Concours commun Mines-Ponts

SESSION 2014

Concours commun Mines-Ponts

PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE MP

A. Préliminaire sur la représentation ze

dans C

1)

ze^z=w⇔Re^iθe^{Rcosθ+iRsinθ}=re^iα⇔Re^Rcosθ×e^i(θ+Rsinθ)=r×e^iα

⇔

Re^Rcosθ=r

θ+Rsinθ=α(modulo2π) (carRe^Rcosθ∈R^∗

+etr∈R^∗

+)

⇔

Re^Rcosθ=r

Rsinθ=α−θ(modulo2π) 2) • Puisque α > 0, quand θ tend vers0 par valeurs supérieures, α−θ

sinθ cosθ ∼ α−θ sinθ ∼ α

θ puis lim

θ→0 θ>0

α−θ

sinθ cosθ= +∞ puis lim

θ→0 θ>0

exp

α−θ sinθ cosθ

= +∞. Comme de plus, lim

θ→0 θ>0

α−θ

sinθ = +∞, en multipliant on obtient, lim

θ→0 θ>0

ϕ(θ) = +∞.

•Puisqueα > π, quand θtend versπpar valeurs inférieures, α−θ

sinθ cosθ= α−θ

sin(π−θ)cosθ∼ π−α

π−θ et donc

θlim→π θ<π

α−θ

sinθ cosθ= α−θ

sin(π−θ) = −∞. Mais alors,

θlim→π θ<π

ϕ(θ) = lim

θ→π θ<π

α−θ sinθ exp

α−θ sinθ cosθ

= − lim

θ→π θ<π

α−θ

sinθ cosθexp

α−θ sinθ cosθ

= − lim

X→−∞

Xe^X =0,

d’après un théorème de croissances comparées.

θlim→0 θ>0

ϕ(θ) = +∞et lim

θ→π θ<π

ϕ(θ) =0.

Puisque la fonctionϕest continue sur]0, π[en tant que quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas sur]0, π[, le théorème des valeurs intermédiaires permet d’affirmer que pour tout réelr∈

#

θlim→π θ<π

ϕ(θ),lim

θ→0 θ>0

ϕ(θ)

"

=]0,+∞[,

l’équationϕ(θ) =ra au moins une solution dans]0, π[.

3)Soitw∈C.

•Si w=0, alorsz=0 est un élément deDtel que g(z) =w.

• Posonsw =re^iα oùr > 0et α ∈[2π, 4π[. D’après la question précédente, il existe θ∈]0, π[tel que g(θ) =r. Posons R= α−θ

sinθ. Alors R est un réel strictement positif tel que Rsinθ =α−θ(modulo2π) et de plus, Re^Rcosθ = ϕ(θ) = r.

D’après la première question,ze^z=w. Encore une foiszest un élément deDtel que g(z) =w.

On a montré que tout élémentwdeCa au moins un antécédent par gdansD et donc gest surjective.

B. Représentation Ae

d’un bloc de Jordan

4)Nest nilpotente d’indice net doncNⁿ⁻¹n’est pas la matrice nulle. Il existe doncX∈M_n,1(C)tel que Nⁿ⁻¹X6=0.

Montrons que la famille(N^kX)_06k6n−1est libre. Supposons par l’absurde cette famille liée. Alors, il existe(λ_k)_06k6n−1 famille de complexes non tous nuls telle que

n−1X

k=0

N^kX=0.

Soitp=Min{k∈J0, n−1K/ λk=0}. Alorsn−p−1>0puis

n−1X

k=0

N^kX=0⇒

n−1X

k=p

N^kX=0⇒N^n−p−1

n−1X

k=p

N^kX=0⇒Nⁿ⁻¹X=0(car pourk>n, N^k =0).

Ceci est absurde et donc la famille(N^kX)_06k6n−1 est libre.

