SESSION 2012
CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP
MATHEMATIQUES 2
EXERCICE
1. Puisque l’entier3 est premier à l’entier 11, le petit théorème deFermat permet d’affirmer que310 ≡1 modulo11.
Ensuite,
• 31≡3modulo11et donc316≡1modulo11.
• 32≡9modulo11et donc326≡1modulo11.
• 33≡−2×3modulo11ou encore33≡5modulo11et donc336≡1modulo11.
• 34≡5×3modulo11ou encore 34≡4modulo11et donc 346≡1modulo11.
• 35≡4×3modulo11ou encore 35≡1modulo11.
Le plus petit entier naturel non nulptel que3p≡1modulo11est p0=5.
2. Soitn∈N.
3n+2012−9×52n=3n× 35402
×32−9×(25)n
≡3n×1402×9−9×3nmodulo11
≡0modulo11.
Donc, pour tout entier natureln,3n+2012−9×52n est divisible par11.
Problème
Partie I. Etude du cas n=2 1. Soient(M, N)∈(M2(R))2et (λ, µ)∈R2.
ϕA(λM+µN) =A(λM+µN) − (λM+µN)A=λ(AM−MA) +µ(AN−NA) =λϕA(M) +µϕA(N).
DoncϕAest un endomorphisme de M2(R).
ϕA(A) =A2−A2=0. DoncA∈Ker(ϕA).
2.Calculons les images des éléments de la base canonique deM2(R.
•ϕA(E1,1) =AE1,1−E1,1A=
a b c d
1 0 0 0
−
1 0 0 0
a b c d
=
0 −b c 0
= −bE1,2+cE2,1.
•ϕA(E2,2) =AE2,2−E2,2A=
a b c d
0 0 0 1
−
0 0 0 1
a b c d
=
0 b
−c 0
=bE1,2−cE2,1.
•ϕA(E1,2) =
a b c d
0 1 0 0
−
0 1 0 0
a b c d
=
−c a−d
0 c
= −cE1,1+cE2,2+ (a−d)E1,2.
•ϕA(E2,1) =
a b c d
0 0 1 0
−
0 0 1 0
a b c d
=
b 0 d−a −b
=bE1,1−bE2,2+ (d−a)E2,1.
On en déduit que
Mat(E1,1,E2,2,E1,2,E2,1)(ϕA) =
0 0 −c b
0 0 c −b
−b b a−d 0 c −c 0 d−a
3.
χϕA =
−X 0 −c b
0 −X c −b
−b b a−d−X 0
c −c 0 d−a−X
= −X
−X c −b
b a−d−X 0
−c 0 d−a−X
−b
0 −c b
−X c −b
−c 0 d−a−X
−c
0 −c b
−X c −b
b a−d−X 0
= −X[−X(a−d−X)(d−a−X) −bc(d−a−X) −bc(a−d−X)] −b(−Xc(d−a−X)) −c(−Xb(a−d−X))
= −X[−X(a−d−X)(d−a−X) +2bcX] −2bcX2=X2((X−a+d)(X+a−d) −4bc)
=X2(X2− (d−a)2−4bc).
4. On sait que ϕA est diagonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé sur R et l’odre de multiplicité de chacune de ses valeurs propres est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant.
1er cas.Si(d−a)2+4bc < 0, χϕA n’est pas scindé surRet doncϕA n’est pas diagonalisable.
2ème cas.Si (d−a)2+4bc =0, χϕA =X4. SiϕAest diagonalisable, il existe une base de M2(R)formée de vecteurs propres de ϕA associés à la valeur propre 0. Mais alors l’endomorphismeϕA s’annule sur une base de M2(R) et donc ϕA=0 ce qui n’est pas. DoncϕA n’est pas diagonalisable.
3ème cas.Si(d−a)2+4bc > 0,χϕA est scindé surR. Plus précisément,ϕAadmet une valeur propre double à savoir0et deux valeurs propres simples à savoirp
(d−a)2+4bcet−p
(d−a)2+4bc. La dimension du sous-espace propre associé à une valeur propre simple est toujours égale à1et doncϕA est diagonalisable si et seulement si dim(Ker(ϕA)) =2.
On sait déjà que l’on a dim(Ker(ϕA))6 2. Mais d’autre part, I2 et Asont deux éléments de Ker(ϕA)et de plus, la famille (I2, A) est libre car A n’est pas une matrice scalaire. On en déduit que dim(Ker(ϕA)) > 2 et finalement que dim(Ker(ϕA)) =2. Mais alorsϕA est diagonalisable.
