Concours commun Centrale

SESSION 2014

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 1. FILIERE MP

Partie I - Une norme utile sur M

( R )

I.A -PosonsP=

+∞

X

k=0

a_kX_k où les a_k sont nuls à partir d’un certain rang.

L’application A 7→ I est continue sur Md(R) car constante sur Md(R). L’applicationId : A 7→ A est continue sur Md(R).

Soitk>2. Soient g : Md(R) → (Md(R))^k A 7→ (A, A, . . . , A)

et h : (Md(R))^k → Md(R) (A₁, A2, . . . , Ak) 7→ A1×A2×. . .×Ak

. gest linéaire etMd(R)est de dimension finie surR. Doncg est continue surMd(R).

hestk-linéaire etMd(R)est de dimension finie surR. Donch est continue sur(Md(R))^k. Mais alors l’applicationϕk : A7→A^k est continue surMd(R)carϕk=h◦g.

Ainsi, pour toutk∈N, l’applicationϕk : A7→A^k est continue surMd(R). PuisquefP=

+∞

X

k=0

akϕkoù lesak sont nuls à partir d’un certain rang,fPest continue surMd(R)en tant que combinaison linéaire d’applications continues surMd(R).

I.B -PosonsA= (A_i,j)_16i,j6n etB= (B_i,j)_16i,j6n. Tr ^tAB

= Xn

j=1

Xn

i=1

Ai,jBi,j

! .

Donc l’application (A, B)7→ Tr(^tAB) n’est autre que le produit scalaire canonique surMd(R) et en particulier est un produit scalaire surMd(R).

I.C -SoitA∈ Md(R). Pour(i, j)∈J1, nK²,

|A_i,j|=q A²_i,j6

s X

16k,l6n

A²_k,l=kAk.

I.D -Soit(A, B)∈(Md(R))².

kA×Bk²= X

16i,j6n

Xn

k=1

ai,kbk,j

!2

6 X

16i,j6n

Xn

k=1

a²_i,k

! _n X

k=1

b²_k,j

!

(d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz) X

16i,j6n



 X

16k,l6n

a²_i,kb²_l,j



= X

16i,j,k,l6n

a²_i,jb²_k,l

=



 X

16i,j6n

a²_i,j







 X

16k,l6n

b²_k,l





=kAk²kBk², et donckABk6kAk × kBk.

I.E -SoitA∈ M^d(R).

•L’inégalité est vraie pourn=1.

•Soitn>1. SupposonskAⁿ|6kAkⁿ. Alors Aⁿ⁺¹

=kAⁿ×Ak6kAkⁿ× kAk=kAkⁿ⁺¹. On a montré par récurrence que pour toutn∈N^∗,kAⁿ|6kAkⁿ.

Partie II - Séries entières de matrices

II.A -Pour n∈NetA∈ Md(R), posonsϕ_n(A) =a_nAⁿ.

Soitρ∈[0, R[. Pour toutn∈Net toutA∈ Md(R)tel quekAk6ρ,

kϕn(A)k=|a_n|kAⁿk6|a_n|kAkⁿ 6|a_n|ρⁿ.

Puisque06ρ < R, la série numérique de terme général|a_n|rⁿ,n∈N, converge. Ceci montre que la série de fonctions de terme généralϕ_n,n∈N, converge normalement sur{A∈ Md(R), kAk6ρ}et donc uniformément puis simplement sur {A∈ Md(R), kAk6ρ}.

On en déduit d’abord que

+∞

X

n=0

a_nAⁿ existe pour tout Ade {A ∈ Md(R), kAk 6ρ}. Ensuite, puisque chaque ϕ_n est continue surMd(R)et en particulier sur{A∈ Md(R), kAk6ρ}d’après la question I.A, la fonction ϕ est continue sur {A∈ Md(R), kAk 6ρ} en tant que limite uniforme sur{A∈ Md(R), kAk6ρ} d’une suite de fonctions continues sur {A∈ Md(R), kAk6ρ}.

Ceci étant vrai pour toutrde[0, R[, on a démontré que ϕest définie et continue surB. II.B.1)SoitE={k∈N/ Aⁱ

06i6k libre}.Eest une partie non vide (car0∈E) deNet majorée parn²(car le cardinal d’une famille libre est inférieur à la dimension de l’espace). On en déduit que E admet un plus grand élément que l’on noter−1 oùr∈N^∗. Par définition der, la famille Aⁱ

06i6r−1est libre et la famille Aⁱ

06i6r est liée.

