Corrigé de Centrale PC 2015 maths 1

1
Corrigé de Centrale PC 2015 maths 1
I Première partie
I.C –
I.A – Si cette droite est stable, alors f (u) ∈ Vect(u), donc il existe λ ∈ K tel que
f (u) = λu, donc u est un vecteur propre de f .
Réciproquement, si u est un vecteur propre de f , il existe λ ∈ K tel que f (u) =
λu. Soit x ∈ Vect(u) : il s’écrit αu pour un certain scalaire α. Alors f (x) =
f (αu) = αf (u) = αλu ∈ Vect(u), donc la droite engendrée par u est stable
par f .
I.C.1) Si F est un sous-espace engendré par une famille (x1 , . . . , xp ) de vecteurs propres de f , associés aux valeurs propres respectives
λ1 , . . . , λp , si
Pp
α
x ∈ FP
, il existe (α1 , . . . , αp ) ∈ Kp tel que x =
k=1 k xk , et alors
p
f (x) = k=1 αk λk xk ∈ F , donc F est stable par f .
Si E est le sous-espace propre de f associé à la valeur propre λ, alors fF =
λ idF .
I.B –
I.B.1) Les sous-espaces {0} et E sont évidemment stables par f . Il sont au nombre
de deux car E n’est pas réduit au vecteur nul, par hypothèse.
La rotation d’angle π/2 dans le plan euclidien canonique, de matrice
0 −1
R=
1 0
I.C.2) Soit F un sous-espace propre par f de dimension au moins égale à 2. Il
existe une infinité de droites contenues dans F : prendre deux vecteurs non
colinéaires x1 et x2 dans F , et considérer les droites Vect(x1 + µx2 ) pour µ ∈
K, qui sont deux à deux distinctes). Ces droites sont stables, car engendrées
par des vecteurs propres.
dans la base canonique, n’a pas de troisième sous-espace stable. Sinon, ce
serait une droite, qui serait donc une droite propre d’après la question précédente. Or χf = χA = X 2 + 1 n’a pas de racine réelle donc f n’a pas de
vecteur propre.
I.B.2) On remarque de l’image et le noyau de f sont toujours stable par f . Si ce
dernier est non nul et non injectif, son noyau (ou son image) n’est ni E ni
{0}, ce qui donne un troisième sous-espace stable.
Si ce noyau et cette image sont distincts, cela fait quatre sous-espaces stable.
C’est nécessairement le cas si n est impair : dans ce cas, on ne peut avoir
Im f = Ker f , sinon la formule du rang donnerait 2 rg(f ) = n impair, ce qui
est impossible.
L’endomorphisme f de matrice
0 1
N=
0 0
dans la base canonique (e1 , e2 ) possède — outre {0} et R2 — un troisième
sous-espace stable : la droite Vect(e1 ), qui est à la fois son noyau et son
image. Il n’en a pas d’autre : ce serait une droite propre, or zéro est la seule
valeur propre de f comme le montre immédiatement la matrice N , donc la
seule droite propre de f est son noyau Vect(e1 ).
I.C.3) On va démontrer que f est une homothétie. D’après la première question,
tous les vecteurs non nuls de E sont des vecteurs propres de f . Pour chaque
x ∈ E, on note λx l’unique scalaire tel que f (x) = λx x (l’unicité vient du
fait que x 6= 0). Soient alors deux vecteurs non nuls x et y de E, et montrons
que λx = λy en distinguant deux cas.
• Si x et y sont colinéaires, ce que l’on écrit y = αx pour un certain α ∈ K,
alors
f (y) = λy y = f (αx) = αf (x) = αλx x = λx y,
d’où λy = λx car y est non nul.
• Sinon, on considère le vecteur x + y et on pose µ = λx+y :
f (x + y) = µ(x + y) = µx + µy = f (x) + f (y) = λx x + λy y
d’où λx = µ = λy , car la famille (x, y) est libre.
On note λ la valeur commune de tous les scalaires λx pour x 6= 0. On a donc
∀x ∈ E \ {0}, f (x) = λx, et cette égalité reste évidemment valable lorsque
x = 0. On a bien prouvé que f est une homothétie.
I.D –
I.D.1) Soit F un sous-espace de E et B = (e1 , . . . , en ) une base de E propre pour f
(elle existe par hypothèse de diagonalisablité de f ). Si F = {0}, il admet un
supplémentaire stable qui est E. Sinon, F possède une base F, qui est une
famille libre de E, et le théorème de la base incomplète affirme qu’on peut
II.A –
trouver dans B des vecteurs ei1 , . . . , eip qui tels que F ∪ {ei1 , . . . , eip } soit
une base de E. On pose
Pp
II.A.1) Soit x ∈ F . Pour
Pptout i ∈ [[1, p]], il existe pxi ∈ F ∩ Ei tel que x = i=1 xi .
Alors f (x) =
i=1 λi xi appartient à ⊕i=1 (F ∩ Ei ), c’est-à-dire à F : ce
sous-espace est donc stable par f .
II.A.2) Une des caractérisations de la diagonalisabilité de f est que E soit égal à la
somme (toujours directe) de ses sous-espaces
Pppropres. L’existence et l’unicité
(xi )16i6p dans E1 × · · · × Ep tel que x = i=1 xi en résulte.
II.A.3) La famille (x1 , . . . , xr ) est génératrice de Vx par définition. Par ailleurs, c’est
une famille de vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes, donc
elle est libre (théorème du cours). C’est donc une base de Vx .
Pr
II.A.4) Une récurrence immédiate sur j ∈ N∗ montre que f j−1 (x) = i=1 λj−1
xi :
i
il s’agit d’une combinaison linéaire de la famille (x1 , . . . , xr ), donc ce vecteur
appartient à Vx . C’est en particulier vrai pour j ∈ [[1, r]].
Le calcul ci-dessus montre que la matrice de la famille (f j−1 (x))16j6r dans
la base Bx est la matrice de Vandermonde d’ordre r suivante