En résumé,ϕAest diagonalisable si et seulement si(d−a)2+4bc > 0.
5. χA=X2−(a+d)X+ad−bc. Le discriminant deχAest∆= (a+d)2−4(ad−bc) =a2+d2−2ad+4bc= (d−a)2+4bc.
1er cas.Si(d−a)2+4bc < 0, χA n’est pas scindé surRet doncAn’est pas diagonalisable.
2ème cas.Si (d−a)2+4bc=0,Aadmet une valeur propre réelle double. SiAétait diagonalisableAserait semblable à une matrice du type diag(λ, λ) =λI2,λ∈Ret donc égale à une matrice du type λI2, λ∈Rce qui n’est pas. DoncA n’est pas diagonalisable.
3ème cas.Si(d−a)2+4bc > 0,Adeux valeurs propres réelles simples à et on sait queAest diagonalisable.
En résumé,Aest diagonalisable⇔(d−a)2+4bc > 0⇔ϕAest diagonalisable.
PartieII. Etude du cas général 6. (a)On sait que∀(i, j, k, l)∈J1, nK4,Ei,jEk,lδj,kEi,l. Soit(i, j)∈J1, nK2.
DEi,j−Ei,jD= Xn
k=1
λkEk,kEi,j− Xn
k=1
λkEi,jEk,k= Xn
k=1
δk,iλkEk,j− Xn
k=1
δk,jλkEi,k= (λi−λj)Ei,j.
(b)Soit(i, j)∈J1, nK2.
ϕA(Bi,j) =ABi,j−Bi,jA=PDP−1PEi,jP−1−PEi,jP−1PDP−1=P(DEi,j−Ei,jD)P−1
= (λi−λj)PEi,jP−1= (λi−λj)Bi,j.
PuisqueBi,j 6=0(carEi,j n’est pas nulle etPetP−1sont inversibles),Bi,j est un vecteur propre deϕAassocié à la valeur propreλi−λj.
(c) On sait que (Ei,j)16i,j6n. D’autre part, l’application ψ : M 7→ PMP−1 est un automorphisme de Mn(R) (de réciproque l’applicationM7→P−1MP). L’image d’une base deMn(R)par un automorphisme est une base deMn(R)et donc(Bi,j)16i,j6n est une base deMn(R).
Ainsi, il existe une base deMn(R)formée de vecteurs propres deϕA et doncϕA est diagonalisable.
7. (a)
i.Par hypothèse,ϕAen tant qu’endomorphisme deMn(R)est diagonalisable et en particulier son polynôme caractéristique est scindé surR.
Maintenant, le polynôme caractéristique de ϕA en tant qu’endomorphisme de Mn(C) est le même que le polynôme caractéristique de ϕAen tant qu’endomorphisme deMn(R). Donc le polynôme caractéristique de ϕA en tant qu’endo- morphisme deMn(C), est scindé surRou encore les valeurs propres de ϕA en tant qu’endomorphisme deMn(C)sont réelles (puisque les valeurs propres deϕAsont les racines de son polynôme caractéristique).
ii.On sait queAet tAont même polynôme caractéristique. Donc si un nombre complexezest valeur propre deA, alors zest valeur propre detA.
iii.On notex1, . . . ,xn (resp.y1, . . . ,yn) les composantes deX(resp.Y).
XtY est un élément de Mn(C). Le coefficient ligne k, colonne l de XtY est xkyl. Puisque X 6= 0 et Y 6= 0, il existe (k0, l0)∈J1, nKtel quexk06=0etyl0 6=0. Mais alors le coefficient lignek0, colonnel0deXtY, à savoirxk0yl0, n’est pas nul et par suite la matriceXtY n’est pas nulle.
Ensuite,
ϕA(XtY) =AXtY−XtYA= (AX)tY−Xt(tAY) =zXtY−zXtY= (z−z)XtY. PuisqueXtY n’est pas nulle, on en déduit quez−zest valeur propre deϕA.
(b)Aadmet au moins une valeur propre complexez. Puisque Aest à coefficients réels, il en est de même de χA. Mais alors,zest aussi une racine deχA ou encore une valeur propre deA. D’après la question iii.,z−zest une valeur propre deϕA.
z−z=2iIm(z)est un imaginaire pur et aussi un réel d’après la question i. En résumé,z−z∈R∩iR={0}. On en déduit quez=zou encore quezest un réel.
On a montré queAadmet au moins une valeur propre réelle. Plus précisément, on a montré que toute valeur propre de Aest réelle.
