Annales PSI 2019 Table des matières

Annales PSI 2019

Table des matières

I – Réduction : Diagonalisabilité / Eléments propres à étudier 2

4 - Mines-Ponts PSI 2019-2013 (endomorphisme de suites) H . . . 2

6 - CCP PSI 2019-2018 - Mines-Ponts PSI 2017 (diagonalisabilité d’une matrice par blocs) . . . 3

7 - IMT PSI 2019 (endomorphisme de rang 1) . . . 5

14 - CCP PSI 2019 - Centrale PSI 2018 - ENSAM 2015 - Mines PSI 2012 (endomorphisme de fonctions) . . . 5

16 - CCP PSI 2019-2017 - ENSSAT 2010 (matrice complexen×n) . . . 6

18 - IMT PSI 2019 (endomorphhisme de Vect (sin, cos)) . . . 7

21 - CCP PSI 2019 (étude racine carrée) . . . 9

29 - Centrale 2019 PSI (diagonalisation matrice 4×4) . . . 10

34 - CCP PSI 2019 (matricen×n) . . . 12

II – Réduction : Autres 13 42 - CCP PSI 2019 (cnu²diagonalisable=⇒udiagonalisable) . . . 13

43 - CCP PSI 2019 (polynôme annulateur avec 0 racine simple) . . . 15

44 - CCP PSI 2019 (polynôme annulateur de degré 3) . . . 15

47 - CCP PSI 2019 (polynôme annulateur de degré 3) . . . 16

55 - Mines-Ponts 2019-2018 - Ensam PSI 2018 - TPE PSI 2015 (polynome annulateur) . . . 17

57 - Mines-Ponts PSI 2019 (matrice anti-circulante 3×3) H . . . 18

III –Algèbre Linéaire 19 79 - CCP PSI 2019 (liberté famille de polynômes) . . . 19

82 - Mines-Ponts PSI 2019 (suite des noyaux itérés) . . . 20

IV –Algèbre Euclidienne 21 107 - Mines-Ponts PSI 2019 (distance à un ev) . . . 21

108 - Mines-Ponts PSI 2019 (matrice projection orthogonale) . . . 22

116 - IMT PSI 2019 (dilatation symétrique) . . . 23

119 - CCP PSI 2019 (calcul de projeté orthogonal) . . . 24

V – Séries : Convergence, Calcul de Sommes et de Rayons de Convergence 25 127 - CCP PSI 2019 (série entière à terme intégral) . . . 25

128 - CCP PSI 2019-2017-2014-2013-2012 (série à terme racine d’équation) H. . . 28

131 - CCP PSI 2019 (série alternée avec terme intégral) . . . 28

133 - Centrale PSI 2019 (série à terme intégral) . . . 30

136 - CCP PSI 2019 - ENSAM PSI 2015 (somme de série entière) H . . . 31

139 - CCP PSI 2019-2013 (série de terme intégral) . . . 32

145 - Mines-Ponts PSI 2019 (critère de Raabe-Duhamel) . . . 33

VI –Séries et Suites de Fonctions 34 163 - Centrale PSI 2019 (série entière solution équation différentielle 2^eordre) . . . 34

165 - Mines-Ponts PSI 2019 (équivalent série entière) . . . 35

169 - Mines-Ponts PSI 2019-2018-2017-2014 - CCP PSI 2016-2015 (étude série de fonctions) . . . 37

171 - CCP PSI 2019-2018 (calcul intégrale par développement en série) . . . 39

177 - CCP PSI 2019-2017-2016-2012 (série de fonctions) . . . 40

178 - CCP PSI 2019 (étude série de fonctions) . . . 41

VII –Intégrales 43 188 - Mines-Ponts PSI 2019 (intégrale à paramètre complexe) . . . 43

193 - Mines-Ponts 2019 - CCP PSI 2018-2005 (intégrale à paramètre) . . . 44

198 - Centrale PSI 2019 Mines MP (calcul intégrale de Dirichlet par la transformée de Laplace) . . . 44

203 - CCP PSI 2019-2017-2015-2014 (intégrale à paramètre) . . . 47

214 - CCP PSI 2019 (développement asymptotique suite-intégrale) . . . 49

215 - Navale PSI 2019 - CCP PSI 2009 . . . 50

VIII –Analyse : Autres 51 218 - Mines-Ponts PSI 2019 (équation différentielle matricielle) . . . 51

222 - CCP PSI 2019 - TPE PSI 2018 (extrema sur l’ouvertR²) . . . 51

2226 - IMT PSI 2019 (système différentiel) . . . 52

IX –Probabilités 54 252 - CCP PSI 2019 (série génératrice et espérance) . . . 54

257 - CCP PSI 2019-2018 (temps d’attente au guichet) . . . 55

258 - IMT PSI 2019 - Centrale PSI 2017 (probabilité 2 fois pile) . . . 56

259 - CCP PSI 2019 (va couple de lapins) . . . 57

I Réduction : Diagonalisabilité / Eléments propres à étudier

Mines-Ponts PSI 2019-2013 (endomorphisme de suites) H

Enoncé 4 - 124647 ^SoientE =R^NetT ∈ L(E) qui à (un)n∈Nassocie (wn)n∈Ndéfinie par∀n∈N, wn = 1

n+1

n

X

k=0

uk.

