PARTIE II

SESSION 2010

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE PSI

MATHEMATIQUES 2

PARTIE I

I.1. I.1.1 χl=X²−2cosθX+1= (X−e^iθ)(X−e^−iθ). Donc Sp(l) = (e^iθ, e^−iθ).

I.1.2Puisque la base(ε1, ε2)est orthonormée,

kvk²=kx1v1+x2v2k²=k(x1+x2cos(θ))ε1+x2sin(θ)ε2k²= (x1+x2cos(θ))²+x²₂sin²(θ)

=x²₁+x²₂+2x1x2cos(θ), et

kl(v)k²=kx1v2+x2(−v1+2cos(θ)v2)k²=k(x1cos(θ) −x2+2x2cos²(θ))ε1+ (x1sin(θ) +2x2cos(θ)sin(θ))ε2k²

= (x1cos(θ) +x2cos(2θ))²+ (x1sin(θ) +x2sin(2θ))²=x²₁+x²₂+2x1x2(cos(2θ)cos(θ) +sin(2θ)sin(θ))

=x²₁+x²₂+2x1x2cos(θ).

Donc, pour toutv∈R²,kl(v)k=kvk et on sait que

l∈O(R²).

I.1.3P=

1 cos(θ) 0 sin(θ)

puisP⁻¹= 1 sin(θ)

sin(θ) −cos(θ)

0 1

=









1 −cos(θ) sin(θ)

0 1

sin(θ)









. Par suite,

M^′=PMP⁻¹=

1 cos(θ) 0 sin(θ)

0 −1

1 2cos(θ)









1 −cos(θ) sin(θ)

0 1

sin(θ)









=

cos(θ) −1+2cos²(θ) sin(θ) 2sin(θ)cos(θ)









1 −cos(θ) sin(θ)

0 1

sin(θ)









=



 cos(θ) −1+cos²(θ) sin(θ) sin(θ) cos(θ)



=

cos(θ) −sin(θ) sin(θ) cos(θ)

.

Puisque la base(ε1, ε2)est orthonormée directe,

l est la rotation d’angleθ.

I.1.4 I.1.4.1Soitk∈N^∗. D’après la question I.A.1,kvkk²=a²_k+b²_k+2akbkcos(θ). Mais puisquel conserve la norme, on a aussikvkk²=kl^k−1(v1)k²=kv1k²=kε1k²=1. Donc

∀k∈N^∗, a²_k+b²_k+2akbkcos(θ) =1.

I.1.4.2Soitk∈N^∗. Puisque lest la rotation d’angleθet que la base(ε1, ε2)est orthonormée, (v1|vk) = ε1|l^k−1(ε1)

= (ε1|cos((k−1)θ)ε1+sin((k−1)θ)ε2) =cos((k−1)θ).

Soitk>2. Puisque lconserve le produit scalaire,

(v2|vk) = (l(v1), l(vk−1)) = (v1, vk−1) =cos((k−2)θ), ce qui reste vrai quandk=1car(v1|v2) =cos(θ).

∀k∈N^∗,(v1|vk) =cos((k−1)θ)et(v2|vk) =cos((k−2)θ).

http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés.

I.1.4.3Soitk∈N^∗. cos((k−1)θ) = (v1|vk) =ak(v1|v1) +bk(v1|v2) =ak+bkcos(θ).

De même, cos((k−2)θ) = (v2|vk) =ak(v1|v2) +bk(v2|v2) =akcos(θ) +bk. Doncaket bk vérifient ak+bkcos(θ) =cos((k−1)θ)

akcos(θ) +bk=cos((k−2)θ) .

Le déterminant de ce système est1−cos²(θ) =sin²(θ)6=0. Les formules deCramer fournissent

ak= 1 sin²(θ)

cos((k−1)θ) cos(θ) cos((k−2)θ) 1

= cos((k−1)θ) −cos(θ)cos((k−2)θ) sin²(θ)

= cos((k−2)θ)cos(θ) −sin(k−2)θ)sin(θ) −cos(θ)cos((k−2)θ)

sin²(θ) = −sin((k−2)θ)

sin(θ) , et

bk= 1 sin²(θ)

1 cos((k−1)θ) cos(θ) cos((k−2)θ)

= cos((k−2)θ) −cos(θ)cos((k−1)θ) sin²(θ)

= cos((k−1)θ)cos(θ) +sin(k−1)θ)sin(θ) −cos(θ)cos((k−1)θ)

sin²(θ) = sin((k−1)θ)

sin(θ) ,

∀k∈N^∗,ak= −sin((k−2)θ)

sin(θ) et bk= sin((k−1)θ) sin(θ) .