1 λ1 · · · λr−1
1
1 λ2 · · · λr−1 
2


W := W (λ1 , . . . , λr ) =  . .
..  .
.
.
. .
. 
G = Vect(ei1 , . . . , eip ).
Par construction, F et G sont supplémentaires, et G est stable puisqu’il est
engendré par une famille de vecteurs propres de f (question I.C.1).
I.D.2) On raisonne par récurrence sur la dimension n > 1 de E. Si n = 1, tous les
endomorphismes de E sont des homothéties puisque E est une droite, donc
ils sont diagonalisables.
Si la propriété est établie pour tous les espaces de dimension n−1, considérons
un espace vectoriel complexe E de dimension n, et un endomorphisme f de E
tel que tout sous-espace de E stable par f admet un supplémentaire stable
par f .
Le théorème de d’Alembert Gauss affirme que χf possède au moins une
racine, donc que f possède au moins un vecteur propre, noté x. On pose
D = Vect(x), alors D est stable par f , donc possède un supplémentaire
stable par f , que l’on note H, et qui est un hyperplan de E.
Montrons que tout sous-espace vectoriel G de H stable par fH possède un
supplémentaire (dans H) stable par fH . En effet, un tel sous-espace G est
a fortiori stable par f , donc possède un supplémentaire K (dans E) stable
par f , et on constate que
K ∩H
1
λr
···
λr−1
r
II.A.5) Comme les λi sont deux à deux distincts, le déterminant (de Vandermonde. . .) de W est non nul (théorème du cours), donc la famille
(f j−1 (x))16j6r est une base de Vx .
II.A.6) Comme xi appartient à Vx , et comme (f j−1 (x))16j6r est une base de Vx , le
vecteur xi est une combinaison linéaire des f j−1 (x) pour 1 6 j 6 r. Comme
F est stable par f et x ∈ F , les f j−1 (x) appartient à F , donc xi appartient
à F.
Pr
On conclut que x = i=1 xi appartient à ⊕ri=1 (F ∩ Ei ). Finalement, on a
prouvé l’inclusion
r
M
(F ∩ Ei ).
F ⊂
est un supplémentaire de G dans l’hyperplan H, stable par l’endomorphisme
induit fH . L’hypothèse de récurrence s’applique donc à fH , qui est diagonalisable. Il suffit de mettre bout à bout x et une base propre de fH pour obtenir
une base de E qui soit propre pour f , ce qui montre que f est diagonalisable.
Remarque. — Un endomorphisme tel que tout sous-espace stable possède un supplémentaire stable est dit semi-simple. On vient de démontrer que, si K est le corps
des complexes, les endomorphismes semi-simples en dimension finie sont diagonalisables (on avait démontré la réciproque à la question précédente, sans restriction
sur le corps de base).
i=1
Comme le prouve l’exemple, étudié à la question I.B.1, de la rotation de R2
d’angle π/2, si le corps de base est celui des réels, il existe des endomorphismes
semi-simples qui ne sont pas diagonalisables (par manque de valeurs propres).
L’inclusion inverse étant évidente, on a prouvé l’égalité, ce qui fallait démontrer.
II.B –
Pn
II.B.1) Comme ∀i ∈ [[1, n]], 1 6 dim Ei et comme i=1 dim Ei = n, il faut que Ei
soit de dimension 1 pour tout i dans [[1, n]] : les sous-espaces propres sont des
droites.
II Deuxième partie
2
Les règles de calcul des degrés montrent que tout polynôme P ∈ F , qui
est une combinaison linéaire des Pi , est de degré au plus n, donc
II.B.2) Une droite stable étant une droite propre, il y a n droites de E stables par f .
II.B.3) Soit F un sous-espace de E stable par f et de dimension k. D’après la partie
II.A, on a F = ⊕ni=1 (F ∩ Ei ). Comme les Ei sont des droites, leurs sousespaces F ∩ Ei sont soit nuls, soit égaux à Ei . Enfin, comme dim F = k, il y
exactement k indices i ∈ [[1, n]] tels que F ∩ Ei = EI , et les autres vérifient
F ∩ Ei = {0}. Un tel F est donc entièrement déterminé par le choix de k
indices i parmi n, donc il existe
n
k
F ⊂ Kn [X].
Par ailleurs, il existe i0 ∈ [[1, N ]] tel que deg(Pi0 ) = n, donc R = Pi0
convient.
b) La famille (Di (R))06i6n est formée de polynôme de degrés échelonnés,
donc elle est libre.
c) La question III.A.2.b montre que dim(F ) > n+1, et comme F est contenu
dans Kn [X], le théorème d’égalité des dimensions montre que
sous-espaces de E de dimension k et stables par f (la question précédente
rentre dans ce cadre, d’ailleurs).
III.A.3)
II.B.4) Il suffit de les compter selon leur dimension k ∈ [[0, n]], et on trouve
n X
n
III.B –
= 2n
k
k=0
III.B.1)
sous-espaces de E stables par f dans ce cas : ce sont les sommes directes
⊕i∈K Ei , où K parcourt l’ensemble des parties finies de [[1, n]].
F = Kn [X].
Les questions I.B.1 et III.A.2 montrent que les sous-espaces de K[X] stables
par D sont {0}, K[X], et tous les sous-espaces Kn [X] avec n ∈ N.
On va montrer que l’ensemble des vecteurs u de E tels que la famille Bf,u =
(f n−i (u))16i6n soit une base de E est
E \ Ker(f n−1 ).
D’une part, si Bf,u est une base, ses vecteurs sont non nuls, en particulier
f n−1 (u) 6= 0, donc u ∈ E \ Ker(f n−1 ).
D’autre part, si u ∈ E \ Ker(f n−1 ) et si λ1 , . . . , λn sont des scalaires tels que
III Troisième partie
III.A –
n
X
III.A.1) La dérivation diminue le degré d’une unité pour les polynômes , donc Kn [X]
est stable par D. On notera plutôt Dn l’endomorphisme induit par D sur
Kn [X]. La matrice de Dn dans la base canonique ordonnée par degrés croissants est


0 1 0 ···
0 0
0 0 2 · · ·
0 0


 .. .. . .
.. 
.
.
. .
.
.
.
.
An = 
. .
.. 
..
..

 .. ..
.
.
.


0 0 · · · · · ·
0 n
0 0 ··· ···
0 0
λn−i f n−i (u) = 0,
i=1
n−1
on applique f
à cette égalité, et il ne reste que λn f n−1 (u) = 0, donc λn =
0. On applique alors f n−2 , ce qui donne λn−1 = 0 etc (on peut rédiger une
démonstration par récurrence si on le souhaite). Finalement, la famille Bf,u
est libre, et comme elle comporte n = dim(E) vecteurs, c’est une base de E.
III.B.2) Dans le cas où Bf,u est une base de E, la matrice de f dans Bf,u est


0 1 0 ···
0 0
0 0 1 · · ·
0 0


 .. .. . .
.. 
..
. .
.
.
.

.
. .

.
.
.
..
. . .. 
 .. ..


