−(x2−1)P0
k(x)+2xPk(x) = λkPk(x)
On a une ´egalit´e entre deux fonctions polynomiales qui est valable en un nombre
infini de points. Les polynˆomes sont donc ´egaux et g(Pk) = λkPk(on a bien
Pk∈En). On a donc trouv´e n+ 1 valeurs propres pour get comme Enest de
dimension n+1 et que les sous-espaces propres sont en somme directe, on a toutes
les valeurs propres et des sous-espaces propres de dimension 1.
Sp(g) = {−n+2k/ k = 0..n}et ∀k∈[|0, n|],ker(g−(−n+2k)idEn) = Vect((1−X)n−k(1+X)k)
4. A´etant la matrice de gest ainsi diagonalisable (la somme des dimensions des
sous-espaces propres vaut n+ 1).
5. A´etant diagonalisable, son d´eterminant est le produit de ses valeurs propres comp-
t´ees avec leurs multiplicit´es. Ici,
det(A) =
n
Y
k=0
(−n+ 2k)
On peut expliciter ce terme en distinguant selon la parit´e de n.
Lyc´ee de l’Essouriau 4

PSI CORRECTION - DS N˚3 Samedi 24 Novembre 2012
- Si nest pair alors det(A) = 0.
- Si nest impair, il s’´ecrit n= 2p+ 1 et det(A)=(−1)p+1 (1.3.....(2p+ 1))2. On
multiplie et divise par les entiers pairs entre 2 et2ppour obtenir
det(A)=(−1)p+1 ((2p+ 1)!)2
22p(p!)2
Partie IV.
1. On a directement (il suffit de v´erifier) y1= ch et y2= sh
2. La famille Gengendre Gpar d´efinition. Pour conclure, il suffit de montrer que
cette famille est libre (ce sera une base de Gqui sera alors de dimension n+ 1).
On consid`ere donc des scalaires cktels que
n
P
k=0
ckgk= 0. Montrons par r´ecurrence
que les cksont tous nuls.
- Initialisation : en appliquant l’identit´e `a x= 0 on obtient c0= 0.
- H´er´edit´e : soit p∈[0..n −1] tel que c0=··· =cp= 0. On a alors
∀x∈R,0 =
n
X
k=p+1
ck(ch(x))n−k(sh(x))k
∀x∈R,0 = (sh(x))p+1
n
X
k=p+1
ck(ch(x))n−k(sh(x))k−p−1
n
P
k=p+1
ck(ch(x))n−k(sh(x))k−p−1est ainsi nulle sur R∗.
En faisant tendre xvers 0, on obtient cp+1 = 0.
La famille Gest donc libre et on conclut.
3. (a) Comme y0
1=y2et y0 2=y1, on a facilement
∆(gk)=(n−k)gk+1 +kgk−1
Si k∈ {1, . . . , n −1}, c’est une combinaison lin´eair´e d’´el´ements de G(k+ 1
et k−1 sont entre 0 et n). C’est encore vrai pour k= 0 (on obtient ng1) et
k=n(on obtient ngn−1).
∆ est lin´eaire et envoie les ´el´ements d’une base de Gdans G.Gest donc
stable par ∆ et ∆ induit sur Gun endomorphisme δ.
(b) Soit λ∈R. Les ´el´ements de ker(∆ −λid) sont les fonctions y∈ C∞telles que
y0=λy. On a donc
∀λ∈R,ker(∆ −λid) = Vect(x7→ eλx)
Tout r´eel est valeur propre de ∆ et le sous-espace propre associ´e est de di-
mension 1.
(c) En ´ecrivant ch et sh avec des exponentielles et en d´eveloppant par formule
du binˆome, on a
gk(x) = 1
2n
n−k
X
j=0 n−k
jejxe−(n−k−j)x
k
X
j=0 k
j(−1)k−jejxe−(k−j)x
En d´eveloppant, on obtient une combinaison lin´eaires de terme du type
e(2j1−n+2j2)xavec j1entier entre 0 et n−ket j2entier entre 0 et k.m=j1+j2
est donc un entier entre 0 et net notre terme est combinaison lin´eaire des
ϕmpour mentier entre 0 et n. On a prouv´e que
G= Vect(G)⊂Vect(F)
Comme Gest de dimension n+1 et comme Vect(F) est de dimension ≤n+1,
on a en fait des ´egalit´es. Ainsi Vect(F) est de dimension n+ 1, Fest libre
(n+1 vecteurs qui engendrent un espace de dimension n+ 1) et G= Vect(F)
(Fest donc une base de G).
(d) Un vecteur propre de ∆ qui est dans Gest aussi vecteur propre de δ. Ainsi,
ϕmest vecteur propre pour δassoci´e `a la valeur propre 2m−n. On a n+ 1
valeurs propres en dimension n+ 1 et on les a donc toutes et les sous espaces
propres dont de dimension 1.
sp(δ) = {2m−n/ m ∈ {0, . . . , n}et ∀m∈ {0, . . . , n},ker(δ−id) = Vect(ϕm)
(e) La question 3.a montre que la matrice de δdans la base Gest la matrice A.
(f) On retrouve la diagonalisabilit´e de Aet, par exemple, la valeur de son d´eter-
minant.
Lyc´ee de l’Essouriau 5