SESSION 2019
Concours commun Centrale
MATHÉMATIQUES 2. FILIERE PSI
I - Premiers résultats
Q 1.fest nilpotent d’indice si et seulement sif1=0ou encore f=0.
I.A - Réduction d’une matrice de M2(C)nilpotente d’indice 2
Q 2.Par définition dep>2,up−16=0et donc il existe x∈Etel queup−1(x)6=0.
Q 3.Supposons par l’absurde que uk(x)
06k6p−1soit liée. Il existe (α0, . . . , αp−1)6= (0, . . . , 0)tel que
p−1X
k=0
uk(x) =0.
Soiti=Min{k∈J0, p−1K/ αk6=0}. Par définition dei, on a
p−1X
k=i
αkuk(x) =0. On calcule l’image des deux membres par fp−1−i(p−1−i>0) et on obtientαifp−1(x) =0(car pourk>p,fk=0). Ceci est impossible carαi6=0etfp−1(x)6=0.
Donc, la famille uk(x)
06k6p−1est libre.
Le cardinal d’une famille libre étant inférieur ou égal à la dimension deE, on en déduit que p62 puis que p=2 (car p>2).
Q 4.Ainsi,u6=0et u2=0.
u2=0⇒∀x∈E, u(u(x)) =0⇒∀x∈E, u(x)∈Ker(u)⇒Im(u)⊂Ker(u).
et en particulier dim(Im(u))6dim(Ker(u)). D’après le théorème du rang,(dim(Im(u)),dim(Ker(u)))∈{(0, 2),(1, 1)}. Le cas dim(Ker(u)) =2 est exclu caru6=0. Donc, dim(Ker(u)) =dim(Im(u)) =1.
En résumé, Im(u) est un sous-espace de Ker(u) et dim(Ker(u)) = dim(Im(u)) =1 < +∞. On en déduit que Im(u) = Ker(u).
Q 5. Soit e1 ∈ E\Ker(u) puis e2 = f(e1). e2 est un vecteur non nul de Im(u) qui est une droite vectorielle et donc Im(u) =Ker(u) =Vect(e2). Par suite,e1n’est pas colinéaire àe2.(e1, e2)est donc une famille libre de Epuis une base deEcar de cardinal2. Par construction,f(e1) =e2 etf(e2) =0. Par suite,
Mat(e1,e2)(f) =J2.
Q 6.SoitN une matrice nilpotente. D’après la question précédente, ou bienN=0et donc det(N) =Tr(N) =0 ou bien Nest semblable à J2et donc Tr(N) =Tr(J2) =0 et det(N) =det(J2) =0.
Inversement, siA est une matrice telle que Tr(A) = det(A) = 0. Alors, χA = X2− (Tr(A))X+detA= X2. D’après le théorème deCayley-Hamilton,A2=χA(A) =0et doncAest nilpotente.
I.B - Réduction d’une matrice de Mn(C)nilpotente d’indice 2
Q 7.Par la même démonstration qu’à la question Q4, u2 =0 ⇒Im(u) ⊂Ker(u) et en particulier,r = dim(Im(u)) 6 dim(Ker(u)). D’après le théorème du rang,
r=n−dim(Ker(u))6n−r et donc2r6n.
Q 8. Si Im(u) =Ker(u), alors dim(Ker(u)) =dim(Im(u)) =rpuisn=r+r=2r. SoitS un supplémentaire de Ker(u) dansE. Alors, dim(S) =n−r=r. Soit(e1, . . . , er)une base deS.
Montrons queB= (e1, u(e1), . . . , er, u(er))est une base deE.
Puisque Im(u) =Ker(u), pour toutk∈J1, rK,u(ek)∈Ker(u). Soit(α1, . . . , αr, β1, . . . , βr)∈C2r.
Xr
k=1
αkek+ Xr
k=1
βku(ek) =0⇒ Xr
k=1
αkek= Xr
k=1
βku(ek) =0(car Xr
k=1
αkek∈Set Xr
k=1
βku(ek)∈Ker(u))
⇒∀k∈J1, rK, αk=0etu Xr
k=1
βkek
!