Déterminez les éléments propres deT

1 )Sur cet exemple, il semble plus facile de chercher les valeurs propres / vecteurs propres de l’automorphisme inverseT⁻¹=ζdéfini par (wn)_n∈N→(un)_n∈Ntelle queu0=w0etun= −nwn−1+(n+1)wn, pourn≥1. En effet :

∀n∈N^∗,∀u=(u_n)∈E, ³

ζ(T(u)´

n= −n(T(u))_n−1+(n+1)T(u)_n= −n 1 n

n−1X

k=0

u_k+(n+1) 1 n+1

n

X

k=0

u_k=u_n

et³

ζ(T(u)´

0=(T(u))0=¹₁P0

k=0uk=u0. On procède par analyse / réciproque : Analyse :

Soit (wn) telle queT⁻¹(wn)=λ(wn). Alorsw₀=λw₀et (λ−n−1)wn= −nwn−1. Il vient ouλ=1 ouw₀=0.

Siλ=1, on arrive ànwn=nw_n−1pourn≥1, soitwnest une suite constante.

Siw0=0, alors la relation (λ−n−1)wn= −nwn−1amènewn=0, tant que la quantitéλ−n−1 ne s’annule pas.

Deux sous-cas :

• Siλ∉N−{0, 1}, la quantitéλ−n−1 ne s’annule jamais pourn≥1. Par suite,w_n=0 pour toutn. Ce ne peut donc être un vecteur propre ou autrement ditλ∉N−{0, 1} ne peut être valeur propre deT⁻¹.

• Considérons le casλ=n+1, avecn≥1, cadλentier naturel≥2, que l’on noteN (N =n+1. . .) Alors en

«poursuivant» la relation de récurrence, on obtient :∀0≤n<N−1, w_n=0 et pourn>N−1 : w_n=

Yn k=N

µ −k N−k−1

¶

w_N−1= Qn

k=Nk

(n+1−N)!w_N−1= n!

(N−1)!(n+1−N)! w_N−1= Ã n

N−1

! w_N−1

On s’aperçoit que cette formule «marche» pourn=N−1, et même pourλ=1 (qui correspond àN =1).

En adoptant la définition des coefficients binomiaux étendus (cad vaut 0 dès que le coefficient n’a pas de sens dénombratoire,¡n

p¢

=0 sip>n), elle vaut aussi pournquelconque. On adopte par commodité cette convention (cela évite de rédiger avec 2 cas)

On a donc démontré que les seules valeurs propres «possibles» deT⁻¹sont lesN∈N^∗(et donc_N¹ pourT) d’espace propre associé la droite dirigée parw^N=(¡ n

N−1

¢)n∈N. Réciproque :

Mise à jour du 10 juin 2021 I – Réduction : Diagonalisabilité / Eléments propres à étudier

Là-encore, il est sans doute plus simple de procéder avecT⁻¹, mais on va vérifier surT :

³

T(w^N)´

n= 1 n+1

n

X

k=0

à k N−1

!

= 1 n+1

n

X

k=N−1

à k N−1

! ₍₁₎ z}|{= 1

n+1 Ãn+1

N

! ₍₂₎ z}|{= 1

N Ã n

N−1

!

= 1 N(w^N)n

On a utilisé deux formules du triangle dePascal¹, la première est un peu moins connue et se démontre par récur- rence surn:

n

X

k=m

Ãk m

!

= Ãn+1

m+1

! Ã

n p

!

=n p

Ãn−1 p−1

!

¡₀

·

¢−→

¡₀

0

¢

¡₁

·

¢−→

¡₁

1

¢

¡₂

·

¢−→

¡₂

2

¢

¡₃

·

¢−→

¡₃

3

¢

¡₄

·

¢−→

¡₄

4

¢

¡₅

·

¢−→

¡₅

5

¢

¡₆

·

¢−→

¡₆

6

¢

¡_n−3

·

¢−→

¡_n−3

n−3

¢

¡_n−2

·

¢−→

¡_n−2

n−2

¢

¡_n−1

·

¢−→

¡_n−1

n−1

¢

¡_n

·

¢−→

¡_n

n

¢

•

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+ + +

+ +

+

+

+

+ + + +

+ F4

+ +

+

+

Fn

+ +

+

Fn−1

+ +

+

+

+ + +

+ +

p

X

k=0

Ãn+k k

!

=

Ãn+p+1 n+1

!

Ãn k

! +

à n k+1

!

=

Ãn+1 k+1

!

p

X

n=k

Ãn k

!

=

Ãp+1 k+1

!

E[n/2]

X

k=0

Ãn−k k

!

= Fn

CCP PSI 2019-2018 - Mines-Ponts PSI 2017 (diagonalisabilité d’une matrice par blocs)

Enoncé 6 - 128804 ^SoientA,B∈Mn(C) deux matrices qui commutent etM= ÃA B

0 A

!

∈M2n(C) . 1 )Montrez que siUest semblable àV, pour tout polynômeR,R(U) est semblable àR(V).

2 ) SoitP∈C[X]. ExprimezP(M) en fonction deP(A),P⁰(A) etB.

3 ) Montrez queMest diagonalisable ssiAest diagonalisable et queB=0.

1 ) ^SiU est semblable àV, alorsU=PV P⁻¹avecP∈Gln(R) . On sait alors, pour toutk∈N,U^k=PV^kP⁻¹. Par suite, siR∈C[X] est le polynômeR=Pp

k=0akX^k: R(U)=

p

X

k=0

akU^k=

p

X

k=0

akPV^kP⁻¹=P ³X^p

k=0

akV^k´

P⁻¹=P R(V)P⁻¹ doncR(U) est semblable àR(V) par lamêmematrice de passage.

1. Blaise Pascal: mathématicien philosophe français (1623-1662). A écrit un traité du triangle arithmétique.

2 ) En calculant les premières valeurs, et en utilisantAetBcommutentdonc, par ex.,AB+B A=2AB:

M²=

ÃA² 2AB 0 A²

!

