Exercice. D’après E3A 2017 MP.

DS 2 : 4h

Vendredi 13 septembre 2017 Élements de correction.

Questions de cours :

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Le déterminant de Vandermonde n’est pas suffisamment maîtrisé. La définition du polynôme minimal non plus. Le reste est assez bien.

Exercice. D’après E3A 2017 MP.

1. Sideg(P)≤n, alorsdeg(P⁰)≤netdeg(ϕ(P))≤n. Doncϕinduit une application deRn[X]dans Rn[X] notéeϕ_n.

En utilisant la linéarité de l’opérateur de dérivation, on obtient rapidement queϕ_n est linéaire.

Question bien traitée.

2. Explicitons la matrice deϕn sur la base canoniqueβ0= (1, X, . . . , Xⁿ)deRn[X].

Notons queϕ(1) = 1et pourk∈[1, n],ϕn(X^k) =X^k−kX^k−1. On obtient donc la matrice

M at_β0(ϕ_n) =

























1 −1 0 · · · 0

0 1 −2 ... ...

... ... 1 ... · · · ...

... ... 0

... ... 1 −n

0 · · · 0 1























 .

3. a. La matrice est triangulaire supérieure. Doncχ_ϕn = (X−1)ⁿ⁺¹. Doncϕ_n admet 1 pour valeur propre d’ordre(n+ 1). Or le sous espace propre associéE1(ϕn)est formé des polynômesP tels queP−P⁰=P, c’est à direP⁰= 0, doncP ∈R0[X].

Si n= 0,φ₀ est diagonalisable (c’est l’identité).

Si n≥1,P

λ∈Sp(ϕn)dim(Eλ) =dim(E1) = 1<2≤dim(Rn[X]). Doncϕn n’est pas diagona- lisable par caractérisation (géométrique) des endomorphismes diagonalisables.

4. D’après ce qui précède, 0 ∈/⁽ ϕn), donc ker(ϕn) = {0}. Donc ϕn est injective. Comme c’est un endomorphisme en dimension finie, d’après le théorème du rang, ϕn est bijective. C’est donc un automorphisme.

5. Soiti∈[0, n]. Le polynôme ^X_i!ⁱ admet un unique antécédent par la bijectionϕ_n notés_i.

De plus, la famille(^X_i!ⁱ)_i∈[0,n] est échelonnée en degrés, donc libre dans Rn[X]. Par un argument de cardinalité/dimension, c’est une base deRn[X].

Enfin, ϕ⁻¹_n est un automorphisme de Rn[X], donc envoie toute base de Rn[X] sur une base de Rn[X]. Finalement,(s₀=ϕ⁻¹_n (^X_0!⁰, s₁=ϕ_n−1(^X_1!), . . . , s_n=ϕ⁻¹_n (^X_n!ⁿ)est une base deRn[X].

6. Remarquons que les élémentsidetδcommutent. Alors,en développant (identité remarquable dans l’anneauL(Rn[X])), on obtient :(id−δ)◦(id +δ+· · ·+δⁿ) = id−δⁿ⁺¹.

Or pour toutP ∈Rn[X],δⁿ⁺¹(P) = 0. Doncid−δⁿ⁺¹= id.

7. Commeϕ_n = id−δ, on en déduit queϕ⁻¹_n = id +δ+· · ·+δⁿ. On en déduit que pour toutidans [[0, n]],s_i=ϕ⁻¹_n (^X_i!ⁱ) =Pn

k=0δ^k(^X_i!ⁱ) =Pi

k=0δ^k(^X_i!ⁱ) =Pi k=0

X^k k! .

Problème : d’après CCP 2015 MP

1. SoitM0= Åa 0

0 b

ã. Par puissance de matrice triangulaire, on obtient que M₀^k =

Åa^k 0 0 b^k

ãpour tout entierk≥0.

Doncexp(M₀) = lim

n→+∞

n

X

k=0

1 k!

Åa^k 0 0 b^k

ã

= lim

n→+∞

ÇPn k=0

a^k

k! 0

0 Pn

k=0 b^k k!

å

=

Çlimn→+∞Pn k=0

a^k

k! 0

0 limn→+∞Pn

k=0 b^k k!

å . Finalement,exp(M0) =

Åexp(a) 0 0 exp(b)

ã. 2. Soitθ∈RetM1=

Å0 θ θ 0

ã.

a. Commençons par observer queM₁²=

Åθ² 0 0 θ²

ã

=θ²I₂.

Soit alors p∈N et la propriétéP1(p) : ”M₁^2p=θ^2pI2”. On montre facilement par récurrence que cette propriété est vraie en utilisant l’observation précédente.

