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Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2 2016/2017
Mercredi 15 Mars
Concours blanc : Épreuve de Mathématiques
(Durée : 4h)
Exercice 1
Partie I : Méthode de la variation des deux constantes.
On considère l'équation diérentielle du second ordre :
a(t)y 00 (t) + b(t)y 0 (t) + c(t)y(t) = h(t) (E)
où a, b, c et h sont dénies et continues sur R et telles que a ne s'annule jamais.
1. Soit y une solution de (E). Pour tout réel t, on pose :
Y (t) =
y(t)
y 0 (t)
Montrer que Y est solution du système diérentiel (S) :
avec A(t) =
0
1
c(t)
− a(t)
b(t)
− a(t)
Y 0 (t) = A(t)Y (t) + H(t)
!
!
0
et H(t) = h(t) .
a(t)
2. Quelle est la dimension de l'espace vectoriel des solutions de l'équation homogène (H) associée à (E) ?
3. Soit (u, v) une base de solutions de l'équation homogène (H). Pour tout réel t, on pose :
U (t) =
u(t)
u0 (t)
,
V (t) =
v(t)
v 0 (t)
On recherche une solution de (S) sous la forme :
W (t) = λ(t)U (t) + µ(t)V (t)
où λ et µ sont deux fonctions de classe C 1 sur R à déterminer.
Montrer que W est solution de (S) si et seulement si, pour tout t de R :
λ0 (t)U (t) + µ0 (t)V (t) = H(t)
4. En déduire que, pour tout réel t :
(
λ0 (t)u(t) + µ0 (t)v(t) = 0
λ0 (t)u0 (t) + µ0 (t)v 0 (t) = h(t)
a(t)
5. Montrer que si ces conditions sont vériées, alors la fonction y : t 7→ λ(t)u(t) + µ(t)v(t) est solution de
(E) (on pourra utiliser la question 1).
Partie II : Résolution d'une équation diérentielle.
1. (a) On considère la série entière
celle-ci est dénie.
X
(−1)p t2p : donner son rayon de convergence et sa somme, lorsque
p>0
1/17
(b) On considère la série entière
X
(−1)p t2p+1 : donner son rayon de convergence et sa somme, lorsque
p>0
celle-ci est dénie.
2. Donner la solution générale de l'équation diérentielle (Ec ) : y 00 = 0.
3. On considère l'équation diérentielle (H) : (1 + t2 )y 00 (t) + 4ty 0 (t) + 2y(t) = 0.
(a) Soit f une solution de (H), dénie sur R.
i. Montrer que la fonction t 7→ (1 + t2 )f (t) est une fonction ane de t (on pensera à calculer sa
dérivée seconde).
ii. Montrer que t 7→
(b)
1
,t
1+t2
7→
t
1+t2
est une base de l'espace des solutions de (H).
Dans cette question, on propose une autre méthode pour déterminer les solutions de l'équation
homogène
(H).
On recherche les solutions de (H) développables en série entière au voisinage de 0 sous la forme :
y(t) =
+∞
X
an tn
n=0
où les an , n ∈ N, sont des réels.
i. Donner, pour tout n ∈ N, une relation de récurrence entre an+2 et an .
ii. Pour tout entier naturel p, exprimer a2p et a2p+1 en fonction de p, a0 et a1 .
iii. En déduire une expression simpliée de
+∞
X
an tn sur un voisinage de 0.
n=0
4. On considère l'équation diérentielle (E) :
(1 + t2 )y 00 (t) + 4ty 0 (t) + 2y(t) =
1
1 + t2
On cherche à résoudre (E) en appliquant la méthode de la variation des deux constantes de la partie I,
i.e. en recherchant les solutions sous la forme :
t 7→ y(t) =
tµ(t)
λ(t)
+
2
1+t
1 + t2
où λ et µ sont deux fonctions inconnues, à déterminer.
(a) Donner la condition vériée pour tout réel t par λ0 (t) et µ0 (t).
(b) Montrer que, pour tout réel t :
t
λ0 (t) = − 1+t
2
1
µ0 (t) = 1+t
2
(c) Exprimer, pour tout réel t, λ(t) et µ(t).
(d) En déduire l'expression de la solution générale de (E).
Correction H
[ed1]
Exercice 2
Partie I. Décomposition de Dunford : généralités
Pour n ∈ N∗ , on note In et 0n respectivement la matrice identité et la matrice nulle de Mn (R).
Soit A ∈ Mn (R), s'il existe ∆, N ∈ Mn (R) telles que :
i)
ii)
iii)
iv)
A = ∆ + N,
∆ est diagonalisable,
N est nilpotente (i.e. il existe p ∈ N tel que N p = 0n ).
∆N = N ∆, autrement dit les matrices ∆ et N commutent,
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Alors on dira que le couple (∆, N ) est une décomposition de Dunford de A.
3 2
3 1
1. Soient A1 =
et A2 =
.
0 3
0 2
3 0
0 2
1a. Soient ∆ =
et N =
, montrer que (∆, N ) est une décomposition de Dunford de
0 3
0 0
A1 .
3 0
0 1
1b. Soient ∆ =
et N =
, montrer que (∆, N ) n'est pas une décomposition de
0 2
0 0
Dunford de A2 .
2. Soit A3 une matrice diagonalisable de Mn (R), montrer que A3 admet une décomposition de Dunford
que l'on donnera.
3. Soit A4 une matrice nilpotente de Mn (R). Montrer que A4 admet une décomposition de Dunford que
l'on donnera.
4. Vérier que si (∆, N ) est une décomposition de Dunford de A, alors ∆ et N commutent avec A.
Partie II. Décomposition dans M2 (R)
Dans cette partie, on suppose n = 2. Soit A une matrice de M2 (R).
1. Montrer que χA (x) = x2 − (tr A)x + det A.
2. On suppose que (tr A)2 − 4 det A > 0. Montrer que A admet une décomposition de Dunford qu'on
précisera.
3. On suppose que (tr A)2 − 4 det A = 0. Montrer que A admet une décomposition de Dunford qu'on
précisera en fonction de A, I et tr(A).
4. On suppose que (tr A)2 − 4 det A < 0. On va montrer par l'absurde que A n'admet pas de décomposition
de Dunford. On suppose que :
A=∆+N
où ∆ est diagonalisable, N nilpotente, et ∆N = N ∆. Soit p ∈ N∗ tel que N p = 0.
4a. Montrer que si λ est une valeur propre de N et X un vecteur propre associé, on a ∀k ∈ N∗ , N k X =
λk X .
4b. En déduire que 0 est la seule valeur propre possible de N .
4c. Montrer qu'il existe P ∈ GL2 (C) et α ∈ C tel que :
P −1 N P =
0 α
0 0
puis que N 2 = 0.
4d. Soit λ ∈ R une valeur propre de ∆. On note X 6= 0 un vecteur propre associé. Montrer que
A(N X) = λ(N X)
En déduire que λ est valeur propre de A. Conclure.
Partie III. Étude d'un exemple dans M3 (R)






