Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

SESSION 2008 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques A MP

Questions de cours et exemples.

1. Un polynôme annulateur defest un polynômePtel queP(f) =0.

2. (J_f,+, .)est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel(K[X],+, .)et(J_f,+,×)est un idéal de l’anneau(K[X],+,×).

3. Le polynôme minimalπf defest l’unique générateur unitaire de l’idéal principalJfc’est-à-dire

• πfest non nul et unitaire ;

• πf(f) =0;

• ∀P∈K[X],(P(f) =0⇒πf|P).

4. • Le théorème deCayley-Hamiltonaffirme queχf(f) =0et donc le polynôme caractéristique χf defest élément deJfce qui montre que Jfest un idéal deK[X]non réduit à{0}.

•On sait que l’anneau(K[X],+,×)est un anneau principal et donc l’idéal non nulJfest engendré par un certain polynôme unitaire ce qui montre l’exsitence deπf.

5. 5.1.

M²= 1 2









1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1









×1 2









1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1









= 1 4









2 0 2 0 0 2 0 2 2 0 2 0 0 2 0 2









= 1 2









1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1









=M.

Mais alors, par récurrence,

∀k∈N^∗, M^k=M.

5.2.Le polynômeX²−X=X(X−1)est donc un polynôme annulateur de f.πf est un diviseur unitaire de ce polynôme et donc l’un des trois polynômesX, X−1ouX(X−1). Mais on a f6=0et f−Id6=0. Donc les polynômesXet X−1ne sont pas annulateurs def. Finalement

π_f=X(X−1).

6. 6.1. Les solutions sur R de l’équation homogène y⁰⁰+y = 0 sont les fonctions de la forme x 7→ λcosx+µsinx, (λ, µ) ∈ R². D’autre part, la fonction x 7→ 1

2chx (resp. x 7→ 1

2shx) est une solution particulière sur R de l’équation différentielley⁰⁰+y=chx(resp.y⁰⁰+y=shx). Donc

Les solutions de l’équationy⁰⁰+y=chxsont les fonctions de la formex7→ 1

2chx+λcosx+µsinx,(λ, µ)∈R². Les solutions de l’équationy⁰⁰+y=shxsont les fonctions de la formex7→ 1

2shx+λcosx+µsinx,(λ, µ)∈R². 6.2.Soientfune fonction de classeC⁴surRpuisg=f+f⁰⁰.gest de classeC²surRetg⁰⁰=f⁽⁴⁾+f⁰⁰puisg⁰⁰−g=f⁽⁴⁾−f.

Par suite,

fsolution de(H1)⇔f⁽⁴⁾−f=0⇔g⁰⁰−g=0(H2).

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6.3.Les solutions de (H2)surRsont les fonctions de la formex7→λchx+µshx,(λ, µ)∈R².

6.4.D’après la question 6.2.,fest solution de(H1)si et seulement sig⁰⁰+g=0si et seulement si∃(λ, µ)∈R²/∀xlnR, f⁰⁰(x)+

f(x) =λchx+µshx.

Soient doncλ etµ deux réels. Une solution particulière de l’équationy⁰⁰+y=chx(resp.y⁰⁰+y=shx) est la fonction x7→ 1

2chx(resp.x7→ 1

2shx). D’après le principe de superposition des solutions, une solution particulière de l’équation y⁰⁰+y=λchx+µshxest la fonctionx7→ 1

2(λchx+µshx).

Ainsi, les solutions de (H₁) sont les fonctions de la forme x 7→ αcosx+βsinx+ 1

2(λchx+µshx), (α, β, λ, µ) ∈ R⁴. Maintenant,(λ, µ)décritR²si et seulement si(λ

2,µ

2)décritR². En renommant les constantes λ 2 et µ

2, on a montré que Les solutions de(H₁)sont les fonctions de la formex7→αcosx+βsinx+γchx+δshx, (α, β, γ, δ)∈R⁴. 6.5.

