SESSION 2011 E3A
Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE Epreuve de Mathématiques A PSI
Questions de cours
1) Soit(A, B)∈(Mn(R))2.
Aet Bsont semblables⇔∃P∈GLn(R)/ B=P−1AP.
2) 2.1 Vrai.
Démonstration.SoientAet Bdeux matrices semblables. Il existeP∈GLn(R)telle queB=P−1AP.
Soitfl’endomorphisme de Rn canoniquement associé àA. SoientB0 la base canonique deRn et B la base de Rn telle queP=PBB
0.
D’après les formules de changement de bases,A=MatB0(f)etB=MatB(f). Mais alors, rg(A) =rg(f) =rg(B).
2.2 Faux.SoientA=I2et B=I2+E1,2=
1 1 0 1
. AetBsont inversibles et donc rg(A) =rg(B) =2.
D’autre part, une matrice semblable àI2est égale àI2 et commeB6=I2,Bn’est pas semblable à A.
2.3 Vrai.
Démonstration.SoientAet Bdeux matrices semblables. Il existeP∈GLn(R)telle queB=P−1AP.Mais alors det(B) =det(P−1AP) = 1
det(P)×det(A)×det(P) =det(A).
2.4 Faux.Avec le contre-exemple de la question 2.2, on a det(A) =det(B) =1 maisAet Bne sont pas semblables.
2.5Le polynômeX2+5X−6= (X−1)(X+6)est annulateur deA. Puisque les polynômesX−1et X+6sont premiers entre eux, le théorème de décomposition des noyaux permet d’affirmer queRn=Ker(A−In)⊕Ker(A+6In).
2.6SiA=In, alorsA2+5A−6In=On. Pourtant, Ker(A+In)⊕Ker(A−6In) =Ker(2In)⊕Ker(−5In) ={0}⊕{On}= {0}6=Rn.
2.7 Vrai. Soient Aet Bdeux matrices semblables. Il existe P∈ GLn(R)telle que B = P−1AP.Mais alors, les matrices A−XIn et B−XIn sont semblables carP−1(A−XIn)P=P−1AP−XP−1InP=B−XIn. D’après la question 2.3,
χB=det(B−XIn) =det(A−XIn) =χA.
2.8 Faux.Avec le contre-exemple de la question 2.2, on aχA=χB= (1−X)2 maisAetBne sont pas semblables.
Problème Partie 1
1) 1.1B=tAA=
0 2 0 1 0 1 0 2 0
0 1 0 2 0 2 0 1 0
=
4 0 4 0 2 0 4 0 4
. La matriceBest symétrique réelle et donc la matrice Best diagonalisable.
1.2La matriceBest symétrique réelle et on sait que ses valeurs propres sont réelles. Soientλ∈Rune valeur propre deB puisXun vecteur propre unitaire associé.
λ=λkXk22=λtXX=tX(λX) =tXBX=tXtAAX=t(AX)AX=kAXk22>0.
On a montré que les valeurs propres deBsont des réels positifs.
1.3En développant suivant la première colonne, on obtient χB=
4−X 0 4
0 2−X 0
4 0 4−X
= (4−X)2(2−X) −16(2−X) = (2−X)((4−X)2−16) = (−X)(2−X)(8−X).
2) 2.1On suppose queR3est muni de sa structure euclidienne canonique de sorte que la base canonique(−→ i ,−→
j ,−→ k)est orthonormée.
C est la surface d’équation 2(x+z)2+y2 = 1. On pose
X= (x+z)/√ 2 Y=y
Z= (−x+z)/√ 2
. La matrice de passage associée à ce
changement de bases estP=
√1
2 0 1
√2
0 1 0
− 1
√2 0 1
√2
. Cette matrice est orthogonale car ses colonnes sont unitaires et deux
à deux orthogonales.
La nouvelle base (−→e1,−→e2,−→e3) définie par la matrice P est donc une base orthonormée de R3. Dans cette nouvelle base, une équation cartésienne de C est 4X2+Y2 = 1. On reconnaît un cylindre elliptique d’axe (OZ) c’est-à-dire la droite d’équations
X=0
Y=0 ou encore
x+z=0 y=0 .
C est un cylindre elliptique d’axe la droite ∆de repère (O,−→u)où−→u =−→i −−→k.
∆est un axe de symétrie de C. Tout plan perpendiculaire à∆, c’est-à-dire tout plan d’équation y= λ, est un plan de symétrie deC ainsi que les plans(XOY)et(YOZ)d’équations respectivesx−z=0et x+z=0.