=0(car (e1, . . . , er) est libre)
⇒∀k∈J1, rK, αk=0et Xr
k=1
βkek ∈Ker(u)∩S
⇒∀k∈J1, rK, αk=0et Xr
k=1
βkek =0
⇒∀k∈J1, rK, αk=βk=0.
Ainsi, la familleB= (e1, u(e1), . . . , er, u(er))est libre. De plus, card(e1, u(e1), . . . , er, u(er)) =2r=n=dim(E)<+∞ et doncBest une base deE.
Q 9.MatB(u) =
0 . . . 0
1 0 ...
0 0 . .. ...
... . .. 1 . .. ...
... . .. 0 . .. ...
... . .. ... ... ...
... . .. 0 . .. ...
0 . . . 0 1 0
=diag(J2, . . . , J2)∈M2r(C).
Q 10. On considère de nouveau un supplémentaire S de Ker(u) dans E puis (e1, . . . , er) une base de S. Comme à la question Q8, la famille (u(e1), . . . , u(er)) est une famille libre de Ker(u) de cardinal r. Ker(u) est de dimension n−r > r. Puisque(n−r) −r=n−2r > 0, on peut compléter la famille libre(u(e1), . . . , u(er))de Ker(u)en une base (u(e1), . . . , u(er), v1, . . . , vn−2r)
Montrons queB= (e1, u(e1), . . . , er, u(er), v1, . . . , vn−2r)est une base deE.
Soit(α1, . . . , αr, β1, . . . , βr, γ1, . . . , γn−2r)∈Cn. tel que Xr
k=1
αkek+ Xr
k=1
βku(ek) +
n−2rX
k=1
γkvk=0. Comme à la question
Q8, on en déduit que Xr
k=1
αkek = Xr
k=1
βku(ek) +
n−2rX
k=1
γkvk =0 puis que ∀k∈ J1, rK, αk = βk = 0 et ∀k ∈J1, n−2rK, γk=0.
Ainsi,B= (e1, u(e1), . . . , er, u(er), v1, . . . , vn−2r)est une famille libre deE, de cardinal2r+n−2r=n=dim(E)<+∞ et doncBest une base deE.
Q 11.MatB(u) =diag(J2, . . . , J2, 0n−2r).
I.C - Valeurs propres, polynôme caractéristique, polynômes annulateurs d’une matrice nilpotente
Q 12.Si Aest nilpotente, il existe p∈ N∗ tel que Ap = 0. Le polynôme Xp est annulateur de Aet on sait que toute valeur propre deAest racine de ce polynôme annulateur et est donc nulle.0 est donc l’unique valeur propre deA.
Q 13.SiAest nilpotente et diagonalisable, alorsAest semblable à diag(0, . . . , 0) =0et donc égale à0. Réciproquement, la matrice nulle est diagonalisable et nilpotente.
Q 14.SiAest nilpotente,0est l’unique valeur propre deAet donc l’unique racine de son polynôme caractéristique dans C.χA est unitaire, de degrénet admet0pour racine d’ordren. Donc,χA=Xn.
Inversement, si χA = Xn, le théorème de Cayley-Hamilton permet d’affirmer que An = χA(A) = 0 et donc A est nilpotente.
En résumé,Aest nilpotente si et seulement siχA=Xn.
Q 15.On redit que si0est l’unique valeur propre deA, alorsχA=Xn puisAn=0et doncAest nilpotente.
Q 16.SoitT une matrice triangulaire à diagonale nulle. Alors,χT =Xn puisT est nilpotente d’après la question Q14.
SoitNune matrice nilpotente. On sait que toute matrice est triangulable dans Cet donc Nest semblable à une matrice triangulaireT. Les coefficients diagonaux deT sont les valeurs propres deT et donc les valeurs propres deN. Ces valeurs propres sont toutes nulles car N est nilpotente et donc la diagonale de T est nulle. En résumé, N est semblable à une matrice triangulaire à diagonale nulle.
Q 17.SoitQ∈C[X] puisP=QXp. Alors,P(A) =Q(A)×Ap=Q(A)×0=0 et doncPest annulateur deA.