0 0 · · · · · ·
0 1
0 0 ··· ···
0 0
III.A.2) a) On note N > 1 la dimension finie non nulle de F . Alors F possède une
base (P1 , . . . , PN ). On pose
n = max (deg Pi ).
16i6N
3
III.B.3) Toute famille C = (ai f n−i (u))16i6n , déduite de la base Bf,u en multipliant
les vecteurs de cette dernière par des scalaires supposés non nuls ai , est encore
une base de E. La matrice de f dans C sera An−1 si et seulement si
∀i ∈ [[1, n]],
IV.C.1) Les composantes de X et Y sont respectivement les parties réelles et imaginaires des zi : ce sont des réels, donc X et Y appartiennent à E.
Avant d’entamer la démonstration de la liberté de la famille (X, Y ), faisons
deux remarques.
• Il est impossible que Z ∈ Mn,1 (R), sinon, en choisissant une de ses composantes non nulles notée zk , on déduirait de la relation M Z = λZ que
f (ai f n−i (u)) = (i − 1)ai−1 f n−(i−1) (u),
ou encore si et seulement si
∀i ∈ [[1, n]],
ai = (i − 1)ai−1 .
λ=
On choisit alors a1 = 1 et cela entraîne que ∀i ∈ [[1, n]], ai = (i − 1)!. En
conclusion, la matrice de f sur la base suivante vaut An−1 :
C = (i − 1)!f n−i (u) 16i6n .
n
1 X
mk,j zj ,
zk j=1
donc λ serait réel.
• Il est impossible que Z soit imaginaire pur, sinon on pourrait l’écrire iU
avec U ∈ Mn,1 (R) non nul, et la relation M Z = λZ donnerait M U =
λU : le raisonnement du cas précédent fournirait alors une contradiction.
Soient maintenant a et b deux réels tels que aX + bY = 0. Pour tout k ∈
[[1, n]], on a alors a Re(zk ) + ib Im(zk ) = 0, donc a Re(zk ) = b Im(zk ) = 0.
Comme Z possède au moins une composante de partie réelle non nulle et
une composante de partie imaginaire non nulle (cf. les deux remarques cidessus), on en déduit que a = b = 0, donc que la famille (X, Y ) est libre
dans E.
III.B.4) D’après la question III.A.3, les sous-espaces de E stables par f sont alors
{0} et tous ceux de la forme Vect((i − 1)!f n−i (u))16i6r pour 1 6 r 6 n (le
dernier d’entre eux valant E). Il y en a n + 1. On remarque qu’ils peuvent se
décrire plus simplement sous la forme suivante :
{0} et Vect (f n−i (u))16i6r
pour 1 6 r 6 n.
IV.C.2) De l’égalité M Z = λZ, comme M est à coefficients réels, on tire M Z = λ Z.
Par ailleurs, les définitions même X et Y donnent Z = X +iY et Z = X −iY .
On obtient alors
On va démontrer que
Vect (f n−i (u))16i6r = Ker(f r ).
1
1
1
(M Z + M Z) = (λZ + λ Z) =
λ[X + iY ] + λ[X − iY ] ,
2
2
2
λ−λ
λ+λ
X−
Y = αX − βY,
=
2
2i
1
1
1
M Y = (M Z − M Z) =
λZ − λ Z =
λ[X + iY ] − λ[X − iY ] ,
2i
2i
2i
λ−λ
λ+λ
=
X+
Y = βX + αY.
2i
2
MX =
Il suffit pour cela d’élever An−1 à la puissance r (la diagonale partielle de 1 se
trouve alors à la r-ième surdiagonale) et le noyau de Ar apparaît de manière
évidente.
IV Quatrième partie
IV.A – La matrice de f dans Bn est M .
Comme M X et M Y appartient à F = Vect(X, Y ), ce plan est stable par f ,
et on lit dans les calculs ci-dessus que la matrice de fF dans la base (X, Y )
IV.B – Si n est impair, alors χf est un polynôme unitaire de degré impair à coeffivaut
cients réels. Sa fonction polynomiale associée (encore notée χf ) possède donc les
α β
limites −∞ en −∞, et +∞ en +∞. Le théorème de valeurs intermédiaires (χf
.
−β α
est polynomiale donc continue) assure que χf s’annule au moins une fois sur R,
c’est-à-dire que f admet au moins une valeur propre réelle.
IV.D – L’affirmation est vraie car, si un endomorphisme d’un espace vectoriel réel
de dimension finie n’admet une droite stable, c’est qu’il n’admet pas de valeur
IV.C –
4
propre réelle (question I.A). Comme il admet, dans ce cas au moins une valeur
propre complexe non réelle (théorème de d’Alembert-Gauss), la question IV.C
montre qu’il possède un plan stable.
On suit enfin la démarche de la question IV.C, en cherchant un vecteur
Z = t(z1 , z2 , z3 ) ∈ M3,1 (C) tel que AZ = λZ. La transformation élémentaire
L3 ← L3 + (1 − 2i)L2 permet de passer du deuxième au troisième système :
Remarque. — La question IV.B n’est pas nécessaire pour résoudre cette question.
AZ = λZ ⇐⇒
ϕ : P ∈ R[X] 7→ XP
n’a aucun sous-espace stable de dimension finie, à l’exception de {0} bien sûr.
En effet, si F est un sous-espace stable par ϕ et non réduit à {0}, il contient
un polynôme non nul P0 , donc contient tous les itérés ϕk (P0 ) par stabilité.
Or deg(ϕ(P )) = deg(P ) + 1 pour tout polynôme P non nul, donc la famille
(ϕk (P0 ))k∈N est à degrés échelonnés, donc libre, donc la dimension de F ne peut
pas être finie. En particulier, ϕ ne possède ni droite ni plan stable.
Remarque. — En revanche, ϕ possède des sous-espaces stables non triviaux de dimension infinie. On peut démontrer, que ce sont exactement les idéaux de K[X], c’est-à-dire
les ensembles des multiples d’un polynôme P donné : {P × Q, Q ∈ K[X]}.
On choisit z1 = 2, ce qui montre que le vecteur Z0 = t(2, 1 − i, −1 − i) est
un vecteur propre (complexe non réel) de A pour la valeur propre λ. Les
deux premières colonnes de T sont les vecteurs X0 = t(2, 1, −1) et Y0 =
t
(0, −1, −1), et on a α = Re(λ) = −1, β = Im(λ) = 2, donc
IV.F –
IV.F.1) On calcule
X − 1
4
X +2
χA = det(XIn − A) = −1
−1
−1
0 1 ,
X


2
0 1
P =  1 −1 0
−1 −1 1
= (X − 1)(X + 2)X − 4 + 4X + X − 1 = X 3 + X 2 + 3X − 5,
= (X − 1)(X 2 + 2X + 5) = (X − 1)(X − [−1 + 2i])(X − [−1 − 2i]).
−4
−2
1

