CENTRALE TSI 2000 MATH 2 PREMIERE PARTIE

CENTRALE TSI 2000 MATH 2 PREMIERE PARTIE

I.A.1)M 2S2(C) si et seulement si il existe 3complexes (a; b; c) tels queM =

µ a b b c

¶ .Donc

S2(C) =V ect(A; B; C) avecA=

µ 1 0 0 0

¶

; B =

µ 0 1 1 0

¶

; C =

µ 0 0 0 1

¶

De plus ces trois matrices forment un système libre aA+bB+cC = 0,

µ a b b c

¶

=

µ 0 0 0 0

¶

,a=b=c= 0

S2(C) est un espace vectoriel complexe de dimension 3 I.A.2)Remarque:il y a deux questions à résoudre : matrice symétrique et matrice inversible :

¢On a^t(^tP M P) =^tP^tM^t(^tP) =^tP M P car M est symétrique et^t(^tP) =P dont^tP M P est symétrique:

¢Un matrice est inversible si et seulement si son déterminant est non nul .Or det¡_t

P M P¢

= det¡_t P¢

det (M) det (P)

= det (M) (det (P))²6= 0

tP M P est donc un matrice inversible deS2(C), il en est de même pour^tP N P:

On a maintenant M harmonique relativement à N; soit X; X⁰ qui réalise cette harmonie et Y = P^¡1X et Y⁰ =P^¡1X⁰ , (Y ; Y⁰)est bien une base de C²:

¢on a deux vecteurs en dimension 2 .

¢Le système est libre :

aY +bY⁰ = 0,P^¡1(aX+bX⁰) = 0,aX+bX⁰ = 0(en multipliant parP) , a=b= 0(car (X; X⁰) est un système libre)

De plus

tY^tP M P Y =^t(P Y)M (P Y) =^t XM X = 0

tY^0tP M P Y⁰=^t(P Y⁰)M(P Y⁰) =^tX⁰M X⁰ = 0

tY^tP N P Y⁰=^t(P Y)N(P Y⁰) =^tXN X⁰ = 0 Ce qui assure que^tP M P est harmonique relativement à^tP N P:

I.B.1) Tout d’abord,det(M) =¡b² doncb 6= 0équivaut àM non inversible. b est bien non nul.

On poseX = µ x

y

¶

;

tXM X= (x; y) µ 0 b

b c

¶ µ x y

¶

= 2bxy+cy²=y(2bx+cy)

= 0

On obtient donc les deux droites vectorielles d’équation y = 0 et 2bx +cy = 0: Les vecteurs cherchés sont de la forme µ

¸ µ 1

0

¶

; ¹ µ c

¡2b

¶¶

avec ¸; ¹ non nuls. Ils constituent bien une base car leur déterminant¡2¸¹b est non nul.

² PrenonsX=¸ µ 1

0

¶

et X⁰=¹ µ c

¡2b

¶

:On a l’harmonie si et seulement si :

tXN X⁰ =¸¹(1;0)

µ ® ¯

° ±

¶ µ c

¡2b

¶

=¸¹(®c¡2b¯) = 0

Ce qui assure le résultat car ¸¹6= 0

² PrenonsX⁰=¸ µ 1

0

¶

etX =¹ µ c

¡2b

¶

:On a l’harmonie si et seulement si :

tXN X⁰=¸¹(c;¡2b)

µ ® ¯

° ±

¶ µ 1 0

¶

=¸¹(®c¡2b¯) = 0

I.B.2) On a maintenant^tXM X =ax²+ 2bxy+cy²= 0qui est une équation du second degré en xpuisque aest non nul.

Ord6= 0car la matriceM est inversible .L’équation admet donc deux racines distinctes Les racines sontx = ¡b+d

a y ou x = ¡b¡d

a y: ^tXM X = 0correspond encore à deux droites vectorielles engendrées par µ ¡b¡d

a

¶ et

µ ¡b+d a

¶ : PrenonsX =¸

µ ¡b¡"d a

¶

etX⁰ =¹

µ ¡b+"d a

¶

avec ¸et¹ non nuls et "=§1.On adet(X; X⁰) = "¸¹(¡2ad)6= 0:

(X; X⁰)est une base deC²:

On a donc l’harmonie si et seulement si :

tXN X⁰=¸¹(¡b¡"d; a)