Q 18.Aest nilpotente et donc 0 est (l’unique) valeur propre deA. Toute valeur propre de Aest racine d’un polynôme annulateur deAet donc0 est racine deP.
Q 19.On note p l’indice de nilpotence deA. PosonsQ = Xk
i=0
aiXi avec k ∈ Net a0 6=0. Sik = 0, Q(A) =a0In est inversible. Supposonsk>1. La matriceN= −
Xk
i=1
aiAi=A Xk
i=1
aiAi−1est nilpotente car, puisque deux polynômes enA commutent,Np=Ap −
Xk
i=1
aiAi−1
!p
=0.
Mais alors,χN =Xn puis det(Q(A)) =det(a0I−N) =χN(a0) =an0 6=0. Donc,Q(A)est inversible.
Puisque Q(A) est une matrice inversible et que toute matrice inversible est simplifiable,P(A) =0 ⇒ AmQ(A) =0 ⇒ Am =0. Mais alors m>ppuisP=XpXm−pQest un multiple deXp.
En résumé,pest annulateur deAsi et seulement siPest un multiple deXpdansC[X].
I.D - Racines carrées de matrices nilpotentes I.D.1)
Q 20. Tr(A) = 1+6−7 = 0. Ensuite, si on note C1, C2 et C3 les colonnes de A, C2 = 3C1 et C3 = −7C1 puis rg(A) =dim(Vect(C1, C2, C3)) =dim(Vect(C1)) =1carC16=0.
D’après le théorème du rang, dim(Ker(A)) =3−1= 2. Donc,0 est valeur propre deAd’ordre au moins 2. La dernière valeur propreλdeAest fournie par la trace :
0=Tr(A) =0+0+λ
et donc0est valeur propre deAd’ordre3. On en déduit queχA=X3puis queAest nilpotente d’indiceptel que26p63.
Une base de Im(A) est C1 =
1 2 1
et Ker(A)est le plan d’équation x+3y−7z= 0. Puisque 1+3×2−7×1 = 0, C1∈Ker(A)puis Im(A)⊂Ker(A). Mais alors,A2=0(etA6=0).Aest nilpotente d’indice 2.
Q 21. D’après les questions Q10 et Q11, si e1 ∈/ Ker(u) et si v1 est un vecteur de Ker(u) non colinéaire à e1, B = (e1, u(e1), v1)est une base deEdans laquelle la matrice deuestN=diag(J2, J1) =
0 0 0 1 0 0 0 0 0
. On noteB0= (i, j, k) la base canonique deC3
Déterminons explicitement une telle baseB. Ker(u) est le plan d’équationx+3y−7z=0. On prende1=i = (1, 0, 0) (e1 n’est pas dans Ker(u)) puisu(e1) =u(i) =i+2j+k= (1, 2, 1). Le vecteurv1= (3,−1, 0)est dans Ker(u)et n’est pas colinéaire àu(e1). Donc, le vecteurv1 convient.
D’après les formules de changement de base,A=PNP−1oùP=
1 1 3
0 2 −1
0 1 0
.
Q 22.u2=0et doncρ4= ρ22
=u2=0. ρest nilpotent.
ρ2= uet doncρ◦u= ρ◦ρ2=ρ3 =ρ2◦ρ =u◦ρ. Donc, ρet ucommutent. On sait alors que Ker(u) et Im(u)sont stables parρ. Redémontrons-le.
Soitx∈Ker(u).u(ρ(x)) =ρ(u(x)) =ρ(0) =0puisρ(x)∈Ker(u). Ceci montre que Ker(u)est stable parρ.
Soitx∈E.ρ(u(x)) =u(ρ(x))∈Im(u). Ceci montre que Im(u)est stable parρ.
Q 23. SoitR′ =MatB(ρ). Im(u) est la droite vectorielle engendrée pare2 =u(e1)et donc ρ(e2)∈Vect(e2).e3= v1
est dans Ker(u)et donc ρ(e3)∈Ker(u) =Vect(e2, e3). Donc,R′ est de la forme :
a 0 0 b d e c 0 f
puis
R′2=
a 0 0 b d e c 0 f
a 0 0 b d e c 0 f
=
a2 0 0
ab+bd+ec d2 de+ef ac+cf 0 f2
.
