Corrigés de quelques exercices de la banque CCP 2012 MP

Corrig´ es de quelques exercices de la banque CCP 2012 ∗
MP
17 mars 2013
Table des mati` eres
1 Alg` ebre 2
2 Analyse 15
∗Document disponible sur univenligne.fr ou sur mpcezanne.fr sous le nom CCP2012Corriges.pdf
1

1 Alg` ebre
Corrig´ e 1.1 — exercice CCP 2012, alg` ebre n˚2 1
P= 3X4−9X3+ 7X2−3X+ 2 et Q=X4−3X3+ 3X2−3X+ 2
1. C’est sans difficult´ e (deux racines ´ evidentes, sugg´ er´ ees avec subtilit´ e par l’´ enonc´ e, et divi-
sion euclidienne) que nous avons les d´ ecompositions en facteurs premiers ou irr´ eductibles
dans R[X] :
P= (X−1)(X−2)(3 X2+ 1)
Q= (X−1)(X−2)(X2+ 1)
puis dans C[X] :
P= 3(X−1)(X−2)(X−i√3
3)(X+i√3 3)
Q= (X−1)(X−2)(X−i)(X+i)
2. Les PGCD et PPCM dans R[X]et C[X]sont les mˆ emes. Commenc¸ons par les caract´ eriser
dans un anneau quelconque (Z,R[X],C[X]) :
•Soient Pet Qdont les d´ ecompositions en facteurs irr´ eductibles sont
P=
n
Y
i=1
pαi
iet Q=
n
Y
i=1
pβi
i.
Alors
ppcm(P, Q) =
n
Y
i=1
pmax(αi,βi)
iet pgdc(P, Q) =
n
Y
i=1
pinf(αi,βi)
i
Preuve (de ce r´ esultat du cours) :
•PPCM
On pose m=Qn
i=1 pmax(αi,βi)
i,il s’agit clairement d’un multiple de Pet Q. Par ailleurs, si
Mest un autre multiple,
–pmax(α1,β1)
1|Mqui s’´
ecrit M=pmax(α1,β1)
1M1;
–pmax(α2,β2)
2|M=pmax(α1,β1) 1M1;
par le th´ eor` eme de Gauss, pmax(α2,β2)
2|M1et M=pmax(α1,β1) 1pmax(α2,β2) 2M2;
– par r´ ecurrence pour finir :
* l’initialisation est faite
* si M=Qk
i=1 pmax(αi,βi)
iMkpour k < n, alors pmax(αk+1,βk+1)
k+1 |Met par le lemme de
Gauss, pmax(αk+1,βk+1 )
k+1 |Mk...
lorsque k=non a prouv´ e que m|M.
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2

•PGCD
On pose D=Qn
i=1 pinf(αi,βi)
i,il s’agit clairement d’un diviseur de Pet Q.
Par ailleurs, si dest un autre diviseur de Pet Q, pour tout ppremier tel que pγi
ifigure dans
la d´ ecomposition de d, on a pγi
i|d|Pdonc, toujours avec le lemme de Gauss, pγi i|pαi iet de
mˆ eme pγi
i|pβi i.
En cons´ equence d=Qpγi
i|D.
•PPCM dans R[X] : m1= (X−1)(X−2)(3 X2+ 1)(X2+ 1)
•PGCD dans R[X] : D1= (X−1)(X−2)
•PPCM dans C[X], m1= (X−1)(X−2)(X−i√3
3)(X+i√3 3)(X−i)(X+i)
•PGCD dans C[X], D1= (X−1)(X−2)
3