2.2SoitM(x, y, z)∈R3.
•M∈C ∩(yOz)⇔
x=0
2x2+4xz+y2+2z2=1 ⇔
x=0
y2+2z2=1 .C1est l’ellipse d’équations
x=0
y2+2z2=1 .
• M ∈ C ∩ (xOz) ⇔
y=0
2x2+4xz+y2+2z2=1 ⇔
y=0
2(x+z)2=1 . C2 est la réunion des droites d’équations
y=0 x+z= 1
√2 et
y=0 x+z= − 1
√2 .
•M∈C ∩(xOy)⇔
z=0
2x2+4xz+y2+2z2=1 ⇔
z=0
2x2+y2=1 .C3 est l’ellipse d’équations
z=0
2x2+y2=1 . 2.3 Sections.
1
−1
1
−1 y
z
O C1
1
−1
1
−1 x
z
O C2
1
−1
1
−1 x
y
O C3
Surface.Le dessin ci-dessous est réalisé avec Maple.
3) 3.1Sip=0, le reste de la division euclidienne deXp=1parX3−10X2+16Xest1.
Soitp∈N∗. La division euclidienne de Xp parX3−10X2+16X=X(X−2)(X−8)s’écrit Xp= (X3−10X2+16X)×Qp+apX2+bpX+cp, oùQ∈R[X]et ap,bpet cpsont trois réels.
En évaluant en0, on obtientcp=0puis en évaluant en2 et8, on obtient 4ap+2bp=2p
64ap+8bp=8p ⇔ap= 1
48(8p−4×2p)etbp= 1
24(16×2p−8p).
Le reste de la division euclidienne deXp parX3−10X2+16Xest 1
48((8p−4×2p)X2+ (32×2p−2×8p)X).
3.2 XB = −X(X−2)(X−8) = −(X3−10X2+16X). D’après le théorème de Cayley-Hamilton, B3−10B2+16B =
−χB(B) =O3.
Puisque0est valeur propre de B, la matriceBn’est pas inversible.
3.3D’après les deux questions précédentes, pourp∈N∗,
Bp= (B3−10B2+16B)×Qp(B) +apB2+bpB=apB2+bpB= 1
48((8p−4×2p)B2+ (32×2p−2×8p)B) 3.4T0=I3. Soitp∈N∗.
Tp=I3+ Xp
k=1
1
k!(akB2+bkB) =I3+ 1 24
Xp
k=1
1
k!(16×2k−8k)
! B+ 1
48 Xp
k=1
1
k!(8k−4×2k)
! B2
Par suite,
p→lim+∞Tp=I3+ 1 24 16
+∞
X
k=1
2k k! −
+∞
X
k=1
8k k!
! B+ 1
48
+∞
X
k=1
8k k! −4
+∞
X
k=1
2k k!
! B2
=I3+ 1
24(16(e2−1) − (e8−1))B+ 1
48((e8−1) −4(e2−1))B2.
Ensuite,B2=
4 0 4 0 2 0 4 0 4
4 0 4 0 2 0 4 0 4
=
32 0 32 0 4 0 32 0 32
et donc
p→lim+∞
Tp=
1 0 0 0 1 0 1 0 1
+ 1
24(16(e2−1) − (e8−1))
4 0 4 0 2 0 4 0 4
+ 1
48((e8−1) −4(e2−1))
32 0 32 0 4 0 32 0 32
=
1 0 0 0 1 0 1 0 1
+ 1
12(−e8+16e2−15)
2 0 2 0 1 0 2 0 2
+ 1
12(e8−4e2+3)
8 0 8 0 1 0 8 0 8
= 1 12
6e8+6 0 6e8+6
0 12e2 0
6e8+6 0 6e8+6
= 1 2
e8+1 0 e8+1 0 2e2 0 e8+1 0 e8+1
.
Partie 2
1) A=
0 1 0 0 3 0 2 0 0 2 0 3 0 0 1 0
.
Doncu1=e1,u2=f(e1) =3e2,u3=f2(e1) =3f(e2) =3e1+6e3etu4=f(3e1+6e3) =3(3e2)+6(2e2+e4) =21e2+6e4. Par suite, MatB(u1, u2, u3, u4) =
1 0 3 0 0 3 0 21 0 0 6 0 0 0 0 6
. Cette matrice est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux tous non nuls et donc cette matrice est inversible. On en déduit que
U = (u1, u2, u3, u4)est une base deE.