II.B.2)L’unicité d’un r-uplet(λ_0,n, . . . , λr−1,n)est assurée par la liberté de la famille A^k

06k6r−1. Soitn∈Ntel quen6r−1. On a Aⁿ =

r−1X

k=0

δk,nA^k oùδk,n désigne le symboleKronecker. On en déduit l’existence d’unr-uplet(λ0,n, . . . , λr−1,n)dans ce cas.

Montrons par récurrence que pour toutn>r, il existe unr-uplet (λ_0,n, . . . , λr−1,n)tel queAⁿ=

r−1X

k=0

λ_k,nA^k.

•La famille A^k

06k6r−1est libre et la famille Aⁱ

06k6r est liée. On sait alors que A^r∈Vect A^k

06k6r−1 ou encore il existe unr-uplet(λ_0,r, . . . , λ_r−1,r)tel queA^r=

r−1X

k=0

λ_k,rA^k. Le résultat est donc vrai quandn=r.

•Soitn>r. Supposons queAⁿ ∈Vect A^k

06k6r−1. AlorsAⁿ⁺¹∈Vect A^k

16k6r⊂Vect A^k

06k6r−1(d’après l’étude du casn=r) et donc il existe unr-uplet(λ_0,n+1, . . . , λ_r−1,n+1)tel queAⁿ⁺¹=

r−1X

k=0

λ_k,n+1A^k. Le résultat est démontré par récurrence.

II.B.3)SoitF=Vect A^k

06k6r−1. A^k

06k6r−1est une base de F. PuisqueF est un espace de dimension finie, on sait que toutes les normes surFsont équivalentes.

PourB∈F, posonsB=

n−1X

k=0

bkA^k. L’applicationB7→

r−1X

k=0

|b_k| est la norme1, notéeN1, associée à la base A^k

06k6r−1. Cette norme est équivalente à la normek ket donc il existeC > 0tel que pour toutB∈F,N1(B)6CkBk.

En particulier, il existeC > 0tel que, pour toutn∈N,

r−1X

k=0

|λk,n|=N1(Aⁿ)6CkAⁿk. II.B.4)Soitk∈J0, r−1K. Pourn∈N,

|a_nλ_k,n|6|a_n|

r−1X

i=0

|λ_i,n|6C|a_n|kAⁿk6C|a_n|kAkⁿ.

Puisque la série numérique de terme généralC|a_n|kAkⁿ, n∈N, converge, la série numérique de terme générala_nλ_k,n, n∈N, converge absolument.

II.B.5)SoitA∈ Md(R).

ϕ(A) =

+∞

X

n=0

anAⁿ =

+∞

X

n=0

an r−1X

k=0

λk,nA^k

!

=

r−1X

k=0 +∞

X

n=0

λk,nan

!

A^k(lesrséries étant convergentes)

=P(A)

oùP=

r−1X

k=0 +∞

X

n=0

λk,nan

!

X^k est un polynôme de degré strictement plus petit quer. Ceci montre l’existence deP.

SiP₁etP₂sont deux polynômes tels queϕ(A) =P₁(A) =P₂(A). Alors(P₁−P₂)(A) =0. PuisqueP₁−P₂est un polynôme de degré inférieur ou égal àr−1 et que la famille A^k

06k6r−1 est libre, les coefficients deP₁−P₂ sont nuls ou encore P1−P2=0. Ceci montre l’unicité du polynômeP.

On a montré que pour tout A∈ Md(R), il existe un unique polynôme Pde degré strictement plus petit que r tel que ϕ(A) =P(A).

II.B.6)χA=

−X −1 −1

−1 −X −1

1 1 2−X

= −X(X²−2X+1) + (X−1) + (1−X) = −X(X−1)².

A² =





0 −1 −1

−1 0 −1

1 1 2









0 −1 −1

−1 0 −1

1 1 2



 =





0 −1 −1

−1 0 −1

1 1 2



= A et donc pour tout n>1, Aⁿ = A. Par suite, r61. D’autre part, la famille(I₃, A)est libre et doncr=1.

On aA⁰=1I3+0A+0A²+. . . et pourn>1,Aⁿ =0I3+1A+0A²+. . .Donc

ϕ(A) =

+∞

X

n=0

1

n!Aⁿ=I3+

+∞

X

n=1

1 n!

