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Concours National Commun d’Admission
aux Grandes Ecoles d’Ing´enieurs - MAROC - 1999
DEUXIEME EPREUVE DE MATHEMATIQUES
corrig´e par Gilles Deruelle
**
Partie I
I-A-1-1
–∀k∈N,u
k(x)∈E
u(x). En particulier x=u0(x)∈Eu(x), donc Eu(x) est non vide et non r´eduit
`a {0}.
∀(λ, µ)∈K2,∀(P, Q)∈(K[X])2,λP(u)(x)+µQ(u)(x)=(λP (u)+µQ(u))(x)=(λP +µQ)(u)(x)montre
que Eu(x) est un sous-espace vectoriel de E.
–SoitP∈K[X]:u P(u)(x)=Q(u)(x)avecQ=XP,montrequeE
u
(x) est stable par u.
I-A-1-2
–Lepolynˆome nul appartient `a Ix.
Soit P∈I
xet Q∈K[X]; PQ(u)(x)=QP (u)(x)=Q(u)◦P(u)(x)=Q(u)
P(u)(x)=Q(u)(0) = 0.
Donc PQ ∈I
xet Ixestbienunid´eal de K[X]
Ix6={0}: par exemple χu,πu∈I
x
.
–(Mˆeme calcul que ci-dessus ) Soit P∈I
xet Q∈K[X]; P(u)
Q(u)(x)=PQ(u)(x)=QP (u)(x)=
Q(u) P(u)(x)=Q(u)(0) = 0, ce qui montre bien que la restriction de P(u)`aE
u
(x) est l’endomorphisme
nul de Eu(x).
– L’existence de πxd´ecoule du fait que l’anneau K[X] est principal. L’unicit´e de la condition impos´ee :
πxunitaire. Il est clair que πxn’est pas nul puisque Ix6={0}. Par ailleurs πx=1=X
0impliquerait
u0(x)=x= 0 ce qui n’est pas. Finalement deg(πx)≥1.
– Supposons deg(πx)=1c’est`a dire πxde la forme X−λ: alors u(x)−λx =0;cequimontrequexest
un vecteur propre de u- associ´e`a la valeur propre λ.
R´eciproquement si u(x)=λx,lepolynˆome P=X−λv´erifie P(u)(x)=0.
Donc P∈I
xet Pdivise πx; comme deg(P)=1etdeg(π x
)≥1, P=πx(Pet πxsont unitaires).
En conclusion : deg(πx) = 1 si et seulement si xest un vecteur propre de u.
I-A-1-3
Bxest libre : une condition de d´ependance lin´eaire non triviale de x, u(x),...,u
k−1(x) donnerait un polynˆome
Pnon nul et de degr´e strictement inf´erieur `a kv´erifiant P(u)(x) = 0, ce qui est en contradiction avec la
nature de πx.
Bxest g´en´eratrice : soit P(u)(x)∈Eu(x), puis P=πxQ+Ravec deg(R)<k.
On a P(u)(x)=R(u)(x)∈Vect(x, u(x),...,u
k−1(x)).
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I-A-1-4
–Ecrivonsπ
x=X
k−
k−1
X
j=0
ajXj.Lefaitqueπ
x
(u)(x)=0entraˆıne uk(x)=
k−1
X
j=0
ajuj(x).
On obtient Mat(ux;Bx)=
00··· 0a
0
10··· 0a
1
.
.
..
.
..
.
..
.
.
00··· 0a
k−2
00··· 1a
k−1
– Pour tout j∈{0,1,...,k −1},π
x(u x)(uj(x)) = πx(u)◦uj(x)=u
j◦π
x
(u)(x)=u
j
(0) = 0 et donc
πx(ux) = 0, ce qui implique que le polynˆome minimal de uxdivise πx.
Par ailleurs tout polynˆome Pannulateur de uxv´erifiant P(ux)(x)=P(u)(x) = 0, appartient `a Ix;donc
π
xdivise Pet en particulier πxdivise le polynˆome minimal de ux. Ces deux polynˆomes ´etant unitaires . . .
I-A-1-5
(i) Pour u=λ.IdE,πu=πx=X−λpour tout x6=0.
(ii) Soit u∈L(R
3
)d´efini par sa matrice 
10 0
0−10
00−1
relativement `a la base canonique (e1,e
2,e 3).
On a pour x=e1,πx=X−1. Par ailleurs πu=X2−1etχ
u=(X−1)(X+1)
2
.
La question I−A−1−2montrequeE
u
(x)⊂ker πx(u) puisque la restriction `a Eu(x)deπ
x
(u) est nulle.
Mais cette inclusion peut tr`es bien ˆetre stricte comme le montre l’exemple (ii) avec x=e2:πx=X+1et
ker πx(u)=ker(u+e) = Vect(e2,e
3), alors que Eu(x)=Re 2
.