3 −1 1
2 0 0
1 −1 1
Soit A =  0 2 2 , on pose ∆ =  −1 3 1  et N =  1 −1 1 .
−1 1 3
−1 1 3
0 0 0
1. Étude de ∆
1a. Déterminer le spectre de ∆, et en déduire que ∆ est inversible.
1b. Montrer que ∆ est diagonalisable et la diagonaliser sous la forme P −1 ∆P = D, avec P ∈ M3 (R)
inversible et


2 0 0
D =  0 2 0 .
0 0 4
3/17
1c. En déduire, de manière élémentaire, que ∆−1 est diagonalisable et exprimer ∆−1 en fonction de P ,
P −1 et d'une matrice diagonale D1 à déterminer.
2. Décomposition de A.
2a. Montrer que A n'est pas diagonalisable.
2b. Montrer que N est nilpotente.
2c. Vérier qu'il existe α ∈ R (à préciser) tel que N ∆ = ∆N = αN .
2d. En déduire que (∆, N ) est une décomposition de Dunford de A.
3. Décomposition de Dunford de A−1 .
On pose N1 = ∆−1 N .
3a. À l'aide de III.2c, montrer que ∆−1 N = N ∆−1 .
3b. En déduire que N1 est nilpotente.
3c. Développer (I3 + N1 )(I3 − N1 ). En déduire que I3 + N1 est inversible et donner son inverse.
3d. Justier l'existence de A−1 .
3e. Montrer que A−1 = (I3 + N1 )−1 ∆−1 et en déduire une décomposition de Dunford de A−1 .
4. Décomposition de Dunford des puissances de A.
Soit p ∈ N.
4a. À l'aide de la décomposition de Dunford (∆, N ) de A, montrer que
Ap = ∆p + p2p−1 N.
4b. Vérier que (∆p , p2p−1 N ) est une décomposition de Dunford de Ap .
4c. Calculer ∆p . En déduire que

