CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE

SESSION 2005

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE

EPREUVE SPECIFIQUE-FILIERE PC

MATHEMATIQUES 1

PARTIE I I.1 a)En développant detMsuivant sa deuxième colonne, on obtient

detM=

5 0 3

−6 −1 −3

−6 0 −4

= −

5 3

−6 −4

=2.

b)

M×^tComM=





5 0 3

−6 −1 −3

−6 0 −4



×





4 0 3

−6 −2 −3

−6 0 −5



=





2 0 0 0 2 0 0 0 2



=2I3. c)Toujours en développant suivant la deuxième colonne, on obtient

χM=

5−X 0 3

−6 −1−X −3

−6 0 −4−X

= (−1−X)

5−X 3

−6 −4−X

= (−1−X)(X²−X−2) = (1+X)²(2−X).

d)

(I3+M)(2I3−M) =





6 0 3

−6 0 −3

−6 0 −3









−3 0 −3 6 3 3 6 0 6



=





0 0 0 0 0 0 0 0 0



=03

χM(M) = (I3+M)²(2I3−M) = (I3+M)(I3+M)(2I3−M) = (I3+M)×0=03.

I.2 a)En développant detBsuivant saj^ecolonne, on obtient detB= Xn

k=1

βkAk,j. b)En développant detAsuivant saj^ecolonne,j∈J1, nKdonné, on obtient

detA=detB= Xn

k=1

ak,jAk,j,

ce qui démontre le résultat de l’énoncé dans le cas particulierl=j.

Sinon, on se donne deux entierslet jdistincts et éléments de J1, nKet on applique le résultat de la question précédente au cas particulier(β1, . . . , βn) = (a1,l, . . . , an,l), ou encore on remplace laj^ecolonne de la matriceApar sal^ecolonne. La matriceBainsi obtenue a deux colonnes égales, ses l^eet j^ecolonnes. Le déterminant deBest donc nul ce qui fournit

Xn

k=1

al,jAk,j=detB=0.

On a ainsi montré que

∀(l, j)∈J1, nK², Xn

k=1

al,jAk,j= (detA)δl,j.

http ://www.maths-france.fr 1 ^c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.

c)Si on développe detAsuivant sai^eligne, on obtient Xn

k=1

ai,kAi,k=detA.

Si on remplace lai^eligne deApar sal^e,l6=i, la nouvelle matrice a un déterminant nul car a deux lignes identiques. En développant ce déterminant suivant sai^eligne, on obtient

Xn

k=1

al,kAi,k=0.

On a ainsi montré que

∀(i, l)∈J1, nK², Xn

k=1

al,kAi,k= (detA)δi,l.

d) Le coefficient ligne l, colonne i de la matrice A×^tComA vaut Xn

k=1

al,kAi,k et le coefficient ligne l, colonne i de la matrice(detA)In vaut(detA)δl,i. D’après la question c), ces coefficients sont égaux et donc

A×^tComA= (detA)In.

Le coefficient lignej, colonnel de la matrice^tComA×Avaut Xn

k=1

ak,lAk,jet le coefficient lignej, colonnelde la matrice (detA)In vaut(detA)δl,j. D’après la question b), ces coefficients sont égaux et donc

tComA×A= (detA)In. Finalement,

A×^tComA=^tComA×A= (detA)In.

I.3 a)Montrons par récurrence que∀n∈N^∗, detGest un polynôme de degré au plusn.

• Pourn=1, detG=G1,1 est bien un polynôme de degré au plus 1.

• Soitn≥1, supposons que pour toute matriceG de formatn, detGsoit un polynôme de degré au plusn.

SoitGde formatn+1. On note Ai,j le cofacteur du coefficientGi,j dans la matriceG. Par hypothèse de récurrence, chaqueAi,j est une fonction polynomiale de degré au plusn. En développant detGsuivant sa première colonne, on obtient

detG=

n+1X

k=1

Gk,1Ak,1.

Mais alors, detG est une combinaison linéaire de produits de polynômes de degré au plus1 et de polynômes de degré au plusn. detG est donc un polynôme de degré au plusn+1.

On a montré par récurrence que

∀n∈N^∗, detGest un polynome de degré au plusn.

b)Pourk∈J0, pK, posonsDk= (d^(k)_i,j)1≤i,j≤n. Pour tout complexex, on a Xp

k=0

x^kDk= (Pi,j(x))1≤i,j≤n où∀(i, j)∈J1, nK², Pi,j= Xp

k=0

d^(k)_i,jX^k.