µ ® ¯

° ±

¶ µ ¡b+"d a

¶

=¸¹¡

®¡

b²¡d²¢

¡2ab¯+°a²¢

=a(®c¡2b¯ +°a) = 0car b²¡d² =ac Comme aest non nul, on obtient bien la condition ®c¡2b¯+°a= 0:

Cette condition est compatible avec la condition précédente aveca= 0:

M est harmonique relativement àN si et seulement si ®c+°a= 2¯b

I.B.3) Les rôles joués par a; b; c et ®; ¯; ° étant symétriques, M harmonique relativement à N entraîne N harmonique relativement àM:

M est harmonique relativement àN si et seulement siN est harmonique relativement àM I.C) Par un calcul classique, on obtient

N^¡1= 1

¯²¡®°

µ ¡° ¯

¯ ¡®

¶

et

tr¡

N^¡1M¢

= 1

¯²¡®°(a°¡2b¯+c®) On a bien la nullité de la trace si et seulement si on a l’harmonie.

tr(N^¡1M) = 0,M et N sont conjugués harmoniques

I.D) L’applicationÁ:S2(C)!Cqui à

µ a b b c

¶

associea°¡2b¯+c®est clairement une forme linéaire non nulle, , puisque N est non nulle et qu’on arrive dans C.

H qui n’est que son noyau est un hyperplan deS2(C) donc un sous espace vectoriel de dimension 2 .

D’autre part, on remarque queÁ(N) =tr(I) = 2;ce qui prouve queÁ(N)6= 0. On peut alors conclure que : ker(Á) et V ect(N)sont deux sous espaces supplémentaires

Remarque : On peut refaire les calculs mais c’est plus long . Il est utile de savoir reconnaître le cours .

I.E.1) On sait que la trace est une application linéaire.Si le système est lié , l’un de ses éléments est combinaison linéaire des autres . Pour simpli…er l’écriture, on va supposer que M1 est combinaison linéaire des autres matrices. La démonstration est symétrique dans les autres cas . Si on a :

M1= Xk i=2

¸iMi

Alors :

tr¡

M1^¡1M1

¢=tr(I) = 2 =tr Ã

M1^¡1

Xk

¸iMi

!

= Xk

¸itr¡

M1^¡1Mi

¢= 0

I.E.2) Si une famille est liée, l’une des matrices est combinaison linéaire des autres, ce qui est impossible dans une famille harmonique.

Comme on est dans un espace de dimension 3, il ne peut y avoir de famille harmonique de plus de 3 matrices et une famille harmonique de 3 matrices est une base.

I.F) Compte tenu de la propriété IB, siB est de la forme

µ a b b c

¶

; AetBsont harmoniques si et seulement si¸c+¹a= 0;

système linéaire de rang 1 à 3 inconnues (a; bet c).L’ensemble des solutions est donc un espace vectoriel de dimension 2 . Pour trouver la forme des solutions proposées par le sujet on prend

0

@ a b c

1 A=®

0

@ ¸ 0

¡¹ 1 A+¯

0

@ 0 1 0

1 A

On fait la même chose pour Aet C en appelant ®⁰ et¯⁰ les paramètres.

Maintenant, il nous faut de plusB et C harmoniques, c’est à dire

¡®®⁰¸¹¡®®⁰¸¹= 2¯¯⁰ ou encore

®®⁰¸¹+¯ ¯⁰= 0

On cherche à calculerC en fonction deB .On a alors un système linéaire de rang 1 à 2 inconnues¡

®⁰; ¯⁰¢ Les solutions sont de la forme

®⁰=¯k; ¯⁰=¡®¸¹ k 2C: Les triplets harmonique sont donc les triplets de matrices inversibles du type:

A=

µ ¸ 0 0 ¹

¶

B =

µ ®¸ ¯

¯ ¡®¹

¶

C =

µ ¯¸k ¡®¸¹k

¡®¸¹k ¡¯¹k

¶

avec(¸; ¹; ®; ¯ ; k)2C⁵ En…n, on a

det (A) =¸¹ det (B) =¡¡

®²¸¹+¯²¢ det (C) =¡k²¸¹¡

®²¸¹+¯²¢ det (B) det (C) =k²¸¹¡

®²¸¹+¯²¢2

=k²¡

®²¸¹+¯²¢2

det (A) qui est du signe de det (A):

