corrigé

CCP 2007 PC Math 1
Je note BC la base canonique de Rn
PREMIERE PARTIE
1. On a :
Ma(1 + 3a)I3=0
@3a14a1+4a
3a2a2 + a
3a2a2 + a
1
A
On retraanche L2àL3puis L1àL2
Ma(1 + 3a)I3=0
@3a14a1+4a
03+3a33a
0 0 0
1
A
–Si a6= 0 et a6= 1 on a …nit le Pivot de gauss : rang 2
–si a= 1 le Pivot est aussi …nit avec 2 lignes nulles : rang 1
–si a= 0 : On retranche C2àC3rang 1
Si a= 0 On a la matrice 0
@
0 1 1
02 2
02 2
1
Ade rang 1:
rg (Ma(1 + 3a)I3) = 1si a2 f0;1g
2sinon
Ma(1 + 3a)I3n’est pas de rang 3donc 1 + 3aest valeur propre de Ma:La dimension du sous espace est celle du noyau
de Ma(1 + 3a)I3, soit 3 moins le rang de la matrice
dim (E1+3a(Ma)) = 2si a2 f0;1g
1sinon
2. De façon évidente MaV=V:
Comme MaV=Vavec V6= 0,1est valeur propre de Ma:
Or la somme des valeurs propres (réelles ou complexes) est égale à la trace, donc à 6a+ 3.
si a6= 0 on a deux valeurs propres distinces : la trace donne la troisième
si a= 0 on a une valeur propre au moins double (cf dimension du sous espace propre) , la trace donne aussi la
troisième.
La troisième valeur propre est donc 1+3aqui est toujours réel. On a les valeurs propres 1et 1+3a. Elles sont distinctes
si a6= 0
si a6= 0 Les valeurs propres de Masont 1(simple) et 1+3a(double)
si a= 0 on a une seule valeur propre 1(triple)
3. Comme on a trouvé trois valeurs propres réelles (distinctes ou non) pour une matrice réelle 33, la matrice Maest
toujours trigonalisable dans M3(R)
La matrice est diagonalisable si et seulement si la dimension de chaque sous espace propre est égale à la multiplicité de
la valeur propre correspondante.
si a6= 0 :
–1étant valeur propre simple, le sous espace propre est donc toujours de dimension 1(c’est la droite Vect(V))
–1+3aest valeur propre double, et la dimension du sous espace propre est connue d’après I. 1
si a= 0,1est valeur propre triple et le sous espace propre est de dimension 2
Maest diagonalisable si et seulement si a= 1
4.
4. a) On veut diagonaliser M1:
on sait déjà que E1(M1) = Vect(V)

l’autre valeur propre est 4. et d’après la matrice du I. 1 le sous espace propre est le plan d’équation (dans BC ) :
xy+z= 0 une base est donc 0
@
1
0
1
1
A;0 @
0
1
1
1
A. On a une solution possible :
P=0
@
110
101
111
1
A,D=0 @
100
040
004
1
A
4. b) m
4est la matrice I2. Donc toutes les matrices de symétrie sont des racines carrées de m 4. En particulier les
matrices des symétries orthogonales.
Toutes les matrices m= 2 cos sin 
sin cos donnent une in…nité de racines carrées de m.
Un calcul par bloc donne alors que les matrices D=0
@1 0 0
0 2 cos 2 sin 
0 2 sin 2 cos 
1
Asont toutes des racines carrées de D.
Toutes les matrices P DP1sont alors des racines carrées de M1, en nombre in…ni car M> P MP 1est une bijection
M1admet une in…nité de racines carrées
Si on fait le calcul avec les notations du 4.a) P0
@
100
020
002
1
AP1=0 @
11 1
111
11 3
1
Aest une solution du problème.
5. On a
N=0
@
0 1 1
02 2
02 2
1
A
et un produit de matrices donne N2= (0)
On a donc (binôme de Newton comme Net I3commutent) :
(I3+N )2=2I3+ 2N =0
@
22 2
024 4
04 2+ 4
1
A
Si (I3+N )2=M0on a donc (première ligne) 2= 1 et 2 = 1 ce qui donne (= 1;  = 1=2) ou (=1;  =1=2
)
On véri…e alors que pour ces valeurs les 9 coe¢ cients véri…ent la relation.
on a I3+1
2N2
=M
6. Pour a=1
3
Ma=0
@
1 7=37=3
15=3 5=3
15=3 5=3
1
A
et les valeurs propres sont 1(simple) et 0(double).
6. a) On doit résoudre le système : 8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
x+7
3y7 3z= 0
x5
3y+5 3z= 1
x5
3y+5 3z= 1
On peut résoudre par Pivot de gauss 0
@
x
y
z
1
A=0 @
7=12
1=4
0
1
A+z0 @
0
1
1
1
A
2