M³=

ÃA³ 3A²B

0 A³

!

M⁴=

ÃA⁴ 4A³B

0 A⁴

!

On conjecture aisémentM^k=

ÃA^k k A^k−1B

0 A^k

!

(carAetBcommutent !pourk∈N^∗et mêmek=0. On le démontre alors par récurrence, ce qui est immédiat, je ne le fais donc pas ici. Ensuite, pour tout polynômeP∈C[X] tel que P=Pp

k=0a_kX^k: P(M)=

p

X

k=0

a_kM^k=

p

X

k=0

a_k

ÃA^k k A^k−1B

0 A^k

!

= ÃPp

k=0a_kA^k Pp

k=0a_kk A^k−1B

0 P^p

k=0a_kA^k

!

=

ÃP(A) P⁰(A)B

0 P(A)

!

car on sait queP⁰(X)=Pp

k=0ka_kX^k−1. 3 )

⇐=

Méthode 1 :SiAest diagonalisable, il existe un polynôme annulateurscindé à racines simplesPtel queP(A)=0 (je rappelle que le cours vous en donne un, d’ailleurs celui de plus petit degré, qui estQ^p

i=1(X−λi) où lesλisont les valeurs propresdistinctes deA). Par la question précédenteP(M)=³

P(A) 0 0 P(A)

´

=0. Comme il existe un polynôme annulateur deMscindé à racines simplesdeM,Mest diagonalisable.

Méthode 2 : SiAest diagonalisable etB=0, alorsM=¡_A0

0 A

¢. Or on sait, cours, qu’une matrice diagonale par blocs est diagonalisable ssi chaque bloc diagonal est diagonalisable, doncM diagonalisable. On le redémontre quand même, mais juste le sens qui nous intéresse. On aA=P DP⁻¹avecPinversible etD diagonale. Par suite :

M= ÃA 0

0 A

!

=

ÃP DP⁻¹ 0 0 P DP⁻¹

!

= ÃP 0

0 P

!

| {z }

Q

ÃD 0

0 D

! ÃP⁻¹ 0 0 P⁻¹

!

| {z }

Q⁻¹

=Q∆Q⁻¹

∆est diagonale par blocs avec les blocs diagonaux étant des matrices diagonales ; c’est donc une matrice diagonale etM est alors diagonalisable. L’avantage de cette méthode, moins élégante, est qu’elle vous donne les valeurs propres vecteurs propres deM en fonction de ceux de A : SiAXi =λiXi, alorsM Yi =λiYi etM Zi =λiZi avec Yi=¡_Xi

0

¢Zi=¡₀

Xi

¢

=⇒

Supposons ici M diagonalisable. Il existe donc un polynôme P scindé à racines simplestel queP(M)=0. En utilisant le Q2), on en déduitP(A)=0 etP⁰(A)B=0. CommeP estscindé à racines simples, on en tire que Aest diagonalisable. Reste à montrerB=0. On aP⁰(A)B=0. Faire attention ! Onne peut pasen déduireP⁰(A)=0 ou B=0 ! Par contre je rappelle que siC B=0etCinversible, on peut en déduireB=0.

On va montrerP⁰(A) inversible par l’absurde.P⁰est scindé car on est dansC, doncP⁰(X)=Q

i(X−bi). Comme P⁰(A) n’est pas inversible, nécessairement l’un desA−biI n’est pas inversible (en effet en passant au déterminant nul, l’un des déterminantd du produit est nécessairement nul). Or, le cours nous apprend que, siA−b_iIn’est pas inversible, alorsbiest une valeur propre deA.bi est donc aussi racine deP.biétant racine deP et deP⁰est alors uneracine au moins doubledeP. C’est absurde carPest à racines simples.

Remarque : Je rappelle queaest racine (au moins) de multiplicitékdeP ssiP(a)=P⁰(a)= · · · =P^(k−1)(a)=0. En particulier, siP(a)=0 etP⁰(a)6=0,aest racine simple deP

Mise à jour du 10 juin 2021 I – Réduction : Diagonalisabilité / Eléments propres à étudier

IMT PSI 2019 (endomorphisme de rang 1)

Enoncé 7 - 1301216 ^SoientEun ev muni d’une baseE =(e1, . . . ,en), v∈Eet f l’endomorphisme deEtel quef(e1)= · · · =f(en)=v.

1 )Quel est le rang def?

2 )Discutez de la diagonalisabilité de f en fonction du vecteurv.

1 ) Imf =Vect (v) donc rgf ≤1,=1⇐⇒v6=0.

2 ) ^Siv=0, f est l’endomorphisme nul donc diagonalisable. On suppose maintenantv6=0. rgf =1 donc, théo- rème du rang, dim Kerf =n−1, donc la multiplicité de 0 vautµ(0)≥n−1. La dernière valeur propre est donnée par la trace : tr (f)=0+ · · · +0+λ=λ

Deux cas de multiplicité, suivant trf =0 ou pas.Mais commentexprimer la trace en fonction dev? ? Matrice dans une base bien choisie. On introduit les coordonnées devdansE notéesvi

Mat (f,E)=









v1 . . . v1

... ... vn . . . vn









tr (f)=

n

X

i=1

vi=S=λ

• SiPn

i=1vi6=0, Spf =© 0,Sª

. dimE(0)=n−1=µ(0) et dimE(S)=1=µ(S).f est diagonalisable

• SiPn

i=1vi=0, 0 est valeur propre de multipliciténet dimE(0)=dim Kerf =n−1.f est non diagonalisable.

CCP PSI 2019 - Centrale PSI 2018 - ENSAM 2015 - Mines PSI 2012 (endomorphisme de fonctions)

Enoncé 14 - 123598 ^E=C⁰¡

[0, 1] ,R¢

(autres :surR⁺).

