EXERCICE II

SESSION 2018

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 2

EXERCICE I

Q1 Montrons que(.|.)est un produit scalaire surE.

• Soit(f, g)∈E². La fonction fgest continue sur le segment [−1, 1] et donc (f, g) existe dansR. Ainsi,(. |.) est une application deE²dansR.

•Soit(f, g)∈E².(f|g) = Z1

−1

f(t)g(t)dt= Z1

−1

g(t)f(t)dt= (g|f). Donc, (.|.)est symétrique.

•Soient(f₁, f₂, g)∈E³ et(λ, µ)∈R².

(λf₁+µf2|g) = Z1

−1

(λf₁(t) +µf2(t))g(t)dt=λ Z1

−1

f1(t)g(t)dt+µ Z1

−1

f2(t)g(t)dt=λ(f₁|g) +µ(f₂|g). Donc,(.|.)est linéaire par rapport à sa première variable puis bilinéaire par symétrie.

• Soit f ∈ E. (f, f) = Z1

−1

f²(t) dt > 0 par positivité de l’intégrale. Donc, ( . | . ) est une forme bilinéaire, symétrique, positive surE.

•Soitf∈E. Si(f|f) =0, alors Z1

−1

f²(t)dt=0 puisf²=0 (fonction continue, positive, d’intégrale nulle) et doncf=0.

Donc,(.|.)est définie, positive.

En résumé,(.|.)est une forme bilinéaire, symétrique, définie, positive surEet donc(.|.)est un produit scalaire surE.

Q2 Par parité,(u|v) = Z1

−1

t dt=0. Ensuite,kuk²= Z1

−1

dt=2 et kvk²= Z1

−1

t²dt= 2

3. Une base orthonormée de F est donc(e₀, e1) =

1 kuku, 1

kvkv

= 1

√2u, r3

2v

! .

Q3 Puisque dim(F) = 2 < +∞, la projection orthogonale sur F, notée p_F, est bien définie d’après le théorème de la projection orthogonale. On sait d’autre part que

(a,b)∈Rinf ²

"Z1

−1

e^t− (a+bt)2

dt

#

= inf

(a,b)∈R²kw− (au+bv)k²= (d(w, F))²=kw−p_F(w)k², avecp_F(w) = (w|e₀)e₀+ (w|e₁)e₁.

•(w|e₀) = 1

√2 Z1

−1

e^tdt= 1

√2 e¹−e⁻¹ .

•(w|e1) = r3

2 Z1

−1

te^tdt= r3

2

(t−1)e^t1

−1= r3

22e⁻¹=√ 6e⁻¹.

•On en déduit que pour tout réelt de[0, 1],

p_F(w)(t) = (w|e₀)e₀(t) + (w|e₁)e₁(t) = 1

√2 e¹−e⁻¹ 1

√2 +√ 6e⁻¹

r3 2t

= 1

2 e¹−e⁻¹

+3e⁻¹t.

•Ensuite,

inf

(a,b)∈R²

"Z1

−1

e^t− (a+bt)2

dt

#

=kw−pF(w)k²

= Z1

−1

e^t−

1

2 e¹−e⁻¹

+3e⁻¹t 2

dt

= Z1

−1

e^2tdt− Z1

−1

e¹−e⁻¹

+6e⁻¹t e^tdt+

Z1

−1

1

2 e¹−e⁻¹

+3e⁻¹t 2

dt.

Z1

−1

e^2tdt= 1

2 e²−e⁻²

puis une intégration par parties fournit Z1

−1

e¹−e⁻¹

+6e⁻¹t

e^tdt=

e¹−e⁻¹

+6e⁻¹t e^t1

−1− Z1

−1

6e⁻¹e^tdt

= e¹−e⁻¹

+6e⁻¹

e¹− e¹−e⁻¹

−6e⁻¹

e⁻¹−6e⁻¹ e¹−e⁻¹

=e²+5−1+7e⁻²−6+6e⁻²=e²+13e⁻²−2 puis

Z1

−1

1

2 e¹−e⁻¹

+3e⁻¹t 2

dt= 1

4 e¹−e⁻¹2Z1

−1

dt+9e⁻² Z1

−1

t²dt

(par parité ou d’après le théorème dePythagore)

= 1

2 e²−2+e⁻²

+6e⁻²= 1

2 e²−2+13e⁻² . Finalement,

inf

(a,b)∈R²

"Z1

−1

e^t− (a+bt)2

dt

#

= 1

2 e²−e⁻²

− e²+13e⁻²−2 +1

2 e²−2+13e⁻²

=1−7e⁻².

