EXERCICE 1 : points à coordonnées entières sur une hyperbole

SESSION 2013

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 2

EXERCICE 1 : points à coordonnées entières sur une hyperbole

1. Allure de H

1 2 3

−1

−2

−3

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

y=x/√13

y= −x/√ 13 H

Les tangentes aux sommets sont les droites d’équations respectives x = 1 et x = −1. Les asymptotes sont les droites d’équations respectivesx= 1

√13 etx= − 1

√13. 2. Algorithme.

Variablesxetysont des entiers Début

Pour yvariant de0à 200, faire x=sqrt(1+13*y∧2) Six=int(x), alors

Afficher(x, y) Fin de Si

Fin de faire Fin

3. On trouve les couples(1, 0)et(649, 180).

Problème : matrices « toutes-puissantes »

Partie I : quelques exemples

1. (a)Soita∈T₁(R). Alors il existeb∈Rtel quea=b². Par suite,a∈[0,+∞[. Ceci montre queT₁(R)⊂[0,+∞[.

Soita∈[0,+∞[. Soitn∈N^∗. Soitb= √ⁿa. Alorsb∈Retbⁿ =a. Par suite,a∈T1(R). Ceci montre que[0,+∞[⊂T1(R).

Finalement

T₁(R) = [0,+∞[.

(b) Puisque b 6= 0, b admet exactement n racines n-ièmes deux à deux distinctes. Les racines n-ièmes de b sont les nombres complexes de la forme √ⁿ

reⁱ(^θn+^2kπ_n ),k∈J0, n−1K.

(c)Soit a∈C. Soitn∈N∗. Si a= 0, alors0ⁿ = a et sia 6=0, d’après la question précédente, il existe b∈Ctel que bⁿ=a. Donca∈T₁(C. Ceci montre queC⊂T₁(C). Comme d’autre part,T₁(C⊂C, on a montré que

T1(C) =C.

2. (a)SoitA∈T_p(K). Soit n∈N∗. Il existeB∈M_p(K)telle que Bⁿ =A. Mais alors, det(A) =det(Bⁿ) = (det(B))ⁿ. De plus, det(B)∈K.

Ainsi, pour toutn∈N∗, il existeb∈Ktel que bⁿ =det(A)et donc det(A)∈T1(K).

(b)SoitA=

1 0 0 −1

. det(A) = −1 < 0et donc det(A)∈/T₁(R)d’après la question 1). Mais alors,A /∈T₂(R)d’après la question précédente.

3. det(A) =2∈T₁(R).

SoitB∈M₂(R). Posons SpC(B) = (λ, µ). SiB²=A, alors(λ², µ²) = (−1,−2)et donc (λ, µ)∈

i, i√ 2

,

−i, i√ 2

, i,−i√

2 ,

−i,−i√ 2

.

Ceci est impossible car,Bétant une matrice réelle, siBadmet une valeur propreαnon réelle, alorsBadmet aussiαpour valeur propre. Il n’existe donc pas de matriceB∈M₂(R)telle queB²=A. On en déduit que A /∈T2(R).

4. (a)χA=

−X 3 2

−2 5−X 2

2 −3 −X

= (−X)(X²−5X+6) +2(−3X+6) +2(2X−4) = −X(X−2)(X−3) −6(X−2) +4(X−2) = (X−2)(−X(X−3) −2) = (X−2)(−X²+3X−2) = −(X−1)(X−2)². Le polynôme caractéristique deAest scindé surR. Aadmet1pour valeur propre simple et 2pour valeur propre double. Par suite,

Aest diagonalisable surR⇔dim(Ker(A−2I3)) =2⇔rg(A−2I3) =1.

Or,A−2I3=





−2 3 2

−2 3 2 2 −3 −2



.C2= −2

3C1, C3= −C₁et C16=0. Donc rg(A−2I3) =1. On en déduit que Aest diagonalisable surR.

(b) Par suite, il existe une matrice P ∈ GL3(R) telle que A = PDP⁻¹ où D = diag(1, 2, 2). Soient n ∈ N^∗ puis B = Pdiag

1,√ⁿ 2, √ⁿ

2

P⁻¹.Best une matrice réelle et Bⁿ=

Pdiag 1, √ⁿ

2, √ⁿ 2

P⁻¹n

=P diag

1, √ⁿ 2, ⁿ√

2n

P⁻¹=PDP⁻¹=A.

Ceci montre queAest TPR. (c)On peut prendreP=





1 3 1 1 2 0

−1 0 1



puisP⁻¹=





2 −3 −2

−1 2 1 2 −3 −1



.

