SESSION 2012 E3A
Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE
Epreuve de Mathématiques A PC
Première partie
1. SoitM= (x, y, z)un point deR3.
tXMAXM= 1
9 x y z
2x−2y−z 4x−4y−2z
−4x+4y+2z
= 1
9(x(2x−2y−z) +2y(2x−2y−z) −2z(2x−2y−z))
= 1
9(2x−2y−z)(x+2y−2z).
Par suite,M∈S⇔(2x−2y−z)(x+2y−2z) =0⇔2x−2y−z=0oux+2y−2z=0.
SoitP1(resp.P2le plan d’équation2x−2y−z=0(resp.x+2y−2z=0). Puisque le repèreRest orthonormé, un vecteur normal au planP1est le vecteur−→n1= (2,−2,−1)et un vecteur normal au planP2est le vecteur −→n2= (1, 2,−2).
−
→n1.−→n2=2×1−2×2+ (−1)×(−2) =0et donc les plansP1 etP2 sont perpendiculaires.
Sest la réunion des deux plans d’équations respectives2x−2y−z=0et x+2y−2z=0.
2. (a) −→e1
= 1
3
√12+22+22=1= −→e2
puis−→e1.−→e2= 1
9(2+2−4) =0.
Enfin, −→e1∧−→e2 = 1 9
1 2
−2
∧
2 1 2
= 1 9
6
−6
−3
= 1 3
2
−2
−1
= −→e3. Donc −→e1,−→e2,−→e3
est une base orthonormée (directe) deR3(muni du produit scalaire canonique).
• 1 9
2 −2 −1 4 −4 −2
−4 4 2
×1 3
1 2
−2
= 1 27
0 0 0
=
0 0 0
et doncf −→e1
=−→ 0.
• 1 9
2 −2 −1 4 −4 −2
−4 4 2
×1 3
2 1 2
= 1 27
0 0 0
=
0 0 0
et doncf −→e2
=−→ 0.
• 1 9
2 −2 −1 4 −4 −2
−4 4 2
×1 3
2
−2
−1
= 1 27
9 18
−18
= 1 3
1 2
−2
et doncf −→e3
=−→e1.
(b)D’après la question précédente, la matrice defdans la baseC est la matriceU. D’autre part, la matrice def dans la base canoniqueB deR3est la matriceA. On en déduit que les matricesAet Usont semblables.
Plus précisément, si on notePla matrice de passage de la base canoniqueBà la baseC,
P= 1 3
1 2 2
2 1 −2
−2 2 −1
est une matrice orthogonale car matrice de passage d’une base orthonormée à une autre. Les formules de changement de bases fournissent alorsU=P−1AP.
(c)On aU2=E21,3=0et U6=0puisA2=PU2P−1=0et A6=0.
SiAest diagonalisable, il existe une matrice diagonaleD=diag(a, b, c)et une matrice inversibleQtelles queA=QDQ−1. Mais alors
diag(a2, b2, c2) =D2=Q−1A2Q=0,
puisD=0 puisA=0 ce qui n’est pas. DoncAn’est pas diagonalisable.
(d) i)Les formules de changement de bases fournissent
XM=PXM′ . (ii)Cette dernière égalité s’écrit plus explicitement
x y z
= 1 3
1 2 2
2 1 −2
−2 2 −1
x′ y′ z′
= 1 3
x+2y+2z 2x+y−2z
−2x+2y−z
Par suite, d’après la question 1),
M∈S⇔(2x−2y−z)(x+2y−2z) =0⇔9(−z′)x′ =0⇔x′z′=0.
Sest donc la réunion des plans d’équations respectivesx′ =0etz′ =0dansR′. Ces deux plans sont perpendiculaires car ce sont deux plans de coordonnées d’un repère orthonormé.
3. (a)Le rang defest aussi le rang de sa matrice dans la baseC c’est-à-dire la matriceU. Immédiatement rg(f) =1.
Ensuite,U2=0et donc
f◦f=0.
(b)SoitV =
x y z
∈ M3,1(R).
AV= 1 9
2x−2y−z 4x−4y−2z
−4x+4y+2z
= 2x−2y+z 9
1 2
−2
.
Donc, pour tout vecteur−→v = (x, y, z),f −→v
=φ −→v−→c oùφ −→v
= 2x−2y+z
9 et −→c = (1, 2,−2). De plus,φest une forme linéaire surR3.