   
−4x2
x1
x1
0

x1 − 3x2 − x3
−1 x2  = x2  ⇐⇒

x3
x1 + x2 − x3
x3
0
x2 = 0,
⇐⇒
x1 = x3 .
=
=
=

−1
et T = −2
0

2 0
−1 0 .
0 1
Le plan et la droite
On en déduit que le spectre complexe de A est {1, λ, λ} avec λ = −1 + 2i.
On commence par résoudre AX = X, avec X = t(x1 , x2 , x3 ) ∈ M3,1 (R) :

1
1
1


z1 − 4z2 = (−1 + 2i)z1 ,
z1 − 2z2 − z3 = (−1 + 2i)z2 ,

z1 + z2 = (−1 + 2i)z3

2(1 − i)z1 − 4z2 = 0,

z1 − (1 + 2i)z2 − z3 = 0,
⇐⇒

z1 + z2 + (1 − 2i)z3 = 0

2(1 − i)z1 − 4z2 = 0,

z1 − (1 + 2i)z2 − z3 = 0,
⇐⇒

2(1 − i)z1 − 4z2 = 0
2(1 − i)z1 − 4z2 = 0,
⇐⇒
z1 − (1 + 2i)z2 − z3 = 0.
IV.E – La réponse est oui, et voici un exemple : l’endomorphisme
F = Vect((2, 1, 0), (0, −1, −1))
0,
0,
0
et G = Vect((1, 0, 1))
sont stables par l’endomorphisme de R3 canoniquement associé à A, et ils
sont supplémentaires dans R3 . Ce sont respectivement le seul plan stable et
la seule droite stable.
IV.F.2) Si X ∈ C 1 (R, M3,1 (R)), on pose Y = P −1 X, et on note α l’unique réel tel
que U = αU0 = α t(1, 0, 1). Alors le problème de Cauchy PU est équivalent
au problème de Cauchy suivant, qu’on résout dans la foulée (on a posé z =
t
Par conséquent, E1 (A) = Vect(U0 ), où l’on a posé U0 = (1, 0, 1)). On vient
de trouver la troisième colonne de P ainsi que la valeur de γ : c’est 1.
5
remarquer que, comme la matrice A est fixe, toute solution de X ′ = AX est
de classe C ∞ (montrer par récurrence sur n que X est de classe C n ).
y1 + iy2 ) :
−1 ′
P X = (P −1 AP )P −1 X
P −1 X(0) = P −1 U0
′
Y = TY
⇐⇒
Y (0) = (0, 0, α).

y1′ = −y1 + 2y2 ,



y2′ = −2y1 − y2 ,
⇐⇒
y3′ = y3



Y (0) = (0, 0, α).

