Rapport de l`épreuve écrite de mathématiques D - banques

Rapport de l’´epreuve ´ecrite de math´ematiques D MP 2011
´
Ecoles concern´ees : ENS de Paris
Coefficient 6
Membres du jury : Fran¸cois Charles, Antonin Guilloux, Fanny
Kassel (correcteurs), Guy Henniart (concepteur et correcteur)
Le probl`eme portait sur les endomorphismes nilpotents des espaces vectoriels complexes de
dimension finie.
La deuxi`eme partie n’´etait pas subordonn´ee `a la premi`ere, on s’en rendait compte facilement.
La premi`ere partie donnait l’occasion de tester les premi`eres r´eactions des candidats, et surtout
de poser quelques questions de g´eom´etrie ´el´ementaire (6 `a 9).
La deuxi`eme partie avait pour but principal de param´etrer, par les partitions de l’entier n, les
classes de similitudes de matrices nilpotentes dans Mn(C), et de d´ecrire la fermeture d’une telle
classe en termes de partitions. La partie A traitait de la r´eduction d’un endomorphisme nilpotent
– la d´etermination du commutant en A.6 n’est pas utile `a la suite. La partie B regroupait les
consid´erations topologiques indispensables au probl`eme. La partie C ne contribuait pas au but
final mais donnait le r´esultat int´eressant que deux matrices nilpotentes de Mn(C) qui commutent
engendrent une sous-alg`ebre de dimension au plus n– on aurait pu d´evelopper le probl`eme dans
cette direction. La partie D, purement combinatoire, introduisait l’ordre sur les partitions qui
refl`ete la topologie des classes de similitudes nilpotentes, la fermeture d’une telle classe ´etant
d´etermin´ee par la partie finale E.
Le probl`eme ne comportait pas de difficult´e pr´ecoce, et toutes les parties ´etaient abordables.
D’ailleurs les candidats admissibles ont eu, `a cette ´epreuve, des notes largement au-dessus de la
moyenne.
Les correcteurs ont appreci´e le s´erieux de la majorit´e des candidats. Ils rappellent n´eanmoins
qu’il faut ˆetre lisible et ne pas se contenter de style t´el´egraphique : ce n’est pas au correcteur
d’interpr´eter des signes incertains ou l’articulation possible entre une ligne et la suivante. Rappe-
lons ´egalement que les raisonnements en g´eom´etrie peuvent ˆetre soutenus, et mˆeme partiellement
justifi´es, par des dessins : dessiner le cˆone dans la premi`ere partie aide grandement `a r´esoudre
la derni`ere question !
Un corrig´e est donn´e dans la suite ; on rappelle cependant qu’il n’y a pas de corrig´e type ;
le style des candidats intervient, et plusieurs raisonnements peuvent amener la mˆeme r´eponse :
par exemple un candidat prouve D.5. sans passer par D.4., ce qui est tr`es bien !
Ce corrig´e est suivi de commentaires particuliers sur certaines questions.
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Corrig´e
Question pr´eliminaire
On a uk= 0 pour un entier k > 0. Si αest un scalaire, (αu)k=αkukest nul, donc αu est
nilpotent. Le polynˆome minimal de udivise Xk, il est donc de la forme Xravec 0 ≤r≤k.
Comme Vn’est pas l’espace vectoriel nul, on a : r > 0 ; comme le polynˆome minimal divise le
polynˆome caract´eristique, qui est de degr´e n, on a : r≤n.
Premi`ere partie
1. Comme un’est pas nul, il existe un vecteur xde Vtel que u(x)6= 0. D’apr`es le pr´eliminaire,
on a : u2= 0 ; si αx +βu(x) = 0 pour des scalaires αet β, on obtient αu(x) = 0 en appliquant
u, d’o`u α= 0, puis β= 0 ; ainsi, (x, u(x)) est une base de Vet on peut poser x=e2,u(x) = e1.
2. L’endomorphisme ϕAde R2est nilpotent non nul ; par la question 1., il existe une base
(e1, e2) telle que u(e1) = 0, u(e2) = e1; cela prouve que Aest semblable `a
0 1
0 0 
car ce sont les matrices de ϕAdans deux bases de R2.
3. Par la question 2., les matrices nilpotentes non nulles ont trace nulle et d´eterminant nul, ce
qui est aussi le cas de la matrice nulle. R´eciproquement, une matrice Ade Mdont la trace et le
d´eterminant sont nuls a X2pour polynˆome caract´eristique, donc v´erifie A2= 0.