Deuxième partie
1. (a)Soitn∈N.
vn+1+2wn+1= 1
2(−un−wn+un−vn−wn) = −1
2(vn+2wn).
La suite(vn+2wn)n∈Nest donc une suite géométrique de raison−1
2. On en déduit que pourn∈N, vn+2wn =
−1 2
n
(v0+2w0) =
−1 2
n
(2−2) =0.
Donc,
∀n∈N,vn = −2wn.
(b)Soitn∈N.
un+1+3wn+1= 1
4(−3un+vn−wn+3un−3vn−3wn) = −1
2(vn+2wn) =0.
Donc,∀n∈N,un+1+3wn+1=0ou encore
∀n∈N∗,un= −3wn.
(c)w1= 1
4(−1−2+1) = −1
2 puis pourn∈N∗. wn+1= 1
4(un−vn−wn) = 1
4(−3wn+2wn−wn) = −1 2wn. Donc, pourn∈N∗,wn=w1
−1 2
n−1
=
−1 2
n
puisun= −3wn = −2
−1 2
n
et vn= −2wn = −2
−1 2
n
.
∀n∈N∗,un= −3
−1 2
n
,vn = −2
−1 2
n
etwn =
−1 2
n
.
Puisque
−1 2
< 1, les trois suites(un), (vn)et(wn)convergent vers0.
2. (a)La matriceM= 1 4
−3 1 −1
−2 0 −2 1 −1 −1
convient.
(b)
χM=det(M−XI) = 1 43
−3−4X 1 −1
−2 −4X −2
1 −1 −1−4X
= 1
64[(−3−4X)(16X2+4X−2) +2(−4X−2) + (−4X−2)]
= 1
64(−64X3−64X2−16X) = −X
X2+X+1 4
= −X
X+1 2
2
.
DoncMadmet0pour valeur propre simple et−1
2 pour valeur propre double.
• Soit (x, y, z) ∈ R3. (x, y, z) ∈ Ker(M) ⇔
−3x+y−z=0
−2x−2z=0 x−y−z=0
⇔
z= −x
−2x+y=0 2x−y=0
⇔ y = 2x et z = −x. Donc Ker(M) =Vect −→e1
où−→e1= (1, 2,−1).
• Soit (x, y, z) ∈ R3. (x, y, z) ∈ Ker
M+1 2I
⇔
−x+y−z=0
−2x+2y−2z=0 x−y+z=0
⇔ x−y+z = 0. Donc Ker
M+1 2I
= Vect −→e2,−→e3
où−→e2= (1, 1, 0)et −→e3= (1, 0,−1).
On sait alors queM=PDP−1oùD=diag
0,−1 2,−1
2
et P=
1 1 1
2 1 0
−1 0 −1
.
(c)Pourn∈N, on poseYn=P−1Xn. Soitn∈N.
Yn+1=P−1Xn+1=P−1MXn=DP−1Xn=DYn, Par suite, pourn∈N∗,
Yn=DnY0=diag
0,
−1 2
n
,
−1 2
n Y0.
Puisque
−1 2
< 1, la suite(Yn)tend vers 0 quand ntend vers +∞. Il en est de même de la suite (Xn) = (PYn)et on retrouve le fait que les trois suites(un),(vn)et(wn)convergent vers0.
Troisième partie
1. Soient −→x ,−→y
∈E2et (λ, µ)∈R2. f λ−→x +µ−→y
=u λ−→x +µ−→y−→a =λu −→x−→a +µu −→y−→a =λf −→x
+µf −→y . Doncfest un endomorphisme deE.
Pour tout vecteur−→x deE,f −→x
=u −→x−→a ∈Vect −→a
. Donc, Im(f)⊂Vect −→a
puis rg(f)661.
De plus,un’est pas la forme linéaire nulle. Donc, il existe un vecteur −→x0tel que u −→x0
. Mais alors, puisqueu −→a
6
=−→0, on af −→x0
6
=−→
0. Ceci montre quef6=0 et donc que rg(f)>1. Finalement, rg(f) =1.
2. (a)Soit−→x ∈E.
f −→x
=−→0 ⇔u −→x−→a =−→0 ⇔u −→x
=−→0 (car−→a 6=−→0)
⇔−→x ∈Ker(u).