(c)Par définition,APi,j−Pi,jA=ϕA(Pi,j) =λi,jPi,j. Par suite,
APi,jX=Pi,jAX+λi,jPi,jX= (λ+λi,j)Pi,jX.
Donc,∀(i, j)∈J1, nK2,APi,jX=µi,jPi,jXoùµi,j =λ+λi,j. (d)Soit f : Mn(R) →Mn,1(R)
M 7→ MX
.fest une application linéaire. Vérifions quef est surjective.
SoitYun élément deMn,1(R). PuisqueXn’est pas nul, il existei0∈J1, nKtel quexi0 6=0. SoitMla matrice carrée dont toutes les colonnes sont nulles sauf lai0-ème qui est 1
xi0Y. Alorsf(M) =MX=Y.
Ceci montre que toutY ∈ Mn,1(R)a un antécédent parfet doncf est surjective ou encore Im(f) =Mn,1(R).
Puisque (Pi,j)16i,j6n est une base de Mn(R), la famille(f(Pi,j))16i,j6n = (Pi,jX)16i,j6n est une famille génératrice de Im(f) =Mn,1(R). On en extrait une base deMn,1(R).
LesPi,jXqui constituent cette base sont non nuls et vérifientAPi,jX= (λ+λi,j)Pi,jX. Ce sont donc des vecteurs propres deA.
Ainsi, il existe une base deMn,1(R)constituée de vecteurs propres deAet doncAest diagonalisable.
PartieIII. Etude de vecteurs propres de ϕA associés à la valeur propre 0 8.On noteµA le polynôme minimal deA.
• Soit (αi)06i6m−1 ∈ Rm tel que
m−1X
k=0
αkAk = 0. Alors le polynôme P =
m−1X
k=0
αkXk est un polynôme de degré au plus m−1 annulateur de A. Puisque le polynôme minimal de Aest de degré m, on en déduit que P = 0 c’est-à-dire α0=. . .=αm−1=0. Ceci montre que la famille In, A, . . . , Am−1
est une famille libre deR[A].
• Soit P ∈ R[X]. La division euclidienne de P par µA fournit deux polynômes Q et R tels que P = Q×µA+R et deg(R)6deg(µA) −1=m−1. En posantR=
m−1X
k=0
αkXk, on obtient
P(A) =Q(A)×µA(A) +R(A) =R(A) =
m−1X
k=0
αkAk, et doncP(A)∈Vect In, A, . . . , Am−1
. Ceci montre que la famille In, A, . . . , Am−1
est une famille génératrice deR[A]
et finalement
la famille In, A, . . . , Am−1
est une base deR[A].
9. On sait que tout polynôme en A commute avec Aet donc pour tout P ∈ R[X], ϕA(P(A)) = 0. Par suite, R[A] ⊂ Ker(ϕA). D’après la question précédente, on en déduit que
dim(Ker(ϕA))>dim(R[A]) =m.
10. Un cas d’égalité
(a)Puisque card(ei)16i6n =n=dim(Rn)<+∞, il suffit de montrer que la famille(ei)16i6n est libre.
Supposons par l’absurde cette famille liée. Il existe alors (α1, . . . , αn) 6= (0, 0, . . . , 0) tel que Xn
i=1
αiei = 0 ou encore Xn
i=1
αiun−i(y) =0. Soiti0∈J1, nKle dernier indiceipour lequel on aαi=0. Par définition dei0, on a
i0
X
i=1
αiun−i(y) =0.
On calcule l’image des deux membres de cette égalité parui0−1, on obtient
i0
X
i=1
αiun−i+i0−1(y) =0et donc αi0un−1(y) =0,
(car pour i6i0−1, n−i+i0−1>n− (i0−1) +i0−1=n et doncun−i+i0−1=0). Mais cette dernière égalité est impossible carαi0 6=0 etun−1(y)6=0.
Donc la la famille(ei)16i6n est libre et finalement la famille(ei)16i6n est une base deRn.
(b) Soit B ∈ Ker(ϕA). B commute avec A et donc v commute avec u puis plus généralement v commute avec tout polynôme enu.
Supposonsv(y) = Xn
i=1
αiei. Alors, pour toutk∈J1, nK,
v(ek) =v(un−k(y)) =un−k(v(y)) =un−k Xn
i=1
αiei
!
= Xn
i=1
αiun−k+n−i(y)
= Xn
i=1
αiun−i
!
(un−k(y)) = Xn
i=1
αiun−i
! (ek).