6.5.1.PuisqueE=Vect(cos,sin,ch,sh), on a déjà dim(E)≤4. Vérifions alors que la famille(cos,sin,ch,sh)est libre.

Soit(α, β, γ, δ)∈R⁴tel queαcos+βsin+γch+δsh=0. Par unicité de la décomposition d’une fonction en somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire, on a déjàαcos+γch=βsin+δsh=0. Ensuite, siγ6=0, on a lim

x→+∞|αcosx+ γchx|= +∞et en particulier,αcos+γch6=0. Donc γ=0 puisα=0 (car cos n’est pas la fonction nulle. De même, si δ6=0, lim

x→+∞|βsinx+δshx|= +∞et doncδ=0 puisβ=0.

On a montré que la famille(cos,sin,ch,sh)est libre et donc que la famille(cos,sin,ch,sh)est une base de(E). En particulier, dim(E) =4.

6.5.2.La dérivation est un endomorphisme deC^∞(R,R). Vérifions que sa restriction àEnotéeδlaisse stableE. D’après la question 6.4.,Eest l’ensemble des solutions de l’équation(H₁).

Soitf∈E. Par suite,fest de classeC^∞surRet vérifief⁽⁴⁾=f. En dérivant les deux membres de cette égalité, on obtient f⁽⁵⁾=f⁰ ce qui s’écrit encore(f⁰)⁽⁴⁾=f⁰. Par suite,f⁰ est solution de(H1)ou encore f⁰ ∈E. On a montré que

δ est un endomorphisme deE.

6.5.3.Par définition,∀f∈E, f⁽⁴⁾=f ou encore ∀f∈E, (δ⁴−Id_E)(f) =0 ou enfinδ⁴−Id_E=0. Ainsi, si P=X⁴−1,P est un polynôme annulateur def.

On aP= (X²−1)(X²+1) = (X−1)(X+1)(X²+1).πδ est l’un des diviseurs unitaires de ce polynôme et donc π_δ∈{X−1, X+1, X²+1,(X−1)(X+1),(X−1)(X²+1),(X+1)(X²+1), X⁴−1}.

Maintenant,

• (δ−Id)(cos) = −sin−cos6=0et doncδ−Id6=0.

• (δ+Id)(cos) = −sin+cos6=0et doncδ+Id6=0.

• (δ²−Id)(cos) = −2cos6=0et donc δ²−Id6=0.

• (δ²+Id)(ch) =2ch6=0et doncδ²+Id6=0.

• (δ−Id)◦(δ²+Id)(ch) =sh−ch+sh−ch=2(sh−ch)6=0 et donc(δ−Id)◦(δ²+Id)6=0.

• (δ+Id)◦(δ²+Id)(ch) =sh+ch+sh+ch=2(sh+ch)6=0 et donc(δ+Id)◦(δ²+Id)6=0.

Finalement,

πδ=X⁴−1.

Problème.

Partie 1 : Quelques propriétés des endomorphismes uetv.

1. On sait que dim(En) =n+1 et que(X^k)_0≤k≤n est une base deEn. 2. Soient(λ, µ)∈R²et (P, Q)∈E².

et

v(λP+µQ) = (λP+µQ)(X+1) =λP(X+1) +µQ(X+1) =λv(P) +µv(Q).

Doncuetv sont des endomorphismes deE. De plus, siPest un polynôme de degré au plus n, alorsP⁰ et P(X+1)sont des polynômes de degré au plusnet donc

uetv sont des endomorphismes deEqui laissent stableEn.

3. un(1) =0et pourk∈J1, nK, un(X^k) =kX^k−1. Par suite,

U_n=

























0 1 0 . . . 0 0 0 2 . .. ... ... . .. . .. ... . .. 0

... . .. n

0 . . . 0























 .

Pourk∈J0, nK,v_n(X^k) = (X+1)^k= Xk j=0

k j

X^jet donc

V_n =





































 0

0 1

0 2

0

. . . . n

0

0 1

1

2 1

n 1

... . .. 2

2

... . .. ...

... . .. . ..

n n−1

0 . . . 0

n n





































 .