Donc, Ker(f) = Ker(u). Puisque u est une forme linéaire non nulle sur E, on sait que dim(Ker(f)) = dim(Ker(u)) = n−1 > 0(carn>2). Ceci montre que0est valeur propre defet que le sous-espace propre defassocié à la valeur propre 0est l’hyperplan Ker(u).
(b)λ−→x =f −→x
=u −→x−→a et donc, puisqueλ6=0,
−
→x = u −→x
λ −→a ∈Vect −→a .
Un vecteur propre defassocié àλest donc colinéaire à−→a puis Ker(f−λId)⊂Vect −→a
. Mais Vect −→a
est de dimension 1de même que Ker(f−λId)carλest valeur propre de fpar hypothèse. Donc, Ker(f−λId) =Vect −→a
puisλest aussi valeur propre associée au vecteur propre−→a. Commef −→a
=u −→a−→a, on en déduit queλ=u −→a . (c) 1er cas. Si u −→a
6
=0, l’égalitéf −→a
= u −→a−→a montre que −→a est vecteur propre associé à la valeur propre non nulle u −→a
puis la question précédente montre que le sous-espace propre associé est Vect −→a
est de dimension 1. Le nombreu −→a
est donc une valeur propre simple def.
D’autre part, la question (a) montre0est valeur propre defd’ordre au moinsn−1=dim(Ker(u))ce qui fournit au moins nvaleurs propres def. On a donc trouvé toutes les valeurs propres def : 0 est valeur propre d’ordren−1 exactement etu −→a
est valeur propre simple. De plus, le sous-espace propre associé à la valeur propre0est Ker(u)et le sous-espace propre associé à la valeur propreu −→a
est Vect −→a . 2ème cas.Siu −→a
=0, la question (b) montre quef n’admet pas de valeur propre non nulle et la question (a) montre que0est valeur propre def. De plus, le sous-espace propre associé à la valeur propre0est Ker(u).
(d)On sait que fest diagonalisable si et seulement si /chif est scindé sur Ret l’ordre de multiplicité de chaque valeur propre est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant.
•Siu −→a
6
=0,fadmet0pour valeur propre d’ordren−1etu −→a
d’ordre1. Par suite, le polynôme caractéristique de fest scindé sur R. De plus, d’après la question précédente, les dimensions des sous-espaces propres associés à ces valeurs propres sont égales aux ordres de multiplicité correspondant. Dans ce cas,fest diagonalisable.
•Siu −→a
=0,fadmet0pour valeur propre d’ordren−1au moins. La dernière valeur propre est Tr(f)qui est bien un réel et qui n’est pas différent de0 d’après la question (b). Dans ce cas,fadmet 0pour valeur propre d’ordren. Comme le sous-espace propre associé est de dimensionn−16=n, fn’est pas diagonalisable.
fest diagonalisable si et seulement si u −→a
6
=0.
3. (a)Soit−→x ∈E. Montrons par récurrence que∀p∈N∗,fp −→x
=u −→x
u −→ap−1−→a.
•Le résultat est vrai quandp=1.
•Soitp>1. Supposons quefp −→x
=u −→x
u −→ap−1−→a. Alors,
fp+1 −→x
=f u −→x
u −→ap−1−→a
=u −→x
u −→ap−1
f −→a
=u −→x
u −→ap−1
u −→a−→a
=u −→x
u −→a(p−1)+1−→a Le résultat est démontré par récurrence.
(b)Un endomorphisme fde Eest diagonalisable si et seulement si il existe un polynôme scindé surR à racines simples et annulateur def.
(c)D’après la question (a), pour toutp∈N∗,fp= u −→ap−1
f. Quandp=2, on obtientf2=u −→a
f=0. Toute valeur propre defest alors une racine du polynôme X2 et doncfadmet pour unique valeur propre0. Sif est diagonalisable, il existe une base deEconstituée de vecteurs propres, tous associés à la valeur propre 0. fs’annule sur cette base et donc f=0ce qui n’est pas. Doncfn’est pas diagonalisable.
(d)Supposonsu −→a
6
=0. Toujours d’après la question (a),f2=u −→a
fou encoref◦ f−u −→a IdE
=0. Le polynôme X X−u −→a
est donc un polynôme scindé sur R, à racines simples (car u −→a
6
=0) et annulateur de f. Dans ce cas,f est diagonalisable.