I.2. Dans le repère R, les coordonnées de A1 sont (a1, b1) = (1, 0), celles deA2 sont(a2, b2) = (0, 1) et celles deA3

sont(a3, b3) = (−1, 2cos(θ)).

•pa²₁+qa1b1+rb²₁=1⇔p=1.

•pa²₂+qa2b2+rb²₂=1⇔r=1.

•pa²₃+qa3b3+rb²₃=1⇔1−2qcos(θ) +4cos²(θ) =1⇔q=2cos(θ)(car cos(θ)6=0).

Maintenant, d’après la question I.1.4.1,∀k∈N^∗,a²_k+2cos(θ)akbk+b²_k=1et donc

t∀k∈N^∗,Ak appartient à la conique(Γ)d’équationx²+2xycos(θ) +y²=1 dans le repèreR.

I.2.2SoitMla matrice de la forme quadratique(x, y)7→x²+2xycos(θ)+y²dans la base(v1, v1).M=

1 cos(θ)

cos(θ) 1

puisχM = X²−2X+sin²(θ) = (X−1)²−cos²(θ) = (X−1−cos(θ))(X−1+cos(θ)). Les valeurs propres de Msont λ=1−cos(θ)> 0et λ2=1+cos(θ)> 0. Donc(Γ)est une conique du genre ellipse c’est-à-dire une ellipse, un cercle, un point ou vide.

(Γ)n’est ni vide ni réduite à un point carA1etA2sont deux points distincts de(Γ).(Γ)n’est pas un cercle car en repère orthonormé, une équation de cercle ne comporte pas de terme enxyet car cos(θ)6=0. Finalement,

La courbe d’équationx²+2xycos(θ) +y²=1dansRest une ellipse.

Siθ= π

3, une équation de(Γ)dans le repèreRestx²+xy+y²=1. On tourne de π

4 ce qui correspond aux formules de changement de repère







x= 1

√2(x^′−y^′) y= 1

√2(x^′+y^′) .

Dans le nouveau repère ainsi défini, une équation de(Γ)est 1

2(x^′−y^′)²+1

2(x^′−y^′)(x^′+y^′) +1

2(x^′+y^′)²=1ou encore 3x^′2+y^′2=2ou enfin

x^′2 r2

3

!² + y^′2 √

2² =1.

a= 2

√3 <√

2=bet donc l’axe focal de l’ellipse est dirigé par le vecteur de coordonnées

−sinπ 4

,cosπ 4

dans le repèreR ou aussi par le vecteur de coordonnées(1,−1).

Tracé de l’ellipse d’équationx²+xy+y²=1 dans le repère R

1 2

−1

−2

1

−1

PARTIE II

II.1. II.1.1 Le cardinal d’une famille libre est inférieur ou égal à la dimension de E. Donc la famille(l^p(u))06p6n est liée. Ceci montre queA={k∈N, (l^p(u))06p6n liée}est une partie non vide deNet on sait alors queAadmet un plus petit élément que l’on noter(l, u).

II.1.2Puisque u6=0, la famille(l^p(u))06p60 est libre et doncr(l, u)>1. D’autre part, la famille(l^p(u))06p6n est liée et doncr(l, u)6n.

II.1.3Puisqueu6=0,

r(l, u) =1⇔(u, l(u))liée⇔l(u)∈Vect(u)⇔uvecteur propre del.

Puisquer(u, l)6net que toute sous-famille d’une famille libre est libre,

(l^p(u))_06p6n−1 base deE⇔(l^p(u))_06p6n−1 libre⇔r(l, u) =n.

II.2. Tr(f) =1−2+4+3=6puis

det(f) =

1 2 0 −1

1 −2 1 1

1 −6 4 1

1 −8 3 3

=

1 2 0 −1

0 −4 1 2

0 −8 4 2

0 −10 3 4

(∀i∈{2, 3, 4}, Li←Li−L1)

=

−4 1 2

−8 4 2

−10 3 4

= −4

−2 1 1

−4 4 1

−5 3 2

= −4(−10−4+15) = −4.