z ′ = −y1 + 2y2 − 2iy1 − iy2 = (−1 − 2i)(y1 + iy2 ) = λz,



y3′ = y3
⇐⇒
z(0) = 0,



y3 (0) = α.
Trajectoires rectilignes. Un arc paramétré (R, Y ) à valeurs dans R3 de classe C 1
rectiligne et non ponctuel est de la forme
Y : t ∈ R 7→ V + α(t)W,
où V et W sont deux vecteurs de R3 , le second étant non nul, et où α ∈
C 1 (R, R) est une fonction non constante. Un tel arc est une trajectoire du
système X ′ = AX si et seulement si
∀t ∈ R,
donc
(1)
Comme Y est de classe C ∞ , la fonction α aussi. En dérivant la relation cidessus, on obtient ∀t ∈ R, α′′ (t)W = α′ (t)AW . Comme α n’est pas constante,
il existe t0 ∈ R tel que α′ (t0 ) 6= 0 et, en posant λ = α′′ (t0 )/α′ (t0 ), on en
déduit que
AW = λW.
On obtient z = 0 identiquement et y3 : t ∈ R 7→ αet , c’est-à-dire
Y : t ∈ R 7→ t(0, 0, αet )
α′ (t)W = AV + α(t)AW.
X : t ∈ R 7→ et U.
Comme W 6= 0, c’est donc un vecteur propre (réel) de A, donc λ = 1 (c’est la
seule valeur propre réelle de A) et W est colinéaire à U0 = t(1, 0, 1). Quitte
à faire porter la constante de colinéarité par la fonction α, on peut supposer
que W = U0 . La relation (1) s’écrit alors α′ U0 = AV + αU0 , ou encore
IV.F.3) On obtient x′ (0) = −x(0)+2y(0) = −a+2b et y ′ (0) = 2x(0)−y(0) = −2a−b.
En dérivant la première équation et en utilisant la seconde, on trouve x′′ =
−x′ + 2y ′ = −x′ − 4x − 2y = −x′ + 4x − (x + x′ ) = −2x′ − 5x, donc
x′′ + 2x′ + 5x = 0.
(α′ − α)U0 = AV.
On montre de la même façon que y ′′ + 2x′ + 5x = 0. Les racines de l’équation
caractéristique sont λ = −1+2i et son conjugué λ. Il existe donc (u, v, w, h) ∈
C4 tel que
Comme α est de classe C 2 , on peut dériver cette relation pour obtenir (α′′ −
α′ )U0 = 0 et, comme U0 6= 0, on en déduit que α′′ = α′ , puis qu’il existe
(k, ℓ) ∈ R2 tel que
∀t ∈ R, α(t) = ket + ℓ,
x : t ∈ R 7→ e−t [u cos(2t) + v sin(2t)],
avec k non nul pour que α ne soit pas constante. La relation (α′ −α)U0 = AV
s’écrit alors −ℓU0 = AV , et comme A est inversible (son spectre ne contient
pas zéro), on en déduit que V = −ℓA−1 U0 = −ℓU0 , puisque AU0 = U0 .
Finalement, si X est une trajectoire rectiligne non ponctuelle, alors il existe
(k, ℓ) ∈ R∗ × R telle que ∀t ∈ R, X(t) = −ℓU0 + (ket + ℓ)U0 , ou encore
y : t ∈ R 7→ e−t [w cos(2t) + h sin(2t)],
donc
x′ : t ∈ R 7→ e−t [(2v − u) cos(2t) − (v + 2u) sin(2t)],
et y ′ : t ∈ R 7→ e−t [(2h − w) cos(2t) − (h + 2w) sin(2t)].
Les conditions initiales permettent de calculer u = a, w = b, puis v = b et
h = −a. Par conséquent,
∃k ∈ R∗ ,
ϕ : t ∈ R 7→ e−t (a cos(2t) + b sin(2t), b cos(2t) − a sin(2t)) .
∀t ∈ R,
X(t) = ket U0 ,
et il est clair que toutes ces fonctions conviennent.
IV.F.4) On interprète les termes rectiligne et plane au sens strict, c’est-à-dire signifiant non ponctuelle et non rectiligne respectivement. On commence par
Remarque. — On a montré que les trajectoires rectilignes portées par des droites
a priori affines de R3 sont nécessairement portées par des droites vectorielles. Si
6
Le système homogène associé est celui qui a été résolu à la question IV.F.3.
Comme la matrice
−1 2
−2 −1
on admet ce résultat, la formule ci-dessus découle de manière directe de la question
IV.F.2.
Trajectoires planes. Un arc paramétré (R, Y ) à valeurs dans R3 de classe C 1
et plan est de la forme
est inversible, il existe une solution particulière constante (γ, δ) qu’on explicitera pas. Finalement, si Y est une trajectoire non rectiligne contenue dans
un plan, alors il existe (a, b, γ, δ) ∈ R4 tel que pour tout t ∈ R
Y : t ∈ R 7→ R + x(t)S + y(t)T,
où R, S et T sont trois vecteurs de R3 , les deux derniers formant une famille
libre, et où x et y sont des éléments de C 1 (R, R). On laisse à la lectrice et au
lecteur le soin de démontrer qu’un tel arc est non rectiligne si et seulement
s’il possède deux vecteurs vitesses non colinéaires, c’est-à-dire, en utilisant le
déterminant sur la base (S, T ) de ces deux vecteurs vitesses :
′
x (t ) x′ (t2 )
6= 0.
∃(t1 , t2 ) ∈ R2 , ∆ := ′ 1
y (t1 ) y ′ (t2 )
Y (t)
= e−t (a cos(2t) + b sin(2t)) + γ X0 + e−t (b cos(2t) + a sin(2t)) + δ Y0 ,
= e−t (a cos(2t) + b sin(2t))X0 + e−t (b cos(2t) + a sin(2t))Y0 + γX0 + δY0 .
{z
} | {z }
|
Réciproquement, si Y est une telle fonction, comme Z ′ = AZ d’après la
question IV.F.3 et comme Y ′ = Z ′ , on a Y ′ = AY si et seulement si AZ0 = 0.
Comme A est inversible, cela équivaut encore à Z0 = 0, et comme (X0 , Y0 )
est libre, cela équivaut à γ = δ = 0. En conclusion, les trajectoires planes de