On en déduit alors queM₁^2p+1=M₁^2p×M1=θ^2p+1 Å0 1

1 0 ã

b. Remarquons quech(θ) = exp(θ) + exp−θ

2 = 1

2 Ç

P+∞

k=0

θ^k+ (−θ)^k k!

å . Dans cette séries, les termes de rang impairs sont nuls. Il ne reste plus que ch(θ) = 1

2 Å

P+∞

p=0

θ^2p+ (−θ)^2p (2p)!

ã

= 1 2

Å P+∞

p=0

2θ^2p (2p)!

ã

=P+∞

p=0

2θ^2p (2p)!. c. De manière similaire, on obtient shθ=

Å P+∞

p=0

2θ^2p+1 (2p+ 1)!

ã.

d. En raisonnant comme pour la première question, on obtientexp(M₁) =

Åchθ shθ shθ chθ

ã.

3. SoitTune matrice triangulaire supérieure deM_n(C)dont les éléments diagonaux sontλ₁, λ₂, . . . , λ_n. a. C’est du cours. Attention : on demandait de détailler le calcul des coefficients à partir de la

formule du produit matriciel :ci,j =Pn

k=1ai,kbk,j.

b. SiT est triangulaire supérieure, toutes les puissances deT sont triangulaires supérieures. Donc toutes les matrices 1

k!·T^ksont triangulaires supérieures. Alors pour tout entiern∈N, la matrice Pn

k=0

1

k!·T^k est une combinaison linéaire de matrices triangulaires supérieures, donc est une matrice triangulaire supérieure. Chacun des coefficients situés strictement sous la diagonale est donc nul. En passant à la limite (pou chaque coefficient sous la diagonale), on en déduit que exp(T)est triangulaire supérieure.

La diagonale de T est composée des valeurs propres λ₁, λ₂,· · ·, λ_n de T. La diagonale deT^k est composée des nombres λ^k₁, λ^k₂,· · ·, λ^k_n. La diagonale de 1

k!·T^k est composée des nombres

1 k!λ^k₁, 1

k!λ^k₂,· · ·, 1

k!λ^k_n. En passant à la limite pour chacun de ces coefficients, on obtient que la diagonale de exp(T)est composée des nombresexp(λ1),exp(λ2),· · · ,exp(λn).

c. SoitM une matrice deMn(C).

i. La matriceM est trigonalisable dansMn(C)carχ_M est scindé dansCqui est algébrique- ment clos (théorème de d’Alembert-Gauss).

ii. Il existe donc une matrice inversiblePet une matrice triangulaireT telles queM =P T P⁻¹. Alors par récurrence M^k = P T^kP⁻¹ et 1

k! ·M^k = P Å1

k!T^k ã

P⁻¹ et en sommant : Pn

k=0M^k=P Å

Pn k=0

1 k!T^k

ã P⁻¹. Or lim

n→+∞

n

X

k=0

1

k!T^k = exp(T). Alors exp(M) = lim

n→+∞

n

X

k=0

1

k!M^k = lim

n→+∞

n

X

k=0

1

k!P T^kP⁻¹= lim

n→+∞P

n

X

k=0

1 k!T^k

! P⁻¹ Par continuité deφP,

exp(M) =P lim

n→+∞

n

X

k=0

1 k!T^k

!

=Pexp(T)P⁻¹.

Doncexp(P)etexp(T)sont semblables etdet(exp(P)) = det(exp(T)). D’après la question précédente,

det(exp(T)) =

n

Y

i=1

exp(λ_i) = exp(

n

X

i=1

λ_i) = exp(Tr (T)) = exp(Tr(M)).

4. a. On trouve detA=−12.

b. Par l’absurde, s’il existait une matriceB à coefficientsréelstelle queB²=A, on devrait avoir det(B²) = det(B)²= det(A) =−12avecdet(B)∈R, ce qui est impossible.

Toujours par l’absurde, s’il existait une matrice M à coefficients réels vérifiantexp(M) =A, on devrait avoirdet(A) = exp(Tr (M)) =−12avec Tr(M)∈R, ce qui est impossible..

Partie 1

On noteraF l’espace vectoriel sur le corpsCdes applications deRdansCcombinaisons linéaires d’ap- plications du typex7→x^k ρe^iθx

=x^kρ^xexp(iθx)oùk∈ {0,1,2},ρ∈]0,+∞[ etθ∈]0,2π]. On rappelle que pourρ∈]0,+∞],ρ^x= exp(xlnρ).