!

A=I3+ (e−1)A.

DoncP= (e−1)X+1.

II.C - Si les a_n sont nuls à partir d’un certain rang n₀, alors R = +∞ et pour tout A ∈ Md(R), ϕ(A) = P(A) où P=

n0

X

k=0

akX^k est un polynôme indépendant deA.

Réciproquement, supposons qu’il existe un polynômePtel que pour toutA∈{B∈M_d(R), kBk< R}, on aitϕ(A) =P(A).

Pour toutx∈

− R

√d, R

√d

, kxI_dk=|x|kI_dk=|x|√

d < Ret donc

+∞

X

n=0

anxⁿ

!

Id=ϕ(A) =P(A) =P(x)Id.

et donc, pour toutx∈

− R

√d, R

√d

,P(x) =

+∞

X

n=0

anxⁿ. Par unicité des coefficients d’une série entière, on en déduit que les a_nsont nuls à partir d’un certain rang. Dans ce cas,R= +∞et que l’égalitéϕ(A) =P(A)est vraie pour toutA∈ Md(R).

Finalement, il existeP∈R[X] tel que, pour toutA∈ Md(R), ϕ(A) = P(A)si et seulement si lesan sont nuls à partir d’un certain rang.

Partie III - Deux applications

III.A -

III.A.1) Soient (u_n)_n∈N et (v_n)_n∈N. Pour n ∈ N, on pose wn = Xn

k=0

ukvn−k. Si les deux séries de termes généraux respectifsun et vn sont absolument convergentes, la série de terme généralwn converge et de plus

+∞

X

n=0

wn =

+∞

X

n=0

un

! ₊∞

X

n=0

vn

! .

III.A.2)On sait que les séries de termes généraux respectifs iⁿ

n!Aⁿ et iⁿ

n!Bⁿ sont absolument convergentes.

e^iA×e^iB=

+∞

X

n=0

iⁿ n!Aⁿ

! ₊∞

X

n=0

iⁿ n!Bⁿ

!

=

+∞

X

n=0

Xn

k=0

i^k

k!A^k i^n−k (n−k)!B^n−k

!

=

+∞

X

n=0

1 n!

Xn

k=0

n k

(iA)^k(iB)^n−k

!

=

+∞

X

n=0

1

n!(iA+iB)ⁿ (d’après la formule du binôme deNewton puisqueiAetiBcommutent)

=e^iA+iB=e^i(A+B). III.A.3)SoitA∈ Md(R). On a cos(A) = 1

2 e^iA+e^−iA

et sin(A) = 1

2i e^iA−e^−iA puis

cos²(A) +sin²(A) = 1

2 e^iA+e^−iA 2

+ 1

2i e^iA−e^−iA 2

= 1 4

e^iA+e^−iA2

− e^iA+e^−iA2

= 1

4 4e^iAe^−iA

=e^iA−iA(car les matricesiAet −iAcommutent)

=e^0d =I_d. III.B -

III.B.1)SoitR0=1+Max{|λ|, λ∈Sp(A)}. PourR>R0,Re^iθ∈/Sp(A)et donc la matrice Re^iθId−A

est inversible.

SoitN∈N^∗ etRsupérieur ou égal à R₀. Re^iθId−A

N−1X

n=0

Re^iθN−1−n Aⁿ

!

= Re^iθN

Id−A^N puis

Re^iθ−1

N−1X

n=0

Re^iθ−n

Aⁿ= Re^iθI_d−A⁻¹

I_d− Re^iθ−N A^N

(∗).

Pour toutN ∈N^∗,

Re^iθ−N

A^N = 1

R^N A^N

6 kAk

R N

. Donc, si R>R0et aussiR > kAkou encore si R>R1= Max{R0,kAk}, la suite

Re^iθ−N

A^N

N∈N^∗ converge vers0puis la suite

Id− Re^iθ−N

A^N

N∈N^∗ converge vers0.

L’applicationϕ :7→ Re^iθ−A−1

Mest un endomorphisme deM^d(Rqui est de dimension finie et donc cette application est continue surMd(R). Par suite, Re^iθId−A−1

Id− Re^iθ−N

A^N

=ϕ

Id− Re^iθ−N

A^N

converge versϕ(Id) = Re^iθI_d−A−1

.