Ensuite,R′=P−1RPou encoreR=PR′P−1 et donc
R2=A⇔ PR′P−12
=PNP−1⇔PR′2P−1=PNP−1⇔R′2=N
⇔
a2 0 0
ab+bd d2 de+ef ac+cf 0 f2
=
0 0 0 1 0 0 0 0 0
⇔a=d=f=0etec=1.
Les matricesR′ solutions sont les matrices de la forme
0 0 0
b 0 1/c
c 0 0
,(b, c)∈C×C∗. Déterminons explicitementP−1. PuisqueP=PB
B0,P−1=PB0
B .
e1=i
e2=i+2j+k e3=3i−j
⇔
i=e1
j=3e1−e3
e2=e1+2(3e1−e3) +k
⇔
i=e1
j=3e1−e3
k= −7e1+e2+2e3
.
Donc,P−1=
1 3 −7
0 0 1
0 −1 2
puis
R=PR′P−1=
1 1 3
0 2 −1
0 1 0
0 0 0
b 0 1/c
c 0 0
1 3 −7
0 0 1
0 −1 2
=
1 1 3
0 2 −1
0 1 0
0 0 0
b 3b−1/c −7b+2/c
c 3c −7c
=
b+3c 3b+9c− 1
c −7b−21c+ 6 c 2b−c 6b−3c− 2
c −14b+7c+ 4 c
b 3b− 1
c −7b+2
c
(b, c)∈C×C∗.
I.D.2)
Q 24.SoitRune éventuelle racine carrée deJ3dansM3(C).
J3=E2,1+E3,2 puisR4=J23= (E2,1+E3,2) (E2,1+E3,2) =E3,1 puisR6=J33=J23J3= (E2,1+E3,2)E3,1 =0. Donc,R est nilpotente et doncχR = X3. Soitpl’indice de nilpotence de R. D’après le théorème de Cayley-Hamilton, χR= X3 est annulateur deAet d’après la question Q19,χR=X3 est un multiple de Xp. Ceci imposep63 et doncR3=0 puis R4=0ce qui est faux.
Donc, l’équationR2=J3n’a pas de solution dansM3(C).
I.D.3)
Q 25.Comme à la question précédente, si une matrice carrée de formatn est nilpotente d’indiceα∈N∗, son polynôme caractéristiqueXn est un multiple deXα d’après la question Q19 et en particulier,α6n.
SoitRune éventuelle racine carrée de V dansMn(C). Rest nilpotente carR2p=Vp=0 d’indice inférieur ou égal à2p.
De plus,R2p−2=Vp−16=0 et doncR est nilpotente d’indice q∈{2p−1, 2p}. En particulier,2p−16q6n. Donc, si l’équationR2=V a au moins une solution, nécessairement2p−16n. Par contraposition, si2p−1 > n, alors l’équation R2=V n’a pas de solution.
Q 26.D’après les calculs de la question Q24,J23=
0 0 0 0 0 0 1 0 0
=N.N est de format3, nilpotente d’indice2et admet au moins une racine carrée à savoirJ3.
Soitn>3. SoitV=diag(N, 0n−3)∈Mn(R). Un calcul par blocs fournitV2=diag N2, 0n−3
=0n et doncV est une matrice carrée de formatn>3, nilpotente d’indice2.
SoitR=diag(J3, 0n−3)∈Mn(R). Un calcul par blocs fournit
R2=diag J23, 0n−3
=diag(N, 0n−3) =V et doncV admet au moins une racine carrée.
II - Deuxième partie
II.A - Réduction des matrices nilpotentes
Q 27.Pour touty∈Im(u),u(y)∈Im(u)et donc Im(u)est stable paru. On noteu′ l’endomorphisme de Im(u)induit paru. Pour touty∈Im(u),u′p(y) =up(y) =0et donc u′ est nilpotent d’indice inférieur ou égal àp.