1. a. Soitf₀:x7→exp(i^π₂x). Soitn∈N. Alorsf₀(n) = exp(i^π₂n) =iⁿ carexp(i^π₂) =i. b. Soitf(x) =α3ⁿexp(iπx) +βx²2^x.

f est bien un élément de F en particulier parce que ρ1 = 3 > 0 (on ne pouvait pas poser ρ1= (−3))et ρ2= 2>0.

c. Sif est un élément deFet six₀est un réel,f₁:x7→f(x+x₀) = (x+x₀)^kρ^x+x0exp(iθ(x+x₀) = Pk

j=0 k j

x^k−j₀ ρ^x0exp(iθx0)(x^jρ^xexp(iθ))est encore un élément deF. En effet, tout application x7→x^jρ^xexp(iθ)est dansF etf1 est bien une combinaison linéaire dont les coefficients sont les complexes ^k_j

x^k−j₀ ρ^x0exp(iθx0).

2. a. Soitθ∈R. Pour montrer que la suite de nombres complexesÅ n²(2

3)ⁿe^iθn ã

n∈N

converge vers 0, il suffit de montrer que la suite des modulesÅ

|n²(2 3)ⁿe^iθn|

ã

n∈N

converge vers 0.

Or |n²(2

3)ⁿe^iθn|=n²(2

3)ⁿ→n→+∞0par croissances comparées.

b. Soit(k1, k2)∈ {0,1,2}²,(ρ1, ρ2)∈]0,+∞[²,(θ1, θ2)∈]0,2π]²et

f₁(x) =x^k1ρ^x₁exp(iθ₁x), f₂(x) =x^k2ρ^x₂exp(iθ₂x).

On suppose queθ16=θ2. Soientαetβ complexes tels queαf1+βf2= 0, c’est à dire αx^k1ρ^x₁exp(iθ1x) +βx^k2ρ^x₂exp(iθ2x) = 0, c’est à dire

β =−αn^k1−k2 Åρ₁

ρ2

ãⁿ

exp(in(θ₁−θ₂)).

Siρ₁< ρ₂, alors comme pour la question précédente,β= lim_n→+∞−αn^k1−k2 Åρ₁

ρ2

ãⁿ

exp(in(θ₁− θ₂)) = 0. Puisα= 0 : la famille est donc libre.

Si ρ1=ρ2, β=−αn^k1−k2exp(in(θ1−θ2)), donc|β|=|α|n^k1−k2.

Alors, sik₁< k₂, en passant à la limite,β = 0, puisα= 0 : la famille est libre.

sik1> k2, en passant à la limite,α= 0, puisβ = 0: la famille est libre.

enfin, si k1 = k2, on a pour tout entier n∈ N, β =−αexp(in(θ1−θ2)), donc en particulier β = −α(pour n = 0) et β = −αexp(i(θ1−θ2)). Siα 6= 0, on aurait exp(i(θ1−θ2)), donc θ1=θ2carθi∈[0,2π[, ce qui est absurde. Finalement,α= 0etβ= 0donc la famille est libre.

c. i. Soitf ∈F. Alorsf est combinaison linéaire d’éléments du type fj :x7→x^kjρ^x_jexp(iθjx) pour j ∈ [1, N]. On peut supposer ρ1 ≤ ρ2 ≤ · · · ≤ ρN et k1 ≤ k2 ≤ · · · ≤ kN et θ1≤θ2≤ · · · ≤θN.

Supposons que∀n∈N, f(n) =PN

j=1αjfj(n) = 0, c’est à dire αNfN(n) =−

N−1

X

j=1

αjfj(n)

Montrons queαN = 0(alors par récurrence, on pourrait montrer que∀j∈[1, N], αj= 0et finalement,f = 0).

Par l’absurde, siαN 6= 0, quitte à diviser parαN on peut supposerαN = 1, c’est à dire

∀n∈N, f_N(n) =n^KNρ_Nexp(inθ_N) =−PN−1

j=1 α_jf_j(n).

En imitant le raisonnement de la question précédente, si ρN > ρN−1, en divisant par n^KNρNexp(inθN), on obtient1 = 0en passant à la limite. DoncρN =ρN−1.

De même, sikN > k_N−1, on obtient1 = 0en passant à la limite. DonckN =kN−1. Enfin,

Soitf ∈F. Montrer que sin, ∀n∈N, f(n) = 0, alorsf est l’application nulle.

ii. Si deux applications f et g de F vérifiant ∀n ∈ N, f(n) = g(n), alors f −g ∈ F et

∀n∈N,(g−f)(n) = 0. Alors d’après ce qui précède,(g−f) = 0doncg=f. Dans la suite de cette partie,Aest une matrice inversible deM3(R).