Mais alors, d’après(∗), la série de terme général Re^iθ−n

Aⁿ,n∈N, converge puis, quandNtend vers+∞,(∗)fournit Re^iθ−1+∞

X

n=0

Re^iθ−n

Aⁿ= Re^iθI_d−A−1

.

On a montré que pourR grand, la matriceRe^iθI_d−Aest inversible et Re^iθI_d−A−1

= Re^iθ−1+∞

X

n=0

Re^iθ−n Aⁿ. III.B.2)Soient R >Max{R0,kAk+1} et n ∈ N^∗. Pourp ∈ N et θ ∈ [0, 2π], posons fp(θ) = Re^iθn−1

Re^iθ−p

A^p. Chaque fonctionfp, p∈N, est continue sur le segment[0, 2π].

kfp(θ)k=

Re^iθn−1

Re^iθ−p

A^p

6Rⁿ⁻¹R^−pkAk^p=Rⁿ⁻¹ kAk

R p

.

Puisque kAk

R ∈] −1, 1[,Rⁿ⁻¹ kAk

R p

,p∈N, est le terme général d’une série numérique convergente. Mais alors la série de fonctions de terme généralfp,p∈N, converge normalement et en particulier uniformément sur le segment[0, 2π]. On peut donc intégrer terme à terme sur[0, 2π]et on obtient

1 2π

Z2π

0

Re^iθn

Re^iθ−A−1

dθ= 1 2π

+∞

X

p=0

Z2π

0

Re^iθn−1

Re^iθ−p

A^pdθ

=

+∞

X

p=0

R^n−1−p 1 2π

Z2π

0

e^{i(n−1−p)θ} dθ

! A^p

=

+∞

X

p=0

R^n−1−pδp,n−1A^p=Aⁿ⁻¹.

III.B.3)Pour Rgrand, la question III.B.2 fournit

χ_A(A) = Xd

k=0

a_kA^k= Xd

k=0

ak

2π Z2π

0

Re^iθk+1

Re^iθI_d−A⁻¹ dθ

= 1 2π

Z2π

0

Re^iθ Xd

k=0

ak Re^iθk

!

Re^iθId−A⁻¹ dθ

= 1 2π

Z2π

0

Re^iθ

χ_A Re^iθ

Re^iθI_d−A−1

dθ.

III.B.4)Puis, pourRassez grand,

χ_A(A) = 1 2π

Z2π

0

Re^iθ

χ_A Re^iθ 1

det(Re^iθI_d−A)

tcom Re^iθI_d−A dθ

= (−1)^d 2π

Z2π

0

Re^iθ_t

com Re^iθId−A dθ.

Maintenant, les coefficients de la matrice Re^iθ_t

com Re^iθId−A

sont des polynômes ene^iθ. Puisque pour toutn∈N, Z2π

0

e^iθn

dθ=0, on en déduit queχA(A) =0.

Partie IV - Etude d’une équation fonctionnelle

IV.A - Soitx∈

−∞,M 2

. La primitive sur

−∞,M 2

de la fonctiony7→2f(x+y) qui s’annule en αest la fonction y7→2(F(x+y) −F(x+α))et la primitive sur

−∞,M 2

de la fonctiony7→f(2x) +f(2y)qui s’annule enαest la fonction y7→f(2x)(y−α) +1

2(F(2y) −F(2α)).

Ces deux primitives sont égales et donc, pour(x, y)∈

−∞,M 2

2

,2(F(x+y) −F(x+α)) =f(2x)(y−α) +1

2(F(2y) −F(2α)) puis pour(x, y)∈

−∞,M 2

×

−∞,M 2

\ {α},

f(2x) =2

F(x+y) −F(x+α) −1

4F(2y) +1 4F(2α)

y−α .

IV.B -Montrons par récurrence que pour tout entier natureln,fest de classeCⁿ sur] −∞, M[.

•C’est vrai pourn=0.

• Soit n > 0. Soit y ∈

−∞,M 2

\ {α} fixé. Supposons f de classe Cⁿ sur ] −∞, M[. Alors F est de classe Cⁿ⁺¹ sur

] −∞, M[ puis la fonctionx7→2

F(x+y) −F(x+α) − 1

4F(2y) +1 4F(2α)

y−α est de classe Cⁿ⁺¹ sur

−∞,M 2

ou encore la fonctionx7→f(2x)est de classeCⁿ⁺¹sur

−∞,M 2

ou enfin la fonctionfest de classeCⁿ⁺¹ sur] −∞, M[.