X ′ = AX sont les fonctions Y telles qu’il existe (a, b) ∈ R2 vérifiant
Un tel arc est une trajectoire du système X ′ = AX si et seulement si
x′ (t)S + y ′ (t)T = AR + x(t)AS + y(t)AT.
∀t ∈ R,
(2)
Comme Y est de classe C ∞ , les fonctions x et y aussi. En dérivant la relation
ci-dessus, on obtient ∀t ∈ R, x′′ (t)S + y ′′ (t)T = x′ (t)AS + y ′ (t)AT . En
substituant t par t1 et t2 , on obtient un système dont on considère que les
inconnues (vectorielles) sont AS et AT :
′
x (t1 )AS + y ′ (t1 )AT = x′′ (t1 )S + y ′′ (t1 )T,
x′ (t2 )AS + y ′ (t2 )AT = x′′ (t2 )S + y ′′ (t2 )T.
∀t ∈ R,
∀t ∈ R,
Y (t) = e−t (a cos(2t) + b sin(2t))X0 + e−t (b cos(2t) + a sin(2t))Y0 .
V Cinquième partie
V.A –
V.A.1) On anticipe la notation du (futur) produit scalaire.
Un produit scalaire étant une application bilinéaire de E 2 dans R, il est
déterminé de manière unique par la valeur des nombres hεi , εj i. Il suffit donc
de montrer que l’unique forme bilinéaire définie par
Le déterminant ∆ de ce système étant non nul, on obtient AS et AT comme
combinaisons linéaires — qu’il n’est pas nécessaire d’expliciter — de S et T
par les formules de Cramer. Ceci prouve que le plan Vect(S, T ) est stable
par A. En anticipant sur la question V.C, ce plan est nécessairement F , donc
on peut choisir S = X0 et T = Y0 (voir leurs valeurs à la question IV.F.1). La
relation (2) montre alors que AR appartient aussi au plan F = Vect(X0 , Y0 ),
et on peut donc écrire (2) sous la forme
′
:=Z0
:=Z(t)
∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 ,
hεi , εj i = δi,j
est bien un produit scalaire. Or l’expression d’une telle forme est (développement par bilinéarité) :
′
x (t)X0 + y (t)Y0 = αX0 + βY0 + x(t)[−X0 − 2Y0 ] + y(t)[2X0 − Y0 ],
∀(x, y) ∈ E 2 ,
où α et β sont deux constantes réelles. Comme la famille (X0 , Y0 ) est libre,
cela équivaut encore au système différentiel linéaire avec second membre
′
x (t) − [−x(t) + 2y(t)] = α,
∀t ∈ R,
y ′ (t) − [−2x(t) − y(t)] = β.
hx, yi =
n
X
x i yi
i=1
où les xi et les yi désignent les composantes de x et y dans B. On reconnaît
alors l’expression d’un produit scalaire (c’est un résultat du cours).
7
V.A.2) La relation demandée est
sont des hyperplans (car B est libre) stables par f (d’après la question I.C.1,
car ils sont engendrés par une famille de vecteurs propres de f ) et d’intersection nulle (car un vecteur de Hj est un vecteur dont la composante selon εj
est nulle : s’il est dans ∩ni=1 Hi , toutes ses composantes sont nulles).
hu, vi = u · v = tU V.
V.B – L’hyperplan H est stable par f si et seulement pour tout X ∈ Mn,1 (R) tel
que tU X = 0, on a tU (AX) = 0, ou encore
∀X ∈ Mn,1 (R),
V.D.2) La réponse est oui.
On munit E d’un produit scalaire, et on note A la matrice de f dans une
base orthonormale pour ce produit scalaire. Soient H1 , . . . , Hn des hyperplans de E stables par f et d’intersection réduite au vecteur nul. Soient
u1 , . . . , un des vecteurs normaux à H1 , . . . , Hn respectivement. On pose
V = Vect(u1 , . . . , un ). Soit x ∈ E. On a les équivalences suivantes :
t
XU = 0 =⇒ tX tAU = 0.
L’énoncé ci-dessus est équivalent à la proposition suivante : le vecteur tAU est
orthogonal à H̃, qui est l’hyperplan de Rn formé des colonnes de composantes
dans B des vecteurs de H. Comme H̃ est un hyperplan et que U dirige la droite
D̃ = (H̃)⊥ , dire que tAU est orthogonal à H̃, c’est dire que tAU est colinéaire
à U , autrement dit que U est un vecteur propre de la transposée de A.
n
x ∈ V ⊥ ⇐⇒ ∀x ∈ [[1, n]], hx, ui i = 0 ⇐⇒ ∀x ∈ [[1, n]], xi ∈ Hi ⇐⇒ x ∈ ∩ Hi .
i=1
On en déduit que V ⊥ = {0}, donc que V = (V ⊥ )⊥ = {0}⊥ = E, donc que
la famille (u1 , . . . , un ) est génératrice de E, donc est une base de E. Or cette
famille est, d’après la question V.B, composée de vecteurs propres de tA.
La matrice tA possède donc une base propre, c’est-à-dire est diagonalisable,
donc A l’est aussi (si D = P −1 tAP est diagonale, alors tP A tP −1 = tD = D
aussi), donc f est diagonalisable.
V.C – On sait déjà que le plan F de la question IV.F.1 est stable par A. On va montrer
qu’il n’en existe pas d’autre, en suivant la démarche proposée à la question V.B.
Si M3,1 (R) est muni du produit scalaire canonique, si P est un plan de M3,1 (R)
dont U est un vecteur normal, P est stable par A si et seulement si U est un
vecteur propre de tA. Or tA possède le même polynôme caractéristique que A,
donc l’unique valeur propre de tA vaut 1. On résout donc tAX = X, où X =
t
(x1 , x2 , x3 ) :

