1−i

Problème 1 – Etude des matrices cycliques
Soit n appartenant à
ℕ*
, A appartenant à
Mn(ℂ)
, la matrice A est dite cyclique si et seulement si :
∃k∈ℕ*; Ak=In
où
In
désigne la matrice identité de
Mn(ℂ)
.
1 Quelques généralités sur les matrices cycliques
Soit n appartenant à
ℕ*
et A une matrice cyclique appartenant à
Mn(ℂ)
.
1.1 Montrer que A est inversible et exprimer
A−1
en fonction de A et de k.
On a donc
Ak=In
, donc
A×Ak−1=Ak−1×A=In
Donc A est inversible et
A−1=Ak−1
1.2 Soit λ une valeur propre de A. Montrer que λ est de module 1.
Si λ est une valeur propre de A, il existe une matrice colonne X non nulle telle que
A X = λ X.
On montre par récurrence – LE FAIRE – que
AkX=λkX
Donc
X=λkX
. Comme X est non nul,
λk=1
, d'où
∣
λk
∣
=(
∣
λ
∣
)k=1
Conclusion
∣
λ
∣
=1
2 Un exemple
Considérons la matrice A =
(
1+2i 2i 1+i
−1−i−i−1−i
−2i −2i −i
)
appartenant à
M3(ℂ)
2.1 Déterminer les valeurs propres de A
Pour λ appartenant à
ℂ
, il est conseillé de commencer par l'opération élémentaire L1+L2+L3
→ L1 sur la matrice
A−λ I3
puis de distinguer deux cas selon que λ = -i ou λ ≠ -i.
A−λ I3=
(
1+2i−λ 2i 1+i
−1−i−i−λ −1−i
−2i −2i −i−λ
)
Transformons cette matrice à l'aide d'opérations sur les lignes, en une matrice de
même rang.
L1 + L2 + L3 → L1 :
(
−λ−i−λ−i−λ−i
−1−i−i−λ −1−i
−2i −2i −i−λ
)
Si λ = -i,
A−λ I3
possède une ligne de zéros donc est non inversible.
Donc -i est valeur propre de A.
Supposons désormais λ ≠ -i
L1
−λ−i→L1
:
(
1 1 1
−1−i−i−λ −1−i
−2i −2i −i−λ
)
(1+iL1) → L2 :
(
1 1 1
0 1−λ 0
−2i −2i −i−λ
)
De la même façon que précédemment, on observe que 1 est valeur propre de A.
Supposons désormais λ ≠ 1

L2
1−λ →L2
:
(
1 1 1
0 1 0
−2i −2i −i−λ
)
2i L1 + L3 → L3 :
(
1 1 1
0 1 0
00i−λ
)
i est également valeur popre de A.
Donc Sp(A) = {i;-i;1}
2.2 Pour chaque valeur propre de A, déterminer une base du sous-espace propre associé.
A possède trois valeurs propres distinctes. Donc A est diagonalisable et les trois sous-
espaces propres sont de dimension 1.
A -
I3
=
(
2i 2i 1+i
−1−i−i−1−1−i
−2i −2i −i−1
)
On s'aperçoit que
(
1
−1
0
)
∈Ker (A−I3)
(
1
−1
0
)
est non nul donc forme une famille libre, et par suite une base de
E1(A)
, dont on sait
qu'il est de dimension 1.
A -i
I3
=
(
1+i2i 1+i
−1−i−2i −1−i
−2i −2i −2i
)
De la même façon que précédemment,
(
(
1
0
−1
)
)
est une base de
Ei(A)
A +i
I3
=
A−λ I3=
(
1+3i 2i 1+i
−1−i0−1−i
−2i −2i 0
)
De la même façon que précédemment,
(
(
1
−1
−1
)
)
est une base de
E−i(A)
2.3 Montrer que la matrice A est diagonalisable et donner une matrice P inversible et une
matrice D diagonale appartenant à
M3(ℂ)
telles que A = P D
P−1
A trois valeurs propres distinctes. Donc A est diagonalisable.
Et d'après les cours : P=
(
1 1 1
−1 0 −1
0 1 −1
)
et D =
(
1 0 0
0i0
0 0 −i
)
répondent à la question.
2.4 Montrer qu'il existe un entier k non nul tel que
Dk=I3
Pour tout entier k,
Dk=
(
1 0 0
0ik0
00(−i)k
)
. Il s'en suit que
D4=I3
, alors que les puissances
inférieures de D ne sont pas égales à
I3
2.5 En déduire que A est cyclique.
On montre par récurrence– LE FAIRE ...- que pour tout entier k,
Ak=P DkP−1