Le résultat est démontré par récurrence. On a ainsi démontré quefest de classeC^∞ sur] −∞, M[.

IV.C - Soit y ∈

−∞,M 2

. En dérivant deux fois par rapport à x les deux membres de l’égalité IV.1, pour tout x de

−∞,M 2

on obtient 2f^′′(x+y) = 4f^′′(2x). En particulier, pour y = x, pour tout x de

−∞,M 2

on obtient 2f^′′(2x) =4f^′′(2x)puisf^′′(2x) =0. Finalement, pour toutxde] −∞, M[,f^′′(x) =0.

Donc,f est une fonctions affine. Réciproquement, pour tout x de] −∞, M[, posonsf(x) =ax+b oùa et bsont deux réels.fest continue sur] −∞, M[et pour(x, y)∈

−∞,M 2

2

,

2f(x+y) −f(2x) −f(2y) =2(a(x+y) +b) − (2ax+b) − (2ay+b) =0.

Doncfconvient. Les solutions de IV.1 sont les fonctions affines sur] −∞, M[. Elles constituent unR-espace de dimension 2. Une base de cet espace est(f₁, f₂)oùf₁ : x7→1et f₂ : x7→x.

Partie V - Etude d’une autre fonction matricielle

V.A -Sid=1, la condition V.1 s’écrit : ∀a∈R, a6=0 ⇒ξ(a)6=0. Les fonctions ξsolutions de V.1 sont les fonctions continues surRne s’annulant pas surR^∗.

V.B -SoitAla matrice proposée par l’énoncé.

Un calcul par blocs fournit det(A) = (ad−bc)det(I_d−2) =ad−bc. D’autre part, les deux premières colonnes de fξ(A)

sont











ξ(a) ξ(b) ξ(c) ξ(d)

... ... ξ(c) ξ(d)











. Aux n−2 dernières lignes de fξ(A), on retranche la deuxième sans modifier la valeur de son déterminant. On obtient

det(f_ξ(A)) =det















ξ(a) ξ(b) × . . . × ξ(c) ξ(d) × . . . ×

0 0

... ... f_ξ(Id−2)

0 0













 .

Un calcul par blocs fournit det(fξ(A)) = (ξ(a)ξ(d) −ξ(b)ξ(c))det(fξ(Id−2)). Par suite,

ad−bc6=0⇒det(A)6=0⇒det(ξ(A))6=0⇒(ξ(a)ξ(d) −ξ(b)ξ(c))det(fξ(Id−2))6=0

⇒ξ(a)ξ(d) −ξ(b)ξ(c)6=0, ou encoread6=bc⇒ξ(a)ξ(d)6=ξ(b)ξ(c).

V.C - Supposons que ξ s’annule en tout réel non nul. Par continuité, ξ s’annule en 0. Ceci est impossible car alors fξ(I_d) =0 /∈GLd(R). Donc, il existe un réelx06=0tel que ξ(x₀)6=0.

En prenantc=d=x0, pour tous réelsaet b,

a6=b⇒ax₀6=bx₀(carx₀6=0)

⇒ξ(a)ξ(x0)6=ξ(b)ξ(x0)

⇒ξ(a)6=ξ(b) (carξ(x₀)6=0).

La fonctionξest donc nécessairement injective sur R.

Puisque la fonctionξ est continue et injective surR, le théorème d’homéomorphisme permet d’affirmer que la fonctionξ est strictement monotone surR.

V.D -En particulier, la fonctionξ s’annule au plus une fois surR.

Supposons qu’il existec∈R^∗ tel queξ(c) =0. Alors siaetbsont deux réels distincts,acetbcsont deux réels distincts maisξ(a)ξ(c) =0=ξ(b)ξ(c). Ceci est exclu et donc la fonctionξne s’annule pas surR^∗. Ainsi, la fonctionξs’annule au plus une fois surRet si c’est le cas,ξ(0) =0.

V.E -

V.E.1) Supposons queξ(0)6= 0. D’après ce qui précède, la fonction ξ ne s’annule pas sur R. Puisque la fonction ξ est continue surR, elle garde un signe constant surR.