2+p
−p
p
Ap = 2p−1  1 + p − 2p 1 − p + 2p p − 1 + 2p 
1 − 2p
−1 + 2p
1 + 2p

5. Décomposition de Dunford de R vériant R2 = A, R s'appelle une racine carrée de A.
5a. Déterminer les matrices U ∈ M3 (R) diagonales vériant U 2 = D.
5b. À l'aide des matrices P et P −1 , déterminer alors une matrice S à valeurs propres positives telle
que S 2 = ∆.
5c. Déterminer deux réels a et b tels que S = a∆ + bI3 , en raisonnant sur les formes diagonalisées. En
déduire que S et N1 commutent.
5d. On pose M = I3 + 21 N1 . Montrer que M 2 = I3 + N1 .
5e. En remarquant que A = ∆ I3 + ∆−1 N , déterminer une matrice R telle que R2 = A.
5f. Donner une décomposition de Dunford de R.
Correction H
[re2]
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Correction de l'exercice 1 N
Partie I : Méthode de la variation des deux constantes.
1. Soit y une solution de (E). Comme a ne s'annule pas, on a :
h(t) − b(t)y 0 (t) − c(t)y(t)
a(t)
∀t ∈ R, y 00 (t) =
Et on peut ainsi écrire :
0
Y (t) =
=
y 0 (t)
y 00 (t)
=
0
1
c(t)
− a(t)
b(t)
− a(t)
y 0 (t)
b(t) 0
h(t)
a(t) − a(t) y (t) −
!
y(t)
+
y 0 (t)
!
c(t)
a(t) y(t)
0
y 0 (t)
b(t) 0
c(t)
y(t) − a(t)
y (t)
− a(t)
=
!
+
0
!
h(t)
a(t)
!
h(t)
a(t)
En conclusion :
Y est solution du système diérentiel (S) : Y 0 (t) = A(t)Y (t) + H(t)
avec A(t) =
0
1
c(t)
− a(t)
b(t)
− a(t)
!
0
et H(t) =
2. L'équation homogène (H) : a(t)y 00 (t) +
forme canonique car a ne s'annule pas :
h(t)
a(t)
b(t)y 0 (t)
(H) : y 00 (t) +
!
.
+ c(t)y(t) = 0 associée à (E) peut se réécrire sous la
b(t) 0
c(t)
y (t) +
y(t) = 0
a(t)
a(t)
et on sait d'après le cours que :
L'ensemble des solutions de (H) est un R-espace vectoriel de dimension 2.
3. Soit (u, v) une base de solutions de l'équation homogène (H). Pour tout réel t, on pose :
U (t) =
u(t)
u0 (t)
,
V (t) =
v(t)
v 0 (t)
De même qu'en 1, on peut établir que U et V sont solutions du système homogène associé à (S), c'est
à dire que :
U 0 (t) = A(t)U (t) et V 0 (t) = A(t)V (t)
Avec W (t) = λ(t)U (t) + µ(t)V (t), on calcule :
W 0 (t) = λ0 (t)U (t) + λ(t)U 0 (t) + µ0 (t)V (t) + µ(t)V 0 (t)
= λ(t)U 0 (t) + µ(t)V 0 (t) + λ0 (t)U (t) + µ0 (t)V (t)
Ainsi :
W est solution de (S) ⇐⇒ W 0 (t) − A(t)W (t) = H(t)
⇐⇒ λ(t)U 0 (t) + µ(t)V 0 (t) + λ0 (t)U (t) + µ0 (t)V (t)
−λ(t)A(t)U (t) − µ(t)A(t)V (t) = H(t)
W est solution de (S) ⇐⇒ λ(t) U 0 (t) − A(t)U (t) + µ(t) V 0 (t) − A(t)V (t)
|
{z
}
|
{z
}
=0
=0
+ λ0 (t)U (t) + µ0 (t)V (t) = H(t)
Avec les simplications, on trouve le résultat :
5/17
W est solution de (S) si et seulement si, ∀t ∈ R, λ0 (t)U (t) + µ0 (t)V (t) = H(t).
4. On reformule le résultat précédent :
0
u(t)
u0 (t)
λ (t)
0
+ µ (t)
v(t)
v 0 (t)
!
0
=
h(t)
a(t)
Soit en considérant chacune des composantes de l'égalité :
(
∀t ∈ R,
λ0 (t)u(t) + µ0 (t)v(t) = 0
λ0 (t)u0 (t) + µ0 (t)v 0 (t) = h(t)
a(t)
5. On suppose que les conditions sont vériées. Soit : y(t) = λ(t)u(t) + µ(t)v(t). On a alors
Y (t) =
y(t)
y 0 (t)
=
λ(t)u(t) + µ(t)v(t)
λ(t)u0 (t) + µ(t)v 0 (t) + λ0 (t)u(t) + µ0 (t)v(t)
avec λ0 (t)u(t) + µ0 (t)v(t) = 0, d'où :
Y (t) =
λ(t)u(t) + µ(t)v(t)
λ(t)u0 (t) + µ(t)v 0 (t)
= λ(t)
u(t)
u0 (t)
+ µ(t)
v(t)
v 0 (t)
= W (t)
Y est donc solution de (S), et on en déduit que :
y : t 7→ λ(t)u(t) + µ(t)v(t) est solution de (E)
Partie II : Résolution d'une équation diérentielle.
1. (a) Rappelons que la série
X
up a pour rayon de convergence 1 et que :
p>0
∀u ∈] − 1, 1[,
X
up =
p>0
On remarque alors que
X
X
(−1)p t2p =
p>0
(−t2 )p , donc :
p>0
? La série converge pour | −
? La série diverge pour | −
1
1−u
t2 |
t2 |
=
=
|t|2
|t|2
< 1, i.e. |t| < 1.
> 1, i.e. |t| > 1.
On en conclut que le rayon de convergence de la série est 1. De plus, en utilisant le rappel avec
u = −t2 :
X
∀t ∈] − 1, 1[,
p>0
(b) On constate que
X
(−1)p t2p+1 = t
p>0
X
(−1)p t2p =
1
1 + t2
(R = 1)
(−1)p t2p . Cette série a donc même rayon de convergence
p>0
que la précédente. Plus précisément :
∀t ∈] − 1, 1[,
X
(−1)p t2p+1 =
p>0
t
1 + t2
(R = 1)
2. Par calculs successifs de primitives :
∀t ∈ R,
y 00 (t) = 0 ⇐⇒ ∃λ ∈ R, ∀t ∈ R,
⇐⇒ ∃λ, µ ∈ R, ∀t ∈ R,
y 0 (t) = λ
y(t) = λt + µ
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L'équation diérentielle (Ec ) : y 00 = 0 a pour solution générale t 7→ λt + µ avec λ, µ ∈ R.
3. On considère l'équation diérentielle (H) : (1 + t2 )y 00 (t) + 4ty 0 (t) + 2y(t) = 0.
(a) Soit f une solution de (H), dénie sur R.