Corrig´ e 1.2 — exercice CCP 2012, alg` ebre n˚23 2
On note El’ensemble des matrices M(a, b) = a b
−b ao`
u(a, b)∈R2.
1. Montrons que Eest un sev de M2(R) :
-Econtient 0 = M(0,0);
-Eest stable par combinaison lin´ eaire car, pour tous (a, b),(a0, b0)∈R2,
M(a, b) + λM(a0, b0) = M(a+λa0, b +λb0)∈E.
Pour montrer que c’est un sous-anneau, dans le cas g´ en´ eral il faudrait prouver que E est non
vide, stable par addition et multiplication, qu’il contient l’´ el´ ement neutre de la multiplica-
tion. Nous n’avons ` a prouver que les deux derni` eres propri´ et´ es puisque c’est un sev. C’est
imm´ ediat puisque :
-M(a, b)×M(a0, b0) = a a0−b b0a b0+b a0
a b0+b a0a a0−b b0∈E;
-M(1,0) = 1 0
0 1.
Dimension de E comme sev : une partie g´ en´ eratrice visiblement libre est {M(1,0), M(0,1)}.
Donc dim E=2.
2. Soit φd´ efinie par φ(a+ib) = M(a, b).
-φest clairement lin´ eaire ;
-φest injective car φ(a, b) = M(a, b) = a b
−b aest la matrice nulle ssi a=b= 0 et
donc a+ib = 0.Ainsi Ker(φ) = {0}.
- Comme la dimension de Ccomme R−ev est ´ egale ` a deux qui est aussi celle de E, φ est
aussi bijective.
- Montrons que φest aussi un (iso-)morphisme d’anneaux :
φ(z×z0) = φ((a+ib)×(a0+ib0)) (1.1)
=φ((a a0−b b0) + i(a b0+b a0)) (1.2)
=M((a a0−b b0),(a b0+b a0)) (1.3)
=a a0−b b0a b0+b a0
a b0+b a0a a0−b b0(1.4)
=M(a, b)×M(a0, b0)... (1.5)
Nous venons de prouver que le corps Cest isomorphe ` a un sous-anneau de M2(R).
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Corrig´ e 1.3 — exercice CCP 2012, alg` ebre n˚23 3
Soit A=
1−1 1
−1 1 −1
1−1 1 
1. Adiagonalisable ?
(a) Elle est sym´ etrique r´ eelle, donc diagonalisable.
(b) Le calcul donne χA(λ)=3λ2−λ3.On a donc SpR(A) = SpC(A) = {0,3}.La
valeur propre 0 est d’ordre 2, la valeur propre 3 d’ordre 1 ; d´ eterminons les sev propres
associ´ es.
•Ker(A) = Vect 
−1
0
1
,
1
1
0
.
•Ker(A−3) = Vect 
1
−1
1
La somme des dimensions des ces 2 sev est ´ egale ` a trois. Aest diagonalisable dans
M3(R).
(c) A l’´ evidence Aest de rang 1 (les trois colonnes sont ±la colonne 1).
On a donc dim Ker(A)=2 et 0 est vp d’ordre au moins 2 ; comme A6= 0,0 est vp
d’ordre 2 exactement.
Im(A) est donc une droite stable (Im(A) = Vect(t[1,−1,1]) et un sev propre associ´ e
`
a la valeur propre 3 que l’on obtient en calculant la trace 3 = 0 + 0 + λ)
On retrouve que les deux sev propres (qui sont toujours en somme directe) sont suppl´ ementaires
car la somme de leurs dimensions est 3.
(d) A2=
3−3 3
−3 3 −3
3−3 3
= 3 A:le polynˆ ome scind´ e` a racines simples sur RX2−
3Xest donc annulateur de Aqui est donc diagonalisable dans M3(R).
2. A= Mat(u, B), G BON de E.
(a) La matrice de udans une BON est sym´ etrique, uest auto-adjoint.
De plus, u2= 3udonc u
32=3u 9=u 3est un projecteur.
(b) Les sev propres de usont orthogonaux, ce qui ne donne pas pour autant une BON. Il
faut encore travailler pour cela (ne pas l’oublier !).
•Normons un vecteur directeur de Ker(u-3) : a1=1
√3
1
−1
1
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