On définitT qui àf ∈EassocieT(f) tqT(f)(x)=1 x

Z x 0

f(t) dt six6=0, etT(f)(0)=f(0) 1 ) MontrezTest un endomorphisme deE.

2 )Montrez que 0 n’est pas valeur propre. (Autres :Déterminez les éléments propres) 3 )Montrez que 1 est valeur propre et donnez l’espace propre associé.

4 )Déterminez les autres valeurs propres.

5 )^T est injectif ? surjectif ?

1 )

T estlinéairecar pour tous scalaires réelsα,βet toutes fonctionsf,g∈E:

T³

αf +βg´ (x)=







1 x

Rx 0

¡αf+βg¢

(t) dt =α¹_xRx

0 f(t) dt+βRx

0 g(t) dt six>0

¡αf+βg¢

(0)=αf(0)+βg(0) six=0

=







αT(f)(x)+βT(g)(x) six>0 αT(f)(0)+βT(g)(0) six=0







=³

αT(f)+βT(g)´ (x)

Ne pas oublierendo-morphisme, cad ici vérifier queT(f) est continue sur £ 0, 1¤

. Etant que l’on sait quex→

1 x

Rx

0 f estC¹donc continu surR^+∗, reste à montrer que lim

x→0

1 x

Z x

0 f =f(0).

Méthode 1 par le dl :On utilise un dl en 0. La continuité def en 0 amène (équivaut en fait) l’existence du dl à l’ordre 0 :f(x)=f(0)+o(1). Lethéorème de primitivation d’un dldonneRx

0 f =0+x f(0)+o(x) puis¹_xRx

0 f =f(0)+o(1) ce qui donne bien la limite recherchée

Méthode 2 par les accroissements finis :AvecF(x)=Rx 0 f : Rx

0 f

x =F(x)−F(0)

x−0 −→F⁰(0)=f(0)

Remarque: J’en profite pour rappeler quef =o_a(1)⇐⇒limaf =0.

2 ) Ceci équivaut à prouver KerT =© 0ª

. Soit f ∈ KerT, alors f(0)=0 et∀x>0,1

x Z x

0

f(t) dt =0 donc∀x>0, Z x

0

f(t) dt =0 donc en rappelant queRx 0 f, primitive def qui s’annule en 0, a pour dérivéef(x), il suit :∀x>0,f(x)=0 etf(0)=0 soitf =0Réciproquement,

©0ª

⊂ Kerf, soit KerT=© 0ª

.

3 ) On procède ici par Analyse-Réciproque : Analyse : T(f)=f, d’oùf(0)=f(0) et pourx>0,1

x Z x

0

f(t) dt =f(x),

x f(x)= Z x

0

f =⇒ f(x)+x f⁰(x)=f(x)=⇒ f⁰(x)=0=⇒ f(x)=k STOPAnalyse. . .

Réciproquement,T¡ k¢

(x)=







1 x

Rx

0 kdt =k six>0

=k six=0=k Conclusion : 1 est valeur propre deT etE(1)=Vect (1)

4 ) ^{Analyse :}

Soitλune valeur propre deT, alorsT(f)=λf, d’oùf(0)=λf(0) et pourx>0,1 x

Z x

0 f(t) dt =λf(x) : λx f(x)=

Z x 0

f =⇒λf(x)+λx f⁰(x)=f(x)=⇒ f solution sur£ 0, 1¤

deλx y⁰+(λ−1)y=0

Les solutions de cette équation différentielle sont, pourλ6=0,y=Cexp(A(x)) avecA(x)=

Z 1−λ λ

1

xdx=ln|x|^1−λ/λ , soitf(x)=C|x|^1−λ/λ.f(0)=λf(0) amèneλ=1 ou f(0)=0.

Donc, siλ6=1, f(0)=0 et la continuité amène que l’ondoit avoirlim_x→0C|x|^1−λ/λ=0 d’où ^1−λ_λ >0 ou encore 0<λ<1 (siλ6=0, 1).

Réciproquement, pourλ∈¤ 0, 1¤

, les seuls vecteurs propres possibles conviennent puisque, en posant f_λ(x)= x^1−λ/λ, on a bien des fonctions continues surR⁺, vu la positivité de ^1−λ_λ (sinon ce seraitR^+∗!). on vérifie aussi pour 0<λ<1 :

T³ f_λ´

(x)=







1 x

Rx

0 t^1−λ/λdt =¹_xx^1−λ/λ+1/^1−λ_λ +1=λx^1−λ/λ=λf_λ(x) six>0

0=λ0=λf_λ(0) six=0=λf_λ(x)

Donc une droite pour l’espace propre.Conclusion : SpT=¤ 0, 1¤

E(λ)=Vect³ x^1−λλ ´ CCP PSI 2019-2017 - ENSSAT 2010 (matrice complexe n×n)

Enoncé 16 - 1281303 ^Soitα∈Cet soitA=(ai j)_1≤i,j≤n∈Mn(C) oùai j=α^i+j−2. 1 )^Siα∈R,Aest-elle diagonalisable ?

2 )Donnez le rang deA. En déduire les valeurs propres. (2017 :Donnez une valeur propre deA) 3 )A quelle condition surα∈C, la matriceAest-elle diagonalisable ?

1 ) La matrice est symétrique cara_{i j}=a_{j i}etréelledonc diagonalisable.

Mise à jour du 10 juin 2021 I – Réduction : Diagonalisabilité / Eléments propres à étudier

2 ) On écrit la matrice en remarquant que si la ligne (ou la colonne) augmente d’1, la puissance aussi :

A=





















α⁰ α¹ α² . . . αⁿ⁻¹ α¹ α² α³ . . . αⁿ α² α³ α⁴ . . . αⁿ⁺¹

... ... ...