i. On pose h(t) = (1 + t2 )f (t), alors :
h0 (t) = (1 + t2 )f 0 (t) + 2tf (t)
h00 (t) = (1 + t2 )f 00 (t) + 4tf 0 (t) + 2f (t)
Comme f est solution de (H), on a h00 (t) = 0, donc h est solution de (Ec ), et :
∃λ, µ ∈ R tels que ∀t ∈ R,
h(t) = λt + µ
Autrement dit :
La fonction t 7→ (1 + t2 )f (t) est une fonction ane de t.
ii. D'après la question précédente, il est donc prouvé que si f est une solution de (H), alors :
∃λ, µ ∈ R, ∀t ∈ R,
f (t) = λ
1
t
+µ
1 + t2
1 + t2
t
1
est une famille génératrice de l'espace
Autrement dit, la famille (f1 , f2 ) = t 7→ 1+t
2 , t 7→ 1+t2
des solutions de (H). Il reste à montrer qu'elle est libre :
1
t
+µ
=0
1 + t2
1 + t2
=⇒ λ = 0 (avec le choix t = 0), et µ = 0
λf1 + µf2 = 0 =⇒ ∀t ∈ R, λ
Donc la famille est bien libre. En conclusion :
(b)
t 7→
1
,t
1+t2
7→
t
1+t2
est une base de l'espace des solutions de (H).
Dans cette question, on propose une autre méthode pour déterminer les solutions de l'équation
homogène
(H).
On recherche les solutions de (H) développables en série entière au voisinage de 0 sous la forme :
y(t) =
+∞
X
an tn
n=0
où les an , n ∈ N, sont des réels.
i. On a alors
y 0 (t)
=
+∞
X
nan t
n−1
et
y 00 (t)
=
n=1
+∞
X
n(n − 1)an tn−2 .
n=2
Par substitution dans l'équation (H), on trouve (en notant R le rayon de convergence de la
série entière) :
∀t ∈] − R, R[,
(1 + t2 )
+∞
X
n(n − 1)an tn−2 + 4t
n=2
+∞
X
nan tn−1 + 2
n=1
+∞
X
an tn = 0
n=0
Soit en développant :
∀t ∈] − R, R[,
+∞
X
n=2
n−2
n(n − 1)an t
+
+∞
X
n
n(n − 1)an t +
+∞
X
n=2
n=1
(n=0)
(n=0)
n
4nan t +
+∞
X
2an tn = 0
n=0
7/17
On eectue ensuite un décalage d'indice dans la première somme, et on regroupe les autres
sommes :
+∞
X
∀t ∈] − R, R[,
+∞
X
(n + 1)(n + 2)an+2 tn +
n=0
(n2 + 3n + 2)an tn = 0
n=0
Finalement, on obtient une série entière unique dont la somme est nulle :
+∞
X
∀t ∈] − R, R[,
(n + 1)(n + 2)an+2 + (n2 + 3n + 2)an tn = 0
n=0
Et par unicité des coecients du développement en série entière :
(n + 1)(n + 2)an+2 + (n2 + 3n + 2)an
∀n ∈ N,
D'où pour tout n ∈ N, an+2 = −
n2 + 3n + 2
an = −an .
(n + 1)(n + 2)
∀n ∈ N,
an+2 = −an
ii. Une récurrence (presque) immédiate montre alors que :
a2p = (−1)p a0 et a2p+1 = (−1)p a1
∀p ∈ N,
En eet, c'est clair pour p = 0, et si c'est vérié au rang p alors :
a2p+2 = −a2p = −(−1)p a0 = (−1)p+1 a0 et a2p+3 = −a2p+1 = −(−1)p a1 = (−1)p+1 a1
Donc c'est vérié au rang p + 1.
iii. On peut maintenant exprimer la somme pour t ∈] − R, R[ en séparant les termes d'ordre pair
et impair :
+∞
X
n
an t
=
n=0
+∞
X
2p
a2p t
+
p=0
= a0
+∞
X
a2p+1 t2p+1
p=0
+∞
X
(−1)p t2p + a1
p=0
+∞
X
(−1)2p+1 t2p+1
p=0
On reconnaît les séries étudiées à la question 1, ce qui prouve que R = 1 et que :
∀t ∈] − 1, 1[,
y(t) =
+∞
X
an tn =
n=0
a0
a1 t
+
2
1+t
1 + t2
On retrouve bien par cette méthode une base de l'ensemble des solutions de (H).
4. On considère l'équation diérentielle (E) :
(1 + t2 )y 00 (t) + 4ty 0 (t) + 2y(t) =
1
1 + t2
On cherche à résoudre (E) en appliquant la méthode de la variation des deux constantes de la partie I,
i.e. en recherchant les solutions sous la forme :
t 7→ y(t) =
λ(t)
tµ(t)
+
2
1+t
1 + t2
où λ et µ sont deux fonctions inconnues, à déterminer.
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(a) D'après la question 5 de la partie 1, λ0 et µ0 sont solutions du système :
(
∀t ∈ R,
λ0 (t)
1+t2
2tλ0 (t)
− (1+t
2 )2
+
+
tµ0 (t)
1+t2
(1−t2 )µ0 (t)
(1+t2 )2
=
0
=
1
(1+t2 )2
Ce qui peut s'écrire plus simplement :
λ0 (t) + tµ0 (t)
= 0 (1)
+ (1 − t2 )µ0 (t) = 1 (2)
∀t ∈ R,
−2tλ0 (t)
(b) L'opération 2t(1) + (2) donne :
(1 + t2 )µ0 (t) = 1 c'est à dire : µ0 (t) =
Enn d'après (1) :
λ0 (t) = −tµ0 (t) = −
1
1 + t2
t
1 + t2
On a donc, pour tout réel t :
t
λ0 (t) = − 1+t
2
1
0
µ (t) = 1+t2
(c) Par choix d'une primitive, on obtient (à une constante près) :
1
λ(t) = − ln(1 + t2 ) et µ(t) = arctan t
2
(d) D'après la question 5 de la partie 1, la fonction :
t 7→
− 12 ln(1 + t2 ) t arctan t
+
1 + t2
1 + t2
est une solution particulière de (E), et la solution générale de l'équation est :
(
SE =
)
λ − 21 ln(1 + t2 ) t(µ + arctan t)
t 7→
+
, λ, µ ∈ R
1 + t2
1 + t2
Correction de l'exercice 2 N
Partie I. Décomposition de Dunford : généralités
Pour n ∈ N∗ , on note In et 0n respectivement la matrice identité et la matrice nulle de Mn (R).
Soit A ∈ Mn (R), s'il existe ∆, N ∈ Mn (R) telles que :
i)
ii)
iii)
iv)
A = ∆ + N,