Pour tout x ∈ E, u′p−1(u(x)) = up−1(u(x)) = up(x) = 0 et donc u′ est nilpotent d’indice inférieur ou égal à p−1.
Si p = 2, alors u′ est nilpotent d’indice 1 ou encore u′ = 0. Sinon,p >3. Puisqueup−1 6= 0, il existex0 ∈ E tel que up−1(x0)6= 0. Le vecteur y0 = u(x0)est un élément de Im(u)tel que u′p−2(y0) = up−2(u(x0)) = up−1(x0) 6= 0 et doncu′p−26=0.
En résumé,u′p−26=0 etu′p−1=0. Donc,u′ est nilpotent d’indicep−1.
Q 28.Soitx∈E\ {0}.
u(Cu(x)) =u
Vect uk(x)
k∈N
=Vect uk+1(x)
k∈N⊂Vect uk(x)
k∈N=Cu(x) et doncCu(x)est un sous-espace vectoriel deEstable paru.
SoitEx=
k∈N∗/ uk(x) =0 .Ex est une partie non vide deN(carp∈Ex) et doncExadmet un plus petit élément que l’on notes(x).s(x)est par définition un entier naturel non nul tel queus(x)(x) =0 etus(x)−1(x)6=0.
Q 29.Pour k>s(x), uk(x) =uk−s(x) us(x)(x)
=uk−s(x)(0) = 0 et doncCu(x) =Vect uk(x)
06k6s(x)−1ou encore, la famille uk(x)
06k6s(x)−1est une famille génératrice de Cu(x).
Vérifions que la famille uk(x)
06k6s(x)−1 est libre. Supposons par l’absurde qu’il existe α0, . . . , αs(x)−1
∈ Cs(x) \ {(0, . . . , 0)}tel que
s(x)−1
X
k=0
αkuk(x) =0. Soitile plus petit des entiersk∈J0, s(x) −1K tel queαi6=0. Par définition dei,
s(x)−1
X
k=i
uk(x) =0. En calculant l’image des deux membres de cette égalité parus(x)−1−i, on obtientαius(x)−1(x) =0(car pourk>s(x),uk(x) =0). Mais ceci est impossible carαi6=0 etus(x)−1(x)6=0.
Ainsi, la famille uk(x)
06k6s(x)−1est libre et finalement la famille uk(x)
06k6s(x)−1est une base deCu(x).
Supposonss(x)>2. Si pourk∈J1, s(x)K, on poseek =uk−1(x), alors pour toutk∈J1, s(x) −1K,u(ek) =ek+1et d’autre part,u es(x)
=us(x)(x) =0. Donc, si on note ux l’endomorphisme deCu(x)induit paru, alors Mat(x,u(x),...,us(x)−1(x)) (ux) =Js(x).
Sis(x) =1, alorsCu(x) =Vect(x)avecu(x) =0 et donc Mat(x)(ux) =J1. Q 30.Montrons le résultat par récurrence surp>2.
• Sip=2,uest nilpotent d’indice2. D’après la question Q12, il existe une base deEde la forme B= (e1, u(e1), . . . , er, u(er), v1, . . . , vn−2r)où les vecteursv1, . . . ,vn−2r sont dans Ker(u).
Posonsx1=e1, x2=e2, . . . ,xr=er,xr+1=v1,xn−r=vn−2r. Pour16i6r,Cu(xi) =Vect(xi, u(xi))et pourr+16i6n−r,Cu(xi) =Vect(xi).
Puisque Best une base deE, on sait E=
n−r
M
i=1
Cu(xi).
• Soitp>2. Supposons le résultat pourp. Soituun endomorphisme nilpotent d’indicep+1. D’après la question Q27, l’endomorphismeu′ de Im(u)induit paruest nilpotent d’indicep. Par hypothèse de récurrence, il existe des vecteursy1, . . . ,yt, de Im(u)tels que Im(u) =
t
M
i=1
Cu′(yi) =
t
M
i=1
Cu(yi). ChaqueCu(yi)est de dimensions(yi) et Im(u)est de dimensionr=rg(u). Donc,
Xt
i=1
s(yi) =r.