2) Par définition,f(u1) =u2,f(u2) =u3,f(u3) =u4 et enfin
f(u4) =21f(e2) +6f(e4) =21(e1+2e3) +6(3e3) =21e1+60e3=10(3e1+6e3) −9e1= −9u1+10u3. Donc
M=
0 0 0 −9 1 0 0 0 0 1 0 10 0 0 1 0
.
3) En développant suivant la dernière colonne, on obtient
χf=
−X 0 0 −9
1 −X 0 0
0 1 −X 10
0 0 1 −X
= −X
−X 0 0
1 −X 0
0 1 −X
−10
−X 0 0 1 −X 0
0 0 1
+9
1 −X 0
0 1 −X
0 0 1
= (−X)4−10(−X)2+9=X4−10X2+9.
4) χA=X4−10X2+9= (X2−1)(X2−9) = (X−1)(X+1)(X−3)(X+3).Aadmet4 valeurs propres réelles simples à savoir−1,1,−3et3.
•SoitX=
x y z t
∈M4,1(R).
X∈Ker(A−3I4)⇔
−3x+y=0 3x−3y+2z=0 2y−3z+3t=0 z−3t=0
⇔
y=3x z=3t
3x−9x+6t=0 6x−9t+3t=0
⇔
t=x y=3x z=3x
.
Ker(A−3I4) =Vect(X1)oùX1=
1 3 3 1
.
•SoitX=
x y z t
∈M4,1(R).
X∈Ker(A+I4)⇔
x+y=0 3x+y+2z=0 2y+z+3t=0 z+t=0
⇔
y= −x t= −z 2x+2z=0
−2x−2z=0
⇔
z= −x y= −x t=x
.
Ker(A+I4) =Vect(X2)oùX2=
1
−1
−1 1
.
•SoitX=
x y z t
∈M4,1(R).
X∈Ker(A−I4)⇔
−x+y=0 3x−y+2z=0 2y−z+3t=0 z−t=0
⇔
y=x t=z 2x+2z=0 2x+2z=0
⇔
z= −x y=x t= −x
.
Ker(A−I4) =Vect(X3)oùX3=
1 1
−1
−1
.
•SoitX=
x y z t
∈M4,1(R).
X∈Ker(A+3I4)⇔
3x+y=0 3x+3y+2z=0 2y+3z+3t=0 z+3t=0
⇔
y= −3x z= −3t
−6x−6t=0
−6x−6t=0
⇔
t= −x y= −3x z=3x
.
Ker(A+3I4) =Vect(X4)oùX4=
1
−3 3
−1
.
5) SoitP=
1 1 1 1
3 −1 1 −3 3 −1 −1 3 1 1 −1 −1
. AlorsP−1AP=D. Maintenant,
PK= 1 8
1 1 1 1
3 −1 1 −3 3 −1 −1 3 1 1 −1 −1
1 1 1 1
3 −1 −1 3 3 1 −1 −3 1 −1 1 −1
= 1 8
8 0 0 0 0 8 0 0 0 8 8 0 0 0 0 8
=I4.
−1
6) Pourt∈R, posonsX(t) =
x(t) y(t) z(t) u(t)
.
x′=y y′=3x+2z z′=2y+3u u′ =z
⇔X′=AX⇔X′=PDP−1X⇔P−1X′=DP−1X⇔(P−1X)′=D(P−1X)
⇔∃(a, b, c, d)∈R4/∀t∈R, P−1X(t) =
ae3t be−t cet de−3t
⇔∃(a, b, c, d)∈R4/∀t∈R, X(t) =
1 1 1 1
3 −1 1 −3 3 −1 −1 3 1 1 −1 −1
ae3t be−t cet de−3t
∃(a, b, c, d)∈R4/∀t∈R, X(t) =
ae3t+be−t+cet+de−3t 3ae3t−be−t+cet−3de−3t 3ae3t−be−t−cet+3de−3t ae3t+be−t−cet−de−3t
.
Les solutions du système sont les fonctions de la forme
t7→ae3t
1 3 3 1
+be−t
1
−1
−1 1
+cet
1 1
−1
−1
+de−3t
1
−3 3
−1
,(a, b, c, d)∈R4.
Partie 3
1) SoitQ∈En. Le polynômenXQ est de degré au plusn+1de même que le polynôme (X2−1)Q′. Doncg(Q)est un polynôme de degré au plusn+1.
De plus, si on notean le coefficient deXn dansQ, alors le coefficient deXn+1dansg(Q)est égal àxan=nan =0. Donc g(Q)est un polynôme de degré au plusn. Ainsi,g est bien une application deEn dans lui-même.