∆ est diagonalisable,
N est nilpotente (i.e. il existe p ∈ N tel que N p = 0n ).
∆N = N ∆, autrement dit les matrices ∆ et N commutent,
Alors on dira que le couple (∆, N ) est une décomposition de Dunford de A.
1. Soient A1 =
3 2
0 3
et A2 =
3 1
0 2
.
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1a. Soient ∆ =
3 0
0 3
et N =
0 2
0 0
.
On a clairement A1 = ∆ + N . ∆ = 3I est diagonale donc diagonalisable et N nilpotente car N 2 = 0.
Enn :
∆N = 3N =
0 6
0 0
= N∆
Les quatre points de la dénition sont vériés :
(∆, N ) est une décomposition de Dunford de A1 .
3 0
0 1
1b. Soient ∆ =
et N =
. On a :
0 2
0 0
∆N =
0 3
0 0
et N ∆ =
0 2
0 0
Ainsi, les matrices ∆ et N ne commutent pas :
(∆, N ) n'est pas une décomposition de Dunford de A2 .
2. Soit A3 une matrice diagonalisable de Mn (R). Il est immédiat que :
(A3 , 0) est une décomposition de Dunford de A3 .
3. Soit A4 une matrice nilpotente de Mn (R). Il est immédiat que :
(0, A4 ) est une décomposition de Dunford de A3 .
4. On suppose que (∆, N ) est une décomposition de Dunford de A. Alors en particulier :
A=∆+N
et ∆N = N ∆
D'où :
∆A = ∆(∆ + N ) = ∆2 + ∆N = ∆2 + N ∆ = (∆ + N )∆ = A∆
et de même :
N A = N (∆ + N ) = N ∆ + N 2 = ∆N + N 2 = (∆ + N )N = AN
∆ et N commutent avec A.
Remarque : il est même possible de montrer que ∆ et N sont des polynômes en A.
Partie II. Décomposition dans M2 (R)
Dans cette partie, on suppose n = 2. Soit A une matrice de M2 (R).
1. Notons A =
a b
c d
. Avec ces notations :
χA (x) =
x − a −b
= x2 − (a + d)x + ad − bc
−c x − d
On constate immédiatement que :
χA = x2 − (tr A)x + det A
2. On suppose que (tr A)2 − 4 det A > 0. Alors A admet deux valeurs propres réelles distinctes, donc A est
diagonalisable dans Mn (R). D'après la question I.2 :
(A, 0) est une décomposition de Dunford de A.
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3. On suppose que (tr A)2 − 4 det A = 0. Alors PA est scindé et A admet une seule valeur propre réelle
λ = tr2A . A est trigonalisable, autrement dit, il existe P ∈ GL2 (R) et α ∈ R tel que :
A=P
avec N =
0 α
0 0
λ α
0 λ
P −1 = P (λI + N )P −1 =
λI
|{z}
diagonalisable
+ P
P −1}
| N{z
nilpotente
et (P −1 N P )2 = P −1 N P P −1 N P = P −1 N 2 P = 0. En résumé, la matrice λI est
diagonalisable, la matrice P N P −1 est nilpotente et les deux commutent :
La décomposition de Dunford de A est
tr A
2
· I, A −
tr A
2
·I .
4. On suppose que (tr A)2 − 4 det A < 0. On va montrer par l'absurde que A n'admet pas de décomposition
de Dunford. On suppose que :
A=∆+N
où ∆ est diagonalisable, N nilpotente, et ∆N = N ∆. Soit p ∈ N∗ tel que N p = 0.
4a. On suppose que λ est une valeur propre de N et X un vecteur propre associé, Montrons par
récurrence que ∀k ∈ N∗ , N k X = λk X :
? C'est vrai pour n = 1 par dénition.
? Supposons que pour k ∈ N∗ xé on a N k X = λk X . Alors :
N k+1 X = N k × N X = N k × λX = λN k X = λ × λk X = λk+1 X
Le résultat est vrai au rang n + 1.
Par récurrence, on vient de montrer que
∀k ∈ N, N k X = λk X
4b. Si λ est une valeur propre de N , il existe donc X ∈ Mn,1 (R) non nul, tel que
N p X = λp X = 0 car N p = 0
On a donc λp = 0, et il s'ensuit que λ = 0.
0 est la seule valeur propre possible de N .
4c. Le polynôme caractéristique de N est scindé dans Mn (C), ce qui est susant pour conclure que N
est trigonalisable dans Mn (C). 0 étant la seule valeur propre, la diagonale de la matrice triangulaire
est nulle :
Il existe P ∈ GL2 (C) et α ∈ C tel que : P −1 N P =
Alors
2
N =P
avec
0 α
0 0
2
0 α
0 0
P
−1
P
0 α
0 0
P
−1
=P
0 α
0 0
0 α
0 0
2
P −1
= 0, d'où :
N2 = 0
4d. Soit λ ∈ R une valeur propre de ∆. On note X 6= 0 un vecteur propre associé. Alors :
2
A(N X) = (∆ + N )N X = ∆N X + N
| {zX} = N (∆X) = N × λX
=0
A(N X) = λ(N X)
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Si N X 6= 0, on vient de montrer que λ est valeur propre de A associée au vecteur propre N X . Sinon
N X = 0, et dans ce cas :
AX = (∆ + N )X = ∆X + N
X = λX
|{z}
=0
donc λ est valeur propre de A associée au vecteur propre X . Dans tous les cas :
λ est valeur propre de A.
2
Or on a supposé que (tr A) − 4 det A 6= 0, autrement dit A n'a pas de valeur propre réelle. Le
résultat de la question précédente est en contradiction avec le présupposé. On en conclut que
Il n'existe pas de décomposition de Dunford de A.
Partie III. Étude d'un exemple dans M3 (R)