Pour chaque vecteuryi,16i6t, il existe un vecteurxi∈Etel queyi=u(xi). Pour chaquei∈J1, tK, on a bien sûr s(xi) =s(yi) +1et donc
Xt
i=1
s(xi) =r+t. On a aussi Cu′(yi) =Vect
u(xi), . . . , us(xi)−1(xi)
⊂Cu(xi).
Montrons alors que la somme Xt
i=1
Cu(xi)est directe. Soit(αi,j)16i6t, 06j6s(xi)−1une famille de nombres complexes telle que
Xt
i=1
s(xi)−1
X
j=0
αi,juj(xi)
=0 (∗).
En prenant l’image des deux membres de cette égalité paru(et en tenant compte deus(xi)(xi) =0 pour chaquei), on obtient
Xt
i=1
s(xi)−2
X
j=0
αi,juj+1(xi)
=0.
Puisque la famille u(x1), . . . , us(x1)−1, . . . , u(xt), . . . , us(xt)−1(xt)
est libre, tous les coefficients de la combinaison linéaire ci-dessus sont nuls. L’égalité(∗)s’écrit alors
Xt
i=1
αi,s(xi)−1us(xi)−1(xi) =0, et encore une fois, la famille us(x1)−1(x1), . . . , us(xt)−1(xt)
étant libre, tous les coefficients sont nuls. Ceci montre que la somme
Xt
i=1
Cu(xi)est directe.
Comme à la question Q10, la famille us(x1)−1(x1), . . . , us(xt)−1(xt)
est une famille libre de Ker(u)de cardinalt que l’on peut compléter en us(x1)−1(x1), . . . , us(xt)−1(xt), v1, . . . , vn−r−t
base de Ker(u). Pour touti∈J1, n−r−tK, Cu(vi) =Vect(vi)est une droite vectorielle. On posext+1=v1, . . . ,xn−r=vn−r−t. La somme
n−rX
i=1
Cu(xi)est directe.
Montrons alors queE=
n−r
M
i=1
Cu(xi).
dim
n−r
M
i=1
Cu(xi)
!
= Xt
i=1
s(xi) +
n−r−t
X
i=1
1=r+t+n−r−t=n=dim(E).
Ceci montre queE=
n−r
M
i=1
Cu(xi).
Le résultat est démontré par récurrence.
Q 31.SoitBune base adaptée à la décompositionE=
t
M
i=1
Cu(xi). D’après la question Q29, MatB(u) =diag Js(x1), . . . , Js(xt)
.
II.B - Partitions d’entiers
Q 32.On reprend la décomposition deEde la question Q30 en posantk=tet on réordonne par ordre décroissant les entiers s(x1), . . . ,s(xk). On obtient des entiers naturels non nulsα1, . . . ,αt, tels queα1>α2>. . .>αt etα1+. . .+αt=n.
Puis on réordonne les vecteurs de la baseB et on obtient une baseB′ telle que MatB′(u) =diag(Jα1, . . . , Jαt).
Q 33.Soitα∈N∗. Siα=1,Jα =J1=0.J1est de rang à, nilpotente d’indice1. Dorénavant,α>2.
L’écriture de Jα dans la base canonique de Mα(C) est : Jα =
α−1X
i=1
Ei+1,i. Montrons par récurrence que pour tout j ∈ J0, α−1K,Jjα =
α−jX
i=1
Ei+j,i.
• L’égalité est vraie quandj=0.
• Soitj∈J0, α−2K. Supposons queJjα =
α−jX
i=1
Ei+j,i. Alors
Jj+1α = (Ej+1,1+Ej+2,2+. . .+Eα,α−j) (E2,1+E3,2+. . .+Eα,α−1) =Ej+2,1+Ej+3,2+. . .+Eα,α−(j+1).
Le résultat est démontré par récurrence. Ainsi, pour06j6α−1,Jjα=
0j,α−j 0j Iα−j 0α−j,j
. Lesjdernières colonnes de Jjα sont nulles et donc rg
Jjα
6α−j. La matrice extraiteIα−j, de formatα−j, est inversible et donc rg Jjα
>α−j.