   
x1
1
1 1
x1
t
AX = X ⇐⇒ −4 −2 1 x2  = x2  ,
x3
x3
0 −1 0

x2 + x3 = 0,

−4x1 − 3x2 + x3 = 0,
⇐⇒

−x2 − x3 = 0,
x2 + x3 = 0,
⇐⇒
x1 + x2 = 0.
Le sous-espace propre E1 ( tA) est une droite, engendrée par U = t (1, −1, 1),
donc l’unique plan stable de A a pour équation x1 − x2 + x3 = 0 dans la base
canonique. On retrouve bien le plan F .
V.D –
V.D.1) Comme l’endomorphisme f est diagonalisable, il possède une base propre
B = (εi )16i6n . Les n sous-espaces vectoriels
Hj = Vect(εi )16i6n, i6=j
pour j ∈ [[1, n]],
8
Concours Centrale-Supélec 2015 ilière PC
Mathématiques 1
Présentation du sujet
Le sujet s intéresse aux sous-espaces vectoriels stables par un endomorphisme
d un � espace
vectoriel , � = ℝ ou ℂ. La partie I est consacrée à quelques généralités, notamment le cas des
sous-espaces engendrés par une famille de vecteurs propres de . La partie II étudie plus particulièrement le cas d un endomorphisme d un espace vectoriel de dimension inie qui est diagonalisable
et admet valeurs propres distinctes, et elle se conclut par un dénombrement des sous-espaces
stables par . La partie III étudie le cas des endomorphismes nilpotents d ordre d un espace
vectoriel de dimension , à l aide d un parallèle avec l endomorphisme dérivation. La partie IV
établit l existence d un plan stable pour un endomorphisme d un espace vectoriel réel admettant
une valeur propre non réelle. Enin la partie V relie les hyperplans stables par l endomorphisme de
matrice A et les droites stables par l endomorphisme de matrice � �.
Analyse globale des résultats
Ce sujet aborde des notions très proches du cours d algèbre linéaire de PC. Il est totalement
conforme au programme. Il nécessitait cependant de la part des étudiants une bonne compréhension
des déinitions et une aisance dans la démarche déductive en algèbre linéaire : sur ce point ce fut
un relatif échec. En efet il semble que pour une moitié des candidats il soit impossible de produire
une démonstration cohérente basée sur des objets abstraits de l algèbre linéaire souvent d ailleurs
faute d avoir compris leur nature. Sur ce point il semble qu il y ait un net recul par rapport aux
années précédentes. Les concepts fondamentaux portant sur une partie centrale du programme
d algèbre linéaire ne sont pas maitrisés, et pour certains candidats la notion même de sous-espace
stable n est pas comprise ce qui rendait le sujet infaisable. Nous avons constaté une dispersion très
forte des résultats, d excellentes copies, un nombre conséquent de bonnes copies puis une cassure
très nette, et le no-mans-land de ceux pour qui n ont pas digéré l algèbre linéaire, et pour lesquels
la note ne signiie pas grand-chose. Il est à noter également, en général, une baisse de qualité de
présentation et de rédaction.
Commentaires sur les réponses apportées et conseils aux candidats
La partie I et la partie II sont les moins bien réussies. Elles abordaient de façon générale la stabilité
d un sous-espace : à ce titre la déinition � � ⊂ était centrale. Dans bon nombre de copies on
trouve une confusion entre les éléments de
et
lui-même, le calcul de � � se faisant alors
comme si était lui-même un vecteur. On rencontre également la notion de vecteur stable, ce qui
implique une confusion entre et Vect� �. Pour les bons candidats ces questions n ont pas posé
de problème étant donné leur proximité avec le cours.
À noter que la frontière entre le cours et les résultats à connaitre n est pas claire. Certains candidats se sentent obligés de redémontrer par exemple qu une famille de vecteurs propres associés à
des valeurs propres deux à deux distinctes est une famille libre, ou qu une famille échelonnée de
polynômes est libre, ou encore retrouver la formule du déterminant de Vandermonde. Peut être
était-ce pour prouver qu il pouvaient produire un raisonnement rigoureux mais ce n était pas utile.
Mathématiques 1
12 juin 2015 19:03
E–18
Concours Centrale-Supélec 2015 ilière PC
La partie III est la mieux réussie, elle a permis à partir d un exemple à de nombreux candidats de
raccrocher au sujet. La partie IV présentait un exemple de matrice � × � mais elle a été traitée de
façon décevante, sans doute car elle utilisait la réduction dans ℂ.
Partie I
I.A – C est la porte d entrée dans ce problème. Un raisonnement par équivalence n était pas
conseillé. La notion de stabilité pour un sous ensemble n est pas claire dans de nombreuses copies :
on peut voir par exemple des afirmations du type « � � ⊂ » ou encore des « vecteurs stables
par » ce qui mène parfois à l extrême simpliication : � � = .
Pour la partie directe, les candidats qui ont pensé à écrire la formule �Vect� �� = Vect� � ��
ont bien résumé d emblée le problème, et se sont ramenés au seul vecteur � �, évitant ainsi de
manipuler deux paramètres : en efet le raisonnement basé sur l égalité �� � = � est souvent
mal rédigé. La réciproque est mieux comprise.
I.B.1) Une petite moitié de candidats pensent aux sous espaces triviaux, ou à ker� � et Im� � sans
se poser la question de leur égalité. On constate que l existence d au moins une valeur propre pour
est acquise pour nombre de candidats, ce qui rendait l obtention du contre exemple inaccessible.
Très peu de copies donnent ce contre exemple, dont la recherche parait nécessairement de nature
algébrique quand on a compris que l on souhaite une matrice réelle sans valeurs propres réelles.
Mais l exemple de la rotation qui se dégage sans aucun calculs n est quasiment jamais cité et c est
vraiment regrettable, c est sans doute une conséquence de la disparition de la géométrie afine des
nouveaux programmes. Parmi les contres exemples faux, on relève l application nulle, les projections, ou des applications clairement non linéaires. Au passage, pour l exemple de l application
nulle, le fait que tout sous-espace soit stable n apparait pas clair pour tout le monde, ce qui peut
se comprendre.
I.B.2) C est la suite de I.B.1 et la mise en forme rigoureuse de cette question est exceptionnelle,
seules les meilleures copies sentent la nécessité de montrer qu image et noyau sont distincts pour
prouver l existence d au moins quatre sous espaces stables. Certains pensent à prouver que si est
impair il existe une valeur propre réelle sans remarquer que 0 l est par hypothèse. L obtention du
contre exemple de façon logique comme matrice ne possédant qu une seule valeur propre n apparait
quasiment jamais.
I.C.1) Cette question est en général bien traitée. Le fait que la restriction à un sous-espace propre
de soit une homothétie est connu de moins d un candidat sur deux.
I.C.2) Cette question est traitée dans un quart des copies environ, et quand elle est comprise
souvent traitée de façon intuitive. La correction a distingué ceux qui ont senti la nécessité de
prouver l existence d une ininité de droites dans un espace de dimension supérieure ou égale à 2
de ceux qui l ont considéré comme évident, mais encore fallait-il dire que ces droites étaient stables
par .
I.C.3) Seuls les bons candidats ont vu le lien avec une question classique d algèbre linéaire, en ne
s intéressant qu aux droites stables. La correction a distingué deux parties de la question : ceux
qui connaissaient le résultat, et ceux qui l on correctement prouvé. À noter que la démonstration
rigoureuse nécessite d envisager deux cas selon que et sont ou non colinéaire.
I.D.1) Cette question nécessitait de connaitre l énoncé exact du théorème de la base incomplète
dont l utilisation est suggérée dans l énoncé : « on peut compléter les vecteurs d une famille libre de
(ici une base de ) à l aide de vecteurs d une famille génératrice de (ici une base de vecteurs
propres de ) ain d obtenir une base de ». Les écueils majeurs rencontrés ont étés la mauvaise
compréhension de cet énoncé, ou la méconnaissance de ce théorème pourtant au programme de
Mathématiques 1
12 juin 2015 19:03
E–19
Concours Centrale-Supélec 2015 ilière PC
PCSI, au proit de « on peut compléter une famille libre de
en une base de » inutilisable ici
sous cette forme, ou encore le fait de prendre au départ pour base de
une famille de vecteurs
propres de , ce qui n est pas possible évidemment dans le cas général. Attention à l utilisation
du mot « supplémentaire » qu il ne faut pas confondre avec le mot « complémentaire ».
I.D.2) Cette question, dificile, n est que très rarement traitée. Il fallait penser ici à montrer
l existence d une droite stable puisque � = ℂ, et faire une récurrence sur la dimension de ,
ce qui igure cependant dans certaines copies. À noter que l on pouvait éviter la récurrence en
considérant la somme
de tous les sous-espaces propres de et introduire la restriction de à
un supplémentaire stable de , pour en déduire que ce supplémentaire est nul.
Partie II
�
II.A.1) La mise en forme rigoureuse de la question nécessite de revenir à la déinition de ⨁�=1
� ∩
�.
La
question
est
assez
souvent
bien
traitée,