3 −1 1
2 0 0
1 −1 1
Soit A =  0 2 2 , on pose ∆ =  −1 3 1  et N =  1 −1 1 .
−1 1 3
−1 1 3
0 0 0
1. Étude de ∆
1a. Calculons le polynôme caractéristique de ∆ :
x−2
0
0
1
x − 3 −1 = (x − 2)(x2 − 6x + 8) = (x − 2)2 (x − 4)
χ∆ (x) =
1
−1 x − 3
Spec(∆) = {2, 4}
0 n'est pas valeur propre de ∆, donc Ker(∆) = {0} et on en déduit que
∆ est inversible.
1b. Cherchons les sous-espaces propres associés aux valeurs propres :

   
0
x
x





0 . On résout donc :
y
y
=
∈ E2 si et seulement si (∆ − 2I)
?
0
z
z

0
= 0

−x + y + z = 0
⇔ x=y+z

−x + y + z = 0
   
1 
 1
On en déduit que E2 = Vect  1  ,  0  . Comme dim E2 = 2, on peut déjà armer que


1
0

∆ est diagonalisable.
   
x
x
0





y
y
0 . On résout donc :
?
∈ E4 si et seulement si (∆ − 4I)
=
z
z
0

−2x
= 0

x = 0
−x − y + z = 0
⇔
y = z

−x + y − z = 0
 
 0 
On en déduit que E4 = Vect  1  . En conclusion :


1




1 1 0
2 0 0
P −1 ∆P = D, avec P =  1 0 1  ∈ M3 (R) inversible et D =  0 2 0  .
0 1 1
0 0 4


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1c. Puisque ∆ est inversible, cette dernière relation s'écrit également