Finalement,∀j∈J0, α−1K, rg Jjα
=α−j.
Pourj∈J0, α−1K, Jjα6=0. Ensuite,Jjα= (E2,1+E3,2+. . .+Eα,α−1)Eα,1=0et donc Jα est nilpotente d’ordreα.
Q 34.Un calcul par blocs fournit :∀m∈N,Nmσ =diag Jmα1, . . . , Jmαk
. Par suite, pour toutm∈N, Nmσ =0⇔∀i∈J1, kK, Jmαi=0⇔∀i∈J1, kK, m>αi⇔m>α1. Donc,α1=p.
Q 35. Soitj ∈ N. Sij 6 p, Λj n’est pas vide car α1 = p> j puis, en supprimant les lignes et les colonnes nulles, on obtient rg
Njσ
=rg
diag(Iαi−j)i∈Λ
j
= X
i∈Λj
(αi−j).
Sij > p,Λj=∅et l’égalité est encore vraie carNjσ=0 et avec la convention usuelle qu’une somme vide est nulle.
Q 36.Soitj∈N∗. On note queΛj⊂Λj−1et queΛj−1\Λj={i∈J1, kK/ αi=j−1}.
dj= X
i∈Λj−1
(αi− (j−1)) − X
i∈Λj
(αi−j) = X
i∈Λj
1+ X
i∈Λj−1\Λj
(αi− (j−1)) =card(Λj) +0=card(Λj). Ainsi, pour toutj∈N∗,dj=card(Λj).
Q 37. Le nombrek de blocs intervenant dans Nσ est le nombre de blocs Jαi dont la taille est supérieure ou égale1 ou encore
k=d1=rg(Id) −rg(u) =n−r=dim(Ker(u)).
Q 38.Soitj∈J1, nK. Le nombre cherché est le cardinal de Λj\Λj+1ou encore est dj−dj+1=rg uj−1
−2rg uj
+rg uj+1 .
Q 39.Soientσet σ′ telle queNσetNσ′ soient les matrices deudans deux baseBetB′ deE. La question Q37 montre que le nombre des blocs est uniquement déterminé par u et la question Q38 montre la taille de chacun des blocs est uniquement déterminée paru. Donc,σ=σ′.
Q 40.Toute matrice nilpotente est semblable à une matrice Nσ et si σ 6= σ′,Nσ n’est pas semblable à Nσ′. Donc, le nombre de classes de similitudes de matrices nilpotentes est exactement card(Γn).
II.C - Applications
Q 41.5=5=4+1=3+1+1=3+2=2+2+1=2+1+1+1=1+1+1+1+1. Donc card(Γ5) =7.
rg(A) = rg
0 −1 2 −2 −1
0 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 1 0 0 0
0 1 −1 1 0
= rg
−1 2 −1
0 0 0
1 0 0
1 0 0
1 −1 0
= rg
−1 2 −1
1 0 0
1 −1 0
= rg
−1 −1 2
0 1 0
0 1 −1
= 3
car le déterminant de cette dernière matrice est égal à16=0.
D’après la question Q37, le nombre de blocs deNσestk=5−3=2. Ensuite,
A2=
0 −1 2 −2 −1
0 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 1 0 0 0
0 1 −1 1 0
0 −1 2 −2 −1
0 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 1 0 0 0
0 1 −1 1 0
=
0 −1 1 −1 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
puis rg u2
=rg A2
=1 puis rg u0
−2rg(u) +rg u2
=5−2×3+1=0. Donc, il n’y a pas de blocs de taille1 et il ne reste plus que la possibilité :σ= (3, 2). Donc
Nσ=
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0
.
Q 42. Soit M ∈ Mn(C) nilpotente d’indice p ∈ N∗. 2M et MT sont aussi nilpotentes car (2M)p = 2pMp = 0 et MTp
= (Mp)T =0.
Soientσ,σ′ etσ′′les partitions denrespectivement associées àM,2MetMT. On sait que pour toutj∈N, rg (2M)j
= rg Mj
et rg
MTj
=rg Mj
. D’après la question Q37 et Q38,σ′ =σet σ′′=σ. Mais alors, les matricesM,2Met MT sont toutes trois semblables àNσ et donc ces matrices sont deux à deux semblables.