EXERCICE II

Q4 Soitk∈N^∗. Puisque kest constant quandnvarie, n

n n−1

n . . .n−k+1

n ∼

n→+∞

n n ×n

n×. . .×n

| {z n}

kfacteurs

=1.

Soitk∈N^∗. Pourn>k,

P(X_n=k) = n

k

p^k(1−p)^n−k= n(n−1). . .(n−k+1) k!

λ n

k 1− λ

n n−k

= λ^k

k! ×n(n−1). . .(n−k+1)

n^k ×

1− λ

n n−k

Ensuite,

1− λ n

n−k

n→=+∞e^(n−k)ln(^1−λn) =

n→+∞e^(n+o(n))(^−λn+o(n¹)) =

n→+∞e^−λ+o(1)et donc P(X_n =k) ∼

n→+∞

λ^k

k! ×1×e^−λ= λ^ke^−λ k!

(ce qui reste vrai quandk=0).

Q5 L’année 1998 n’est pas bissextile et compte donc 365 jours. Chaque candidat a une probabilité p = 1

365 d’être convoqué le jour de son anniversaire et une probabilité1−p= 364

365 de ne pas l’être. Donc, en supposant que les dates de naissance sont indépendantes les unes des autres,X_n ∼B

n, 1

365

. On en déduit que

∀k∈J0, nK, P(X_n =k) = n

k 1 365

k 364 365

n−k

= n

k

365ⁿ364^n−k et

E(X_n) = n 365. Q6 On note que n=219>50, p= 1

365 60, 01etnp= 219

365 =0, 6 < 10. La probabilité demandée estP(X_n=2). On approche la loi deX_n par la loi dePoissonde paramètreλ=np= 219

365 =0, 6. On obtient P(X_n=2)≈ 0, 6²×e^−0,6

2! ≈0, 18×0, 55=0, 099≈0, 1.

Il y a environ une chance sur10que deux étudiants soient convoqués le jour de leur anniversaire.

PROBLÈME

Questions préliminaires

Q7 Puisqueuest diagonalisable, on sait queRⁿ=

p

M

i=1

Eλi(u). Soienti∈J1, pKpuisx∈Eλi(u). Puisque des polynômes enucommutent,

P(u)(x) =



 Yp

j=1

(u−λjId_Rⁿ)



(x) =



 Y

j6=i

(u−λjId_Rⁿ)



((u−λiId) (x)) =Y

j6=i

(u−λjId_Rⁿ) (0) =0.

Ainsi, l’endomorphismeP(u)s’annule sur chacun desE_λi(u),16i6p. Puisque les sous-espacesE_λi(u)sont supplémen- taires, on en déduit queP(u) =0.

Q8 Puisque les nombres µ₁, . . . , µ_r, sont deux à deux distincts, les polynômes X−µ_i, 1 6 i 6 r, sont deux à deux premiers entre eux. Le théorème de décomposition des noyaux permet d’écrire

Rⁿ=Ker(Q(u)) =

r

M

i=1

Ker(u−µiId_Rⁿ) (∗).

Dans la décomposition(∗), un sous-espace Ker(u−µiId_Rⁿ),1 6i 6r, peut être réduit à{0}, ce qui correspond au cas oùµin’est pas une valeur propre de u. On supprime ces éventuelsµi et on obtient une décomposition de la forme

Rⁿ=Ker(Q(u)) =

r^′

M

i=1

Ker(u−µ_i^′Id_Rⁿ)

où{µ₁^′, . . . , µ_r^′′}⊂{µ₁, . . . , µ_r}. Soit Bune base adaptée à cette décomposition de Rⁿ. Best une base deRⁿ constituée de vecteurs propres de uet donc uest diagonalisable. De plus, la matrice de udansBest diagonale ce qui montre que Sp(u) ={µ₁^′, . . . , µ_r^′′}⊂{µ1, . . . , µr}.

Un exemple où la matrice

a b c d

est diagonalisable sur R

Q9 χ_V =X²− (Tr(V))X+det(V) =X²−3X+2= (X−1)(X−2). Ainsi, Sp(V) = (1, 2).χ_V est scindé surRà racines simples et on sait queVest diagonalisable.

E₁(V)est la droite d’équation3x+2y=0. DoncE₁(V) =Vect(e₁)oùe₁= 2

−3

. E2(V)est la droite d’équationx+y=0. DoncE2(V) =Vect(e₂)oùe1=

1

−1

.