I.G) Le triplet (^tP A0P;^tP B0P;^tP C0P)est harmonique d’après la question I A 2)

En admettant le résultat indiqué avec (A; B; C) un triplet harmonique,on peut trouver P inversible tel que ^tP AP soit diagonale et(^tP AP;^tP BP;^tP C P) est aussi un triplet harmonique donc de la forme du I.F). On poseQ= P^¡1;les triplets harmoniques sont donc de la forme(^tQAQ;^tQBQ;^tQC Q) avecA; B; C de la forme obtenue au I.F).

En…n, dans le cas où les matrices sont réelles, on a vu que(^tP AP;^tP BP;^tP CP)correspondait à un changement de base. Le déterminant est invariant dans un changement de base. Donc les déterminants sont ceux du I.F) dont on a vu que le produit des 3 était strictement positif.

I.H) On poseS=

µ a b b c

¶

et M =

µ x z y t

¶

; on veut donc :

8(a; b;;c)2C³ ,tr(SM) =ax+b(y+z) +ct= 0 . On obtient doncx= 0; y+z = 0; t= 0: M est donc de la forme

µ 0 ¡y y 0

¶ :

PrenonsD=

µ 0 ¡1 1 0

¶

;on a bienDinversible véri…ant tr¡

A^¡1D¢

=tr¡ B^¡1D¢

=tr¡ C^¡1D¢

= 0 carA^¡1est symétrique ainsi que les deux autres.

(A; B; C; D)est une base car c’est une famille libre. Ceci découle simplement que Dn’est pas symétrique donc pas élément de l’hyperplanS2(C) , et que(A; B; C)est libre.

DEUXIEME PARTIE

Remarque : la dé…nition dez1=¡b+d¢ ¢ ¢ me semble vous inciter à faire du calcul en utilisant bet d.Alors que l’important c’est la somme et le produit des racines d’une équation du second degré .

II.A.1)1 ou¡1 solution de(1) ou de(2)entraîneb=¡1oub= 1 ce qui impliquedet (B) = 0et B non inversible.

D’autre part, si (1) et (2) ont une solution commune, elle est racine de la première, donc non nulle. Et(2)¡b(1) donne 2¡

1¡b²¢

z= 0et encore une foisb=¡1ou b= 1ce qui est impossible.

II.A.2) On az1z1⁰ = 1etz2z⁰2= ^b_b = 1d’après la propriété du produit des racines d’une équation du second degré . Donc zi¡1

zi+ 1 =

1 z⁰_i ¡1

1

z⁰_i + 1 = 1¡z⁰i

1 +z⁰_i =¡ z⁰i¡1 z⁰_i+ 1 D’autre part,

(z2¡z1) (z₂⁰ ¡z₁⁰) + (z2¡z₁⁰) (z₂⁰ ¡z1)

= 2z2z₂⁰ + 2z1z₁⁰ ¡(z1z⁰₂+z2z₁⁰ +z1z2+z₁⁰z₂⁰)

= 2p2+ 2p1¡(z1+z⁰₁) (z2+z⁰₂) = 2p2+ 2p1¡s1s2

Ce qui nous permet de calculer : (z2¡z1)

(z2¡z₁⁰)+ (z⁰₂¡z1)

(z2¡z₁⁰) = (z2¡z1) (z⁰₂¡z₁⁰) + (z2¡z₁⁰) (z⁰₂¡z1) (z2¡z₁⁰) (z2¡z₁⁰)

= 2p2+ 2p1¡s1s2

(z2¡z₁⁰) (z2¡z₁⁰)= 2 + 2¡(¡2b) (¡2=b) (z2¡z₁⁰) (z2¡z₁⁰) = 0 et donc :

zi¡1

zi+ 1 =¡ ^zz⁰ⁱ⁰_i^¡+1¹;(z2¡z1)

(z2¡z1⁰) =¡(z₂⁰ ¡z1) (z2¡z1⁰)

II.A.3)'(z)est dé…ni siz6=¡i.'('(z)) est donc dé…ni siz6=¡iet Á(z)6=¡i soitz =2 f0;¡ig