6. b) On cherche une base B= (I; J; K)telle que u(I) = ! 0; u(J) = I; u(K) = K.
Kest un vecteur propre pour la valeur propre 1. on peut prendre Ktel que MatBC (I) = V
Iest un vecteur un noyau. Un calcul (ou une simple véri…cation) donne une solution MatBC (K) = 0
@
0
1
1
1
A
Jest alors solution du système précédent par exemple si z= 0 MatBC (J) = 0
@
7=12
1=4
0
1
A
6. c) En faisant le calcul sans utiliser la simpli…cation usuelle qui utilise la stabilité des sous espaces propres (qui est
prouvée au II) on pose X=0
@
a b c
d e f
g h i
1
Aet donc XU =UX donne
0 = d ; a =e ; c =f
0 = 0 ; d = 0 ; f = 0
0 = g ; g =h ; i =i
ce qui équivaut à :
c=d=f=g=h= 0; a =e
9(a; b; i)2R3,X=0
@
a b 0
0a0
0 0 i
1
A
Si Xest une racine carrée de Uon a X2=Uet donc XU =U X =X3, donc Xest du type précédent. Or
X2=0
@
a22ab 0
0a20
0 0 i
1
A=0 @
010
000
001
1
A
impose a= 0 et 2ab = 1 (donc a6= 0 ) absurde
Un’a pas de racine carrée
6. d) Uet M1=3étant semblables, il existe Pinversible telle que M1=3=P U P 1. Si Yest une racine carrée de M1=3
on a : P1Y P 2=P1Y2P=P1M1=3P=U
absurde car Un’a pas de racine carrée
M1=3n’a pas de racine carrée
DEUXIEME PARTIE
1. On remarque qu’il s’agit de démontrer l’interpolation de Lagrange
1. a) 'est bien dé…nie sur Rn1[X]à valeurs dans Rn
linéaire car : 8(P; Q)2Rn1[X]2;82R,
'(P+Q) = ((P+Q) (ai))n
i=1 = (P(ai))n i=1 +(Q(ai))n i=1 ='(P) + '(Q)
'est injective : Car si Qest dans le noyau Qest un polynôme de degré au plus n1ayant au moins nracines (les
ai)donc Qest le polynôme nul.
1. b) 'est donc linéaire injective entre deux espaces vectoriels de même dimension …nie. 'est donc un isomorphisme
et tout élément de Rn( en particulier (bi)n
i=1 ) admet un unique antécédent.
8(bi)n
i=1 2Rn;9!Q2Rn1[X],8i2[[1; n]],Q(ai) = bi
2.
2. a) Soit une valeur propre de f, et v2E(f). On veut montrer g(v)2E(f)soit f(g(v)) = g(v) :
f(g(v)) = (fg) (v) = (gf) (v) = g(f(v)) = g(v) = g(v)
la deuxième égalité découle de l’hypothèse de cette question et la dernière de la linéarité de g
2. b) On sait que si gest diagonalisable, l’endomorphisme induit par gsur un sous espace stable est diagonalisable. Ici
Eiest stable pas gd’après le a) donc giest diagonalisable et il existe une base de vecteurs propres pour gi(donc pour
g) dans Ei
3