malheureusement
nombreux
sont
ceux
qui
ont
cru
�
qu alors l égalité était acquise dans la suite de la partie.
II.A.2) Cette question a posé beaucoup de problèmes aux candidats. Tout d abord il fallait comprendre que l on abordait la réciproque de la question, II.A.1 et donc qu il n était pas possible
�
d utiliser l égalité = ⨁�=1
� ∩ � �. Ensuite il fallait comprendre que, l hypothèse étant « est
diagonalisable », il fallait utiliser le fait que
est somme directe des � sous-espaces propres de
. Enin très nombreux sont les candidats qui pensent nécessaire de redémontrer l existence et
l unicité de la famille ��� �1⩽�⩽� , donc de redémontrer un théorème du cours, prouvant ainsi que la
notion de somme directe et de sous-espaces supplémentaires n est pas acquise.
II.A.3) Mêmes remarques, on attendait de voir apparaitre le terme « famille libre » sans plus de
justiications que le mot « somme directe », mais la notion de somme directe n est en général pas
bien comprise. De plus, la dimension de � est souvent donnée comme le cardinal de la famille
génératrice, ce qui simpliie le problème ! Attention, la liberté d une famille ne découle pas de la
non nullité de chacun des vecteurs, et de plus, une somme nulle peut posséder évidemment des
termes non nuls.
II.A.4) L expression de �−1 ��� comme combinaison linéaire des vecteurs �� est souvent bien
traitée. De façon surprenante la matrice de la famille � �−1 ����� dans la base ��� �� qui devrait
en découler naturellement est très souvent diagonale : les candidats ont mal lu la question et ont
confondu avec la matrice de la restriction de l application �−1 au sous-espace � . Peut être est-ce
dû au fait que dans la pratique les matrices représentent le plus souvent des applications linéaires
et non des familles de vecteurs.
II.A.5) Cette question découlant directement de la précédente et du fait qu il s agit d une matrice
de Vandermonde, moins de un candidat sur 10 a su y répondre en reconnaissant le déterminant.
À noter que les candidats qui ont su dire que ce déterminant n est pas nul lorsque les réels ��� �
sont deux à deux distincts, mais sans donner la formule du déterminant, se sont vu attribuer tous
les points. À noter que par conséquent il n était pas non plus nécessaire de redémontrer la formule
du déterminant vue en cours, même si la démonstration est intéressante ce n est pas le lieu de la
refaire.
II.A.6) Peu souvent traitée correctement.
II.B.1) et 2) Bien traitées en général, même s il y a parfois confusion entre la droite stable et
le vecteur propre qui la dirige, souvent considéré comme unique, mais ces confusion étaient déjà
décelées à la première question.
Mathématiques 1
12 juin 2015 19:03
E–20
Concours Centrale-Supélec 2015 ilière PC
II.B.3) et 4) La bonne réponse igure assez souvent, mais très rarement bien justiiée, ce qui se
fait à l aide de la propriété démontrée au II.A : en efet un sous espace stable de dimension est
la somme des sous espaces ∩ � qui sont de dimension 0 ou 1.
Partie III
III.A.1) Les candidats sont clairement plus à l aise sur les problèmes « concrets », ce qui explique
que la matrice est souvent correcte. Cette partie donnait un peu d air au sujet plutôt général dans
les premières parties.
III.A.2a) Cette question a posé des problèmes sur le choix du polynôme � et de l entier . Il
s agissait de prouver qu il existe dans
un polynôme de degré maximum, et la reformulation de
la question en français aurait sans doute permis d y répondre du moins partiellement. Ce genre de
réponse, même mal justiiée, a été pris en compte. Au passage, l existence de � comme polynôme
de degré maximal d une base de n a que très rarement été évoquée.
III.A.2b) Souvent traitée, avec plus ou moins de bonheur. L évocation d une famille échelonnée de
polynômes dispense de démontrer que la famille est libre, mais de très nombreux candidats refont
les démonstrations.
III.A.2c) Les questions de dimension sont assez bien comprises.
III.A.3) Peu de candidats pensent à rajouter le sous espace {0}, très peu �[ ], exceptionnellement
certains envisagent le cas d un sous espace vectoriel qui ne serait pas de dimension inie.
III.B.1) L exercice classique consistant à démontrer que si le vecteur �−1 � � est non nul, alors
la famille � �−� � ��1⩽�⩽� est libre, n est pas toujours bien digéré au niveau de son hypothèse. En
efet la question reformulée à partir de l hypothèse « �−1 non nul » a entrainé des réponses fausses
ou incomplètes, bien que les démonstrations soient souvent bonnes. Le fait que �−1 soit non nul
n entraine pas que �−1 � � le soit systématiquement pour tout vecteur , d une part, et d autre
part le fait que � � soit non nul n entraine pas que �−1 � � le soit. Bref la méthode est souvent
bonne la conclusion fausse.
III.B.2) Traitée correctement dans une copie sur deux, cette question prouve de nouveau que la
notion de matrice d un endomorphisme dans une base est plutôt bien assimilée. Les erreurs portent
le plus souvent sur l ordre des vecteurs de la base, entrainant alors une confusion avec la transposée
de la matrice attendue.
III.B.3) Question abordée par un tiers de candidats, qui n ont en général vu qu une première étape
dans les calculs pour remonter les échelons. Le facteur �! n apparait que très rarement, remplacé le
plus souvent par le facteur �.
III.B.4) Le rapport avec la matrice �� n est que très rarement utilisé correctement. Il l est cependant dans les excellentes copies.
Partie VI
IV.A – La matrice � apparait assez souvent sans justiications, d ailleurs cette question relève
directement du cours, il sufisait de traduire la déinition du produit matriciel.
IV.B – Abordée correctement dans un tiers des copies.
IV.C.1) La première partie de cette question est très souvent bien traitée. Quand à la seconde,
est un vecteur propre de � , donc la famille � � � est libre puisque � ≠ �, et par conséquent la
famille � � � l est également : cet enchainement logique non trivial n a pas été bien vu, ce qui
Mathématiques 1
12 juin 2015 19:03
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Concours Centrale-Supélec 2015 ilière PC
n est pas surprenant. Mais il y a des candidats qui ont compris qu il fallait en passer par le calcul
de � � et � � pour conclure à la liberté de � � �.
IV.C.2) Question traitée par les très bons candidats.
IV.D – La réponse correcte apparait dans les copies des candidats qui ont compris les deux
questions précédente.
IV.E – Apparaissent, mais très rarement, les endomorphismes
→
ou
→∫
.
IV.F.1) Cette question nécessitait de calculer le polynôme caractéristique de �, puis de déterminer
les sous espaces propres de �, du moins deux sur les trois, puis d appliquer ce qui précède. À ce
stade du problème ces enchainements n ont malheureusement pas aboutis, soit en raison d erreurs
de calcul dans le calcul du polynôme caractéristique, soit en raison de la présence de calculs dans ℂ.
La matrice n apparait que très rarement, et la question n est jamais traitée dans son intégralité.
IV F.2) Jamais traitée correctement.
IV.F.3) Très rarement abordée.
IV.F.4) Jamais abordée.
Partie V
V.A.1) et 2) Bien que souvent abordées car à priori proche du cours, ces questions n ont pas été
bien comprise. Il sufisait de donner la formule, nécessaire, de ce produit scalaire, mais les candidats
n ont que rarement compris qu il fallait utiliser pour cela le fait que la base est orthonormée.
V.B) Cette question, indépendante du reste du problème, a donné lieu dans les très bonne copies
à d excellentes solutions, notamment pour la réciproque.
V.D.1) et 2) Parfois abordée avec succès dans les meilleures copies.
Conseils aux candidats
Sur le fond. Les questions de ce problème sont pour la plupart très proches du cours, mais nécessitent pour y répondre de savoir aller au-delà du simple énoncé des théorèmes. Ainsi la préparation
de cette épreuve passe bien entendu par une bonne connaissance des déinitions exactes pour
pouvoir les exploiter, mais aussi par un travail d approfondissement et une relecture de certaines
démonstrations fondamentales du cours, ici par exemple tout ce qui concerne la notion de somme
directe, ou d éléments propres d un endomorphisme ou d une matrice. Les candidats ne prenant
pas la peine de bien justiier leur argumentation sont pénalisés, il y a trop souvent des pseudo-raisonnements intuitifs et non justiiés.
Sur la forme. Le soin, la qualité de la rédaction, les igures propres sont des éléments de l évaluation, mais la présentation, l orthographe et la grammaire sont malheureusement souvent négligées.
Rappelons qu une minoration peut être envisagée par le correcteur sur ces critères.
Conclusion
L épreuve a été très classante avec une forte dispersion des notes, d excellentes copies, mais un
trop grand nombre de candidats très en peine pour produire le discours rigoureux attendu dans ce
type de problème.
Mathématiques 1
12 juin 2015 19:03
E–22