Soient(Q1, Q2)∈En et (λ1, λ2)∈R2.
g(λ1Q1+λ2Q2) =nX(λ1Q1+λ2Q2)′− (X2−1)(λ1Q1+λ2Q2)
=λ1(nXQ1′ − (X2−1)Q1) +λ2(nXQ2′ − (X2−1)Q2) =λ1g(Q1) +λ2g(Q2).
Finalement
g∈L(En).
2) 2.1Sur] −1, 1[, l’équation(Eλ est équivalente à l’équation :y′+λ−nx x2−1y=0.
‘La fonctionx7→ λ−nx
x2−1 est continue sur] −1, 1[et on sit alors que l’ensemble des solutions de(Eλ)sur] −1, 1[ est unR-espace vectoriel de dimension1.
Pourx∈] −1, 1[, posonsa(x) = λ−nx x2−1 = λ
2 1
x−1− 1 x+1
−n 2
2x
x2−1. Une primitive de la fonctionasur] −1, 1[est la fonctionA : x7→ λ
2(ln(1−x)−ln(1+x)−n
2 ln(1−x2) =ln
1−x 1+x
λ/2
(1−x2)−n/2
!
=ln (1−x)(λ−n)/2(1+x)(−λ−n)/2 Soitf une fonction dérivable sur] −1, 1[.
fsolution de(Eλ)sur] −1, 1[⇔f′+af=0⇔eAf′+aeAf=0⇔(eAf)′=0
⇔∃C∈R/∀x∈] −1, 1[, eA(x)f(x) =C⇔∃C∈R/∀x∈] −1, 1[, f(x) =Ce−A(x)
⇔∃C∈R/∀x∈] −1, 1[, f(x) =C(1−x)(n−λ)/2(1+x)(n+λ)/2.
Les solutions de(Eλ)sur] −1, 1[, sont les fonctions de la formex7→C(1−x)(n−λ)/2(1+x)(n+λ)/2,C∈R.
2.2(Eλ)admet une solution polynomiale non nulle si et seulement si la fonctionf : x7→(1−x)(n−λ)/2(1+x)(n+λ)/2 est polynomiale.
Suspposons que la fonction f : x 7→ (1−x)(n−λ)/2(1 +x)(n+λ)/2 soit polynomiale. Quand x tend vers 1, f(x) ∼ 2(n+λ)/2(1−x)(n−λ)/2. Mais un équivalent de f en 1 doit être de la forme C(x−1)N où N est un entier. Ceci impose
n−λ 2 ∈N.
De même, un équivalent defen−1 est2(n−λ)/2(1−x)(n+λ)/2 et donc n+λ 2 ∈N. Réciproquement, si n−λ
2 et n+λ
2 sont des entiers naturels, alors la fonction x7→(1−x)(n−λ)/2(1+x)(n+λ)/2 est une solution polynomiale non nulle de(Eλ)sur ] −1, 1[. Notons alors que
n−λ
2 ∈Net n+λ
2 ∈N⇔∃k∈N/ n−λ
2 =ket n+λ
2 ∈N⇔∃k∈N/λ=n−2ket n+n−2k
2 ∈N
⇔∃k∈J0, nK/ λ=n−2k.
(Eλ)admet une solution polynomiale non nulle si et seulement si λ∈{n−2k, k∈J0, nK}.
3) Pourk∈J0, nK, posonsλk=2n−kpuisPk = (1−X)(n−λk)/2(1+X)(n+λk)/2= (1−X)k(1+X)n−k.
D’après la question précédente, ∀k ∈ J0, nK, g(Pk) = nXPk− (X2−1)Pk′ = λkPk. Donc λ0, . . . , λn sont n+1 valeurs propres deux à deux distinctes deg. Puisque dim(En) =n+1, on a trouvé toutes les valeurs propres deg et chacune de ces valeurs propres est simple.
Sp(g) = (λk)06k6n où∀k∈J0, nK,λk=2n−k.
∀k∈J0, nK, Eλk =Vect(Pk)oùPk= (1−X)k(1+X)n−k.
4) g(1) =nXpuis pourk∈J1, nK,g(Xk) =nXXk− (X2−1)kXk−1= (n−k)Xk+1+kXk−1. Donc la matrice degdans la base canonique deEn est la matriceA. Puisque gest diagonalisable,Aest diagonalisable dansR.
5) La déterminant deAest le produit de ses valeurs propres et donc det(A) =
Yn
k=0
(n−2k) = (−n)×−(n−2)×. . .×(n−2)×n.