SoitB₂=Pdiag 1,√

2,√ 2

P⁻¹.

B₂=





1 3 1 1 2 0

−1 0 1









1 0 0

0 √ 2 0

0 0 1









2 −3 −2

−1 2 1 2 −3 −1



=





1 3√ 2 √

2 1 2√

2 0

−1 0 √

2









2 −3 −2

−1 2 1 2 −3 −1





=





2−√

2 −3+3√

2 −2+2√ 2 2−2√

2 −3+4√

2 −2+2√ 2

−2+2√

2 3−3√

2 2−√ 2



.

La matriceB₂=





2−√

2 −3+3√

2 −2+2√ 2 2−2√

2 −3+4√

2 −2+2√ 2

−2+2√

2 3−3√

2 2−√ 2



est une matrice réelle telle queB²₂=A. En remplaçant√ 2 par

√3

2, la matriceB3=





2−√³

2 −3+3√³

2 −2+2√³ 2 2−2√³

2 −3+4√³

2 −2+2√³ 2

−2+2√³

2 3−3√³

2 2− √³ 2



est une matrice réelle telle queB³₃=A.

5. (a)On munitR² de sa structure euclidienne usuelle et de son orientation usuelle.Aest alors la matrice dans la base canonique de−Idqui est la rotation d’angleπ.

(b)Soient n∈N^∗ puisB=







cosπ n

−sinπ n

sinπ n

cosπ n





. Alors, Bⁿ est la matrice dans la base canonique de la rotation d’anglen×π

n =πet doncBⁿ =A. Ceci montre queAest TRR.

6. (a)Il existek∈N^∗tel que N^k=0. Donc le polynômeX^k est annulateur deN. On sait que les valeurs propres deN dansCsont à choisir parmi les racines de ce polynôme annulateur. Donc,0 est l’unique valeur propre deN.

Le polynôme caractéristique deN est le polynôme de coefficient dominant (−1)^p, de degré p, admettant 0 pour unique racine. On en déduit queχN= (−1)^pX^p.

D’après le théorème deCayley-Hamilton,χ_N(N) =0ce qui fournitN^p=0.

(b)Supposons de plus que Nsoit TPK. Il existe une matriceB∈M_p(R)telle queN =B². Mais alors,B^2p =N^p =0.

La matriceBest donc nilpotente. La question précédente fournit alorsN=B^p=0. On a montré que siNest TPK, alors N=0.

Partie II : le cas où le polynôme caractéristique est scindé

7. D’après le théorème de Cayley-Hamilton, χ_u(u) = 0 ou encore Yp

i=1

(u−λ_iIdK^p)^ri = 0. De plus, les polynômes (X−λi)^ri,16i6k, sont deux à deux premiers entre eux. D’après le théorème de décomposition des noyaux,

K^p=Ker(u−λ₁IdK^p)^r1⊕. . .Ker(u−λ_kIdK^p)^rk =C₁⊕. . .⊕C_k.

8. (a)Puisquevcommute avecu,vcommute avec tout polynôme enuet doncvcommute avecQ(u). On sait alors que Ker(Q(u))est stable parv. Redémontrons-le.

Soitx∈Ker(Q(u)). AlorsQ(u)(x) =0 puis

Q(u)(v(x)) =V(Q(u)(x)) =v(0) =0, et doncv(x)∈Ker(Q(u)).

(b)Soiti∈J1, kK.ucommute avec(u−λiIdKp)^riqui est un polynôme enu. Donc,ulaisse stable Ker(u−λiIdKp)^ri=Ci. 9. Soiti∈J1, kK. Posonsvi=uCi−λiIdCi. Soitx∈Ci=Ker(u−λiIdKp)^ri=Ker(vi)^ri. Par définition,v^r_iⁱ(x) =0.

Ainsi,v^r_iⁱ=0et doncviest nilpotent d’indice inférieur ou égal àri.

10. SoitB′ une base deK^padaptée à la décompositionK^p=C₁⊕. . .⊕C_p puisPla matrice de passage deB àB′. PosonsM=P⁻¹AP.

D’après la question 8)a), lesC_i sont stables paru. On en déduit que la matriceMest diagonale par blocs :

M=













M1 0 . . . 0 0 M₂ . .. ... ... . .. ... 0 0 . . . 0 M_k













où pour touti∈J1, kK,M_i∈M_p

i(K)avecp_i=dimCi.