∆ = P DP −1 d'où
∆−1 = P DP
−1 −1
= P D−1 P −1 avec
D−1

1/2 0
0
=  0 1/2 0 
0
0 1/4
Cette relation prouve que

∆−1 est diagonalisable et ∆−1

1/2 0
0
= P  0 1/2 0  P −1 = P D1 P −1 .
0
0 1/4
2. Décomposition de A.
2a. Calculons le polynôme caractéristique de A :
χA (x) =
=
x−3
1
−1
x−2
1
−1
0
x − 2 −2 = x − 2 x − 2 −2
1
−1 x − 3
0
−1 x − 3
x−2
1
−1
0
x − 3 −1
0
−1 x − 3
(C1 ← C1 + C2 )
(L2 ← L2 − L1 )
= (x − 2)(x2 − 6x + 8) = (x − 2)2 (x − 4)
 
 
 
x
x
0
Donc Spec(A) = {2, 4}. De plus,  y  ∈ E2 si et seulement si (A − 2I)  y  =  0 . On
z
z
0
résout donc :

 x−y+z = 0
z = 0
2z
= 0
⇔
x = y

−x + y + z = 0
 
 1 
On en déduit que E2 = Vect  1  . La dimension de E2 est strictement inférieure à la multi

0
plicité de la valeur propre 2. En conclusion :
A n'est pas diagonalisable.
2b. Un simple calcul nous montre que N 2 = 0, ce qui signie que :
N est

2
2c. Par un calcul simple on obtient N ∆ =  2
0
nilpotente.

−2 2
−2 2  = ∆N . On constate que :
0 0
N ∆ = ∆N = 2N
2d. Remarquons que A = ∆ + N . Ensuite, d'après les questions 1b,2b et 2c, il est vérié que :
(∆, N ) est une décomposition de Dunford de A.
3. Décomposition de Dunford de A−1 .
On pose N1 = ∆−1 N .
3a. D'après III.2c, on sait que ∆N = N ∆, si on multiplie à gauche et à droite par ∆−1 , on obtient une
nouvelle égalité :
∆−1 ∆N ∆−1 = ∆−1 N ∆ ∆−1
et après simplication (∆−1 ∆ = ∆∆−1 = I3 ) :
N ∆−1 = ∆−1 N .
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3b. Il vient ensuite : N12 = ∆−1 N × ∆−1 N = ∆−1 N × N ∆−1 = ∆−1 N 2 ∆−1 = 0 car N 2 = 0.
N1 est nilpotente.
3c. (I3 + N1 )(I3 − N1 ) = I3 − N1 + N1 − N12 . Or N12 = 0 donc :
(I3 + N1 )(I3 − N1 ) = I3
Par commutativité, on a aussi (I3 − N1 )(I3 + N1 ) = I3 . Ce calcul prouve que :
I3 + N1 est inversible et (I3 + N1 )−1 = I3 − N1 .
3d. 0 n'est pas valeur propre de A, donc :
A est inversible et A−1 existe.
3e. Par une simple mise en facteur : A = ∆ + N = ∆(I3 + ∆−1 N ) = ∆(I3 + N1 ), ce qui s'écrit par
passage à l'inverse :
−1
A−1 = ∆(I3 + N1 )
= (I3 + N1 )−1 ∆−1
A−1 = (I3 + N1 )−1 ∆−1
D'après la question 3c, cette écriture devient :
A−1 = (I3 − N1 )∆−1 = ∆−1 − N1 ∆−1 = ∆−1 + ∆−1 N ∆−1 = ∆−1 + (∆−1 )2 N
En outre, les conditions suivantes sont respectées :
? ∆−1 est diagonalisable d'après 1c.
? (∆−1 )2 N est nilpotente car, par commutativité de N et ∆−1 :
−1 2 2
(∆ ) N = (∆−1 )4 N 2 = 0 car N 2 = 0
? ∆−1 et (∆−1 )2 N commutent car ∆−1 et N commutent.
On peut donc armer que :
∆−1 , (∆−1 )2 N est une décomposition de Dunford de A−1 .
4. Décomposition de Dunford des puissances de A.
Soit p ∈ N.
4a. Si p = 0 ou p = 1, la formule est évidente. Soit p > 2. Les matrices ∆ et N commutent d'après 2c,
la formule du binôme de Newton est donc applicable :
A
p
p X
p
p
p
p−k k
p 0
= (∆ + N ) =
∆ N =
∆ N +
∆p−1 N
k
0
1
p
avec N k = 0, ∀k > 2
k=0
p
= ∆ + p∆
p−1
N
Ajoutons que, toujours d'après la question 2c, on a ∆N = 2N . Par une récurrence immédiate, il
s'ensuit que ∆p−1 N = 2p−1 N . On peut achever le calcul :
∀p ∈ N,
Ap = ∆p + p2p−1 N.
4b. Il reste trois points à vérier pour montrer que (∆p , p2p−1 N ) est une décomposition de Dunford de
Ap :
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? ∆p est diagonalisable.
En eet, on peut montrer par récurrence que pour tout entier k, ∆k = P Dk P −1 . C'est vrai pour
k = 1 et si on suppose le résultat vrai au rang k , alors
k −1
k+1 −1
−1
∆k+1 = ∆∆k = P DP
| {z P}D P = P D P
=I3