Si pour tout complexex, on a Xp

k=0

x^kDk=0, alors chaque polynômePi,j est le polynôme nul et donc tous les coefficients de chaque polynomeP sont nuls. Mais alors chaque matrice D est nulle.

I.4 a)A−xInest une matrice de formatndont les coefficients sont des polynomes de degré au plus1. Les cofacteurs des coefficients de cette matrice sont des déterminants de formatn−1 dont les coefficients sont des polynômes de degré au plus1. D’après la question 3.a), chacun de ces cofacteurs est une fonction polynomiale de degré au plus n−1. On peut donc écrire le coefficient lignei colonnejde la matrice^tcom(A−xIn)sous la forme

n−1X

k=0

b^(k)_i,jx^k.

Mais alors

C(x) =^tcom(A−xIn) = (

n−1X

k=0

b^(k)_i,jx^k)1≤i,j≤n=

n−1X

k=0

x^k(b^(k)_i,j)1≤i,j≤n =

n−1X

k=0

x^kBk,

où∀k∈J0, n−1K, Bk = (b^(k)_i,j)1≤i,j≤n.

b)D’après la question I.2.d), on sait que(A−xIn)×C(x) =det(A−xIn)In, ce qui s’écrit encore

(A−xIn)(

n−1X

k=0

x^kBk) =χA(x)In= ( Xn

k=0

αkx^k)In (∗).

Mais

(A−xIn)(

n−1X

k=0

x^kBk) =

n−1X

k=0

x^kABk−

n−1X

k=0

x^k+1Bk=

n−1X

k=0

x^kABk− Xn

k=1

x^kBk−1=AB0+

n−1X

k=1

x^k(ABk−Bk−1) −xⁿBn−1,

et l’égalité(∗)s’écrit finalement

∀x∈C, (AB0−α0In) +

n−1X

k=1

x^k(ABk−Bk−1−αkIn) +xⁿ(−B_n−1+αnIn) =0.

Le résultat de la question I.3.b) permet alors d’affirmer que AB0 =α0In

ABk−Bk−1=αkIn ,∀k∈N_n−1

−B_n−1=αnIn.

c)

χA(A) = Xn

k=0

αkA^k=α0In+

n−1X

k=1

αkA^k+αnAⁿ=α0In+

n−1X

k=1

A^k(αkIn) +Aⁿ(αnIn)

=AB0+

n−1X

k=1

A^k(ABk−Bk−1) −AⁿBn−1=AB0+

n−1X

k=1

(A^k+1Bk−A^kBk−1) −AⁿBn−1

=AB0+ (AⁿBn−1−AB0) −AⁿBn−1(somme télescopique)

=0n.

∀A∈ Mn(C), χA(A) =0n(théorème deCayley-Hamilton).

PARTIE II II.1 a)Acommute avecC1.

Soitj∈J1, n−1K.

A(A−λjIn) = (A²−λjA) = (A−λjIn)A.

Acommute avec chaqueA−λjIn,1≤j≤n−1 et donc avec chaqueCk,2≤k≤n.

b)(A−λn)Cn= Yn

k=1

(A−λjIn) = (−1)ⁿχA(A) =0n d’après la question I.4.c)

II.2 a)Par définition deY, ∀s∈R, y₁^′(s) =λ1y1(s)et pourk∈J2, nK, on ay_k^′(s) =yk−1(s) +λkyk(s). Par suite, pour tout réels

E_A^′ (s) = Xn

k=1

y_k^′(s)Ck=λ1y1(s)C1+ Xn

k=2

(y_k−1(s) +λkyk(s))Ck=λ1y1(s)C1+ Xn

k=2

yk−1(s)Ck+ Xn

k=2

λkyk(s)Ck

= Xn

k=2

yk−1(s)Ck+ Xn

k=1

λkyk(s)Ck=

n−1X

k=1

yk(s)C_k+1+ Xn

k=1

λkyk(s)Ck

=

n−1X

k=1

yk(s)(λkCk+Ck+1) +λnyn(s)Cn.