Ainsi,V=PDP⁻¹oùD=diag(1, 2),P=

2 1

−3 −1

et doncP⁻¹=

−1 −1

3 2

à partir de la formule

a c b d

−1

= 1

ad−bc

d −c

−b a

.

Q10 Q=

2I_n I_n

−3I_n −I_n

∈M_n(R). Un calcul par blocs fournit 2I_n I_n

−3I_n −I_n

−I_n −I_n 3I_n 2I_n

=

I_n 0_n 0_n I_n

=I_2n.

Donc,Qest inversible, d’inverse la matrice

−I_n −I_n 3I_n 2I_n

. De nouveau, avec un calcul par blocs, on obtient

QBQ⁻¹=

2I_n I_n

−3In −In

A 0_n 0n 2A

−I_n −I_n 3In 2In

=

2I_n I_n

−3In −In

−A −A 6A 4A

=

4A 2A

−3A −A

.

Donc, la matrice

4A 2A

−3A −A

est semblable à la matriceB=

A 0_n 0_n 2A

. Q11 Un calcul par blocs fournit

R⁻¹ 0n

0n R⁻¹

B

R 0n

0n R

=

R⁻¹ 0n

0n R⁻¹

A 0n

0n 2A

R 0n

0n R

=

R⁻¹ 0n

0n R⁻¹

AR 0n

0_n 2AR

=

R⁻¹AR 0n

0n 2R⁻¹AR

=

∆ 0n

0_n 2∆

Soient P =

R 0_n 0_n R

∈M_2n(R) et D =

∆ 0_n 0_n 2∆

∈ D_2n(R). Un calcul par blocs montre que Pest inversible, d’inverse la matrice

R⁻¹ 0n

0n R⁻¹

et de plus,P⁻¹BP=D.

Ainsi, la matrice

4A 2A

−3A −A

est semblable à la matriceBet la matriceBest semblable à une matrice diagonale. On en déduit que la matrice

4A 2A

−3A −A

est diagonalisable.

Q12 On note toujoursQla matrice

2I_n I_n

−3I_n −I_n

.

T

4A 2A

−3A −A

=T QBQ⁻¹

=QT(B)Q⁻¹

=Q

T(A) 0n

0n T(2A)

Q⁻¹(par un calcul par blocs).

PuisqueT

4A 2A

−3A −A

=0_2n, on en déduit que

T(A) 0_n 0_n T(2A)

=0_2n puis queT(A) =0_n.

Il existe donc un polynôme non nulT, scindé sur R et à racines simples, qui est annulateur deA. On en déduit que la

Un exemple où la matrice

a b c d

est trigonalisable sur R

Q13 χ_E=X²− (Tr(E))X+det(E) =X²−2X+1= (X−1)².χ_Eest scindé surRet doncEest trigonalisable dansM₂(R).

Soitf l’endomorphisme deR²canoniquement associé àE.

E1(f)est la droite d’équation2x−2y=0ou encorey=x. Donc,E1(f) =Vect(e₁)oùe1= (1, 1).

Soite₂= (x, y)∈R².

f(e₂) = −2e₁+e₂⇔(f−Id) (e₂) = −2e₁

⇔

2 −2 2 −2

x y

= −2

−2

⇔2x−2y= −2⇔y=x+1.

Le vecteure₂= (0, 1)est un vecteur deR²tel quef(e₂) = −2e₁+e₂. De plus, les vecteurse₁ete₂ne sont pas colinéaires et donc la famille(e₁, e₂)est une base deR².

Par suite, siPest la matrice de la base(e₁, e₂)dans la base canonique deR² ou encore siP=

1 0 1 1

,Pest, d’après les formules de changement de base, une matrice inversible telle que

E=P

1 −2 0 1

P⁻¹.

Q14 SoitQ=

In 0n

In In

∈M_2n(R). Un calcul par blocs fournit In 0n

In In

In 0n

−I_n In

=

In 0n

0n In

=I2n

et doncQest une matrice inversible, d’inverse la matrice

I_n 0_n

−In In

. De nouveau un calcul par blocs fournit

Q⁻¹EQ=

I_n 0_n

−I_n I_n

3A −2A 2A −A

I_n 0_n I_n I_n

=

In 0n

−I_n In

A −2A

A −A

=

A −2A 0n A

.