4. Par la question 3., Scontient N. D’autre part, les matrices
0 1
0 0 ,0 0 1 0 et 1 1 −1−1
engendrent Set elles sont nilpotentes d’apr`es la question 3. Donc Nengendre le sous-espace S.
5. Puisque Φ(N)⊂N⊂Set que Nengendre S, on obtient par lin´earit´e : Φ(S)⊂S. Mais Φ est
un automorphisme de Mdonc il induit un endomorphisme injectif de S, qui est bijectif puisque
Sest de dimension finie.
6. L’application ιest clairement lin´eaire et injective, et une matrice
a b
c d 
de Ma une trace nulle si et seulement si d=−a, de sorte que ιa pour image S. C’est donc un
isomorphisme de R3sur S. Le cˆone nilpotent Nest form´e des matrices de Sde d´eterminant nul
(question 3), et le d´eterminant de ι(a, b, c) vaut a2+bc, donc Nest bien l’image du cˆone de R3
d’´equation a2+bc = 0.
2

7. Le cˆone Cest donn´e par l’´equation cart´esienne a2+bc = 0. On a :
∂
∂a(a2+bc)=2a, ∂ ∂b(a2+bc) = c, ∂ ∂c(a2+bc) = b.
Par suite, le point P= (a, b, c) de Cest r´egulier si (2a, c, b)6= (0,0,0), c’est-`a-dire si Pn’est
pas nul. Alors le plan tangent ∆P`a Cen Pa pour ´equation
2a(x−a) + c(y−b) + b(z−c)=0
ou encore
2ax +cy +bz = 0
puisque a2+bc = 0. Pour Q= (x, y, z)∈R3, on calcule :
ι(P)ι(Q) = a b
c−a x y z−x=ax +bz ∗ ∗ax +cy ,
de sorte que ∆Pa bien pour ´equation tr(ι(P)ι(Q)) = 0.
8. Soient α6= 0, Q= (α, 0,0) et
A=ι(Q) = α0
0−α.
Soit P= (a, b, c) un point non nul de C, alors Qappartient `a ∆Psi et seulement si a= 0.
Compte tenu de a2+bc = 0, les points Pcorrespondants sont (0,0, c), c6= 0 et (0, b, 0), b6= 0,
ce qui m`ene aux plans d’´equation y= 0 et z= 0, qui sont bien distincts. Les endomorphismes
correspondant `a de tels Psont ceux dont le noyau, ´egal `a l’image, est une des deux droites
propres de A.
Dans le cas g´en´eral o`u Aest diagonalisable, on a :
A=RA0R−1,o`u A0=α0
0−α,
o`u Rest une matrice inversible de GL2(R) et αest un scalaire non nul ; les droites propres de
Asont engendr´ees par Re1et Re2, o`u (e1, e2) est la base canonique de R2. Comme la trace est
invariante par similitude, l’´equation tr(ι(P)ι(Q)) = 0 s’´ecrit aussi
tr(ι(P0)A0)=0,o`u P0est d´efini par ι(P0) = R ι(P)R−1.
On a donc deux plans tangents `a C− {0}passant par Q(o`u Qest d´efini par ι(Q) = A) et les
endomorphismes non nuls correspondant aux points de tangence sont ceux dont le noyau, ´egal
`a l’image, est l’une des droites propres de A.
9. Le polynˆome caract´eristique de
A=a b
c−a
est X2−(a2+bc). Si a2+bc > 0, ce polynˆome a deux racines r´eelles distinctes et Aest
diagonalisable non nulle. R´eciproquement, si Aest diagonalisable non nulle, ses valeurs propres
sont λet −λpour un nombre r´eel non nul λ(les valeurs propres sont oppos´ees car la trace est
nulle, non nulles car la matrice n’est pas nulle) et son d´eterminant −(a2+bc) vaut −λ2<0.
3

Ainsi, Dest l’ensemble des points (a, b, c) de R3tels que a2+bc > 0. Comme l’application
(a, b, c)7→ a2+bc de R3dans Rest continue, c’est une partie ouverte de R3.
Effectuant le changement de variables lin´eaire a=α,b=β+γ,c=β−γ, on voit Ccomme
le cˆone d’´equation α2+β2−γ2= 0 et Dcomme la partie o`u α2+β2> γ2. Prouvons que
Dest connexe par arcs : si (α, β, γ) est un point de D, on pose r=pα2+β2et α=rcos θ,
β=rsin θ,θdans [0,2π[, et on joint (α, β, γ) `a (r, 0, γ) par le chemin (rcos t, r sin t, γ), tentre
θet 0 ; on joint alors (r, 0, γ) `a (r, 0,0) par le chemin (r, 0, γt), tentre 1 et 0, puis (r, 0,0) `a
(1,0,0) par le chemin (t, 0,0), tentre ret 1.