Pourx∈R, posonsg(x) =ξ(0)ξ(2) −ξ(1)ξ(x). Puisque la fonctionξne s’annule par surR, est de signe constant surR et est strictement monotone surR,

g(0)×g(2) =ξ(0)ξ(2)(ξ(2) −ξ(1))(ξ(0) −ξ(1))< 0.

Puisque g est continue sur l’intervalle [0, 2], le théorème des valeurs intermédiaires permet d’affirmer que la fonction g s’annule au moins une fois dans]0, 2[. Donc il existe α > 0tel queg(α) =0ou encore tel queξ(0)ξ(2) =ξ(1)ξ(α).

V.E.2)Ainsi,0×2−1×α= −α6=0maisξ(0)ξ(2) −ξ(1)ξ(α) =0. Ceci est exclu et doncξ(0) =0.

V.F -Soientxetydeux réels tels quex²,y²et xysoient dansI.ξ(η(x²))ξ(η(y²)) =x²y²= (xy)²=ξ(η(xy))ξ(η(xy)).

Par contrapositon de l’implication de V.B, on obtient alorsη(x²)η(y²) = (η(xy))². V.G -

V.G.1)Puisqueξ est un homéomorphisme, on sait queIest ouvert.

Soit mla borne supérieure de I puis M = ln(m) si m est réel ou M= +∞ si m = +∞. Soient X et Y deux réels de ] −∞, M[ puisx=e^X ety=e^Y.xet ysont strictement positifs et strictement plus petits que la borne supérieure deI.

De plus

2f(X+Y) =2ln(η(e^X+Y)) =2ln(η(xy)) =ln((η(xy))²) =ln(η(x²)η(y²)) =ln((η(x²)) +ln(η(y²))

=ln(η(e^2X)) +ln(η(e^2Y)) =f(2X) +f(2Y).

Doncfvérifie l’équation IV.1 sur] −∞, M[.

V.G.2) D’après la question IV.C, f est affine Donc, il existe deux réels a et b tels que pour tout X de ] −∞, M[, ln(η(e^X)) =aX+b ou encore tels que pour tout xde I∩]0,+∞[, ln(η(x)) = aln(x) +b. On en déduit que pour toutx deI∩]0,+∞[, η(x) =e^aln(x)+b=e^bx^a. Ainsi, en posantK1=e^b etα1=a, on a montré que pour toutxdeI∩]0,+∞[, η(x) =K₁x^α1.

On note queK₁=e^b> 0. D’autre part, on ne peut avoirα₁=0 carηne serait plus injective et on ne peut avoirα₁< 0 carηne serait pas continue en0. Donc K₁> 0etα₁> 0.

V.G.3) Puisque η prend des valeurs strictement positives sur I∩]0,+∞[, ξ prend des valeurs strictement positives sur ]0,+∞[. Puisqueξ(0) =0, queξest strictement monotone sur R,ηest strictement croissante surI (etξest strictement croissante surR).

La fonctionη₁ : x7→−η(−x)prend des valeurs strictement positives surI∩]0,+∞[et vérifie (η1(xy))²= (η(xy))²=η(x²)η(y²) =η1(x²)η1(y²).

Donc, il existeC > 0 etα₂> 0 tels que pour toutxdeI∩]0,+∞[,η₁(x) =Cx^α2. Mais alors, pour tout xdeI∩] −∞, 0[, η(x) = −C(−x)^α2 =K₂(−x)^α2 avecK₂= −C < 0etα₂> 0.

V.G.4)On doit avoir lim

x→m⁻K1x^α1 lim

x→m⁻η(x) = +∞ce qui imposem= +∞. La borne supérieure deIest donc+∞. De même, la borne supérieure de l’intervalle de définition deη1 est+∞. Doncηest définie surR.

Pour toutxréel,

(η(x))²= (η(x×1))²=η(x²)η(1²) =η(x²)η((−1)²) = (η(−x))².

Donc,η(−x) =±η(x). Sixn’est pas nul,−x6=xet doncη(−x)6=η(x)par injectivité. Il ne reste donc queη(−x) = −η(x) ce qui reste vrai pourx=0 puisqueη(0) =0. Ainsi, pour toutxréel,η(−x) = −η(x)et donc ηest impaire.