4. SoitP∈En.un(P) =0⇔P⁰=0⇔P∈E0. Donc Ker(un) =E0.

Ensuite, Im(un) =Vect(u(1), u(X), u(X²), . . . , u(Xⁿ)) =Vect(0, 1, 2X, . . . , nXⁿ⁻¹) =Vect(1, X, . . . , Xⁿ⁻¹) =En−1. det(u_n) =det(U_n) =16=0 et doncv_n ∈G L(E_n). On en déduit que Ker(v_n) ={0}et Im(v_n) =E_n.

Ker(un) =E0, Im(un) =En−1, Ker(vn) ={0}et Im(vn) =En.

5. SoitP∈En.un(vn(P)) = (P(X+1))⁰=P⁰(X+1) =vn(un(P))et donc les endomorphismesun et vn commutent.

6. χu_n =χU_n = (−X)ⁿ⁺¹. Par suite, Sp(un) = (0, . . . , 0). Si l’endomorphisme un est diagonalisable, on dispose d’une base(Pi)_0≤i≤n deEn telle que∀i∈J0, nK, un(Pi) =0. L’endomorphismeun s’annule alors sur une base deEet est donc nul. Ceci n’est pas et donc

χu_n = (−X)ⁿ⁺¹. L’endomorphismeun n’est pas diagonalisable.

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7. χvn =χVn = (1−X)ⁿ⁺¹. Sivn est diagonalisable, l’endomorphismevn coïncide avecIdEn sur une base deEn et est doncId_En. Ceci n’est pas et donc

χ_vn = (1−X)ⁿ⁺¹. L’endomorphismev_n n’est pas diagonalisable.

8. 8.1.La famille(Qk)_0≤k≤n est une famille den+1polynômes éléments deEn vérifiant∀k∈J0, nK, deg(Qk) =k. On sait alors que

la famille(Qk)0≤k≤n est une base deEn. 8.2.wn(Q0) =1−1=0. Ensuite,wn(Q1) = (X+1) −X=1.

Soit alorsk∈J1, nK.

w_n(Q_k) = 1

k!((X+1)X . . .(X− (k−2)) −X(X−1). . .(X− (k−2))(X− (k−1)))

= (X+1) − (X− (k−1))

k! X(X−1). . .(X− (k−2)) = k

k!×(k−1)!Qk−1

=Qk−1.

∀k∈J1, nK, wn(Qk) =Qk−1. 8.3.Par suite,

W_n=



















0 1 0 . . . 0 ... . .. . .. . .. ... . .. 0

... . .. 1

0 . . . 0

















 .

8.4.D’après la question 8.1., Im(W_n) = Vect(w_n(Q₀), . . . , w_n(Q_n)) =Vect(0, Q₀, . . . , Q_n−1) = Vect(Q₀, . . . , Q_n−1) = E_n−1.

D’après le théorème du rang, on en déduit que dim(Ker(wn)) = (n+1) −n=1 et commeQ0est un élément non nul de Ker(w_n), on a donc Ker(w_n) =Vect(Q₀) =E₀.

Ker(wn) =E0et Im(wn) =En.

8.5.On awn(Q0) =0et∀k∈J1, nK,wn(Qk) =Qk−1. Par récurrence surj, on en déduit que pour tout(j, k)∈N×J0, nK tel que0≤j≤k, on aw^jn(Q_k) =Q_k−jet si j > k, w^jn(Q_k) =0.

∀(j, k)∈N×J0, nK, w^jn(Qk) =

Q_k−jsij≤k 0sij > k .

9.Détermination des composantes d’un polynôme deEn dans la baseB.

9.1.SoitP∈En.

D’après la question 8.1., la famille(Qk)_0≤k≤n est une base deEn et donc il existe unn+1-uplet(β0, . . . , βn)et un seul tel queP=

Xn k=0

βkQk.

9.2.Soitj∈N. D’après la question 8.5., sij≤n, w^jn(P)(0) =

Xn

βkw^j_n(Qk)

! (0) =

Xn

βkQk−j(0).