4. gest de rang1ou encore Im(g)est de dimension1. Soit−→
b un vecteur non nul de Im(g). Alors,−→ b
est une base de Im(g). Par suite, pour chaque−→x deE, il existe un réelv −→x
unique tel quef −→x
=v −→x−→ b. Montrons que l’applicationv ainsi définie est une forme linéaire surE. Soient −→x ,−→y
∈E2et (λ, µ)∈R2. v λ−→x +µ−→y−→
b =f λ−→x +µ−→y
=λf −→x
+µf −→y
= λv −→x
+µv −→y−→ b et doncv λ−→x +µ−→y
=λv −→x
+µv −→y car−→
b n’est pas nul. Ceci montre quev est une forme linéaire surE.
5. Puisque−→
b n’est pas nul, le noyau degest le noyau de la forme linéaire non nullev. Kergest donc un hyperplan. Soit
−→
e1, . . . ,−−−en−1→
une base de Kerg.
Siv−→ b
=0, alors pour tout−→x deE, g2 −→x
=g
v −→x−→b
=v −→x
v−→b−→b =−→0, et donc g2 = 0 ce qui n’est pas. Par suite, v−→
b
6
= 0 ou encore −→
b est un vecteur n’appartenant pas à Kerv. On sait alors que si on pose −e→n = −→
b, la famille −→e1, . . . ,−−−en−1→,−e→n
est une base de E. Dans cette base, la matrice de g est diag
0, . . . , 0
| {z }
n−1
, v−→b
. Ceci montre au passage queg est diagonalisable.
6. (a) Théorème de la base incomplète.Soit −→e1, . . . ,−e→p
une famille libre deE. On peut compléter cette famille en
−→
e1, . . . ,−e→p, . . . ,−e→n
base deE.
(b)Puisque rg(g) =1, le théorème du rang permet d’affirmer que dim(Kerg) =n−1. Puisqueg2=0, on a en particulier g g −e→n
=−→0. Par suite,g −e→n
est un vecteur non nul du noyau degou encore la famille g −e→n
est une famille libre du noyau deg. D’après le théorème de la base incomplète, il existe des vecteurs−→e2, . . . ,−−−en−1→tels que g −e→n
,−→e2, . . . ,−−−en−1→ soit une base de Ker(g).
(c)Enfin, puisqueg −e→n
n’est pas nul,−e→n n’est pas dans l’hyperplan Ker(g)et encore une fois g −e→n
,−→e2, . . . ,−−−en−1→,−e→n est une base deE. Dans cette base, la matrice deg a la forme voulue.
7. On sait que deux matrices semblables ont nécessairement même trace. SoientAetBdeux matrices carrées de rang1 de même trace.
1er cas.Supposons que Tr(A) =Tr(B) =0. Alors, niA, niBne sont semblables à une matrice du type diag(0, . . . , 0, α), α6=0, et doncAetBsont du type de la question 6). Mais alors,Aet Bsont toutes deux semblables à la matrice du 6)c) et doncAet Bsont semblables.
2ème cas.Supposons que Tr(A) =Tr(B) =α6=0. Alors, niA, niBne sont semblables à la question 6) et doncAet Bsont semblables à la matrice diag(0, . . . , 0, α)d’après la question 5) (et puisque Tr(A) =Tr(B) =α. Mais alors, encore une fois,AetBsont semblables.
On a montré que deux matrices de rang1 sont semblables si et seulement si elles ont même trace.
Quatrième partie
1.Soit−→x un élément de Ker(h). Alors,u −→a−→x −u −→x−→a =−→
0 puis−→x = u −→x
u −→a−→a ∈Vect −→a
. Ainsi, tout vecteur de Ker(h)est colinéaire à−→a ou encore Ker(h)⊂Vect −→a
. Réciproquement, h −→a
= −→0 et donc −→a ∈ Kerh puis Vect −→a
⊂Kerh (car Kerh est un sous-espace vectoriel de E).
Finalement,
Ker(h) =Vect −→a .
Soit−→x un élément de Ker(u). Alorsh −→x
=u −→a−→x puis−→x =h 1 u −→a−→x
!
∈Imh. Ceci montre que Ker(u)⊂Im(h).
Réciproquement, soit −→x un élément de E. u h −→x
=u −→a u −→x
−u −→x u −→a
= 0 et donch −→x
∈Ker(u). Ceci montre que Im(h)⊂Ker(u). Finalement,
Im(h) =Ker(u).
2. Puisque Ker(h) =Vect −→a
, Ker(h)n’est pas nul et donc0 est valeur propre dehassocié à la valeur propre0.