V.H - Si ξ est strictement croissante sur R, η est strictement positive sur I∩]0,+∞[. Dans ce cas, il existe K₁ > 0 et α1> 0tel que pour toutxréel,η(x) =

K1x^α1 six>0

−K1(−x)^α1 six < 0 . On en déduit que pour toutxréel,

ξ(x) =







 1

K^1/α₁ ¹x^1/α1 six>0

− 1

K^1/α₁ ¹(−x)^1/α1 six < 0 .

Ainsi,ξest continue surR, impaire et sa restriction à]0,+∞[est de la formex7→Cx^β avecC > 0et β > 0.

Si ξest strictement décroissante surR, la fonction −ξest strictement croissante sur Ret solution de V.1 surR car une matrice est inversible si et seulement si son opposée est inversible. Dans ce cas, −ξ est continue sur R, impaire et sa restriction à]0,+∞[est de la formex7→Cx^β avecC > 0etβ > 0ou encoreξest continue surR, impaire et sa restriction à]0,+∞[est de la formex7→Cx^β avecC < 0etβ > 0.

En résumé,ξest continue sur R, impaire et sa restriction à]0,+∞[est de la formex7→Cx^β avecC6=0 etβ > 0.

V.I -La matriceA0 est symétrique réelle et donc diagonalisable. La matriceA0+Id est de rang1. Donc−1 est valeur propre deA0 d’ordred−1 exactement. La dernière valeur propre µ est fournie par la trace de A0 : µ− (d−1) = 0 et doncµ=d−1. Par suite, det(A0−XId) =χA0 = (−1−X)^d−1((d−1) −X)puis

det(Aλ) =det(A0+λI_d) =χ_A0(−λ) = (λ−1)^d−1(λ+d−1).

En particulier,A_λ n’est pas inversible si et seulement siλ∈{1, 1−d}.

V.J -Soitλ < 0.

fξ(A_λ) =













ξ(λ) ξ(1) . . . ξ(1) ξ(1) −ξ(−λ) . .. ...

... . .. . .. ξ(1) ξ(1) . . . ξ(1) −ξ(−λ)













=













−C(−λ)^β C . . . C

C −C(−λ)^β . .. ...

... . .. . .. C

C . . . C −C(−λ)^β













=CA_−(−λ)^β

puis det(f_ξ(A_λ)) =det CA_−(−λ)^β

=C^d −(−λ)^β−1d−1

−(−λ)^β+d−1 .

On choisit alorsλ= −(d−1)^1/β et on obtient det(f_ξ(A_λ)) =0. La matricefξ(A_λ)n’est pas inversible et donc la matrice A_λ n’est pas inversible puisλ∈{1, 1−d}. Puisqueλ < 0, on a nécessairementλ= 1−dpuis (d−1)^1/β =d−1 (avec d−1 > 0).

On en déduit que 1

β−1

ln(d−1) =0puis queβ=1sid>3. Ainsi, sid>3, nécessairement il existeC6=0tel que pour toutx∈R,ξ(x) =Cx(par parité). Réciproquement, siA∈ Md(R),fξ(A) =CAet doncA∈GLd(R)⇒fξ(A)∈GLd(R).

Donc,

sid>3, les solutions de IV.1 sont les fonctions linéaires non nulles.

Supposons maintenantd=2. PosonsA=

a b c d

. Alors det(A) =ad−bcet det(f_ξ(A)) =ξ(a)ξ(d) −ξ(b)ξ(c).

Soientxetydeux réels.

• Si l’un des deux réelsxouyest nul, on aξ(x)ξ(y) =0=Cξ(xy).

• Si les deux réelsxetysont strictement positifs,ξ(x)ξ(y) =C²(xy)^β=Cξ(xy).

• Si les deux réelsxetysont strictement négatifs,ξ(x)ξ(y) −C(−x)^β×−C(−y)^β =C²(xy)^β =Cξ(xy).

• Si les réelsxouysont non nuls et de signes contraires,ξ(x)ξ(y) = −C²(−xy)^β =Cξ(xy).

Ainsi,

det(fξ(A)) =C(ξ(ad) −ξ(bc)).

PuisqueC6=0 et queξest injective,

Ainversible⇒ad−bc6=0⇒C(ξ(ad) −ξ(bc))6=0⇒fξ(A)inversible.

Dans le cas d=2, les solutions de V.1 sont les fonctions de la formex7→

Cx^β six>0

−C(−x)^β six < 0 = sgn(x)C|x|^β, C6= 0, β > 0.