Ensuite,(MatB(f))²=









1 2 0 −1

1 −2 1 1

1 −6 4 1

1 −8 3 3

















1 2 0 −1

1 −2 1 1

1 −6 4 1

1 −8 3 3









=









2 6 −1 −2

1 −8 5 1

0 −18 13 0

−1 −24 13 −3







 .

La matrice de la famille (e1, f(e1), f²(e1))dans la base (e1, e2, e3, e4) est donc









1 1 2

0 1 1

0 1 0

0 1 −1









. Cette matrice a même

rang que la matrice









1 1 2

0 1 1

0 0 −1 0 0 −2









(L3←L3−L2etL4←L4−L2) puis que la matrice





1 1 2

0 1 1

0 0 −1



(carL4=2L3).

Cette dernière matrice est de rang3 car carrée et de déterminant égal à−16=0. Donc la famille (e1, f(e1), f²(e1))est de rang3ce qui montre que

la famille(e1, f(e1), f²(e1))est libre.

(MatB(f))³=









1 2 0 −1

1 −2 1 1

1 −6 4 1

1 −8 3 3

















2 6 −1 −2

1 −8 5 1

0 −18 13 0

−1 −24 13 −3









=









5 × × ×

−1 × × ×

−5 × × ×

−9 × × ×







 puis

f³(e1) =xe1+yf(e1) +zf²(e1)⇔









x+y+2z=5 y+z= −1 y= −5 y−z= −9

⇔





y= −5 z=4 x=2

.

Ainsi,f³(e1) =2e1−5f(e1) +4f²(e1)et la famille(e1, f(e1), f²(e1), f³(e1))est liée. Finalement r(f, e1) =3.

II.3. II.3.1MatB(u)(l) =

























0 . . . 0 a0

1 . .. ... a1

0 . .. ... ...

... . .. ... ... ...

... . .. ... 0 ... 0 . . . 0 1 an−1

























. Donc Tr(l) =an−1puis en développant suivant la dernière

colonne, on obtient det(l) = (−1)ⁿ⁺¹a0

II.3.2On effectue la transformationL1←L1+ Xn

i=2

λⁱ⁻¹Li. En posantP=Xⁿ−

n−1X

k=0

akX^k, on obtient

χl(λ) =

−λ 0 . . . 0 a0

1 . .. ... ... a1

0 . .. ... ... ... ... ... . .. ... ... 0

... . .. ... −λ ... 0 . . . 0 1 an−1−λ

=

0 0 . . . 0 −P(λ) 1 −λ 0 . . . 0 a1

0 . .. ... ... ... ... ... . .. ... ... 0

... . .. ... −λ ... 0 . . . 0 1 an−1−λ

= −(−1)ⁿ⁺¹P(λ) = (−1)ⁿP(λ).

det(l−λid) = (−1)ⁿ λⁿ−

n−1X

k=0

akλ^k

! .

II.4. II.4.1 •Le polynôme nul est dans I(l, u). Soient(P, Q)∈(I(l, u))². Alors(P−Q)(l)(u) =P(l)(u) −Q(l)(u) =0 et doncP−Q∈I(l, u).

•SoientP∈K[X] etQ∈I(l, u).PQ(l)(u) = (P(l)◦Q(l))(u) =P(l)(Q(l)(u)) =P(l)(0) =0et doncPQ∈I(l, u).

On a montré que

I(l, u)est un idéal de l’anneau(K[X],+,×).

D’après le théorème deCayley-Hamilton, le polynôme caractéristiqueχldelvérifieχl(l) =0et en particulierχl(l)(u) = 0.

Doncχl est un élément non nul de I(l, u). On sait que l’anneau(K[X],+,×)est principal et donc, puisque I(l, u)est un idéal non réduit à{0}de cet anneau, on sait qu’il existe un unique polynôme unitaire que l’on noteG(l, u)tel queI(l, u) est constitué des multiples deG(l, u).

II.4.2D’après ce qui précède,χl∈I(l, u) =G(l, u)×K[X] et doncG(l, u)divise χl. Soitr le degré du polynôme non nulG(l, u). Il est clair quer∈N^∗.

L’égalitéG(l, u)(u) =0 montre que la famille (u, l(u), . . . , l^r(u))est liée car les coefficients de G(l, u)ne sont pas tous nuls. Doncr(l, u)6r.