Q 43.SoitM∈Mn(C)telle que les matricesMet2Msoient semblables.Met2Mont en particulier le même polynôme caractéristique ou encoreMet2Mont les mêmes valeurs propres.
Soitλune valeur propre deM. On sait que2λest valeur propre de2Met donc deM. Mais alors,λ,2λ,22λ,23λ, . . . sont valeurs propres deM. Siλ6=0, les nombres2kλ,k∈N, sont deux à deux distincts. Ceci est impossible car une matrice carrée de formatnadmet au plusnvaleurs propres. Donc,λ=0.
Ainsi, toutes les valeurs propres deMsont nulles et doncMest nilpotente d’après la question Q15.
II.D - Un algorithme de calcul du nombre de partitions de n
Q 44.Il y a une et une seule partition dentelle que1>α1>α2>. . .>αk>1, à savoir la partitionσtelle quek=n et∀i∈J1, nK,αi=1. Donc,
∀n∈N∗, yn,1=1.
Q 45. yn−n,min(n,n−n) =y0,0 = 1. Il y a une et une seule partition de npour laquelle α1= nà savoir σ= (n). Pour toute autre partition dentelle queα16n, on a en faitα16n−1. Il y ayn,n−1telles partitions et donc
yn,n=yn,n−1+1=yn,n−1+yn−n,min(n,n−n).
Q 46.Soitj∈J2, n−1K.Yn,j est la réunion disjointe de deux ensembles de partitions, les partitions denpour lesquelles α1< j (type I) et les partitions denpour lesquellesα1=j(type II).
L’ensemble des partitions du type I estYn,j−1. Il y en ayn,j−1.
Soitσ= (α1, . . . , αk)une partition du type II. Puisquej < netα1=j, on ak>2 puis n=α1+. . .+αk⇔α2+. . .+αk =n−j.
Donc, l’ensemble des partitions du type II est en bijection avec les partitions(α2, . . . , αk)de l’entiern−joùα26j. Il y en ayn−j,j. Finalement,
∀j∈J2, n−1K, yn,j=yn,j−1+yn−j,j.
Maintenant, sij6n−j,yn−j,j=yn−j,min(n−j,j). Si par contren−j < j, une partitionσ= (α1, . . . , αk)den−jvérifiant nécessairementα16n−j, on ayn−j,j=yn−j,n−j=yn−j,min(n−j,j). On a montré que
∀j∈J2, nK, yn,j=yn,j−1+yn−j,min(n−j,j). Q 47.Tableau des valeurs deyn,j pour16j6n65.
1 2 3 4 5
1 1
2 1 2
3 1 2 3
4 1 3 4 5
5 1 3 5 6 7
n j
Q 48. Fonction Python.
✞ ☎
def y2 (n ):
def y(n ,j)
if j ==0 or j ==1 : return 1
else
return y(n ,j
−1)+y(n
−j , min (j ,n
−j )) return y(n ,n)
for i in range (1 ,6) : print ( y2 (i ))
✝ ✆
Q 49.yn,n est le nombre de partitionσ telles queα16nou encoreyn,n=card(Γn).yn,n est donc aussi le nombre de classe de similitude de matrices nilpotentes deMn(C)d’après la question Q40.
Dans le cas oùn=5, il y ay5,5=7partitions de l’entier5correspondant à7classes de similitudes de matrices nilpotentes deM5(C). Toute matrice nilpotente de format5 est donc semblable à une et une seule des sept matrices suivantes :
• N1=05 correspondant àσ1= (1, 1, 1, 1, 1).
• N2=
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
correspondant àσ2= (2, 1, 1, 1).
• N3=
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0
correspondant àσ3= (2, 2, 1).
• N4=
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
correspondant àσ4= (3, 1, 1).
• N5=
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0
correspondant àσ5= (3, 2).
• N6=
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0
correspondant àσ6= (4, 1).
• N=
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0
correspondant àσ7= (5).