Le compl´ementaire Ede D∪Cdans R3est d´etermin´e par l’in´equation α2+β2< γ2; il est
ouvert pour la mˆeme raison que plus haut, et union de deux parties elles aussi ouvertes, la partie
E+o`u γ > 0 et la partie E−o`u γ < 0. Si (α, β, γ) est un point de E+, on le joint `a (r, 0, γ),
r=pα2+β2comme plus haut, puis `a (0,0, γ) et enfin `a (0,0,1) : ainsi E+est connexe par
arcs. Comme E−est l’image de E+par l’application lin´eaire bijective (α, β, γ)7→ (α, β, γ), E−
est ´egalement connexe par arcs.
4

Deuxi`eme partie
A R´eduction d’un endomorphisme nilpotent
A.1. Si le polynˆome caract´eristique d’un endomorphisme vde Vest Xn, on a d’apr`es le
th´eor`eme de Cayley-Hamilton : vn= 0 et vest nilpotent. R´eciproquement, si vest nilpotent,
ses valeurs propres, qui sont racines du polynˆome minimal de v, sont nulles, de sorte que le
polynˆome caract´eristique de vest Xn.
A.2. Soient α1, . . . , αrdes scalaires non tous nuls tels que
α1e1+· · · +αrer= 0.
Soit jle plus petit entier strictement positif tel que αj6= 0 ; on a alors :
0 = ur−j(α1e1+· · · +αrer) = αjur−1(x),
d’o`u αj= 0. Cette contradiction entraˆıne que la famille (e1, . . . , er) est libre.
On a : u(ej) = ej+1 pour tout entier jcompris entre 1 et r−1, et u(er) = 0, donc West
stable par uet la matrice de uWest constitu´ee de 1 juste sous la diagonale et de 0 ailleurs : c’est
Jr=
0 (0)
1...
......
(0) 1 0
.
A.3. Soient α1, . . . , αrdes scalaires non tous nuls tels que
α1ε1+· · · +αrεr= 0.
Soit jle plus petit entier strictement positif tel que αj6= 0 ; on a alors :
0=(α1ε1+· · · +αrεr)(ur−j(x)) = αj`(er),
d’o`u αj= 0. Cette contradiction entraˆıne que la famille (ε1, . . . , εr) est libre et en particulier,
on a : dim W0=n−r.
D´eterminons W∩W0. Un vecteur quelconque non nul yde Ws’´ecrit y=α1e1+· · · +αrer
pour des scalaires α1, . . . , αrconvenables non tous nuls ; si jest le plus petit entier tel que
αj6= 0, on a : εr−j(y) = αj`(er)6= 0, donc yn’appartient pas `a W0; ainsi, l’intersection de W
et W0est r´eduite `a {0}. Comme Wa pour dimension r,Wet W0sont suppl´ementaires dans
V.` A pr´esent, soit ydans W0; on a : εi(u(y)) = εi+1(y) = 0 pour tout entier icompris entre
1 et r−1, et εr(u(y)) = 0 car ur= 0 ; ainsi, W0est stable par u. Comme ur= 0, on a aussi
ur
W0= 0 et uW0est nilpotent. En particulier, son polynˆome minimal divise Xr; il divise aussi
Xn−rpuisque dim W0=n−r.
A.4. Comme indiqu´e, on effectue une r´ecurrence sur n. L’initialisation est triviale si n= 1. Par
les constructions pr´ec´edentes, la matrice de uWdans la base (e1, . . . , er) est Jr. Si r=n, on a le
r´esultat avec α= 1 et λ1=r. Si r < n, on applique l’hypoth`ese de r´ecurrence `a l’endomorphisme
nilpotent uW0de W0, d’o`u l’existence d’entiers α≥2 et λ2≥λ3≥ · · · ≥ λα>0 tels que dans
une base (er+1, . . . , en) de W0, la matrice de uW0soit diagonale par blocs, de blocs Jα2, . . . , Jαr.
On a : λ2≤rcar ur
W0= 0. Ainsi, les entiers α, λ1, . . . , λret la base (e1, . . . , en) r´epondent `a la
question.
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