Ceci montre que la matrice

3A −2A 2A −A

est semblable à la matriceF=

A −2A 0n A

Q15 Montrons par récurrence que pour toutk∈N^∗,F^k =

A^k −2kA^k 0_n A^k

.

• La formule est vraie quandk=1.

• Soitk>1. Supposons queF^k=

A^k −2kA^k 0n A^k

. Alors F^k+1=

A^k −2kA^k 0n A^k

A −2A 0n A

=

A^k+1 −2(k+1)A^k+1

0n A^k+1

. On a montré par récurrence que∀k∈N^∗,F^k=

A^k −2kA^k 0n A^k

. Ce dernier résultat reste clair pourk=0 si on adopte la convention usuelleA⁰=I_n.

Soit alorsU= Xm

k=0

a_kX^k∈R[X].

U(F) = Xm

k=0

a_kF^k= Xm

k=0

a_k

A^k −2kA^k 0_n A^k

=











 Xm

k=0

akA^k −2 Xm

k=0

kakA^k 0_n

Xm

k=0

a_kA^k













=

U(A) −2AU^′(A) 0_n U(A)

.

Donc,

U(A) −2AU^′(A) 0_n U(A)

=U(F) =0_2n.

Q16 Mais alors,U(A) =0_n et AU^′(A) =0_n ou encoreUetXU^′ sont annulateurs deA. Par définition de µ_A, µ_A est un diviseur commun àUetXU^′.Uest à racines simples et doncUetU^′ n’ont pas de racine commune dansCou encore Uet U^′ sont premiers entre eux.

µ_AdiviseUetUetU^′ sont premiers entre eux. Donc,µ_AetU^′sont premiers entre eux car sans racine commune dansC. Ainsi,µA diviseXU^′ etµAest premier avecU^′. D’après le théorème deGauss,µA diviseX. Enfin,µAest de degré au moins1 et est unitaire et on en déduit queµA=X.

Puisqueµ_A est annulateur deA, on en déduit enfin queA=0_n.

Q17 SiFest diagonalisable alorsA=0_n. Réciproquement, siA=0_n, alorsF=0_2net en particulier,Fest diagonalisable.

D’après Q14, la matrice

3A −2A 2A −A

est diagonalisable si et seulement si la matriceFest diagonalisable et finalement, 3A −2A

2A −A

diagonalisable⇔A=0_n.

Q18 Les matrices

3A −2A 2A −A

et F sont semblables et donc

3A −2A 2A −A

est trigonalisable dans M_2n(R) si et seulement siF est trigonalisable dansM_2n(R).

χ_F = det(XI_2n−F) = det

XI_n−A 2A 0_n XI_n−A

= (det(XI_n−A))² = (χ_A)². On en déduit que χ_F est scindé sur R si et seulement si χA est scindé sur R. On en déduit encore que

3A −2A 2A −A

est trigonalisable dans M_2n(R) si et seulement siAest trigonalisable dansM_n(R).

Q19 SoitA=

0 −1 1 0

.χ_A=X²+1n’est pas scindé surRet doncAn’est pas trigonalisable dans M₂(R). D’après la question précédente, la matrice

3A −2A 2A −A

n’est pas trigonalisable dansM₄(R).

Applications

Q20 SoitA=

1 3 2 2

de sorte que M=

A 2A 2A A

. SoitV=

1 2 2 1

.

χV =X²−2X−3= (X+1)(X−3)et donc Sp(V) = (−1, 3). Ensuite,E−1(V) =Vect((1,−1))et E3(V) =Vect((1, 1)).

SoitQ=

I₂ I₂

−I₂ I₂

. Comme à la question Q10,

Q⁻¹MQ= 1 2

I2 −I₂ I₂ I₂

A 2A 2A A

I2 I2

−I₂ I₂

= 1 2

I2 −I₂ I₂ I₂

−A 3A A 3A

=

−A 0 0 3A

=∆.

SoitB= (e₁, e2, e3, e4)la base canonique deR⁴. Soientfetdles endomorphismes deR⁴canoniquement associés à Qet

∆respectivement. Alors,f⁻¹◦u◦f=dou encoreu◦f=f◦d.