'('(z)) = z¡i 1¡zi¡i 1¡ z¡i

1¡zii

=

z¡i¡i(1¡zi) 1¡zi 1¡zi¡(z¡i)i

1¡zi

= z¡i¡i¡z

1¡zi¡zi¡1 = ¡2i

¡2zi

= 1 z

siz =2 f0;¡igalorsÁ±Á(z) = ¹_z

II.A.4)

b µ z¡i

1¡zi

¶2

+ 2 z¡i

1¡zi +b= b(z¡i)²+ 2 (1¡zi) (z¡i) +b(1¡zi)² (1¡zi)²

= b¡

z²¡2iz¡1 + 1¡2iz¡z²¢ + 2¡

z¡i¡iz²¡z¢ (1¡zi)²

= b(¡4iz)¡2i¡ z²+ 1¢

(1¡zi)² = ¡2i (1¡zi)²

¡z²+ 2bz+ 1¢

1¡iz z (1) '(z) (2): II.B.1) On azz =x²+y² etz¡z= 2iyce qui donne bien

zz¡tz¡z

2i ¡1 =x²+y²¡ty¡1

Annuler ce terme donne bien l’équation d’un cercle. De plus, si un cercle passe parP et P⁰;son centre est surOy .Notons - = (0; t=2)le centre:Le cercle est d’équation

x²+y²¡ty¡k= 0 Comme il passe par P; kvaut 1. On a bien le résultat demandé.

F(X; Y) = 1 z 1 z¡t

1 z ¡1

z 2i ¡1 =

1¡tz¡z 2i ¡zz zz

= ¡1 zz

µ

zz¡tz¡z 2i ¡1

¶

=¡F (x; y) x²+y² Pourz non nul,F(X; Y) = 0 ,F(x; y) = 0ce qui correspond à :

M(z)appartient au cercle si et seulement siM(1=z)appartient au cercle.

II.B.2) La droite(P P⁰)étant la droite réelle, montrer queP; P⁰Qne sont pas alignés revient à montrer que z1 n’est pas réel.

Mais, commez1 n’est pas nul,b= ¡1¡z²₁ 2z1

serait donc aussi réel ce qui est contraire à l’hypothèse.

On considère donc le cercle circonscrit au triangle P P⁰Q:Comme on a Q=M(z1)et Q⁰ =M(1=z1)la question précédente montre que commeQest sur le cercleC,Q⁰ est aussi sur ce cercle .P; P⁰; Q; Q⁰ sont cocycliques.

On fait la même chose à partir deR : Siz2 est réelb =_z^2z2

2+ 1est réel . DoncP; P⁰; Rne sont pas alignés . Ensuitez⁰₂= 1=z2montre queR⁰ est sur le cercle passant par P; P⁰; R. P; P⁰; R; R⁰ sont cocycliques.

II.B.3) On a

(z¡Ã(z1)) (z¡Ã(z⁰₁)) = 0

= µ

z¡ z1¡1 z1+ 1

¶ µ

z¡ z1⁰ ¡1 z₁⁰ + 1

¶

=z²¡z

µz1¡1

z1+ 1+ z⁰₁¡1 z⁰₁+ 1

¶

| {z }

=0

+

µz1¡1 z1+ 1

¶ µz₁⁰ ¡1 z₁⁰ + 1

¶

=z²+z1z⁰₁¡(z1+z⁰₁) + 1

z1z⁰₁+ (z1+z⁰₁) + 1 =z²+ 1 + 2b+ 1 1¡2b+ 1 0 =z²+1 +b

1¡b

qui est l’équation cherchée. On fait la même chose avec les racines de l’autre équation, ce qui revient à remplacer b par 1 b: L’équation dont les racines sontÃ(z2)et Ã(z⁰2)est :

0 =z²+ 1 + 1=b

1¡1=b =z²¡1 +b 1¡b Ã(z1); Ã(z⁰₁); Ã(z2)et Ã(z₂⁰)sont dont des racines de :

z⁴¡ µ1 +b

1¡b

¶2

= 0

Ce sont donc des racines quatrièmes de µ1 +b

1¡b

¶2

;

De plusÃest une bijection deC¡ f¡1g sur C¡ f1g, de fonction réciproqueÃ^¡1(z) = ^1+z_1¡z .

z1; z1⁰; z2; z2⁰ étant deux à deux distincts (question IIA1) ,Ã(z1); Ã(z⁰1); Ã(z2); Ã(z⁰2)sont deux à deux distincts .Ce sont donc les quatres racines de l’équation :

z⁴¡ µ1 +b

1¡b

¶2

= 0

Si z0 est l’une de ces racines l’ensemble des racines est alors fz0; iz0;¡z0;¡iz0g et on passe d’un sommet à un autre par rotation de centreO et d’angle¼ =2.