5)La famille(N^kX)06k6n−1 est libre et de cardinaln. Donc cette famille est une base deM_n,1(C).

Soitf l’endomorphisme de Cⁿ canoniquement associé à N. Soit B= (e_i)_16i6n la base canonique de Cⁿ (de sorte que N=MatB(f)).

SoitB′= (e_i^′)_16i6n la base de Cⁿ canoniquement associée à la base(Nⁿ⁻¹X, Nⁿ⁻²X, . . . , NX, X) = (N^n−1−kX)06k6n−1

deM_n,1(C).

Pour k ∈ J2, nK, on a N ×N^n−1−kX = N^{n−1)−(k−1)}X et donc f(e_k) = e_k−1. D’autre part, f(e₁) = 0. Par suite, MatB′(f) =J_n(0).

N et Jn(0)sont les matrices de f dans Bet B^′ respectivement. Les formules de changement de bases montrent que les matricesNetJn(0)sont semblables.

6)Puisque les matricesJ_n(0)et−J_n(0)commutent,e^Jn(0)×e^−Jn(0)=e^{Jn(0)−Jn(0)}=e⁰=I=e^−Jn(0)×e^Jn(0). Donc la matricee^Jn(0) est inversible et e^Jn(0)−1

=e^−Jn(0).

On sait que les matrices Jn(0) et e^Jn(0) commutent. Donc, Jn(0)e^Jn(0)n

= (Jn(0))ⁿ e^Jn(0)n

= 0 car Jn(0)ⁿ est semblable àNⁿ =0 et doncJn(0)ⁿ=0. Ainsi, la matriceJn(0)e^Jn(0)est nilpotente d’indice au plusn.

J_n(0)ⁿ⁻¹ est semblable à Nⁿ⁻¹ et donc J_n(0)ⁿ⁻¹ 6= 0. D’autre part, e^Jn(0)n−1

est inversible en tant que produit de matrices inversibles et, puisque les matricesJ_n(0)ete^Jn(0) commutent, J_n(0)e^Jn(0)n−1

=J_n(0)ⁿ⁻¹ e^Jn(0)n−1

6=0. On a montré que la matriceJ_n(0)e^Jn(0) est nilpotente d’indice n.

7)L’applicationψ : M7→PMP⁻¹est un endomorphisme de l’espace vectorielM_n(C). PuisqueM_n(C)est de dimension finie surC, on en déduit queψest continu surM_n(C). Mais alors

Pe^Jn(0)P⁻¹=P lim

p→+∞

Xp

k=0

1 k!Jn(0)^k

!

P⁻¹=ψ lim

p→+∞

Xp

k=0

1 k!Jn(0)^k

!!

= lim

p→+∞

ψ Xp

k=0

1 k!J_n(0)^k

!

(par continuité deψsurM_n(C)et donc enJ_n(0))

= lim

p→+∞P Xp

k=0

1 k!Jn(0)^k

!

P⁻¹= lim

p→+∞

Xp

k=0

1

k! PJn(0)P⁻¹k

=e^PJn(0)P−1.

J_n(0)e^Jn(0)est nilpotente d’indicenet donc semblable àJ_n(0)d’après la question 5. Donc, il existeP∈GL_n(C)telle que J_n(0)e^Jn(0)=P⁻¹J_n(0)P. On en déduit que

J_n(0) =PJ_n(0)e^Jn(0)P⁻¹=PJ_n(0)P⁻¹Pe^Jn(0)P⁻¹=PJ_n(0)P⁻¹e^PJn(0)P−1. PosonsNe =PJ_n(0)P⁻¹.Ne est semblable à J_n(0)et donc nilpotente d’indicen. De plus,Nee ^Ne =J_n(0).

8)Soitλun complexe non nul. D’après la question 3, il existeµ∈D tel queg(µ) =λ. Puisqueλ6=0,µest différent de0 et un argument deµest dans]0, π[. Mais alorsµ6= −1.