Ainsi, les deux endomorphismesv et Xn
i=1
αiun−i coïncident sur une base de Rn. On en déduit que ces endomorphismes sont égaux ou encorev=
Xn
i=1
αiun−i.
(c)SoitB∈Ker(ϕA). Avec les notations précédentes, on peut décomposer le vecteurv(y)dans la base(ei)16i6n sous la formev(y) =
Xn
i=1
αiei. La question précédente montre alors quev= Xn
i=1
αiun−i ou encoreB=
n−1X
i=0
αn−iAi. Ainsi, tout élément de Ker(ϕA)est une combinaison linéaire deIn,A, . . . ,An−1ou encore
Ker(ϕA)⊂Vect In, A, . . . , An−1 .
En particulier, dim(Ker(ϕA))6n. D’autre part, puisqueAest nilpotente d’indicen, le polynôme minimal deAest un diviseur unitaire du polynômeXn et donc de la formeXk,16k6nmais n’est pas de la formeXk,16k < n. Donc
µA=Xn.
D’après la question 9., dim(Ker(ϕA))>net finalement dim(Ker(ϕA)) =n.
En résumé, Ker(ϕA) ⊂ Vect In, A, . . . , An−1
et dim(Ker(ϕA)) = n = dim Vect In, A, . . . , An−1
< +∞. On en déduit que
Ker(ϕA) =Vect In, A, . . . , An−1
=Rn−1[A].
11. Cas oùuest diagonalisable
(a)•SiB∈Ker(ϕA), alorsBcommute avecApuisuetvcommutent. On sait alors que vlaisse stable les sous-espaces propres deu. Redémontrons-le.
Soitk∈J1, pK. Soitx∈Eu(λk). Alorsu(x) =λkxpuisu(v(x)) =v(u(x)) =λkv(x)et donc v(x)∈Eu(λk).
•Supposons que vlaisse stable chaqueEu(λk), 16k6p.
Soitk∈J1, pK. La restrictionvk devàEu(λk)induit un endomorphisme deEu(λk). D’autre part, la restrictionuk deu àEu(λk)est λkIdEu(λk). On en déduit que
(v◦u)Eu(λ
k)=vk◦uk=uk◦vk= (u◦v)Eu(λ
k).
Maintenant, puisqueu est diagonalisable, les Eu(λk), 1 6k 6 p, sont supplémentaires. Par suite, les endomorphismes v◦uetu◦vcoïncident sur des sous-espaces supplémentaires et doncv◦u=u◦vou encore B∈Ker(ϕA).
(b)SoitBune base adaptée à la décompositionRn= L
16k6p
Eu(λk).
SiB∈Ker(ϕA), vlaisse stable chacun des Eu(λk),16k6p. La matrice de v dansBest donc diagonale par blocs de
la formeB′=
M1 0 . . . 0 0 M2 . .. ... ... . .. ... 0 0 . . . 0 Mp
où∀k∈J1, pK,Mk∈ Mmk(R).
Réciproquement supposons que la matrice devdansBsoit de la forme précédente. La matrice deudansBs’écritA′=
λ1Im1 0 . . . 0 0 λ2Im2 . .. ... ... . .. . .. 0 0 . . . 0 λpImp
et un calcul par blocs montre immédiatementA′B′=B′A′=
λ1M1 0 . . . 0 0 λ2M2 . .. ... ... . .. . .. 0 0 . . . 0 λpMp
.
Par suite,v◦u=u◦v puisB∈Ker(ϕA).
En résumé,B∈Ker(ϕA)si et seulement si la matrice devdansBest diagonale par blocs de la forme
M1 0 . . . 0 0 M2 . .. ... ... . .. ... 0 0 . . . 0 Mp
où∀k∈J1, pK,Mk∈ Mmk(R).
(c)NotonsPla matrice de passage de la base canonique deRn à la baseB. D’après la question précédente, Ker(ϕA)est
l’ensemble des matrices de la formeP
M1 0 . . . 0 0 M2 . .. ... ... . .. ... 0 0 . . . 0 Mp
P−1où∀k∈J1, pK,Mk∈ Mmk(R).
Comme l’applicationM7→PMP−1est un automorphisme deMn(R), Ker(ϕA)est isomorphe à l’ensemble des matrices
de la forme
M1 0 . . . 0 0 M2 . .. ... ... . .. ... 0 0 . . . 0 Mp
où∀k∈J1, pK,Mk∈ Mmk(R), sous espace lui-même isomorphe à Yp
k=1
Mmk(R).