αⁿ⁻¹ αⁿ αⁿ⁺¹ . . . α²ⁿ⁻²





















On constate queCj=α^j−1C1, soit rgA≤1.Attention !Toutes les colonnes colinéaires ne donnent pas rang 1 mais rang≤1 car il y a le cas de nullité.CommeC16=0, cara11=1, il vient rgA=1. On peut démontrer proprement la colinéarité :

∀1≤j≤n, Cj=¡ aij¢

1≤i≤n=¡ α^i+j−2¢

1≤i≤n=α^j−1¡

αⁱ⁺¹⁻²¢

1≤i≤n=α^j−1C1

Attention! aussi au «En déduire». Le théorème du rang amène dim KerA =E(0)=n−1, puis par théorème la multiplicté de 0 vérifieµ(0)≥n−1. La trace étant la somme des valeur sproprescomplexes, il suit :

trA=0+ · · · +0

| {z }

n−1

+λ=

n

X

i=1

α²ⁱ⁻²=

n−1X

k=0

¡α²¢k

=





 1−α²ⁿ

1−α² siα²6=1

n sinon

Attention !à ne pas oublier le cas de la raison=1 où la formule ne «marche» pas. Les valeurs propres sont donc 0 (de multiplicité au moins égale àn−1) etλmaisAttention !λpeut-être aussi égale à 0 . . .

3 ) On a fait une petite erreur dans cette question ce matin. Ce serait très bien si vous vous rappelez où. Les cas de diagonalisabilité deAne sont pas difficiles à deviner, ils proviennent de la question précédente.

• Siα²ⁿ=1, Apossède 2 valeurs propres distictes :

• 0 de multiplicitén−1 et dimE(0)=dim KerA=n−1=µ(0)

• λ6=0 de multiplicité 1 et alorsnécessairementdimE(α)=1

Par suite, comme pour toute valeur propre, la dimension de l’espace propre est égale à la multiplicité,Aest diagonalisable.

• Siα²ⁿ=1, soitαracine 2n-ième de 1,α=exp¡_{2i kπ}

2n

¢avec 0≤k≤2n−1. Iciλ=0sauf dans le casα²=1, soit α= ±1. Elle n’est pas diagonalisable car 0 est de multipliciténet dimE(0)=dim KerA=n−1. Siα= ±1, A est diagonalisable car elle est réelle (symétrique).

On peut remarquer queα= ±1 correspondent aux 2 cask=0,n, Conclusion : Aest diagonalisable ssiα6=exp¡_{i kπ}

n

¢aveck∈©

1, . . . ,n−1ª

∪©

n+1, . . . , 2n−1ª Remarques

• Le cas signalé de non diagonalisable correspond à une matricesymétrique complexenon diagonalisable.

• Dans ce cas, comme la seule valeur propre est 0, A est nilpotente. C’est le théorème de Cayley-Hamilton puisque son polynôme caractéristique estχA(λ)=λⁿ.

• En fait, pour toute matrice de rang 1, on peut montrer (c’est simple) que A²=tr (A) AetAdiagonalisable ssi trA6=0, ce qui est exactement ce qu’on a vu plus haut. Cette info, nous donneA²=0, c’est un peu mieux queAⁿ=0 vu plus haut.

IMT PSI 2019 (endomorphhisme de Vect(sin, cos))

Enoncé 18 - 1301203 ^SoientE=C¹¡ R,R¢

,e1=cos,e2=sin,F=Vect (e1,e2). Pour toutf ∈E, on pose T_f :t−→(10f(0)−6f⁰(0)) cos(t)+(12f(0)−7f⁰(0)) sin(t) et enfinu:f −→T_f.

1 )Montrez quee1ete2sont linéairement indépendants.

2 )Montrez queuest un endomorphisme deE. Est-il injectif ? 3 )Montrez quev=u_/Fest un endomorphisme deF.

4 )Donne les valeurs propres dev.

Je vous ai dit en cours que cet exo était très facile, ce n’est pas le cas, je n’étais pas réveillé (il était 8h. . .). Il est bien

«intéressant» je vous conseille de vous y attarder un minimum de temps.

1 ) Soitαsin+βcos=0 une combinaison linéaire nulle. Évaluée successivement enx=0 etx= ^π₂, nous avons immédiatementα=β=0 d’où la liberté de la famille (sin, cos).

2 ) La linéarité est immédiate, pourrait-on dire, mais c’est de la «tricherie» car c’est une fonction de fonctions (u est une fonction, maisu(f) aussi. . .), donc il faut prêter attention à ne pas écrire «n’importe quoi». Il faut montrer, pour tousα,β∈Retf,g∈E,u(αf+βg)=αu(f)+βu(g). Pour montrer cette égalité de fonctions, il faut et il suffit de montrer l’égalité pour toutt ∈R. On faittrès attentionau premier égal ; en clair, sice n’est pas celui que j’ai écrit, vous n’avez sans doute pas tout compris (vous appliquez la linéarité sans vous en rendre compte). Après le premier égal, c’est (presque) toujours facile :

u¡

αf+βg¢ (t)=¡

10(αf+βg)(0)−6(αf+βg)⁰(0)¢

cos(t)+¡

12(αf +βg)(0)−7(αf +βg)⁰(0)¢ sin(t)

=³ α¡

10f(0)−6f⁰(0)¢ +β¡

10g(0)−6g⁰(0)¢´

cos(t)+³ α¡

12f(0)−7f⁰(0)¢ +β¡

12g(0)−7g⁰(0)¢´ sin(t)