Soient F = f(Vect(e₁, e2)) et G = f(Vect(e₃, e4)). F et G sont deux sous-espaces de R⁴ de dimension 2 (image d’un sous-espace de dimension 2 par un automorphisme). La matrice de d dans B est diagonale par blocs et donc d laisse stable le sous-espace Vect(e₁, e₂)et le sous-espace Vect(e₃, e₄).

u(F) = u(Vect(f(e ), f(e ))) = Vect(u◦f(e ), u◦f(e )) = Vect(f(d(e )), f(d(e ))) ⊂ Vect(f(e ), f(e )) = F (car

Déterminons explicitementFet G. Soit(a, b)∈R².

Q







 a b 0 0









=









1 0 1 0

0 1 0 1

−1 0 1 0 0 −1 0 1















 a b 0 0









=







 a b

−a

−b









=a







 1 0

−1 0







 +b







 0 1 0

−1









et doncF=Vect(e₁−e₃, e₂−e₄). De même,

Q







 0 0 a b









=









1 0 1 0

0 1 0 1

−1 0 1 0 0 −1 0 1















 0 0 a b









=







 a b a b









=a







 1 0 1 0







 +b







 0 1 0 1









et doncG=Vect(e1+e3, e2+e4).

Q21 M=

2A A A 2A

oùA=2I2. SoitP=

I₂ I₂

−I₂ I₂

. Alors,Pest inversible, d’inverse la matrice 1 2

I₂ −I₂ I₂ I₂

puis

P⁻¹MP= 1 2

I₂ −I₂ I₂ I₂

2A A A 2A

I₂ I₂

−I₂ I₂

= 1 2

I₂ −I₂ I₂ I₂

A 3A

−A 3A

=

A 0 0 3A

=

2I₂ 0 0 6I2

=diag(2, 2, 6, 6) =D.

Q22 SoientX=







 x₁ x₂ x₃ x₄









puisY =P⁻¹X=







 y₁ y₂ y₃ y₄









de sorte que X=PY.









x₁^′ =4x1+2x3

x₂^′ =4x2+2x4

x₃^′ =2x1+4x3

x₄^′ =2x2+4x4

⇔X^′=MX⇔X^′=PDP⁻¹X⇔P⁻¹X^′=DP⁻¹X⇔ P⁻¹X′

=D P⁻¹X

⇔Y^′=DY⇔









y₁^′ =2y1

y₂^′ =2y2

y₃^′ =6y3

y₄^′ =6y4

⇔∃(α, β, γ, δ)∈R⁴/∀t∈R,









y1(t) =αe^2t y2(t) =βe^2t y3(t) =γe^6t y4(t) =δe^6t

⇔∃(α, β, γ, δ)∈R⁴/∀t∈R,







 x1(t) x2(t) x3(t) x4(t)









=









1 0 1 0

0 1 0 1

−1 0 1 0 0 −1 0 1















 αe^2t βe^2t γe^6t δe^6t









⇔∃(α, β, γ, δ)∈R⁴/∀t∈R,







 x₁(t) x₂(t) x₃(t) x4(t)









=









αe^2t+γe^6t βe^2t+δe^6t

−αe^2t+γe^6t

−βe^2t+δe^6t







 .

Q23 Soit(a, b, c, d)∈R⁴. Il existe(α, β, γ, δ)∈R⁴ tel que pour toutt∈R,ϕ(t) =









αe^2t+γe^6t βe^2t+δe^6t

−αe^2t+γe^6t

−βe^2t+δe^6t







 .

ϕ(0) =







 a b c d







⇔







 α+γ β+δ

−α+γ

−β+δ









=







 a b c d







⇔







 α β γ δ









=









(a−c)/2 (b−d)/2 (a+c)/2 (b+d)/2







 .

Donc, pour tout réeltet tout(a, b, c, d)∈R⁴,

e^tM







 a b c d









=ϕ(t) =

















 a−c

2 e^2t+ b−d 2 e^6t a+c

2 e^2t+ b+d 2 e^6t

−a−c

2 e^2t+b−d 2 e^6t

−a+c

2 e^2t+b+d 2 e^6t



















= 1 2









e^2t e^6t −e^2t −e^6t e^2t e^6t e^2t e^6t

−e^2t e^6t e^2t −e^6t

−e^2t e^6t −e^2t e^6t















 a b c d









puis, pour tout réelt,e^tM= 1 2









e^2t e^6t −e^2t −e^6t e^2t e^6t e^2t e^6t

−e^2t e^6t e^2t −e^6t

−e^2t e^6t −e^2t e^6t









et donc

e^M= 1 2









e² e⁶ −e² −e⁶ e² e⁶ e² e⁶

−e² e⁶ e² −e⁶

−e² e⁶ −e² e⁶







 .