Par conséquent :
A4=P D4P−1=P I3P−1=P P−1=I3
Donc A est cyclique.
3 Réduction d'une matrice cyclique.
Soit n appartenant à
ℕ*
, A une matrice cyclique appartenant à
Mn(ℂ)
.
Il existe donc un entier naturel non nul k tel que
Ak=In
Munissons l'espace vectoriel
ℂn
d'une base E=(e1,e2,...,en) et considérons l'endomorphisme a de
ℂn
tel que A soit la matrice de a relativement à la base E.
Et nous noterons Id l'endomorphisme de
ℂn
défini par Id(x) = x pour tout x de
ℂn
3.1 Dans cette question, on suppose que k = 2
3.1.1 Soit λ une valeur propre de A. Monter que λ
∈
{-1;1}
Soit λ une valeur propre de A. Il existe alors un vecteur colonne X non nul tel que
AX = λX. Donc
A2X=A(AX)=A(λ X)=λ (AX)=λ2X
Mais
A2=In
Donc
A2X=X
Soit X =
λ2X
Et, comme X ≠ 0,
λ2=1
Conclusion : λ
∈
{-1;1}
Nous noterons :
E1=Ker (a−Id) , E2=Ker (a+Id)
3.1.2 Montrer que
ℂn=E1⊕E2
Notion désormais hors-programme
Traduction : Montrer que
∀x∈ℂn,∃!(x1 ,x2)∈E1×E2; x=x1+x2
Exercice classique d'analyse synthèse.
Analyse.
Soit x quelconque dans
ℂn
. Supposons qu'il existe
(x1, x2)∈E1×E2
tel que x = x1 + x2
Alors a(x) = a(x1) + a(x2) = x1 – x2
On en déduit :
x1=x+a(x)
2 et x2=a−a(x) 2
Synthèse.
On vérifie sans peine que x =
x+a(x)
2+a−a(x) 2
,
puis que
x+a(x)
2∈E1 et x−a(x) 2∈E2
. Enfin le couple (x1,x2) est unique, d'après la phase
d'analyse.
3.1.3 Supposons dans cette question qu'aucun des sous-espaces
E1 et E2
ne soit réduit à
{0}. Montrer alors que A est diagonalisable.
1 et -1 sont donc valeurs propres.
La juxtaposition des bases de E1 et de E2 forme une famille libre, d'après le cours.
De plus, cette famille est génératrice puisque tout vecteur de
ℂn
s'écrit comme la somme
d'un vecteur de
E1
et d'un vecteur de
E2
, donc comme combinaison linéaire des vecteurs
de la famille juxtaposée. Autrement dit cette famille est une base de
ℂn
. Il existe donc une
base de
ℂn
formée de vecteurs propres de A. Donc A est diagonalisable.
3.2 Dans cette question, on suppose que k = 3
3.2.1 Soit λ une valeur propre de A, montrer que
λ3=1
Se montre exactement de la même façon qu'en 3.1.1.
En utilisant l'écriture trigonométrique de λ, montrer que
λ∈{1, e2i π
3,e4i π 3}
Ces trois valeurs sont solutions de l'équation
λ3=1
, qui n'en a que trois.
Donc
λ∈{ 1, e2i π
3,e4i π 3}
Dans la suite, nous noterons j =
e2i π
3