Leurs images sont bien les sommets d’un carré de centreO. Ils sont donc cocycliques. sur un cercle de centre 0et de rayon

4

vu ut

¯¯

¯¯¯

µ1 +b 1¡b

¶2¯¯¯

¯¯= s¯¯

¯¯1 +b 1¡b

¯¯

¯¯et son équation

zz=

¯¯

¯¯1 +b 1¡b

¯¯

¯¯

En…n,Q; Q⁰; R; R⁰ ont des a¢xes qui véri…ent donc z¡1

z+ 1 £z¡1 z+ 1 =

¯¯

¯¯ 1 +b 1¡b

¯¯

¯¯

= zz¡(z+z) + 1 zz+ (z+z) + 1

¯¯¯

¯1 +b 1¡b

¯¯¯

¯= x²+y²¡2x+ 1 x²+y²+ 2x+ 1 Ce qui donne :

¡x²+y²¢µ 1¡

¯¯

¯¯1 +b 1¡b

¯¯

¯¯

¶

¡2x µ

1 +

¯¯

¯¯1 +b 1¡b

¯¯

¯¯

¶ +

µ 1¡

¯¯

¯¯1 +b 1¡b

¯¯

¯¯

¶

= 0

qui est l’équation d’un cercle sauf quand

¯¯

¯¯ 1 +b 1¡b

¯¯

¯¯= 1 auquel cas, il s’agit d’une droite.

Q; Q⁰; R; R⁰ sont donc cocycliques ou alignés.

La condition

¯¯

¯¯1 +b 1¡b

¯¯

¯¯= 1équivaut à j1¡bj= j1 +bj , le point d’a¢xe b est donc sur la médiatrice de P P⁰ donc sur Oy :si b =2iR,Q; Q⁰; R; R⁰ sont cocycliques

II.B.4) On a¡!T Qd’a¢xez1¡ z1+z1

1 +z1z1

et ¡¡!T Q⁰ d’a¢xez₁⁰ ¡ z1+z1

1 +z1z1

:On a

z⁰₁¡ z1+z1

1 +z1z1

z1¡ z1+z1

1 +z1z1

=

1

z₁ ¡ z1+z1

1 +z1z1

z1¡ z1+z1

1 +z1z1

toujours par le produit des racines

= (1 +z1z1)¡z1(z1+z1)

z²₁(1 +z1z1)¡z1(z1+z1) en éliminant les dénominateurs

= ¡ 1 z1z1

¸= ¡1

jz1j² est bien un réel

. Ce qui prouve queT ; Q; Q⁰ sont alignés. De plus ! est réel, ce qui fait queT ; P; P⁰ sont aussi alignés. L’intersection de (P P⁰)et (QQ⁰)estT :

'(z1) z2 z2 '(z1)

'(z1) +'(z1) 1 +'(z1)'(z1) =

z1¡i

1¡z1i+ z1+i 1 +z1i 1 + z1¡i

1¡z1i£ z1+i 1 +z1i

= (z1¡i) (1 +z1i) + (1¡z1i) (z1+i) (1¡z1i) (1 +z1i) + (z1¡i) (z1+i)

= iz1z1+z1¡i+z1+z1¡z1z1i+i¡z1z1i+z1

1¡z1i+z1i+z1z1+z1z1¡iz1+z1i+ 1

= 2 (z1+z1)

2 (1 +z1z1) = z1+z1

1 +z1z1

=!

En remplaçant dans le calcul précédantz1par '(z1)et z1⁰ par '(z1⁰) = 1='(z1) on obtient ¸⁰ =_j'(z^¡1

1)j² 2R. Ce qui prouve maintenant queT ; R; R⁰ sont alignés.

Et en…n on obtient(P P⁰);(QQ⁰)et (RR⁰)sont concourrantes en T :