Soientk6r−1puis(a0, . . . , ak)∈K^k+1. Sia0u+. . .+akl^k(u) =0, le polynôme Xk

aiXⁱest dansI(l, u)et a un degré

strictement inférieur au degré deG(l, u). On en déduit que Xk

i=0

aiXⁱ=0puis que∀i∈J0, kK,ai=0. Ainsi,∀k∈J0, r−1K, la famille(u, l(u), . . . , l^k(u)est libre et doncr(l, u)>r.

On a montré que

deg(G(l, u)) =r(l, u).

II.4.3On a vu quer(f, e1) =3et que le polynômeP=X³−4X²+5X−2est un élément deI(f, e1). PuisquePest unitaire de degré3,

G(f, e1) =X³−4X²+5X−2.

Le polynôme caractéristique defest un multiple de G(f, e1)de degré3 et de coefficient dominant(−1)³= −1. Donc χf= −X³+4X²−5X+2= (1−X)(X²−3X+2) = −(X−1)²(X−2).

Ainsi, Sp(f) = (1, 1, 2). Supposons alorsfdiagonalisable. Dans ce cas, le polynôme minimal defdoit être(X−1)(X−2) = X²−3X+2. En particulier, on doit avoirf²(e1) −3f(e1) +2e1 =0ce qui est impossible car la famille (e1, f(e1, f²(e1)) est libre. Donc

f n’est pas diagonalisable.

II.4.4Le polynômeP=Xⁿ−

n−1X

k=0

akX^k vérifieP(l)(u) =0. DoncP∈I(l, u) =G(l, u)×K[X]. De plus,Pest unitaire de

degrér(l, u)qui est aussi le degré deG(l, u). DoncG(l, u) =P=Xⁿ−

n−1X

k=0

akX^k.

Le polynôme caractéristiqueχl de l est un multiple de G(l, u) de même degré et de coefficient dominant (−1)ⁿ. Donc χl= (−1)ⁿG(l, u).

G(l, u) =Xⁿ−

n−1X

k=0

akX^k et χl= (−1)ⁿG(l, u).

II.5. II.5.1 Les « valeurs propres dans C» de l sont à choisir parmi les racines du polynôme annulateur X^p. Donc l admet0 pour unique valeur propre et on en déduit que

χl= (−X)ⁿ.

II.5.2(2)⇒(1). Silⁿ⁻¹6=0, il existeu∈Etel que lⁿ⁻¹(u)6=0. Le polynômeX^pest dans I(l, u)et doncG(l, u)est un multiple unitaire de ce polynôme et aussi un diviseur deχl. DoncG(l, u)est de la forme X^qavecp6q6n. On ne peut avoirq6n−1car alorslⁿ⁻¹(u) =0ce qui n’est pas. DoncG(l, u) =Xⁿ puisr(l, u) =n.

(1)⇒ (2). Silⁿ⁻¹ = 0, pour tout u∈ E\ {0}, Xⁿ⁻¹ ∈ I(l, u) et en particulier,r(l, u)6 n−1. Par contraposition, s’il existeu∈E\ {0}tel quer(l, u) =nalorslⁿ⁻¹6=0.

II.6. II.6.1 Pour toutp∈J0, n−1K,l^p(u) = Xn

k=1

xkλ^pwk. Donc

MatW(B(u)) =











x1 λ1x1 . . . λⁿ⁻¹₁ x1

x2 λ2x2 λⁿ⁻¹₂ x2

... ... ... xn λnxn . . . λⁿ⁻¹_n xn









 .

Si l admet deux valeurs propres égales, alors deux des lignes de la matrice précédente sont identiques et cette matrice n’est pas inversible. Ceci contredit le fait queB(u)est une base deE. On a donc montré que les valeurs propres delsont deux à deux distinctes.

II.6.2 I.6.2.1Le vecteur colonneACest le vecteur(P(λk))16k6n. SiAC=0, alors∀k∈J1, nK, P(αk) =0. Par suite, le polynômeP, de degré au plusn−1, admet au moins nracines deux à deux distinctes. On en déduit queP=0 puis que C=0.

Ce qui précède montre que Ker(A) ={0}et doncAest inversible.

I.6.2.2Soitu=w1+w2+. . .+wn. La matrice de la famille B(u)dans la base W est











1 λ1 . . . λⁿ⁻¹₁ 1 λ2 λⁿ⁻¹₂ ... ... ... 1 λn . . . λⁿ⁻¹_n











= A.

D’après la question précédente,Aest inversible et donc la familleB(u)est une base de E. D’après la question II.1.3, on ar(l, u) =n.