3. Justifier l’existence de 9 applicationsωi,j éléments deF telles que

∀n∈N, Aⁿ = (ω_i,j(n))_1≤i,j≤3.

D’après le théorème de Cayley-Hamilton,χA(A) = 0. DoncAadmet un polynôme annulateur non nul de degré inférieur ou égal à3.

En effectuant la division euclidienne deXⁿ parχ_A, on obtient queAⁿ est un polynôme enAde degré inférieur ou égal à 2, plus précisément,Aⁿ=a_nA²+b_nA+c_nI₃.

Le termesan, bnetcnsont des fonctions denet plus précisément, s’expriment à l’aide des fonctions deF. Ainsi, le coefficient de lai-ème ligne et la j-ème colonne de la matriceAⁿ est combinaison linéaire de fonctions deF donc dansF.

4. On pose pour tout réelt, la matriceγ(t) = (ω_i,j(t))_1≤i,j≤3∈ M3(C).

a. γ(0) =I3 et γ(1) =A.

b. Pour tout couple d’entiers naturels (n, m), on a la relation : γ(n+m) = A^n+m = Aⁿ · A^m = γ(n)γ(m). Pour x réel et m entier naturel, on pose f(x) = ωi,j(x+m) et g(x) =

3

X

k=1

ωi,k(x)ωk,j(m).

c. Pour tout n ∈ N, g(n) est le coefficient de la i-ème ligne et la j-ème colonne de la matrice γ(n)γ(m)donc est égal àωi,j(n+m). Donc f =g sur N. Comme ce sont des éléments deF, alorsf =g surR. Ainsi,∀m∈N, γ(x+m) =γ(x)γ(m).

d. Pour∀x∈R,les applicationsy 7→ω_i,j(x+y)ety7→P3

k=1ω_i,k(x)ω_kj(y)sont des éléments de F qui coïncident sursN, donc surRet ainsi,∀(x, y)∈R³, γ(x+y) =γ(x)γ(y).

5. On aγ(0) =γ(1)γ(−1), c’est à direI3=A·γ(−1). De même,I3=γ(−1)·Adoncγ(−1) =A⁻¹. Par récurrence, on montre que pour tout entier naturelpnon nul,γ(px) =γ(x)^p. Alors en parti- culier,γ(1) =γ(p·1/p). DoncA= (γ(1/p))^p.

6. Chaque fonctionx7→x^kρ^xexp(iθx)est dérivable et sa dérivée est égale àx7→kx^k−1(ρ^xexp(iθx))+

ln(ρ)ρ^x(x^kexp(iθx)) +iθexp(iθx)(x^kρ^x).

Par combinaison linéaire de fonctions dérivables,ωi,j est dérivable.

On noteω_i,j⁰ la dérivée deωi,j.

On admet que l’applicationγdéfinie pour tout réelt parγ(t) = (ωi,j(t))_1≤i,j≤3 est dérivable sur Ret on pose∀t∈R, γ⁰(t) = (ω⁰_i,j(t))_1≤i,j≤n.

7. On a 1

h(γ(t+h)−γ(t)) = 1

h(γ(t)·(γ(h)−γ(0))). Chaque terme 1

h(ωi,j(h)−ωi,j(0))tend versω⁰_i,j(0)lorsquehtend vers 0. Donc le terme 1

h(γ(h)− γ(0))tend versγ⁰(0). Finalement,γ⁰(t) =γ⁰(0)γ(t).

Enfin, on a vu plus haut queγ(0) =I3.

On admet qu’on peut en déduire que exp(γ⁰(0)) =A.

8. BILAN : En utilisant les différents résultats du problème répondez aux questions suivantes en argumentant :

a. la fonction exp :Mn(R)→ Mn(R)est-elle surjective ?

Non : il suffit de prendre une matrice de déterminant négatif comme à la question 4 des préliminaires.

b. la fonction exp :Mn(R)→ GLn(R)est-elle surjective ?

Non : il suffit de prendre une matrice inversible de déterminant négatif comme à la question 4 des préliminaires

c. l’image de exp :Mn(C)→ GLn(C)contient-elleGLn(R)?

Oui d’après la question 7 de la partie 1. Etant donnée une matrice Ainversible à coefficients réels, la matriceγ⁰(0)existe et convient.

Partie 2 : exemple

Soit la matriceA=

Ñ 3 0 −1

1 −1 −2

−1 0 1

é .

Laissée au lecteur : les calculs sont un peu longs, mais possibles.

Pour les dernières questions, la matrice B = γ(1/2) vérifie B² = A et la matrice M = γ⁰(0) vérifie exp(M) =A.