=α³

(10f(0)−6f⁰(0)) cos(t)+(12f(0)−7f⁰(0)) sin(t)´ +β³

(10g(0)−6g⁰(0)) cos(t)+(12g(0)−7g⁰(0)) sin(t)´

=αu(f)(t)+βu(g)(t)=¡

αu(f)+βu(g)´ (t)

Pour montrerendo-morphisme, il faut montreru(f)=Tf C¹surR. C’est immédiat puisqu’une combinaison de sinus et cosinus, fonctions usuellesC¹ surR(et mêmeC^∞surR, et même développables en série entière sur

¤− ∞,+∞£ . . .)

uest injectif ssi Keru=© 0ª

. f ∈ Keru ⇐⇒u(f)=T_f =0 ssi,par indépendancede (sin, cos) les deux coefficients sont nuls ssi :

( 10f(0)−6f⁰(0) = 0 12f(0)−7f⁰(0) = 0 ⇐⇒

( f(0) = 0

f⁰(0) = 0 car le déterminant du système

¯

¯

¯

¯

¯ 10 −6 12 −7

¯

¯

¯

¯

¯

=26=0

Je rappelle qu’un déterminant non nul d’un système donne une et une seule solution, puisque, alors,AX=B⇐⇒

X=A⁻¹Bet siB=0 (comme ici), ce ne peut être queX=0, il est donc maladroit de résoudre ici.

un’est donc pas injectif car il existe une «myriade» de fonctionsC¹surRvérifiantf(0)=f⁰(0)=0. Je vous laisse y réfléchir, l’examinateur pouvant vous demander de donner un exemple (différent de la solution nulle).

Remarque :Que peut-on dire (presque) immédiatement sur l’image deu? Réfléchissez-y avant de lire la question suivante. . .

3 ) Quand on est précis, la question n’est pas très bien posée, car, à priori,u/F est l’application deF dansE.

On vous demande donc d’étudier la co-restriction (des deux côtés), qu’on appelle endomorphisme induit, et qui

Mise à jour du 10 juin 2021 I – Réduction : Diagonalisabilité / Eléments propres à étudier

je vous rappelle «n’existe que si»F est stable paru. Commeu(f)=T_f est une combinaison linéaire de sinus et cosinus, on au(f)∈F. En fait on a Imu⊂F(et même=en se servant de l’inversibilité suivante)).

4 ) La famille E =(sin, cos) est libre et génératrice deFdonc une base. La méthode la plus simple pour donner les valeurs propres dev est sans doute d’écrire sa matriceV dans ma la base E, puis de calculer le polynôme caractéristique : On calculed’abordu(sin)(t)= −6 cos(t)−7 sin(t) u(cos)(t)=10 cos(t)+12 sin(t) soit :

V=

Ã−7 12

−6 10

!

χV(λ)=λ²−3λ+2=(λ−1)(λ−2)

D’où les valeurs propres sont 1 et 2.

CCP PSI 2019 (étude racine carrée)

Enoncé 21 - 1301199

Soitf l’endomorphisme deR³canoniquement associé àA=









1 0 0

0 2 1

1 1 2









. Soitg∈L(R³) tel queg◦g=f. 1 )Déterminez les valeurs propres et les vecteurs propres def.f est-il diagonalisable ?

2 ) On notee1ete3les vecteurs propres def associés aux valeurs propres 1 et 3. Montrez queg(e1) etg(e3) sont des vecteurs propres def associés à 1 et 3.

3 )En déduire quee₁ete₃sont vecteurs propres deg. 4 ) gest-il diagonalisable ?

5 )Déterminez l’ensemble des valeurs possibles pour le spectre deg.

Q2 f(g(e1))=g³(e1)=g(f(e1))=g(e1)Q3commeE(1) droiteg(e1) collinéaire àe1, g(ei)=λiei Q4si g diag, g²=f aussi. absurde.Q5λ²₁=1λ²₃=3 dc±1 et±3. pas d’autres sinon diag.n=3 impair une est doublée. comme gtrig,±1.

1 )

χA(λ)=

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

λ−1 0 0 0 λ−2 −1

−1 −1 λ−2

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

= · · · =λ³−5λ²+7λ−3=(λ−1)²(λ−3)

On a donc SpA=© 1, 3ª

. On calcule les espaces propres. Je n’en détaille qu’un :

X=







 x y z







∈ Ker (I₃−A)⇐⇒











0 = 0

−y−z = 0

−x−y−z = 0

⇐⇒











x = 0

y = −z

z = z

On aE(1)= KerI3−A)=Vect (0,−1, 1). De même on calculeE(3)= Ker (3I3−A)=Vect (0, 1, 1). Comme la dimen- sion deE(1)=1 est strictement inférieure à la multiplicité de 1 qui est 2,An’est pas diagonalisable.

2 ) ^{On posee}1=(0,−1, 1) ete3=(0, 1, 1) f¡

g(e1)¢

=f¡ f²(e1)¢

=f³(e1)=f²¡ f(e1)¢

=f²(e1)=g(e1) g(e₁) est donc vecteur propre def associé à 1. On procède identiquement avece₃.

3 ) Ce qu’il fallait comprendre c’est queE(1)est une droite; Commee1etg(e1) appartienne=nt à cette droite, ils sont colinéaires, soitg(e1)=λ1e1. Identiquementg(e3)=λ3e3.

4 ) ^Sigétait diagonalisable,g²le serait car, via les matrices,G=P DP⁻¹=⇒G²=P D²P⁻¹avecD²diagonale. Or g²=f non diagonalisable.Absurde !