Maintenant, sik > j, alorsk−j > 0et le polynômeQk−j est divisible par le polynômeX. Dans ce cas,Qk−j(0) =0 et si k=j,Qk−j(0) =Q0(0) =1. Finalement,w^jn(P)(0) =βj.

SIj > n, tous lesw^jn(Qk)sont nuls et doncw^jn(P) =0. On en déduit quew^jn(P)(0) =0.

∀j∈N, w^jn(P)(0) =

βjsij≤n 0sij > n . 9.3.Par suite,

∀P∈E_n, P= Xn k=0

w^k_n(P)(0)Q_k.

9.4.Notons B^∗= (Q^∗_k)_0≤k≤n la base duale de la baseB. La question 9.3. montre que

∀k∈J, ∀P∈E_n, Q^∗_k(P) =w^k_n(P)(0).

10.D’après les questions 9.3. et 8.5.,∀P∈E_n, wⁿ⁺¹_n (P) =0et doncwⁿ⁺¹_n =θ. D’autre part,w_n(Q_n) =Q_n−n =Q₀=1.

wⁿ⁺¹_n =θet wⁿ_n(Q_n) =1.

Partie 2 : Recherche de quelques polynômes minimaux.

1. Soitf∈ L(En). D’après le théorème deCayley-Hamilton,πfdiviseχf. 2. Recherche deπun.

2.1.Pour tout polynômePde degré au plusn, on a uⁿ⁺¹_n (P) =P⁽ⁿ⁺¹⁾=0 et donc uⁿ⁺¹_n =θ.

2.2.u_n(Xⁿ) = (Xⁿ)⁽ⁿ⁾=n!.

un(Xⁿ) =n!.

2.3. π_un est un diviseur unitaire de χ_un = (−X)ⁿ⁺¹ (d’après la question 6.). Donc, π_un est de la forme X^m avec 1≤m≤n+1. Mais d’après la question précédente,uⁿ_n 6=θ et donc, sim≤n, le polynômeX^m n’est pas annulateur de u_n. On en déduit que

π_un =Xⁿ⁺¹.

2.4.D’après la question 10. de la partie 1, wn est commeun nilpotent d’indicen+1et donc πw_n =Xⁿ⁺¹.

3. Recherche deπv_n.

3.1.D’après la question précédente,(vn−en)ⁿ⁺¹=wⁿ⁺¹_n =θ. Le polynôme(X−1)ⁿ⁺¹est donc annulateur devn.πv_n

est un diviseur unitaire de ce polynôme et donc de la forme(X−1)^m avec1≤m≤n+1.

3.2.Mais d’après la question 10. de la partie 1,(v_n−e_n)ⁿ(Q_n =wⁿ_n(Q_n) =16=0et donc wⁿ_n 6=θ. Ainsi, si m≤n, le polynôme(X−1)^m n’est pas annulateur dev_n. Donc

π_vn = (X−1)ⁿ⁺¹.

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4. Polynômes annulateurs deu.

4.1.On sait queam6=0.

4.2Pourj∈J0, mK, on a

u^j X^m

m!

= X^m

m!

^(j)

= m!

(m−j)!

X^m−j

m! = X^m−j (m−j)!, et donc

r X^m

m!

= Xm j=0

aju^j X^m

m!

= Xm j=0

aj

X^m−j (m−j)!.

r X^m

m!

= Xm j=0

a_j X^m−j (m−j)!.

4.3.Le coefficient constant du polynômer X^m

m!

estam. Ce coefficvient n’est pas nul et donc le polynômer X^m

m!

n’est pas le polynôme nul. Mais alors, l’endomorphismer= P(u)n’est pas l’endomorphisme nul. Ainsi, si Pest un polynôme non nul, on aP(u)6=θ et on en déduit que

le polynôme nul est le seul polynôme annulateur de u.