Puisque les matricesµIn etJn(0)commutent

Jn(µ)e^Jn(µ)= (µI_n+Jn(0))e^µIn+Jn(0)= (µI_n+Jn(0))e^µIne^Jn(0)= (µI_n+Jn(0))e^µIne^Jn(0)

= (µI_n+J_n(0))e^µ

+∞

X

k=0

1 k!J_n(0)^k

!

= (µI_n+J_n(0))e^µ

n−1X

k=0

1 k!J_n(0)^k

!

=µe^µ

n−1X

k=0

1

k!J_n(0)^k+e^µ

n−1X

k=0

1

k!J_n(0)^k+1=µe^µ

n−1X

k=0

1

k!J_n(0)^k+e^µ

n−1X

k=1

1

(k−1)!J_n(0)^k

=µe^µI_n+µe^µJ_n(0) +e^µJ_n(0) +

n−1X

k=2

e^µ µ

k!+ 1 (k−1)!

J_n(0)^k

=λIn+ (µ+1)e^µJn(0) +Jn(0)²p(Jn(0)),

oùp=e^µ

n−1X

k=2

µ

k! + 1 (k−1)!

X^k−2.

9)(µ+1)e^µJn(0) +Jn(0)²p(J_n(0))s’écritJn(0)AoùAet Jn(0)commutent. Donc, (µ+1)e^µJn(0) +Jn(0)²p(J_n(0))ⁿ

=Jn(0)ⁿAⁿ=0.

Donc,(µ+1)e^µJ_n(0)+J_n(0)²p(J_n(0))est nilpotente d’indice inférieur ou égal àn. Ensuite, puisque les matrices(µ+1)e^µI_n etJ_n(0)p(J_n(0))commutent, la formule du binôme de Newtonpermet d’écrire

(µ+1)e^µJn(0) +Jn(0)²p(J_n(0))ⁿ⁻¹

= (J_n(0))ⁿ⁻¹((µ+1)e^µIn+Jn(0)p(J_n(0)))ⁿ⁻¹

= (J_n(0))ⁿ⁻¹

n−1X

k=0

n−1 k

((µ+1)e^µ)^n−1−k(J_n(0)p(J_n(0)))^k

= (J_n(0))ⁿ⁻¹

n−1X

k=0

n−1 k

((µ+1)e^µ)^n−1−k(J_n(0))^k(p(J_n(0)))^k

=

n−1X

k=0

n−1 k

((µ+1)e^µ)^n−1−k(J_n(0))^n−1+k(p(J_n(0)))^k

= ((µ+1)e^µ)ⁿ⁻¹(J_n(0))ⁿ⁻¹6=0(carµ6= −1).

Donc,(µ+1)e^µJ_n(0) +J_n(0)²p(J_n(0))est nilpotente d’indicen. Cette matrice est semblable àJ_n(0)d’après la question 5 et donc, il existe une matrice inversiblePtelle queJ_n(µ)e^Jn(µ)=λI_n+P−1J_n(0)P=P⁻¹(λI_n+J_n(0))P=P⁻¹J_n(λ).

Mais alors, comme à la question 7,

J_n(λ) =PJ_n(µ)e^Jn(µ)P⁻¹=PJ_n(µ)P⁻¹e^PJn(µ)P−1. La matriceM=PJn(µ)P⁻¹ est une matrice carrée telle queJn(λ) =Me^M.

C. Forme de Jordan d’une matrice nilpotente

10)On reprend les notations de la question 5. Il existe un vecteur colonneXtel queN^p−1X6=0. Comme à la question 4, la famille N^p−1−kX

06k6p−1 est libre. La famille (e₁^′, . . . , e_p^′)canoniquement associée dansCⁿ peut être complétée en une base deCⁿ. La matrice de l’endomorphisme fdansB′ a la forme désirée.