5 ) Le cours nous apprend,en raisonnant dansC, que siλ1, . . . ,λnsont les valeurs propres deu, alors les valeurs propres deP(u) sont lesP(λi) (comptées avec la multiplicité). Par suite, ici, en raisonnant dansC, siλ1,λ2,λ3sont les 3 valeurs propres complexes deg (comptées avec la multiplicité), alorsλ²₁=1, λ²₂=1, λ²₃=3. On en déduit λ1= ±1, λ2= ±1,λ3= ±p

3. Reste la «problématique» du mot possible. . . comme déjà expliqué en cours. Faut-il vérifier que le possible est un possible possible ? cad que chacune des 8 possibilités est «vraiment» possible en exhibant un exemple deg? Le jour de l’oral, vous pouvez toujours le demander (ou pas) à l’examinateur. . . Je pense que ce n’est pas demandé, néanmoins j’y répond : on trigonalise A (avec une matrice triangulaire «à minima», une matrice de Jordan) je ne mets pas les détails : on a Ker (I−A)= Vect (0,−1, 1)⊂ Ker (I−A)²=

©x+2y+2z=0ª

. On prende2=(2,−1, 0)∈ Ker (I−A)²\ Ker (I−A), e1=(A−I)e2=(0,−1, 1)∈ Ker (I−A),e3= (0, 1, 1)∈ Ker (3I−A). (e₁,e₂,e₃) est bien une base deR³et avec :

P=









0 2 0

−1 −1 1

1 0 0









P⁻¹AP=









1 1 0

0 1 0

0 0 3







=T=

à J 021

012 3

!

Vous voyez / comprenez le «à minima» ? C’est mieux pour les calculs. Toutes les «racines carrées»GdeAcom- mutent avecA(carG A=G³=AG), doncP⁻¹GP=G⁰commute avecT. On trouve que les matrices commutant avec J sont

Ãa b 0 a

!

. Par suite lesG possibles sontnécessairement P⁻¹









a b 0

0 a 0

0 0 ±p 3









P. On voit déjà que n’est

«possible» que+1+1 (a=1) ou−1−1 (a= −1), reste donc 4 possibilités possibles. . . Je m’arrête là.

Centrale 2019 PSI (diagonalisation matrice4×4)

Enoncé 29 - 130990 ^Soienta,b,c∈RetA=















0 a b c

a 0 c b b c 0 a c b a 0















1 )Justifiez queAest diagonalisable et donnez un vecteur propre évident deA.

2 )Calculez le polynôme caractéristique deApuis en déduire le spectre deA.

3 )Exprimez, lorsqu’elle existe, la matrice inverseA⁻¹en fonction deI,A,A²etA³.

1 ) Aest symétriqueréelledonc diagonalisable. Comme les lignes possèdent les mêmes valerus (différemment disposées), en considérant le vecteurU=(1, . . . , 1), on a immédiatementAu=(a+b+c)U.

Remarque :Plus généralement, le lecteur vérifiera que pour toute matriceA, AU =(SL1, . . . ,SLn), oùSLi désigne la somme de la lignei.

2 )

Méthode 1 :

Vu les valeurs identiques sur la ligne, l’idée est de trouver directement les paires de valeurs propres / vecteur propres : essayer les vecteurs avec des -1 est une bonne idée (les vecteurs propres sont orthogonaux)V₁=(1, 1,−1,−1)V₂= (1,−1, 1,−1)V3=(1,−1,−1, 1). On a immédiatement :

AV1=(a−b−c)V1 AV2=(b−a−c)V2 AV3=(c−a−b)V3

Les quatre vecteurs (U,V1,V2,V3) étantindépendants, on a trouvé (prouvé !) les 4 valeurs propres réelles (et même leur multiplicité dans les cas d’égalité), soitχA(X)=(X−a−b−c)(X−a+b+c)(X−b+c+a)(X−c+a+b) Le «petit» problème de cette méthode est que l’on demande ensuite de trouver le spectre alors qu’on a plutôt procédé par le contraire. . .

Mise à jour du 10 juin 2021 I – Réduction : Diagonalisabilité / Eléments propres à étudier

Méthode 2 :

On peut calculer le polynôme caractéristique qui est un déterminant 4×4 mais il faut bien s’y prendre (sinon on n’arrivera jamais à la factoriser, donc à en déduire le spectre) :

χA(λ)=

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

λ −a −b −c

−a λ −c −b

−b −c λ −a

−c −b −a λ

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

C1←−C1+P

i6=1Ci

+lin. /C₁

z}|{= ¡

λ−(a+b+c)¢

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

1 −a −b −c

1 λ −c −b

1 −c λ −a

1 −b −a λ

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

Li←−Li−L1

i≥2

z}|{= ¡

λ−(a+b+c)¢

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

1 −a −b −c

0 λ+a −c+b −b+c 0 −c+a λ+b −a+c 0 −b+a −a+b λ+c

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯ Voilà unrare exempleoù il est maladroit d’appliquer la méthode deSarrus²pour calculer le déterminant 3×3 car, à cause des lettres, vous n’arriverez pas à le factoriser sous sa forme finale brute de degré 3. On cherche donc une ou des combinaisons intéressantes de colonnes ou lignes : On effectueC3←−C3+C2etC1←−C1+C2. Il vient

χA(λ)=¡

λ−(a+b+c)¢

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

λ+a−c+b −c−b 0

−c+a+b+λ λ+b −a+c+b+λ 0 −a−b λ+c−a+b

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

lin./C₁ lin./C3

z}|{= ¡

λ−(a+b+c)¢¡

λ+a−c+b¢¡

λ+c−a+b¢

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

1 −c−b 0 1 λ−b 1 0 −a−b 1

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯ Maintenant, on peut applique la règle de Sarrus et on trouve comme plus haut.