Maintenant, pourk∈J1, n−1K,Ck+1= (A−λkIn)Ck. D’autre part, d’après la question II.1.b), (A−λnIn)Cn =0 ce qui fournitλnCn =ACn. Pour tout réelson a alors

E_A^′ (s) =

n−1X

k=1

yk(s)(λkCk+ (A−λkIn)Ck) +yn(s)ACn = Xn

k=1

yk(s)λkACk=AEA(s).

Enfin,

EA(0) = Xn

k=1

yk(0)Ck= Xn

k=1

δk,1Ck=C1=In.

EAest solution du problème(1).

b)D’après la question II.1a), la matriceAcommute avec toutes les matricesCk et donc pour tout réels, on a aussi

E_A^′ (s) = Xn

k=1

yk(s)λkACk

Xn

k=1

yk(s)λkCkA=EA(s)A.

EAest solution du problème(2).

c)Pour sréel, on aE_A^′ (s) =AEA(s)d’après a) etE_A^′ (s) =EA(s)Ad’après b). Donc pour tout réels, ϕ^′(s) =E_A^′ (s)EA(−s) −EA(s)E_A^′ (−s) =EA(s)AEA(−s) −EA(s)AEA(−s) =0.

La fonctionϕ est donc constante surR. On en déduit que pour tout réel s ϕ(s) =ϕ(0) =EA(0)×EA(0) =I²_n =In. Mais alors

∀s∈R, EA(s)∈ GLn(R)et(EA(s))⁻¹=EA(−s).

d)Pour tout réels, on a

ψ^′(s) = −E_A^′ (−s)F(s) +EA(−s)F^′(s) = −AEA(−s)F(s) +EA(−s)AF(s) = −AEA(−s)F(s) +AEA(−s)F(s) =0n. Par suite, la fonctionψest constante surRet pour tout réels, on aEA(−s)F(s) =eA(0)F(0) =In et donc

F(s) = (EA(−s))⁻¹=EA(s)(d’après c)).

EAest l’unique solution du problème1).

e)SoitFune solution du problème2). Comme en d) la fonctions7→F(s)EA(−s)est constante surRet pour tout réels, F(s)EA(−s) =In. On en déduit de mêmeF=EA et donc

EAest l’unique solution du problème2).

II.3On aM=





5 0 3

−6 −1 −3

−6 0 −4



et d’après la question 1.1, χM= (1+X)²(2−X). On poseλ1=2,λ2=λ3= −1. On

a alorsC1=I3puisC2=M−2I3=





3 0 3

−6 −3 −3

−6 0 −6



puisC2= (M−2I3)(M+I3) =03 (d’après la question I.1.d)).

Il reste à déterminer la fonctionY. On note que la connaissance de y3 est superflue puisque C3 =0. L’égalitéY^′ =HY fournit déjày₁^′ =2y1 ety1(0) =1et donc∀s∈R, y1(s) =e^2s. Ensuite,

y2^′ =y1−y2ety2(0) =0⇔∀s∈R, y2^′(s) +y2(s) =e^2sety2(0) =0⇔∀s∈R, y2^′(s)e^s+y2(s)e^s=e^3sety2(0) =0

⇔∀s∈R, (y2e^s)^′(s) =e^3sety2(0) =0

⇔∀s∈R, y2(s)e^s−y2(0)e⁰= 1

3(e^3s−e⁰)ety2(0) =0

⇔∀s∈R, y2(s) = 1

3(e^2s−e^−s) Mais alors pour tout réels

e^sM=y1(s)C1+y2(s)C2=e^2s





1 0 0 0 1 0 0 0 1



+ 1

3(e^2s−e^−s)





3 0 3

−6 −3 −3

−6 0 −6



=





2e^2s−e^−s 0 e^2s−e^−s

−2e^2s+2e^−s e^s −e^2s+e^−s

−2e^2s+2e^−s 0 −e^2s+2e^−s



.

∀s∈R, e^sM=





2e^2s−e^−s 0 e^2s−e^−s

−2e^2s+2e^−s e^s −e^2s+e^−s

−2e^2s+2e^−s 0 −e^2s+2e^−s



.

II.4Par définition,e^0A=EA(0) =In et doncZ(0) =InZ0=Z0. D’autre part, pour tout réels, Z^′(s) =E_A^′ (s)Z0=AEA(s)Z0=AZ(s).

Zest donc la solution au problème de l’énoncé (on sait que cette solution est unique).

PARTIE III

III.1Soitsun réel. D’après II,e^sA=y1(s)In+ Xn

k=2

yk(s)

k−1Y

j=1

(A−λjIn). Par suite

∀s∈R, e^sAest un polynôme enA.