On en déduit que
dim(Ker(ϕA)) =dim Yp
k=1
Mmk(R)
!
= Xp
k=1
dim(Mmk(R)) = Xp
k=1
m2k.
dim(Ker(ϕA)) = Xp
k=1
m2k.
(d)
•Si p=7, uadmet7valeurs propres simples. Dans ce cas, dim(Ker(ϕA)) =7×12=7.
•Si p=6, uadmet5valeurs propres simples et une valeur propre double. dim(Ker(ϕA)) =5×12+22=9.
•Si p=5,
- ou bienuadmet4valeurs propres simples et une valeur propre triple. Dans ce cas, dim(Ker(ϕA)) =4×12+32=13.
- ou bienuadmet3valeurs propres simples et deux valeurs propres doubles et dim(Ker(ϕA)) =3×12+2×22=11.
•Si p=4,
- ou bienuadmet3valeurs propres simples et une valeur propre d’ordre4 et dim(Ker(ϕA)) =3×12+42=19.
- ou bienuadmet2valeurs propres simples, une double et une triple et dim(Ker(ϕA)) =2×12+22+32=15.
- ou bienuadmet1valeur propre simple et3doubles et dim(Ker(ϕA)) =12+3×22=13.
•Si p=3,
- ou bienuadmet2valeurs propres simples et une valeur propre d’ordre5 et dim(Ker(ϕA)) =2×12+52=27.
- ou bienuadmet1valeur propre simple et2triples et dim(Ker(ϕA)) =12+2×32=19.
- ou bienuadmet1valeur propre simple, une double et une d’ordre4et dim(Ker(ϕA)) =12+22+42=21.
- ou bienuadmet2valeurs propres doubles et une valeur propre d’ordre3et dim(Ker(ϕA)) =2×22+32=17.
•Si p=2,
- ou bienuadmet1valeur propre simple et une valeur propre d’ordre6 et dim(Ker(ϕA)) =12+62=37.
- ou bienuadmet1valeur propre double et une valeur propre d’ordre5et dim(Ker(ϕA)) =22+52=29.
- ou bienuadmet1valeur propre triple et une valeur propre d’ordre4et dim(Ker(ϕA)) =32+42=25.
•Si p=1, uadmet1valeur propre d’ordre7. Dans ce cas, dim(Ker(ϕA)) =×72=49.
Si n=7, dim(Ker(ϕA))∈{7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 22, 25, 29, 37, 49}.
PartieIV. Etude de vecteurs propres de ϕA associés à une valeur propre non nulle 12. Le résultat est clair sik=0 ouk=1. Soitk>2.
ϕA Bk
=ABk−BkA=
k−1X
i=0
(BiABk−i−Bi+1ABk−i−1) (somme télescopique)
=
k−1X
i=0
Bi(AB−BA)Bk−i−1=
k−1X
i=0
Bi(αB)Bk−i−1=α
k−1X
i=0
Bk
=αkBk.
13. PosonsP= Xm
k=0
akXk. AlorsXP′= Xm
k=0
kakXk puis
ϕA(P(B)) =AP(B) −P(B)A= Xm
k=0
ak(ABk−BkA) =α Xm
k=0
akkBk
=αBP′(B).
14. Puisqueα6=0,BπB′(B) = 1
αϕA(πB(B)) = 1
αϕA(0) =0. Donc le polynômeXπB′ est annulateur deB. Ce polynôme est par suite un multiple deπB et il existe un polynômeQ tel queXπB′ =QπB. D’autre part, les polynômes XπB′ et πB
ont même degré non nul et doncQest une constanteKnon nulle. Enfin,πB est unitaire et le coefficient dominant deXπB′ estd. DoncK=det finalement
XπB′ =dπB.
15. Soitλune éventuelle racine complexe non nulle deπB. On noteαon ordre de multiplicité. On sait que siα=1,λ n’est pas racine deπB′ et siα>2,λest racine deπB′ d’ordreα−1. Dans tous les cas,λn’est pas racine deπB′ d’ordreα.
D’autre part,λ est racine de dπB = XπB′ d’ordre α puis, λ étant non nul, λ est racine deπB′ d’ordre α. Ceci est une contradiction et doncπB n’admet aucun nombre complexe non nul pour racine. CommeπB a au moins une racine dans C, on en déduit queπB est un polynôme unitaire de degrédadmettant0pour unique racine et doncπB=Xd.
L’égalitéπB(B) =0fournit
Bd=0.