3 ) La matriceA⁻¹existe ssi 0n’est pasvaleur propre soit ssia+b+c6=0 eta−c+b6=0 etb−a+c6=0 etc−b+a6=0.

Méthode 1 :

Cette méthode est très générale, on explicite le polynôme caractéristique et on applique le théorème deCayley³- Hamilton⁴χA(A)=0. Comme le «dernier terme» est (−1)ⁿdet(A)I, on peut écrire :

Aⁿ−tr (A)Aⁿ⁻¹+ · · · +α1A=(−1)ⁿ⁺¹det(A)In=A¡

Aⁿ⁻¹−tr (A)Aⁿ⁻²+ · · · +α1In)

=⇒ A⁻¹=(−1)ⁿ⁺¹

det(A) (Aⁿ⁻¹−tr (A)Aⁿ⁻²+ · · · +α1In)

Pour info (hors-programme),α1=(−1)ⁿ⁻¹tr ( comA). Il faut développer le polynôme caractéristique (c’est très long !) Il faut remarquer une «certaine symétrie» en fonction des 3 paramètres pour éviter des erreurs de calcul trop importantes. Je ne mets que le résultat :

χA(x)=x⁴−2(a²+b²+c²)x²−8abc x+a⁴+b⁴+c⁴−2(a²b²+a²c²+b²c²)

La méthode donneA⁻¹= 1

2(a²b²+a²c²+b²c²)−a⁴−b⁴−c⁴

¡A³−2(a²+b²+c²)A−8abc I¢ Méthode 2 :

on poseJ=















0 1 0 0

1 0 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0















=

ÃN 0₂ 02 N

!

K=

Ã0₂ I₂ I2 02

!

L=

Ã0₂ N N 02

!

soitA=a J+bK+cL

On calcule aisément, par blocs,J²=K²=L²=I4, J K =K J =L, J L=L J =K, K L=LK =J. Les 3 matricesJ,K,L

2. Sarrus Pierre-Frédéric: français (1798-1861). Connu pour méthode de calcul éponyme du déterminant d’ordre 3.

3. Arthur Cayley: mathématicien anglais (1821-1895). Un des inventeurs du calcul matriciel.

4. William Rowan Hamilton: mathématicien irlandais (1805-1865). Connu pour la découverte des quaternions.

sont des matrices de permutation. Puis, parce que les matrices commutent 2 à 2 : A²=(a²+b²+c²)I+2abL+2bc J+2c aK

=⇒ ¡

A²−(a²+b²+c²)I¢2

=(2abL+2bc J+2c aK)²

=4(a²b²+b²c²+c²a²)I+8ab²cK+8bc²aL+8c a²b J

=4(a²b²+b²c²+c²a²)I+8abc A On retrouve, un peu plus vite, le résultat donné par Cayley-Hamilton :

A⁴−2(a²+b²+c²)A²−8abc A+a⁴+b⁴+c⁴−2(a²b²+a²c²+b²c²)I=0

Question: on «reconnaît donc» le polynôme caractéristique : cette méthode peut-elle donner/prouver le poly- nôme caractéristique ? (je vous laisse y réfléchir. . . réponse lundi)

CCP PSI 2019 (matrice n×n)

Enoncé 34 - 19070702

Soitn≥3 etA∈Mn(R) définie para_1j=jpour 1≤j≤n,a_i1=ipour 1≤i≤net des 0 ailleurs.

1 )Quel est le rang deA? dim KerA?

2 ) ^Aest-elle diagonalisable ? Que dire de la multiplicité de la vp nulle ? 3 )Montrez que SpA={0,λ, 1−λ} avecλ>1.

4 )Donnez un polynôme de degré 3 annulateur deA.

1 ) On écrit la matrice pour la voir !A=















1 2 . . . n 2 0 . . . 0 ... ... ... n 0 . . . 0















On a immédiatementC2, . . . ,Cncolinéaire entre elles etC1indépendante, soit rgA=2. Par le théorème du rang, dim KerA=n−2 La multiplicité de 0 vérifieµ(0)≥n−2. Les 2 «autres» valeurs propres vérifientλ+µ+0+· · ·+0= tr (A)=1

2 ) ^Aest symétriqueréelle! doncµ(0)=dim KerA=n−2

3 ) On a déjà vuµ=1−λ. Resteλ>1 ou plutôt l’une des deux>1 ou l’autre<0.

Méthode 1 usuelle : On calcule le polynôme caractéristique mais c’est un déterminantn×n!

Dn=

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

λ−1 −2 −3 . . . −n

−2 λ 0 . . . 0

−3 0 λ . .. ... ... ... . .. ... 0

−n 0 . . . 0 λ

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

dév C_n

z}|{= (−1)²ⁿλD_n−1+(−1)ⁿ⁺¹(−n)

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

−2 λ 0 . . . 0

−3 0 λ . .. ...

... ... . .. ... 0 ... ... 0 λ

−n 0 . . . 0 0

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

dév L_n−1

z}|{= λ Dn−1+(−1)ⁿn(−1)ⁿ(−n)λⁿ⁻²=λDn−1−n²λⁿ⁻²

=λ(λDn−2−(n−1)²λⁿ⁻³)−n²λⁿ⁻²=λ²Dn−2−¡

n²+(n−1)²¢

λⁿ⁻²=. . .

=λⁿ⁻²D₂−¡

n²+(n−1)²+ · · · +3²¢ λⁿ⁻² On calculeD2=λ²−λ−2²; finalementDn=λⁿ⁻²¡

λ²−λ−Pn k=2k²¢