11)Un calcul par blocs fournit TX×T−X=

Ip X 0 In−p

Ip −X 0 In−p

=

Ip 0 0 In−p

=In. DoncT_X est inversible et(T_X)⁻¹=T−X.

A^′=TX×A×T−X

=

I_p X 0 I_n−p

J_p(0) B

0 C

I_p −X 0 I_n−p

=

J_p(0) B+XC

0 C

I_p −X 0 I_n−p

=

J_p(0) B+XC−J_p(0)X

0 C

.

12)SoitX∈M_p,n−p(C). NotonsX₁, . . . , X_ples lignes deX. La matriceJ_p(0)Xest la matrice de format(p, n−p)dont les lignes sontX₂, . . . , X_p,0.

Par suite, en notantB₁, . . . ,B_p(respectivementC₁, . . . ,C_p,Y₁, . . . ,Y_p) les lignes deB(respectivement les colonnes de C, les lignes de Y), l’égalitéY =B+XC−J_p(0)Xs’écrit















Y₁=B₁+X₁C₁−X₂ Y2=B2+X2C2−X3

...

Yp−1=Bp−1+Xp−1Cp−1−Xp

Yp=Bp+XpCp

On choisit alorsX de sorte que, pour 2 6k 6p, on prend Xk = Yk−1−Bk−1−Xk−1Ck−1. Alors, les p−1 premières lignes de la matriceB+XC−Jp(0)Xsont nulles.

13)A^′ est semblable àAqui est semblable àN. DoncA^′est semblable àNet en particulier,A^′est nilpotente d’indicep.

Soitf l’endomorphisme canoniquement associé à la matriceA^′. Montrons par récurrence que si x∈Vect(ep+1, . . . , en), alors∀i∈J0, p−1K,fⁱ(x)∈Vect(ep+1−i, . . . , en).

•C’est vrai pouri=0.

• Soiti ∈ J0, p−2K. Supposons que pour tout x de Vect(ep+1, . . . , e_n), fⁱ(x) ∈ Vect(ep+1−i, . . . , e_n). Alors pour x ∈ Vect(ep+1, . . . , en),fⁱ⁺¹(x)∈∈Vect((f(ep+1−i), . . . , f(en)). Puisque seule la dernière ligne deY est éventuellement non nulle,

Vect((f(e_p+1−i), . . . , f(e_n)) =Vect((f(e_p+1−i), . . . , f(e_p), f(e_p+1), . . . , f(e_n))

⊂Vect((f(ep+1−i), . . . , f(e_p), e_p, ep+1, . . . , e_n)

=Vect e_p+1−(i+1), . . . , ep−1, e_p, ep+1, . . . , e_n . Le résultat est démontré par récurrence.

Notons alorsyp+1, . . . ,yn les coefficients de la dernière ligne de la matriceY. Pour chaquej∈Jp+1, nK, on peut poser f(e_j) =y_je_p+x_joùx_j∈Vect(ep+1, . . . , e_n).

0=f^p(e_j) =y_jf^p−1(e_p) +f^p−1(x_j) =y_je₁+f^p−1(x_j),

avecf^p−1(x_j)∈Vect(e2, . . . , e_n). Puisque la famille(e₁, . . . , e_n)est libre, on en déduit que y_j =0. On a montré que la matriceYest nulle et donc qu’une matriceN, nilpotente d’indicepest semblable à une matrice de la forme

J_p(0) 0

0 Z

oùZ∈M_n−p(C).

14)Montrons par récurrence que pour toutn∈N^∗, pour toutN∈M_n(C)nilpotente d’indicep∈N^∗,Nest semblable à

une matrice de la forme









Jp1(0) 0 . . . 0 0 Jp2(0) . .. ... ... . .. . .. 0 0 . . . 0 J_pr(0)







 .

•C’est immédiat sin=1car dans ce casN=0=J₁(0).

