CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE EPREUVE SPECIFIQUE-FILIERE PC MATHEMATIQUES 1

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1 SESSION 2007 CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE EPREUVE SPECIFIQUE-FILIERE PC MATHEMATIQUES PARTIE I I Soit a R M a + ai = 4a + 4a a + 2a 2 + a a 2 a + 4a + a a a = a 4a + 4a a 2 a 2 + a a 2 a 2 + a La troisième colonne est l opposé de la deuxième et les deux dernières lignes sont égales Donc a 4a + 4a rg a 2 a 2 + a = rg a 4a a 2 a a 4a a 4a = rg = rg a 2 a a 2 a a 2 a 2 + a a 2 a Le déterminant de cette dernière matrice vaut a[ 2 a 4a] ou encore aa a 4a Si a / {0, }, la matrice est inversible et donc de rang 2 Il en est de même de la matrice M a 2 a a + ai a 4a Si a = 0 ou a =, la matrice est non inversible mais aussi non nulle et donc de rang Il en est de a 2 a même de la matrice M a + ai Si a / {0, }, rgm a + ai = 2 et si a {0, }, rgm a + ai = Dans tous les cas, la matrice M a +ai n est pas inversible et donc +a est valeur propre de M a D après le théorème du rang, la dimension du sous-espace propre associé à +a à savoir KerM a +ai vaut rgm a +ai ou encore si a / {0, } et 2 si a {0, } + a SpM a dimkerm a + ai = si a / {0, } et dimkerm a + ai = 2 si a {0, } I2 M a V = valeur propre 4a + 4a a + 2a 2 + a a 2 a + 4a = = V Donc V est un vecteur propre de M a associé à la Si a 0, + a et sont deux valeurs propres distinctes de la matrice M a La dernière valeur propre, que l on note λ, est fournie par la trace de M a : TrM a = + 6a + + a + λ = + 6a λ = + a Dans ce cas, les valeurs propres de M a sont d ordre et + a d ordre 2 Si a = 0, dimkerm a + ai = dimkerm 0 I = 2 et donc est valeur propre d ordre au moins 2 La dernière valeur propre λ de M 0 est encore une fois fournie par la trace de M 0 : Dans ce cas, est valeur propre d ordre de M 0 TrM 0 = + + λ = λ = http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés

2 Si a 0, M a admet pour valeur propre simple et + a pour valeur propre d ordre 2 Si a =, M a admet pour valeur propre d ordre I a D après ce qui précède, dans tous les cas, χ Ma = X X + a 2 Par suite, χ Ma est scindé sur R et donc M a est trigonalisable dans R b Si a / {0, }, M a admet pour valeur propre simple et + a pour valeur propre double Mais d après la question I, dimkerm a + ai = < 2 On sait alors que M a n est pas diagonalisable Si a = 0, M a = M 0 admet pour valeur propre triple Si M 0 était diagonalisable, M 0 serait semblable à diag,, c est-à-dire I et donc serait égale à I Ceci n est pas et dans ce cas aussi M a n est pas diagonalisable Si a =, M a admet pour valeur propre simple et 4 pour valeur propre double La dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre simple est de toute façon D autre part, d après la question I, la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre 4 est 2 En résumé, χ M est scindé sur R et l ordre de multiplicité de chaque valeur propre est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant On en déduit que M est diagonalisable I4 On a M = 7 On sait enfin que M est diagonalisable a R, M a est diagonalisable si et seulement si a = a Il reste à déterminer KerM 4I Soit x, y, z R x y KerM 4I x y z z Une base de KerM 4I est donc e, e 2 où e = et on sait déjà que SpA =, 4, 4 et que KerM I = Vecte où e = V = 0 = et e 2 = x y + z = 0 x + y z = 0 0 On peut prendre P = 0 0 Déterminons maintenant P Pour cela, notons B la base e, e 2, e et notons B 0 = i, j, k la base canonique de M, R On a P = PB B 0 et on sait que P = P B 0 B Or Donc P = 0 0 e = i + k e 2 = j + k e = i + j + k i = e k j = e 2 k e = e k + e 2 k + k M = PDP où D = diag4, 4,, P = 0 0 et P = k = e + e 2 e i = e 2 + e j = e + e 0 0 Soit D = diag2, 2, puis R = PD P Alors R 2 = PD P 2 = PD 2 P = PDP = M R est donc une racine carrée de M Plus précisément R = = = http ://wwwmaths-francefr 2 c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés

3 Une racine carrée de M est 2cosθ 2sin θ 2cos θ 2sin θ 4 0 b Soit θ R = 2sin θ 2cosθ 2sin θ 2cosθ 0 4 de racines carrées dans M 2 R 2cosθ 2sin θ 0 Pour θ [0, 2π[, posons alors θ = 2sin θ 2cosθ Donc la matrice 0 4 admet une infinité puis R θ = P θ P Un calcul par blocs montre que 2 θ = diag4, 4, = D puis que R2 θ = M Quand θ décrit [0, 2π[, les matrices R θ constituent une infinité de matrices deux à deux distinctes dont le carré vaut M La matrice M admet donc une infinité de racines carrées dans R I5 N = M 0 I = N 2 = = 0 0 N 2 = 0 = Par suite, Soit alors α, β R 2 Puisque les matrices αi et βn commutent, Mais alors αi + βn 2 = α 2 I + 2αβN + β 2 N 2 = α 2 I + 2αβM I = 2αβM + α 2 2αβI αi + βn 2 = M { 2αβ = { α 2 = { α = α 2 2αβ = 0 2αβ = β = 2 I + 2 N 2 = M 0 I6 a Soit X = x y z M X = M, R 0 7/ 7/ 5/ 5/ 5/ 5/ x = 7 y + 7 z x y z = 7 y + 7 z 5 y + 5 z = z = y + 4 x = 7 2 Donc, en notant S l ensemble des solutions de l équation M X = 0 0 {, S = 7/2 y, y R y + /4 x + 7 y 7 z = 0 x 5 y + 5 z = x = 7 y + 7 z 4y + 4z = http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés

4 e = 0, f e = e et f e 2 = e D après la question I2, b On cherche une base e, e 2, e de R telle que f on peut prendre e =,, D autre part, avec l idée sous-jacente contenue dans la question précédente M 0 = 7/ 7/ 5/ 5/ 5/ 5/ On peut donc prendre e = 0,, Enfin, d après la question précédente, on peut prendre e 2 = 7 2, 0, Vérifions alors 4 que la famille e, e 2, e est une base de R Pour cela calculons le déterminant de cette famille dans la base canonique de R 0 7/2 = 0 /4 = = 4 0 La famille e, e 2, e est donc bien une base de R et la matrice de f c Soit M = a b c d e f M R g h i MU = UM a b c d e f g h i 0 a c 0 d f 0 g i = d e f g h i = 0 = dans cette base a bien la forme désirée d = f = g = 0 a = e f = c g = h a b c d e f g h i { d = f = g = c = h = 0 a = e Les matrices commutant avec U sont les matrices de la forme a b 0 0 a 0, a, b, c R en renommant c la lettre i 0 0 c Montrons alors que U ne possède pas de racine carrée dans M R Soit R M R une éventuelle racine carrée de U dans M R Nécessairement RU = RR 2 = R = R 2 R = UR Une éventuelle racine carrée de U doit donc commuter avec U et d après ce qui précède, R est de la forme où a, b et c sont trois réels Mais a b 0 0 a c a b 0 0 a c = a 2 2ab 0 0 a c 2 Si maintenant R 2 = U alors on doit avoir a 2 = 0 et 2ab = ce qui est impossible Donc U ne possède pas de racine carrée dans M R a b 0 0 a c d Il existe P GL R telle que P M P = U Soit alors R M R puis R = P RP R 2 = M P R 2 P = P M P P RP 2 = P M P R 2 = U Mais d après la question c, U ne possède pas de racine carrée dans M R Donc M ne possède pas de racine carrée dans M R http ://wwwmaths-francefr 4 c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés

5 PARTIE II II a Soient P, Q R n [X] et λ, µ R 2 ϕλp +µq = λpa +µqa,, λpa n +µqa n = λpa,, Pa n +µqa,, Qa n = λϕp+µϕq Donc, ϕ est une application linéaire Déterminons alors alors Kerϕ Soit P R n [X] Si P est dans Kerϕ, P s annule en les n réels deux à deux distincts a,, a n et puisque degp n, on en déduit que P = 0 Finalement ϕ est une application linéaire injective b Comme de plus dimr n [X] = dimr n = n < +, ϕ est un isomorphisme de R n [X] sur R n Par suite, pour tout n-uplet b,,b n de réels, il existe un polynôme Q et un seul, de degré au plus n tel que ϕq = b,,b n ou encore tel que i, n, Qa i = b i II2 a Soient λ une valeur propre de f puis E λ le sous-espace propre associé Soit x E λ Montrons que gx E λ fgx = gfx = gλx = λgx Ainsi, l image par g d un vecteur de E λ est encore un vecteur de E λ Les sous-espaces propres de f sont stables par g b Soit i, p La question précédente montre que g i est effectivement un endomorphisme de E λi g est diagonalisable Donc il existe P R[X] scindé sur R à racines simples tel que Pg = 0 Mais alors, on a Pg i = 0 et g i est diagonalisable Par suite, il existe B i base de E λi constituée de vecteurs propres de g Les vecteurs de B i étant dans E λi sont aussi des vecteurs propres de f Puisque f est diagonalisable, on a E = E λ E λp Par suite, la famille B obtenue en réunissant les bases B i est une base de R n Par construction, les vecteurs de B sont des vecteurs propres de f et g simultanément ou encore les matrices de f et g dans B sont toutes deux diagonales II Soient f respectivement g l endomorphisme de R n dont la matrice dans la base canonique B 0 est A respectivement B f et g sont deux endomorphismes diagonalisables tels que f g = g f On en déduit qu il existe B base de R n telle que les matrices de f et g soient diagonales Soit P la matrice de passage de B 0 à B Par construction, les matrices P AP et P BP sont diagonales II4 Puisque S est symétrique réelle, on sait que les valeurs propres de S sont toutes réelles a Supposons S positive Soient λ R une valeur propre de S puis X un vecteur propre associé t XSX = t XλX = λ t XX = λ X 2 2 Par hypothèse, t XSX 0 ou encore λ X Mais X 0 et donc X 2 2 > 0 On en déduit que λ 0 Ainsi, toute valeur propre de S est un réel positif Supposons que les valeurs propres λ,, λ n soient toutes des réels positifs D après le théorème spectral, il existe P O n R tel que S = PD t P où D = diagλ,, λ n Soient X = x i i n M n, R puis X = t PX = x i i n La matrice S est donc positive t XSX = t XPD t PX = t t PXD t PX = t X DX = n i= S S n R, S S + n R SpS R+ λ i x 2 i 0 http ://wwwmaths-francefr 5 c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés

6 b On affine les démonstrations précédentes Supposons que S est définie positive Si λ est une valeur propre de S et X est un vecteur propre associé, on a λ X 2 2 > 0 avec X 2 2 > 0 et donc λ > 0 Supposons que les valeurs propres λ,, λ n soient toutes des réels strictement positifs Si X est un vecteur colonne non nul, X = t PX est encore non nul puisque P est inversible et donc il existe i 0 tel que x i 0 0 Mais alors La matrice S est donc définie positive t XSX = n i= λ i x 2 i λ i0 x 2 i 0 > 0 S S n R, S S ++ n R SpS R+ II5 a On applique le résultat de la question IIb au cas n = p, i, p, a i = λ i et i, p, b i = λ i b On a t QS = Q t S = QS et la matrice QS est symétrique Notons µ,, µ n les n valeurs propres de S non nécessairement deux à deux distinctes On écrit de nouveau S = PDP où P O n R et D = diagµ,, µ n On a QS = QPD t P = PQD t P = PdiagQµ,, Qµ n t P = Pdiag µ,, µ n t P Les valeurs propres de QS sont les µ i et sont donc toutes des réels positifs D après la question II4a, on peut affirmer que QS est symétrique positive c Avec les notations de la question précédente, QS 2 = Pdiag µ,, µ n t P 2 = Pdiag µ,, µ n 2t P = Pdiagµ,, µ n t P = S QS 2 = S d TS = TT 2 = T = T 2 T = ST et donc T commute avec S Mais alors T commute avec tout polynôme en S et en particulier avec QS Par suite, T et QS sont deux matrices diagonalisables qui commutent D après la question II, ces deux matrices sont simultanément diagonalisables Donc il existe P O n R puis D et D matrices diagonales, à coefficients diagonaux positifs, telles que QS = PD t P et T = PD t P Les égalités T 2 = QS 2 = S fournissent PD 2t PPD 2t P puis D 2 = D 2 puis D = D car les coefficients diagonaux de D et D sont positifs et finalement T = QS S S + n R,!S S + n R/ S 2 = S e D après ce qui précède, S = QS où Q est le polynôme de degré au plus tel que Qλ = λ et Qλ 2 = λ 2 En posant Q = ax + b, on a d après les formules de Cramer { Qλ = λ Qλ 2 = λ 2 { aλ + b = λ aλ 2 + b = λ 2 a = λ + λ 2 λ λ 2 b = λ + λ 2 λ λ 2 a = λ λ 2 b = λ λ2 λ 2 λ λ λ 2 λ λ 2 a = λ λ 2 λ + λ 2 λ λ 2 λ λ 2 b = λ λ 2 λ + λ 2 Donc Q = λ + λ 2 X + λ λ 2 et finalement S = λ + λ 2 S + λ λ 2 I n http ://wwwmaths-francefr 6 c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés

7 II6 a S 2 est symétrique Soit λ,, λ n la famille des valeurs propres de S Alors la famille des valeurs propres de S 2 est λ 2,, λ2 n Ces valeurs propres sont toutes des réels positifs et donc S2 est positive S S n R, S 2 S + nr b Posons S = PD t P où P est une matrice orthogonale et D = diagµ,, µ n est une matrice diagonale réelle La matrice S = Pdiag µ,, µ n t P est symétrique positive car orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs De plus S 2 = Pdiag µ,, µ n 2t P = Pdiagµ 2,, µ2 n t P = S 2 Par unicité de la racine carrée d une matrice symétrique positive, on a donc mais alors S = S 2 = S = Pdiag µ,, µ n t P S + S = Pdiag µ + µ,, µ n + µ n t P et S S = Pdiag µ µ,, µ n µ n t P Maintenant les nombres µ i + µ i et µ i µ i sont tous des réels positifs et donc les matrices S + S et S S sont orthogonalement semblables à des matrices diagonales à coefficients diagonaux positifs On en déduit que ces matrices sont symétriques positives S S n R, S + S S + n R et S S S+ n R c S 2 = = et S = = Ces deux matrices 6 0 ont même trace et même déterminant et donc même polynôme caractérique à savoir X 2 20X + 64 S et S 2 ont donc les mêmes valeurs propres à savoir λ = 4 et λ 2 = 6 La formule de la question II5e fournit alors S = S 2 = S2 + 8I = = 8 6 =, et de même S 2 = S = et S 2 = = PARTIE III III Montrons par récurrence que k N, a k et b k existent et sont strictement positifs Le résultat est vrai pour k = 0 Soit k N Supposons que a k et b k existent et sont strictement positifs Alors a k+ = 2 b k+ = b k + existent et sont strictement positifs 2 a k On a montré par récurrence que Les suites a k et b k sont définies et strictement positives a k + et b k http ://wwwmaths-francefr 7 c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés

8 III2 a Soit k N La suite ak b k v k+ = a k+ b k+ = a k + 2 b k b k + 2 a k = a k b k est donc constante On en déduit que pour k N, a k b k = a 0 b 0 = a La suite ak b k est constante et donc k N, a k = a b k b Soit k N u k+ = 4 a k + b k + = a k b k = u k b k a k 4 a k b k 4 u k k N, u k+ = 4 u k u k c Soit k N ce qui montre que u k + u k 2 Par suite, u k + u k 2 = u k u 2 k 2u k + = u k 2 u k 0 u k+ = 4 On a montré que pour tout entier k, u k+ ou encore que u k = u k 4 k N, u k d Soit k N Puisque u k, on a u k+ u k = u k u k u k = 4 u k = u 2 k u k 4u + 2u k + = u k u k 0 k 4u k Ainsi, la suite u k est décroissante à partir du rang Etant minorée par, elle converge vers un réel l supérieur ou égal à Par passage à la limite quand k tend vers + dans l égalité u k+ = u k + 2 +, on obtient l = l u k 4 l puis l 2 2l = 0 puis l {, } et finalement l = puisque l La suite u k converge et lim k + u k = III On sait que k N, a k = a b k et donc k N, u k = a b 2 k ou encore, puisque la suite b k est positive k N, b k = uk a et a k = a b k Puisque la suite u k converge vers, on en déduit que la suite b k converge vers vers a a puis que la suite a k converge http ://wwwmaths-francefr 8 c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés

9 Les suites a k et b k convergent et lim a k = a et lim b k = k + k + a III4 a Si S est une matrice symétrique définie positive, 0 n est pas valeur propre de S et donc S est inversible S n ++ R GL nr b Soit S S n ++ R t S = t S = S et donc S est une matrice symétrique D autre part, si λ,, λ n est la famille des valeurs propres de S, on sait que la famille des valeurs propres de S est,, Ainsi, les valeurs λ λ n propres de S sont tous des réels strictement positifs et d après la question II4b, S est définie positive S S n ++ R, S S n ++ R c Soient S, S S n ++ R2 On sait que S+S est symétrique D autre part, pour X vecteur colonne non nul donné, t XS + S X = t XSX + t XS X > 0 Par suite, S + S est une matrice symétrique définie positive S, S S n ++ R 2, S + S S n ++ R III5 Montrons par récurrence que pour tout entier naturel k, les matrices A k et B k sont symétriques définies positives Le résultat est vrai pour k = 0 puisque les matrices A et I n sont symétriques définies positives Soit k 0 Supposons que les matrices A k et B k sont symétriques définies positives Alors d après la question III4b, sont symétriques définies positives puis d après la question III4c, les matrices A k + B k les matrices A k et B k B k + A k sont symétriques définies positives Il en est de même des matrices A k+ et B k+ On a montré par récurrence que k N, A k S n ++ R et B k S n ++ R et III6 a D est diagonale et donc symétrique Les valeurs propres de D sont les valeurs propres de A et sont donc des réels strictement positifs La matrice D est donc une matrice symétrique définie positive b On a déjà D 0 = P AP = D et 0 = P I n P = I n Ensuite, pour k N, les matrices A k et B k sont symétriques définies positives et en particulier inversibles d après la question III4a On en déduit que les matrices D k et k sont inversibles Pour k N, on a alors et de même D k+ = P A k+ P = P 2 A k + B k P = 2 P A k P + P B k P = 2 D k + k, k+ = 2 k + D k Enfin, montrons par récurrence que k N, D k et k sont des matrices diagonales C est vrai pour k = 0 Soit k N Supposons que les matrices D k et k sont diagonales Alors, D k et k sont diagonales puis 2 D k + k = D k+ et 2 k + D k = k+ sont des matrices diagonales Le résultat est démontré par récurrence c Pour k N, posons D k = diaga k,, a n k et k = diagb k,, b k n Posons aussi D = diagλ,, λ n Soit i, n Les suites a k i k N et b k i k N vérifient http ://wwwmaths-francefr 9 c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés

10 a 0 i = λ i et b 0 i =, k N, a k+ i = a k i + et b k+ i = 2 b k i 2 b k i + a k i D après la question III, la suite a k i converge vers a 0 i = λ i et la suite b k i converge vers On en déduit que la suite D k converge vers diag λ,, λ n = D et que la suite k converge vers D diag,, = λ λn a0 i = λi lim D k = D et lim k = D k + k + III7 a L application ψ : M PMP est un endomorphisme de l espace M n R qui est de dimension finie sur R On sait alors que l application ψ est continue sur M n R b Pour k N, on a A k = PD k P = ψd k et B k = ψ k Puisque la suite D k converge et que l application ψ est continue, la suite A k converge et et de même lim B k = A k + lim A k = lim ψd k = ψ lim D k = ψ D = P DP = A, k + k + k + lim A k = A et lim B k = A k + k + http ://wwwmaths-francefr 0 c Jean-Louis Rouget, 2007 Tous droits réservés