Soit alors B=[p
i=1Bi. Comme les sous espaces propres sont en somme directe Best une base de Ei, donc de Ecar f
est diagonalisable.
Tout vecteur de Best alors un vecteur propre de fet de gpar construction.
il existe une base de vecteurs propres communs à fet g
3. Soient fet gles endomorphismes de matrices Aet Bdans la base canonique et Bla base précédente (qui existe car A
et Bsont diagonalisables et commutent) Soit alors Pla matrice de passage de BC àBles matrices P1AP =M atB(f)
et P1BP =M atB(g)sont diagonales.
4. Sur Rnon sait que le produit scalaire canonique s’exprime dans toute base orthonormée '(x; y) =
n
X
i=1
xiyi=tXY si
X=mat(x)et Y=mat(y)
4. a) et b)
Soit une valeur propre de S, il existe un vecteur propre non nul X: On a donc SX =X et donc
tXSX =tXX =kXk2
Xétant non nul on a donc
=
tXSX
kXk20si Sest positive
>0si Sest strictement positive (X6= 0 )
Toute matrice symétrique réelle est diagonalisable dans une base orthonormée et donc il existe Porthogonale et D
diagonale S=P DtP.
On a alors tXSX =tXP DtP X =tXtPD(tP X) = tY DY en posant Y=tP X. On a donc tXSX =
n
X
i=1
diy2
ien
développant le produit.
–Si les valeurs propres de Ssont positives les disont positifs et on a une somme de réels positifs donc un réel
positif tXSX 0
–Si les valeurs propres sont strictement positives et si X(donc aussi Ycar Pest inversible) est non nul, on a une
somme de réels positives l’un au moins étant strictement positif donc tXSX > 0
Sest positive ssi Sp(S)R+
Sest dé…nie positive ssi Sp(S)R+
5.
5. a) Les (i)étant deux à deux distincts c’est une application du II. 1) avec : n=p; ai=i; bi=pi(qui existent
car les isont positifs)
5. b) Sest symétrique donc toutes les puissances de Ssont symétriques, donc Q(S)est une combinaison linéaire de
matrices symétriques donc Q(S)est symétrique.
Si on diagonalise Sdans une base orthonormée S=P DP 1alors Q(S)étant un polynôme de la matrice Sest diago-
nalisable dans la lême base de vecteurs propres et on a Q(S) = P Q(D)P1, donc les valeurs propres de Q(S)sont les
Q(i) = pi, donc elles sont toutes positives. Q(S)est symétrique et ses valeurs propres sont positives donc Q(S)est
une matrice positive.
5. c) En continuant le calcul précédent on a Q(S)2=P Q(D)2P1=P DP 1=S. On a bien Q(D)2=Dcar les termes
diagonaux de Q(D)sont les Q(i)(calcul évident la matrice étant diagonale) donc les piqui élevé au carré redonne
les i;
5. d)
Si T2=Salors T S =ST =T3
On a alors par récurrence pour tout ientier T Si=SiT, puis par combinaison linéaire T Q(S) = Q(S)T:
Tet Q(S)sont diagonalisables (symétriques réelles) et commutent. Elles sont donc simultanément diagonalisables
(II. 2). Ils existent Pinversible, Det diagonales telles que T=P DP 1et Q(S) = PP1. Or T2=Q(S)2
donc D2= 2. Donc en notant D=diag(di)et  = diag(i), on a pour tout i,d2
i=2 i. Or les deux matrices sont
symétriques positives donc les valeurs propres (les diet les i) sont toutes positives. donc pour tout i di=i, soit
D=  et donc T=Q(S)
Toute matrice symétrique positive admet un unique racine carrée symétrique positive.
4

5. e) On cherche Qde degré 1tel que Q(1) = p1et Q(2) = p2. Soit on pose le système linéaire soit on utilise les
polynômes de Lagrange :
Q(X) = p1
X2
12
+p2
X1
21
En simpli…ant :
Q(X) = p1p2
12
X+1p22p1
12
=1
p1+p2
X+p1p2
p1+p2
donc pS=Q(S) = S+p1p2In
p1+p2
6.
6. a) Toujours en utilisant la décomposition d’une matrice symétrique réelle S=P DP 1on a S2=P D2P1, . S2est
donc une matrice symétrique réelle dont les valeurs propres sont les termes diagonaux de D2, donc le carré d’un réel,
donc un réel positif. S2est symétrique positive.
6. b) Toujours avec S=P DP 1on a en notant D=diag(di)on a : D2=diag(d2
i),jDj=pD2=diag(jdij):
donc jDj+D=diag(jdij+di)et jDj  D=diag(jdij  di)
Or si S=P DP 1on a S2=P D2P1et pS2=PpD2P1. en e¤et PpD2P1est symétrique réelle (car Pest
orthogonale donc P1=tP) positives (ses valeurs propres sont les jdij  0) et véri…e bien PpD2P12 =P D2P1=
S2. C’est donc l’unique racine carrée symétrique positive de S2.
On a donc jSj+S=P(jDj+D)P1, symétrique réelle de valeurs propres jdij+di0, et de même pour jSj  S
6. c) S1et S2sont bien symétriques réelles. On a S2
1=10 6
6 10 et S2
2=10 6
6 10 les matrices ont le même
polynôme caractéristique 220+ 64 donc les mêmes valeurs propres 4et 16. On a deux valeurs propres distinctes, on
peut utiliser le II. 5. e
jSij=S2
i+p4p16In
p4 + p16 =S2
i+ 8In
6
jS1j=3 1
1 3 et jS2j=31 1 3 
TROISIEME PARTIE
1. On véri…e par récurrence que pour tout n an>0et bn>0
c’est vrai si n= 0 car a0=a > 0et b0= 1 >0
Si c’est vrai au rang nc’est vrai au rang n+ 1 car R+est stable par passage à l’inverse, somme et produit.
2. 2. a) On véri…e que la suite est constante :
vk+1 =ak+1
bk+1
=ak+1
bk
bk+1
ak
=
akbk+1
bk
akbk+1
ak
=ak
bk
comme a0
b0
=aon a :
8k2N,ak
bk
=a
2. b) On a
uk+1 =ak+1bk+1 =1
4(ak+1 bk
)(bk+1
ak
) = 1
4(akbk+2+ 1 akbk
) = 1
4uk+2+ 1 uk
2. c) on a uk+1 1 = 1
4uk+2+ 1 uk1 = 1 4uk2 + 1 uk=1 4uk
(uk1)20
8k1,uk1
5