• Soit n > 1. Supposons le résultat acquis pour tout format inférieur ou égal à n. Soit N ∈ M_n+1(C) nilpotente

d’indice p ∈ N^∗. Si p= 1, N = 0 est semblable à









J1(0) 0 . . . 0 0 J1(0) . .. ... ... . .. ... 0 0 . . . 0 J₁(0)







. Si p = n+1, la question 5 montre que N est semblable à J_n+1(0). Supposons maintenant que 1 < p < n+1. Les questions précédentes montrent que N est semblable à une matrice de la forme

J_p(0) 0

0 Z

où Z ∈ M_n+1−p(C) avec 1 6 n+1−p 6 n. Un calcul par blocs montre que Z est nilpotente et l’hypothèse de récurrence montre que Z est semblable à une matrice de la forme









J_p2(0) 0 . . . 0 0 J_p3(0) . .. ... ... . .. . .. 0 0 . . . 0 J_pr(0)







. Mais alorsNest semblable à la matrice









J_p(0) 0 . . . 0 0 J_p2(0) . .. ... ... . .. . .. 0 0 . . . 0 J_pr(0)







.

Le résultat est démontré par récurrence.

D. Représentation Ae

dans M

( C )

15)Le polynôme caractéristiqueχ_f= (−1)ⁿ Ys

i=1

(X−λ_i)^αi est annulateur def d’après le théorème de Cayley-Hamilton.

Puisque les polynômes (X−λ_i)^αi, 1 6i 6 s, sont deux à deux premiers entre eux, le théorème de décomposition des noyaux permet d’affirmer queE= ⊕

16i6s

F_i.

Pour16i6s, notonsf_ila restriction de f àF_i etβ_i la dimension deF_i. Puisquefet (f−λ_iId)^αi commutent, flaisse stableF_i ou encoref_i« est » un endomorphisme de F_i.

Par définition deF_i, (f_i−λ_iId_Fi)^αi = 0. Soit N_i la matrice def_i−λ_iId_Fi dans une base B_i de F_i. N_i est nilpotente d’indice inférieur ou égal àαiet donc la matrice defidansB_is’écritλiIβi+Ni. SoitBla base obtenue par concaténation

des basesB₁, . . . ,B_s. La matrice de fdans la baseBs’écrit









λ₁I_β1+N₁ 0 . . . 0 0 λ₂I_β2+N₂ . .. ...

... . .. . .. 0

0 . . . 0 λsIβs+Ns







. Il reste à vérifier que lesβ_i sont lesα_i.

fi admet au moins une valeur propre car Fi est un C-espace de dimension finie non nulle. D’autre part, le polynôme (X−λ_i)^αi est annulateur def_i. Ceci montre queλ_i est l’unique valeur propre def_i puis que le polynôme caractéristique defi est(λ_i−X)^βi. On sait alors queχf=

Ys

i=1

χfi = (−1)ⁿ Ys

i=1

(X−λi)^βi. Par unicité de la décomposition d’un polynôme en produit de facteurs irréductibles, pour chaquei∈J1, sK,βi=αi ce qui achève la démonstration.

16)La matriceAest donc semblable à une matrice diagonale par blocs où les blocs diagonaux sont de la formeλI+Noù N est une matrice nilpotente. Ces blocs sont eux-mêmes semblables à une matrice du typeJ_i(λ) d’après la question 14.

DoncAest semblable à une matrice diagonale par blocs où les blocs sont des blocs deJordan. SoitT la matrice diagonale par blocs dont les blocs diagonaux sont ces blocs deJordanet soitPune matrice inversible telle queA=PTP⁻¹. Pour chacun des blocs de Jordan, il existeM_i^′ telle queM_i^′e^Mi′ =J_i(λ)d’après la question 9. SoitM^′la matrice diagonale par blocs dont les blocs diagonaux sont lesM_i^′ puisM=PM^′P⁻¹. AlorsMe^M=A.

On a montré que l’applicationM7→Me^M est surjective.