Pour chaquei∈J1, kK, posonsNi=Mi−λiIpi de sorte queMi =λiIpi+Ni. D’après la question 9), la matriceNi est une matrice nilpotente deM_p

i(M_p

i(K).

Finalement on a écritAsous la forme A= Pdiag(λ1Ip1+N1, . . . , λkIpk+Nk)P⁻¹ oùP est une matrice inversible de M_p(K)et pour tout i∈J1, kK, pi=dimCi etNi est une matrice nilpotente deM_p

i(K).

11. Supposons que pour touti∈J1, kK,λiIdpi+Ni soit TPK. Alors pour touti∈J1, kKet pour toutn∈N^∗, il existe une matriceBi,n∈M_p

i(K)telle queBⁿ_i,n=λiIdpi+Ni. Soitn∈N∗. SoitB_n=Pdiag(B1,n, . . . , B_k,n)P⁻¹∈M_p(K).

Bⁿ_n =P(diag(B1,n, . . . , Bk,n))ⁿP⁻¹

=Pdiag(Bⁿ_1,n, . . . , Bⁿ_k,n)P⁻¹(calcul par blocs)

=Pdiag(λ1Ip1+N1, . . . , BλkIpK+Nk)P⁻¹=A.

On en déduit queAest TPK

Partie III : le cas des matrices unipotentes

12. (a)La division euclidienne deV parX^pfournit deux polynômesQet Rtels queV=X^p×Q+Ret deg(R)6p−1.

Quandx tend vers0, V(x) =o(x^p) et en particulier, V(x) =o(x^p−1). D’autre part,x^pQ(x) =o(x^p−1). Donc, quandx tend vers0, R(x) =V(x) −x^pQ(x) =o(x^p−1). Puisque R est de degré au plus p−1, cette dernière égalité s’écrit plus explicitement

R(x) +o(x^p−1) =

x→00+o(x^p−1).

Par unicité des coefficients d’un développement limité, on en déduit que les coefficients deRsont nuls ou encore queRest nul. Finalement, il existe un polynômeQtel queV=X^p×Q.

(b)Un développement limité de(1+x)^1/n en0à l’ordreps’écrit (1+x)^1/n =

x→0U(x) +o(x^p),

oùUest un polynôme de degré inférieur ou égal àp. En élévant les deux membres à l’exposantn, on obtient 1+x =

x→0(U(x) +o(x^p))ⁿ =

x→0(U(x))ⁿ+o(x^p), (développement limité d’une composée).

(c)Quandxtend vers0,1+x− (U(x))ⁿ =o(x^p). D’après la question 12)a), il existe un polynômeQtel que1+X−Uⁿ = X^p×Q ou encore1+X=Uⁿ+X^p×Q.

13. (a) Soit n ∈ N^∗. D’après la question précédente, il existe deux polynômes U et Q (dépendant de n) tels que 1+X=Uⁿ+X^p×Q. En évaluant en la matriceN, on obtient

Ip+N= (U(N))ⁿ+N^p×Q(N) = (U(N))ⁿ, car d’après la question 6)a),N^p=0.

D’autre part, la matrice 1

λNest nilpotente car 1

λN p

= 1

λ^pN^p=0. D’après la question précédente, il existe une matrice B∈M_p(K)telle queBⁿ =I_p+ 1

λN.

SoitB^′=µB. B^′ est dansM_p(K)etB^′n=µⁿBⁿ=λ

Ip+ 1 λN

=λIp+N. Ceci montre queλIp+Nest TPK. 14. (a)SoitA∈GL_n(C). Alors lesλ_i,16i6k, de la partie II sont tous non nuls. D’autre part, chaqueλ_i,16i6k, est TPCd’après la question 1)c).

D’après la question précédente, chaque matrice λ_iI_pi+N_i,1 6i 6k, de la partie II est TPC. La question 11) permet alors d’affirmer queAest TPC.

(b)Si p>2, la matrice élémentaireE1,2 est nilpotente et non nulle. La question 6)a) montre que la matriceE1,2 n’est pas TPC. Donc, sip>2, Tp(C)6=M_p(C). Par contre, d’après la question 1)c),T1(C) =M₁(C).

15. SoitA=









1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0









=

I3+N 03,1

01,3 0

oùN=E1,2. D’après la question 13)a), la matriceI3+Nest TPR. Un calcul par blocs montre alors queAest TRR.

Maintenant, 0 est valeur propre de Aet doncAn’est pas inversible. D’autre part, 1 est valeur propre triple deAmais rg(A−I3) =2 > 1et donc An’est pas diagonalisable.