III.2 a)Soitsun réel.Acommute avecBet donc avec tout polynôme enB. En particulier, d’après la question précédente, Aet e^sB commutent.

∀s∈R, Aete^sBcommutent.

b)Mais alorse^sB commute avec tout polynôme enAet en particulier avece^sA.

∀s∈R, e^sAete^sB commutent.

c)Pour tout réels, puisque les matrices ci-dessous commutent d’après la question précédente, on a ν^′(s) =Ae^sAe^sB+e^sABe^sB=Ae^sAe^sB+Be^sAe^sB= (A+B)e^sAe^sB= (A+B)ν(s).

D’autre part, ν(0) = e^0Ae^0B = I²_n = In. Ainsi la fonction ν est solution du problème de Cauchy : E^′ = (A+B)E et E(0) = In. On sait d’après la partie III que ce problème admet une et une seule solution à savoir la fonction µ. Donc µ=νet en particulierµ(1) =ν(1)ce qui fournite^A+B =^A×e^B. On a montré que

∀(A, B)∈(Mn(R))², (AB=BA⇒e^A+B=e^A×e^B).

III.3•Déterminonse^A.

On aχA=X(X−1)et donc Sp(A) ={0, 1}. On poseλ1=0et λ2=1. On en déduit C1=I2 etC2=A.

Ensuite H=

0 0 1 1

. D’où y₁^′ = 0 et y1(0) =1 et donc ∀s∈R, y1(s) = 1. On a ensuitey₂^′ =1+y2 et y2(0) = 0.

L’équationy₂^′ =1+y2admet pour solution particulière la fonctions7→−1et donc pour solution générale les fonctions s7→−1+λe^s. L’égalitéy2(0) =0fournitλ=1 et donc∀s∈R, y2(s) =e^s−1. Par suite,

e^A=y1(1)C1+y2(1)C2=I2+ (e−1)A=

e e−1

0 1

.

•Déterminonse^B.

On aχB =X(X−1)et donc Sp(B) ={0, 1}. On poseλ1=0et λ2=1. On en déduitC1=I2et C2=B. La matriceHest inchangée et donc∀s∈R, y1(s) =1 et∀s∈R, y2(s) =e^s−1. Par suite,

e^B=y1(1)C1+y2(1)C2=I2+ (e−1)B=

e 1−e

0 1

.

• A+B =

2 0 0 0

, χA+B = X(X−2) et donc Sp(A) ={0, 2}. On pose λ1 = 0 et λ2 = 2. On en déduit C1 = I2 et C2=A+B.

EnsuiteH=

0 0 1 2

. On a toujours∀s∈R, y1(s) =1. On a ensuitey₂^′ =1+2y2ety2(0) =0. L’équationy₂^′ =1+y2

admet pour solution particulière la fonctions7→−1

2 et donc pour solution générale les fonctionss7→−1

2+λe^2s. L’égalité y2(0) =0fournitλ= 1

2 et donc∀s∈R, y2(s) = 1

2(e^2s−1). Par suite, e^A+B =y1(1)C1+y2(1)C2=I2+1

2(e²−1)(A+B) =

e² 0 0 1

.

•Enfine^A×e^B=

e e−1

0 1

e 1−e

0 1

=

e² −e²+2e−1

0 1

.

e^A=

e e−1

0 1

,e^B =

e 1−e

0 1

, e^A×e^B =

e² −e²+2e−1

0 1

et e^A+B=

e² 0 0 1

. En particulier,e^A+B 6=e^A×e^B.

III.4 a)Pours∈R, posonsµ(s) =P×e^sP−1AP×P⁻¹. On a µ(0) =e⁰ⁿ =In et pour tout réels µ^′(s) =P×P⁻¹AP×e^sP−1AP×P⁻¹=A×(P×e^sP−1AP×P⁻¹) =Aµ(s).

Ainsi la fonctionµ est solution du problème deCauchy :E^′ =AEetE(0) =In. On sait que ce problème admet une et une seule solution à savoir la fonctions7→e^sA et donc∀s∈R, P×e^sP−1AP×P⁻¹=e^sA ou encore

∀s∈R, e^sP−1AP =P⁻¹e^sAP.

b)Pours∈R, posonsµ(s) =^t(e^stA). On a µ(0) =^t(e⁰ⁿ) =In et pour tout réels

′(s) =^t(^{t stA}) =^t(e^stA)A=µ(s)A.