Soit−→x un vecteur propre associé à une éventuelle valeur propreλnon nulle. On sait que−→x ∈Im(h)(car−→x =h 1
λ−→x
).
Puisque Im(h) =Ker(u), on ah −→x
=u −→a−→x. Ceci montre que nécessairementλ=u −→a
et Ker(h−λId)⊂Im(h).
Réciproquement, pour tout−→x de Im(h) =Ker(u), on ah −→x
=u −→a−→x. Puisque Ker(u)n’est pas réduit à−→0 (car u −→a
6
=0),λ=u −→a
est effectivement valeur propre deh et le sous-espace propre associé est Ker(h−λId) =Im(h) = Ker(u).
Sp(h) =
0, u −→a .E0=Vect −→a
etEu(−→a) =Im(h) =Ker(u).
Supposons de plus queEsoit de de dimension finien>2. On sait que la sommeE0+Eu(−→a)est directe. De plus, d’après le théorème du rang, dim(E0) +dim
Eu(−→a)
= dim(Ker(h)) +dim(Im(h)) =n. On en déduit que E=E0⊕Eu(−→a) et donc que
hest diagonalisable.
3. Soit−→x ∈E. La formule est immédiate quandp=1.
Montrons par récurrence que∀p>2, hp −→x
= u −→ap−1
h −→x .
•D’après la question 1), on sait queh −→x
est vecteur propre associé à la valeur propreu −→a
. Donch2 −→x
=h h −→x
= u −→a
h −→x
. L’égalité est vraie quandp=2.
•Soitp>2. Supposons quehp −→x
= u −→ap−1
h −→x . Alors, hp+1 −→x
=h
u −→ap−1
h −→x
= u −→ap−1
h2 −→x
= u −→ap
h −→x
Le résultat est démontré par récurrence.
∀−→x ∈E,∀p∈N∗,hp −→x
= u −→ap−1
h −→x .
4. Soit−→x ∈E. Pour tout entier naturel non nulp, hp −→x
= u −→a
p−1 h −→x
,
et donc, puisque u −→a
< 1, on en déduit que lim
p→+∞
hp −→x =0.
5. Applications.
(a)SoitEl’espace des fonctions continues sur[0, π] à valeurs dansR. On munitEde la norme infiniek k∞. Soitula forme linéaire surE qui à un élément g deE associe
Zπ
0
g(s)ds. Soita l’élément deE qui à un réel tde [0, π]
associe sin(3t).
u(a) = Zπ
0
(−sin(3t))dt=
−cos(3t) 3
π 0
= 2
3. Par suite, sihest l’endomorphisme deEdéfini au début cette partie, (h(f))(t) = 2
3f(t) −sin(3t) Zπ
0
f(s)ds=f1(t),
et plus généralement, pour tout entier naturelp non nul,fp+1 = h(fp). Par suite, pour tout entier naturelp non nul, fp=hp(f).
Puisque|u(a)|= 2
3 < 1, la question 4) permet d’affirmer quekfpk∞=khp(f)k∞tend vers0quandptend vers+∞. Soit alorst∈[0, π]. Puisque|fp(t)|6kfpk∞, on a en déduit quefp(t)tend vers0quandptend vers+∞.
On a montré que pour tout réeltde[0, π],fp(t)tend vers0quand ptend vers+∞. (b)SoitE=R3. On munitEde la norme infiniek k∞.
Soient−→a = 1
4,1 2,−1
4
puisula forme linéaire surR3(x, y, z)7→x−y+z. On au −→a
= 1 4− 1
2− 1 4 = −1
2. Par suite, pour tout(x, y, z)∈R3,
h((x, y, z)) = −1
2(x, y, z) − (x−y+z) 1
4,1 2,−1
4
= 1
4(−3x+y−z,−2x−2z, x−y−z).
Si on pose :∀p∈N,Xp= (up, vp, wp)alors pour toutp∈N,Xp+1=h(Xp)puis pour toutp∈N,Xp=hp(X0). Puisque u −→a
= 1
2 < 1, la question 4) permet d’affirmer quekXpk∞=khp(X0)k∞tend vers0quandptend vers+∞.
Puisque pour tout entier naturelp,|up|6kXpk∞, on en déduit queuptend vers0quandptend vers+∞. De même,vp
etwp tendent vers0quandptend vers+∞. On a ainsi retrouvé un résultat obtenu à la partie II.