Sinest pair, det(A) =0. Sinest impair, on peut posern=2p+1oùp>1. Dans ce cas,
det(A) = (−(2p+1))(−(2p−1)). . .(−1)(1). . .(2p−1)(2p+1) = (−1)p+1(1 . . .(2p−1)(2p+1))2
= (−1)p+1
(2p+1)(2p)(2p−1). . . 1 (2p)(2p−2). . . 2
2
= (−1)p+1(2p+1)!2 22p(p!)2 .
Partie 4
1) On sait qu’il existe une et une seule solution au problème de Cauchy :y′′−y=0,y(0) =1et y′(0) =0. La fonction x7→chxest solution de ce problème et donc∀x∈R,y1(x) =chx. De même,∀x∈R,y2(x) =shx.
2) G =Vect(gk)06k6n est un espace vectoriel de dimension au plusn+1. Vérifions alors la famille(gk)06k6n est libre.
Supposons par l’absurde qu’il existe(λ0, . . . , λn)6= (0, . . . , 0)tel que Xn
k=0
λkgk=0. Soitp=Min{k∈J0, nK/ λk6=0}. Par définition
∀x∈R,λp(chx)n−p(shx)p+. . .+λn(chx)0(shx)n=0.
Pourx6=0, on divise les deux membres de cette égalité par(shx)pet en faisant tendrexvers0, on obtientλp=0ce qui est absurde. Donc, la famille(gk)06k6n est libre et finalement
la famille(g ) est une base deG.
3) 3.1Soitk∈J1, n−1K. Puisquey1′ =y2ety2′ =y1,
∆(gk) = (n−k)y1′(y1)n−k−1yk2+kyn−k1 y2′yk−12 = (n−k)(y1)n−k−1yk+12 +kyn−k+11 yk−12 = (n−k)gk+1+kgk−1. D’autre part,∆(g0) =ny1′yn−11 =nyn−11 y2=ng1et ∆(gn) =ny2′yn−12 =ny1yn−12 =ngn−1.
Ainsi,∆(G) =Vect(∆(gk))06k6n⊂Vect(gk)06k6n =G et finalement∆induit un endomorphisme deG.
3.2Soientλ∈Retf∈C∞(R,R).
∆(f) =λf⇔f′=λf⇔∃C∈R/∀x∈R, f(x) =Ceλx.
Donc tout réelλest valeur propre de∆et de plus, pour toutréelλ,Eλ(∆) =Vect(fλ)où∀x∈R,fλ(x) =eλx. 3.3Soitk∈J0, nK. Pour tout réelx,
gk(x) = 1
2n(ex+e−x)n−k(ex−e−x)k=
n−kX
p=0
ap(ex)p(e−x)n−k−p
Xk
q=0
bq(ex)q(e−x)k−q
=
n−kX
p=0
ape(2p−n+k)x
Xk
q=0
bqe(2q−k)x
= X
(p,q)∈J0,n−kK×J0,kK
apbqe(2(p+q)−n)x
X
(p,q)∈J0,n−kK×J0,kK
apbqϕp+q(x).
De plus, sip∈J0, n−kKetq∈J0, kK, alorsm=p+q∈J0, nK. Ainsi, ∀k∈J0, nK, gk∈Vect(ϕm)06m6n. On en déduit queG=Vect(gk)06k6n ⊂Vect(ϕm)06m6n.
Mais alors dim(Vect(ϕm)06m6m) 6 n+1 = dimG 6 dim(Vect(ϕm)06m6m) puis dim(Vect(ϕm)06m6m) = n+1 = dimG.
En résumé,G⊂Vect(ϕm)06m6m et dim(Vect(ϕm)06m6m) =dimG <+∞et doncG=Vect(ϕm)06m6m.
Enfin,(ϕm)06m6m est une famille génératrice deGde cardinaln+1=dim(G)<+∞et donc(ϕm)06m6mest une base deG.
3.4Pour chaquem∈J0, nK, ϕm est un vecteur propre de∆et donc deδ associé à la valeur propre2m−n. On a ainsi trouvén+1valeurs propres2 à2 distinctes deδ. Puisque dim(G) =n+1, on a trouvé toutes les valeurs propres deδ : ces valeurs propres sont lesλm=2m−n,m∈J0, nK. De plus, ces valeurs propres étant simples, les sous-espaces propres sont des droites et donc∀m∈J0, nK,Eλm(δ) =Vect(ϕm).
3.5La question 3.1 montre queS=A.
3.6On a ainsi retrouvé ainsi la diagonalisabilité deAet ses valeurs propres.