I-A-2-1
On peut ´ecrire πa=Rβ1
1...R
β
k
ket πb=Rγ1
1...R
γ
k
kavec ∀i∈{1,...,k},β
iet γi∈Net o`u R1,...,R ksont
les facteurs irr´eductibles intervenant dans les d´ecompositions de πaet de πb.
Posons P1=Y
i∈I
Rβi
iet Q1=Y
j∈J
Rγj
jo`u I={i/βi≥γi}et J={j/βj<γ
j
}.
On a bien P1Q1=ppcm(π
a
,π
b)etpgcd(P 1
,Q
1) = 1 ; il ne reste plus qu’`a prendre P2=πa
P1
et Q2=πb
Q1
.
I-A-2-2
Soit c=P2(u)(a)+Q
2
(u)(b).
-LefaitqueP
1
Q
1
(u)(c)=0estimm´ediat et donc πcdivise P1Q1.
-SiP(u)(c)=0,P
1
P(u)(c)=P
1
Q
2
P(u)(b)=0etdoncπ
b=Q 1
Q
2divise P1Q2P,cequientraˆıne Q1divise
Pdu fait que P1et Q1sont premiers entre eux. On montre de mˆeme que P1divise Pet finalement P1Q1
divise P. En conclusion πc=P1Q1=ppcm(π
a
,π
c).
I-A-3
Soit P=ppcm(π
e
1
,...,π
e
n). Le fait que P(u) = 0 s’obtient sans difficult´es en appliquant P(u)`atout
vecteur de E´ecrit dans la base (e1,...,e
n). On en d´eduit que πudivise P.
Par ailleurs pour tout i,πeidivise πu; d’o`u Pdivise πu.
En conclusion P=πu.
Le r´esultat du I−A−2−2s’´etend sans difficult´es - associativit´e du ppmc et r´ecurrence - au cas d’un nombre
quelconque de vecteurs non nuls. Il existe donc x∈Etel que πx=P.
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I-A-4
On peut ´ecrire πu=PQ. Notons alors y=Q(u)(x)o`uxest tel que πx=πu.
D’une part, P(u)(y)=PQ(u)(x)=π
x
(u)(x)=0montrequeπ
ydivise P.
D’autre part, πy(u)(y)=π
y
Q(u)(x)=0montrequeπ
u=PQ divise πyQdonc que Pdivise πy.
I-A-5
-πK(A) = 0 suffit pour donner πLdivise πK.
-Soitk=deg(π
K
). D’apr`es ce qui pr´ec`ede, il existe V∈Kntel que πV=πK. On sait alors que
(V,AV,...,A
k−1V) est libre dans Kn, donc dans Ln( raisonner avec les d´eterminants extraits . . .) ; ceci
apourcons´equence deg(πL)≥k. Finalement deg(πL)=ket πK=πL
I-B-1
Prendre x=e1+...+e
no`u(e 1
,...,e
n) est une base de vecteurs propres associ´es aux valeurs propres
λ1,...,λ
n.Led´eterminant de (x, u(x),...,u
n−1(x)) dans la base (e1,...,e
n)estund´eterminant de Vander-
Monde , donc non nul puisque λ1,...,λ
nsont deux `a deux distincts.
(x, u(x),...,u
n−1(x)) ´etant alors une base de E,ilestimm´ediat que Eu(x)=E.
I-B-2
Si E=Eu(x), dim(Eu(x)) = deg(πx)=net comme πxdivise πuqui divise χu, on a bien πu=χu.
Supposons πu=χu.Soitx∈Etel que πx=πu. On a donc dim(Eu(x)) = deg(πu)=deg(χ
u
)=nqui
montre que Eu(x)=E.
I-B-3
Soit P∈I
Fet Q∈K[X]. Alors PQ(u)(x)=Q(u)
P(u)(x)∈Fpuisque Fest stable par udonc par Q(u).
Donc PQ ∈I
Fet IFestbienunid´eal de K[X].
Si F={0},IF=Ix=πx.SiF=E,I
F=K[X]etr´eciproquement. Notons enfin que IFcontient
toujours Ixpuisque Fcontient toujours {0}.K[X]´etant principal, il existe un polynˆome unitaire R
(dedegr´esup´erieur ou ´egal `aunsiF6=E)telqueI
F=
R .
On a F={P(u)(x)/P∈I
F}={RQ(u)(x); Q∈K[X]}={Q(u)(R(u)(x)); Q∈K[X]}ce qui montre que
F=Eu(y)avecy=R(u)(x).
I-B-4-1
–kerP(u)={0}signifierait P(u) bijectif et donc impliquerait Q(u) = 0, ce qui est contradiction avec la
nature de πu=PQ.Demˆeme ker Q(u)nepeutˆetre r´eduit `a {0}.