Ainsi la fonctionµ est solution du problème deCauchy :E^′ =EAetE(0) =In. On sait que ce problème admet une et une seule solution à savoir la fonctions7→e^sA et donc∀s∈R, ^t(e^stA) =e^sAou encore

∀s∈R, e^stA=^t(e^sA).

PARTIE IV

IV.1Notons(x⁽¹⁾, x⁽²⁾, x⁽³⁾)les coordonnées dexdans la baseBou encore posonsX=



 x⁽¹⁾ x⁽²⁾ x⁽³⁾



.

u∧x= (ae1+be2+ce3)∧(x⁽¹⁾e1+x⁽²⁾e2+x⁽³⁾e3) = (bx⁽³⁾−cx⁽²⁾)e1+ (cx⁽¹⁾−ax⁽³⁾)e2+ (ax⁽²⁾−bx⁽¹⁾)e3. La matrice deu∧xdans la baseBest donc





bx⁽³⁾−cx⁽²⁾ cx⁽¹⁾−ax⁽³⁾ ax⁽²⁾−bx⁽¹⁾



=





0 −c b

c 0 −a

−b a 0







 x⁽¹⁾ x⁽²⁾ x⁽³⁾



.

Le problème(3)s’écrit matriciellement :∀s∈R, dX

ds =AXetX(0) =X0oùA=





0 −c b

c 0 −a

−b a 0



.

IV.2

χA(λ) =

−λ −c b c −λ −a

−b a −λ

= −λ

−λ −a a −λ

−c

−c b a −λ

−b

−c b

−λ −a

= −λ(λ²+a²) −c(λc−ab) −b(ac+λb) = −λ³−λ(a²+b²+c²)

= −λ³−λ(caruest unitaire).

∀λ∈C, χA(λ) = −λ³−λ= −λ(λ−i)(λ+i).

L’égalitéχA(A) =0 fournit alors

A³= −A.

IV.3Poursréel posonsF(s) =I3+ (sins)A+ (1−coss)A². On a déjà F(0) =I3et d’autre part, pour tout réels, AF(s) =A+ (sins)A²+ (1−coss)A³=A+ (sins)A²− (1−coss)A= (coss)A+ (sins)A²=F^′(s).

Ainsi, la fonction F est solution du problème deCauchy : E^′ = AEet E(0) = I3. On en déduit queE est la fonction s7→e^sA.

∀s∈R, e^sA=I3+ (sins)A+ (1−coss)A².

D’après la question II.4., on sait que la solution du problème(4)est la fonctionXdéfinie par

∀s∈R, X(s) = (I3+ (sins)A+ (1−coss)A²)X0.

IV.4 a) Soitv un vecteur unitaire orthogonal àupuisw=u∧v. La famille B0= (u, v, w) est une base orthonormale (directe) deR³. De plus,f(u) =u∧u=0,f(v) =u∧v=wetf(w) =u∧w= −v.B0est une base orthonormale deR³ dans laquelle la matrice defa la forme voulue.

b)NotonsU,VetWles vecteurs colonnes représentant les vecteursu,vetwdans la baseB. On a alorsAU=0,AV=W etAW= −V puis poursréel

• e^sAU= (I3+ (sins)A+ (1−coss)A²)U=U,

• e^sAV= (I3+ (sins)A+ (1−coss)A²)V=V+ (sins)W− (1−coss)V= (coss)V+ (sins)W,

• e^sAW= (I3+ (sins)A+ (1−coss)A²)W=W− (sins)V− (1−coss)W= (−sins)V+ (coss)W.

∀s∈R, g(u) =u, g(v) = (coss)v+ (sins)wetg(w) = (−sins)v+ (coss)w.

∀s∈R, gest la rotation d’anglesautour du vecteuru.

c)D’après la question III.4.a), si on notePla matrice de passage de la baseB à la baseB0, on aB=P⁻¹AP et donc

e^sB =e^sP−1AP =P⁻¹e^sAP=P⁻¹(MatBg)P=MatB0g=





1 0 0

0 coss −sins 0 sins coss



.

(On pouvait aussi appliquer IV.3 au cas particuliera=1, b=c=0)

∀s∈R, e^sB =





1 0 0

0 coss −sins 0 sins coss



.