5. Polynômes annulateurs dev.

5.1.SoitPun polynôme non nul annulateur dev.Pest annulateur devet donc annulateur de chaquev_n,n∈N^∗. On en déduit quePest un multiple deπ_vn = (X−1)ⁿ⁺¹pour chaque n∈N^∗(d’après la question 3.).

5.2.En particulier, siP est un polynôme non nul annulateur dev, on a∀n∈N^∗, deg(P)≥n+1. Ceci est absurde et il n’existe donc pas de polynôme non nul annulateur dev.

Le polynôme nul est le seul polynôme annulateur dev.

6. 6.1.SoitP∈E.s◦s(P) =s(s(P)) =s(P(1−X)) =P(1− (1−X)) =Pet donc s²=Id_E.

6.2.Ainsi, le polynômeX²−1est un polynôme non nul annulateur des. On en déduit quesadmet un polynôme minimal π_s et queπ_s est l’un des trois polynômesX−1,X+1 ouX²−1. Commesn’est niId_E(cars(X) =1−X6=X), ni−Id_E (cars(X) =1−X6= −X), on aπ_s=X²−1et donc

les polynômes annulateurs dessont les polynômes de la forme(X²−1)Q,Q∈R[X].

Partie 3.

1. Puisqueuⁿ⁺¹_n =θ, on a exp(u_n) = Xn k=0

u^k_n k!. Soit alorsm∈J0, nK.

(exp(un))(X^m) = Xn k=0

1

k!(X^m)^(k)= Xm k=0

1 k!

m!

(m−k)!X^m−k= Xm k=0

m k

X^m−k= (X+1)^m =vn(X^m).

Ainsi, les endomorphismesvn et exp(un)deEn coïncident sur une base deEn et donc exp(u_n) =v_n.

2. 2.1. Soit k ∈ J0, nK. Le polynôme un(Qk) est un polynôme de degré au plusn et en appliquant la formule de la question 9.3.

un(Qk) = Xn j=0

w^j_n(un(Qk))(0)Qj

= Xn j=0

u_n(w^j_n(Q_k))(0)Q_j(caru_netw_n commutent d’après la question 5. de la partie 1)

= Xk j=0

un(Qk−j)(0)Qj= Xk m=0

un(Qm)(0)Qk−m.

∀k∈J0, nK, u_n(Q_k) = Xk m=0

u_n(Q_m)(0)Q_k−m.

2.2.Déjà, un(Q0) =1⁰ =0 et doncun(Q0)(0) =0. De même,un(Q1) =X⁰ =1 et doncun(Q1)(0) =1.

Soit alors k∈ J1, nK. u_n(Q_m)(0) = Q_m⁰ (0)est le coefficient de Xdans le développement de Q_m = 1

m!X(X−1). . .(X− (m−1)). Ce coefficient vaut 1

m!×(−1)^m−1(m−1)! ou encore (−1)^m+1

m ce qui reste vrai quandm=1.

∀m∈J0, nK, u_n(Q_m)(0) =





0sim=0 (−1)^m+1

m sim≥1 .

2.3.Puisque (v_n−e_n)ⁿ⁺¹=θ_n, la somme

+∞

X

m=1

(−1)^m+1

m (v_n−e_n)^m existe et de plus

+∞

X

m=1

(−1)^m+1

m (v_n−e_n)^m= Xn m=1

(−1)^m+1

m (v_n−e_n)^m. Soitk∈J1, nK,

un(Qk) = Xk m=0

un(Qm)(0)Qk−m= Xk m=1

(−1)^m+1

m w^m_n(Qk) =

+∞

X

m=1

(−1)^m+1

m w^m_n(Qk)

=

+∞

X

m=1

(−1)^m+1

m (vn−en)^m

! (Qk).

D’autre part,un(Q0) =0=

+∞

X

m=1

(−1)^m+1

m (vn−en)^m

! (Q0).

Finalement, les endomorphismesun et

+∞

X

m=1

(−1)^m+1

m (vn−en)^m deEn coïncident sur une base deEn et donc

un=

+∞

X

m=1

(−1)^m+1

m (vn−en)^m.

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