Calculer
j3 et 1+j+j2
On vérifie que
j3=1 et 1+j+j2=0
Notons :
E1=Ker (a−Id) , E2=Ker (a−j Id) , E3=Ker (a−j2Id)
3.2.2 Soit x appartenant à
ℂn
, supposons qu'il existe x1 appartenant à
E1
, x2 appartenant
à
E2
et x3 appartenant à
E3
tels que x = x1 + x2 + x3
Calculer a(x) ,
a2(x) , puis x+a(x)+a2(x) , x+ja(x)+ j2a2(x) , x+j2a(x)+ ja2(x)
et en
déduire une expression de x1, x2, x3 en fonction de a et x.
a(x) = x1 + jx2 +
j2x3
a2(x)=x1+j2x2+j x3
Enfin, en utilisant
1+j+j2=0
, il vient :
x + a(x) +
a2(x)
= 3x1
x +j a(x) +
j2a2(x)
= 3x3
x +
j2a(x)
+
ja2(x)
= 3x2
Donc
x1=x+a(x)+a2(x)
3 , x 3=x+ja(x)+ j2a2(x) 3 , x2=x+j2a(x)+j a2(x) 3
3.2.3 Soit x appartenant à
ℂn
, montrer qu'il existe x1 appartenant à
E1
, x2 appartenant à
E2
et x3 appartenant à
E3
tels que x = x1 + x2 + x3.
Les trois valeurs de la question précédente conviennent.
3.2.4 En déduire que pour tout vecteur x de
ℂn
, il existe un unique triplet (x1,x2,x3)
appartenant à
E1×E2×E3
tel que x = x1 + x2 + x3
L'existence a été prouvée en 3.2.3 et l'uniticé en 3.2.2.
3.2.5 Supposons dans cette question qu'aucun des sous-espaces
E1 , E2 et E3
ne soit
réduit à {0}, et introduisons B1 une base de
E1
, B2 une base de
E2
et B3 une base de
E3
.
Montrer alors que le juxtaposition des bases B1,B2,B3 forme une base de
ℂn
.
Soit B cette famille. Elle est libre d'après le cours.
Et elle est génératrice de la même façon qu'en 3.1.3. Donc C'est une base de
ℂn
.
Il existe donc une base de
ℂn
formée de vecteurs propres de A. A est donc diagonalisable.

Problème 2
Autour de la fonction f :
x⟼sin(x)
x
Considérons la fonction f définie sur
ℝ+
par
f(x)=sin(x)
x et f (0)=1
1 Représentation graphique de la fonction f.
1.1 Montrer que f est de classe C1 sur
ℝ+
*
et calculer f ' sur
ℝ+
*
f est de classe C1 sur
ℝ+
*
car quotient de deux fonctions C1 sur
ℝ+
*
et la fonction
x⟼x
ne s'annule pas sur
ℝ+
*
.
Et
∀x∈ℝ+
*,f '(x)=x cos(x)−sin (x)
x2
1.2 Montrer que f est continue en 0, dérivable en 0 et préciser f ' (0).
lim
x→0, x>0
sin (x)
x=lim
x→0, x>0
sin(x)−sin(0)
x−0
On reconnaît le taux d'accroissement de la fonction sin au voisinage de 0. Ce taux tend, par
définition vers la dérivée de sin en 0, soit cos(0) = 1.
Donc
lim
x→0, x>0
sin (x)
x=1=f(0)
. Donc f est continue en 0.
f(x)−f(0)
x−0=sin (x)−x
x2
Mais sin(x) =
x−x3
6+o(x3)
Donc
f(x)−f(0)
x−0=−x 6+o(x)
Donc
lim
x→0, x>0
f(x)−f(0)
x−0=0
f est donc dérivable en 0, et f '(0) = 0.
L'application f est-elle de classe C1 sur
ℝ+
?
f '(x)= x cos (x)−sin (x)
x2=1 x2(x(1−x2
2+o(x2))−(x−x3 6+o(x3)))
=1
x2(−x3
3+o(x3))=−x 3+o(x)
Donc
lim
x→0, x>0
f '(x)=0=f ' (0)
Donc f ' est continue en 0.
f est de classe C1 sur
ℝ+
*
. f est continue et dérivable sur
ℝ+
, et f ' est continue en 0.
Donc f est C1 sur
ℝ+
1.3 Afin d'étudier les variations de f sur
ℝ+
, nous introduisons la fonction
g :
x⟼x cos(x)−sin(x)
1.3.1 Etudier le signe de g sur
[0; π]
puis les variations de f sur
[0; π]
.
∀x∈[0 ; π],g '(x)=−x sin (x)
Donc, g '(x) ≤ 0 sur
[0; π]
, g '(x) < 0 sur
]0; π[
g est donc strictement décroissante sur
[0; π]
et comme g(0) = 0, il vient :
∀x∈]0 ; π], g(x)<0
. f est donc strictement décroissante sur
[0; π]
1.3.2 Soit n un entier naturel non nul.
Montrer que l'équation (En) : x cos(x)=sin(x) ,
x∈[nπ,(n+1)π]
admet une solution