2p 0 0
1 0 0
avec Dp =  0 2p 0  = 2p  0 1 0 .
0 0 4p
0 0 2p

En particulier ∆p = P Dp P −1
? p2p−1 N est nilpotente car N est nilpotente.
? ∆p et p2p−1 N commutent car ∆ et N commutent (c.f. 2c).
On a bien vérié que
(∆p , p2p−1 N ) est une décomposition de Dunford de Ap .
4c. On calcule P −1
∆p


1
1 −1
1
1 −1 1 . Rappelons que
=
2
−1 1
1

1 1 0
 1 0 1 
= P Dp P −1 =
2
0 1 1


1 1 0
1
1
p−1 
p


1 0 2
1 −1
= 2
0 1 2p
−1 1
2p



1
1 −1
1 0 0
0 1 0   1 −1 1 
−1 1
1
0 0 2p

−1
1 
1

2
0
0
∆p = 2p−1  1 − 2p 1 + 2p −1 + 2p 
1 − 2p −1 + 2p 1 + 2p


p −p p
En outre p2p−1 N = 2p−1  p −p p , et par sommation :
0 0 0



2+p
−p
p
Ap = 2p−1  1 + p − 2p 1 − p + 2p p − 1 + 2p 
1 − 2p
−1 + 2p
1 + 2p
5. Décomposition de Dunford de R vériant R2 = A, R s'appelle une racine carrée de A.

 2

α 0 0
α
0 0
5a. Soit U =  0 β 0 , tel que U 2 =  0 β 2 0  = D. Alors par identication :
0 0 γ
0 0 γ2

√
√
α2 = β 2 = 2 et γ 2 = 4 d'où : α = ± 2, β = ± 2 et γ = ±2
Les matrices U ∈ M3 (R) diagonales vériant U 2 = D sont les matrices de la forme :
√

± 2
0
0
√
U = 0
± 2 0 
0
0
±2

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 √

2 √0 0
5b. On choisit U =  0
2 0 :
0
0 2
∆ = P DP −1 = P U 2 P −1 = P U P −1 × P U P −1
On pose S = P U P −1 . La matrice S et la matrice U sont semblables, on conclut que :
S est une matrice (diagonalisable) à valeurs propres positives telle que S 2 = ∆.
5c. Cherchons deux réels a et b tels que S = a∆ + bI3 . Ceci équivaut à :
P U P −1 = aP DP −1 + bP P −1 = P (aD + bI3 )P −1
En mutipliant à gauche par P −1 et à droite par P , cette égalité revient à U = aD + bI3 soit :
√
2 = 2a + b
2 = 4a + b
√
√
2− 2
On trouve a =
et b = 2 2 − 2. D'où :
2
√
√
2− 2
S=
∆ + ( 2 − 2)I3
2
On en déduit que :
SN1 = (a∆ + bI3 )N1 = a∆N1 + bN1 = a∆∆−1 N + bN1 = aN + bN1
et de même :
N1 S = N1 (a∆ + bI3 ) = aN1 ∆ + bN1 = a∆−1 N ∆ + bN1 = a∆−1 ∆N + bN1 = aN + bN1
On obtient le même résultat pour les deux calculs :
Les matrices S et N1 commutent.
5d. On pose M = I3 + 12 N1 . Calculons :
1
1
M 2 = (I3 + N1 )2 = I3 + N1 + N12
2
4
D'après 3b, on a N12 = 0, d'où :
M 2 = I3 + N 1
5e. On écrit
A = ∆ I3 + ∆−1 N = ∆(I3 + N1 ) = S 2 M 2
Comme S et N1 commutent, alors :
1
1
M S = (I3 + N1 )(a∆ + bI3 ) = (a∆ + bI3 )(I3 + N1 ) = SM
2
2
On peut donc écrire :
A = (SM )2 = R2 avec R = SM .
5f. Reprenons l'expression de R :
1
b
1
R = (I3 + N1 )(a∆ + bI3 ) = a∆ + bI3 + aN1 ∆ + N1
2
2
2
avec N1 ∆ = ∆−1 N ∆ = N ∆−1 ∆ = N , on peut écrire :
1
b R = a∆ + bI3 + aN + N1
2
2
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? La matrice a∆ + bI3 est diagonalisable. En eet :
a∆ + bI3 = aP DP −1 + bP P −1 = P
(aD + bI3 )
| {z }
P −1
matrice diagonale
? La matrice
1
b
aN + N1 est nilpotente. En eet :
2
2
2
1
b
1
1
1
b2
aN + N1 = a2 N 2 + abN N1 + abN1 N + N12 = 0
2
2
4
4
4
4
car N 2 = N12 = 0 et
N N1 = N ∆−1 N = N 2 ∆−1 = 0 = N1 N .
1
b
? Les matrices a∆ + bI3 et aN + N1 commutent car les matrices N, ∆ et ∆−1 commutent.
2
2
1
b
a∆ + bI3 , aN + N1 est une décomposition de Dunford de R.
2
2
[red]
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