– Notons F=kerP(u), G=kerQ(u), F0=ImP(u), G0=ImQ(u).
F, F0,G,G
0sont stables par uet l’on a G0⊂Fet F0⊂Gce qui entraˆıne πv0divise πw(qui divise Q)et
π
w
0divise πv(qui divise P).
Par ailleurs πw0(u)◦Q(u) = 0, donc πu=PQ divise πw0Qd’o`u l’on tire Pdivise πw0.End´efinitive
πw0=πv=P.Demˆeme πv0=πw=Q.
– Comme Eest u-monog`ene, les sous-espaces ker P(u)etkerQ(u) qui sont stables par usont aussi monog`enes
d’apr`es la question pr´ecedente. La dimension de ces sous-espaces est donc ´egale respectivement `adeg(π
v
)=
deg(P)etdeg(π
w
)=deg(Q).
Onnoteraqueler´esultat reste vrai si P=πu,Q= 1 puisqu’alors P=πu=χu:deg(P)=net F=E...
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I-B-4-2
Soit Fun sous-espace stable par uet v=u/F .
Alors πvdivise πuet F⊂ker πv(u). Egalement deg(πv)≤dim(F).
Or d’apr`es la question pr´ecedente, deg(πv) = dim(ker πv(u)). Il vient donc : dim(F)≤dim(ker πv(u)) =
deg(πv)≤dim(F) d’o`u l’on tire F=kerπ
v
(u).
Tout sous-espace stable par us’´ecrit donc sous la forme ker P(u)o`uPest un diviseur de πu. On obtient
ainsi un nombre fini de sous-espaces stables par u.
Partie II
II-1-1
– Supposons Firr´eductible : soit alors x∈F,x6=0;E
u
(x) est un sous-espace de Fnon r´eduit `a {0}et
stable par u; puisque Fest irr´eductible, Eu(x)=Fet Fest bien monog`ene.
Soit πv=
r
Y
i=1
Pαi
ila d´ecomposition en produit de facteurs irr´eductibles de πv. La question I-B-4-1 a montr´e
que ∀i∈{1,...,r},kerP
α
i
i(v)6={0}et ces sous-espaces sont stables par u.
On ne peut avoir r≥2 car alors, d’apr`es le th´eor`eme de d´ecomposition des noyaux, F=
r
M
i=1
ker Pαi
i(v)
et Fserait d´ecomposable , donc r´eductible.
On peut donc ´ecrire πv=Pαavec Pirr´eductible et α∈N∗. Comme ci-dessus G=kerP(v)estun
sous-espace non r´eduit `a {0}et stable par u:onaG=Fdu fait que Fest irr´eductible, ce qui entraˆıne
P(v)=0etdoncπ
v=Pet α= 1. En conclusion πvest bien irr´eductible.
–R´eciproquement soit F=Eu(x)telqueπ
v=Pavec Pirr´eductible. Soit Gun sous-espace de Fstable par
uet non r´eduit `a {0}.Lepolynˆome minimal de u/G divise Pdonc est ´egal `a P. Comme Fest monog`ene,
de mˆeme que G(cf. I-B-3) , il vient : dim(F)=deg(P) = dim(G). Finalement G=Fet Fest bien
irr´eductible.
II-1-2
– Supposons E=
r
M
i=1
Fiavec F1,...,F
rirr´eductibles. Notons ui=u/Fiet πi=πui.Soitπle produit des πi
o`u chaque facteur n’apparaˆıt qu’une fois exactement.
πest annulateur de u:soitx=x
1+···+x r∈E;π(u)(x)=
r
X
i=1
π(u)(xi)=
r
X
i=1
π(ui)(xi)=0carpour
tout i,π(ui) = 0 puisque πidivise π.Encons´equence πdivise πuet πua bien la forme souhait´ee.
–R´eciproquement supposons πu=
r
Y
i=1
Piavec P1,...,P
rirr´eductibles et deux `a deux distincts. On a par le
th´eor`eme de d´ecomposition des noyaux, E=
r
M
i=1
ker Pi(u)=
r
M
i=1
Fi. Il suffit de montrer que pour tout i,
Fiest somme directe de sous-espaces irr´eductibles.
Soit F=kerP(u) l’un de ces sous-espaces. Consid´erons Fl’ensemble des parties finies de ker P(u)\{0}
telles que la somme X
x∈F
Eu(x) soit directe. Fn’est pas vide car contient tout singleton constitu´eparun
vecteur non nul de F. Puis notons C={cardA|A∈F}.Cest une partie non vide de N∗major´ee par
dim(F) : elle admet donc un plus grand ´el´ement que nous noterons p. Soient alors y1,...,y
pdes ´el´ements
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