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CORRECTION DS n˚13
PCSI 2013-2014
Lycée de L’essouriau
EXERCICE 1 - Calculs de déterminants
1. Via C1 ← C1 − C2 et C2 ← C2 − C3 puis en factorisant selon la première colonne par (a1 − a2 ) et selon
la seconde par (a2 − a3 ) ont trouve :
a1 (a1 − a2 ) a1 (a2 − a3 ) 1 + a1 a3 . . . 1 + a1 an a2 (a1 − a2 ) a2 (a2 − a3 ) 1 + a2 a3 . . . 1 + a2 an ..
..
..
.
.
.
det((1 + ai aj )16i,j6n ) = ..
..
..
.
.
.
an (a1 − a2 ) an (a2 − a3 ) 1 + an a3 . . . 1 + an an a1 a1 1 + a1 a3 . . . 1 + a1 an a2 a2 1 + a2 a3 . . . 1 + a2 an ..
..
..
.
.
det((1 + ai aj )16i,j6n ) = (a1 − a2 )(a2 − a3 ) .
..
..
..
.
.
.
an an 1 + an a3 . . . 1 + an an Cette matrice admettant deux colonnes identiques, son déterminant est nul (sauf pour n = 1 ou 2)
2. Via les opérations élémentaires Li
1
2
−1 0
−1 −2
..
..
.
.
−1 −2
← Li + L1 , on obtient une
1 2 3
3 . . . n
0 2
3 . . . n
0 . . . n = 0 0 3
.. .. ..
.. . .
.
. . .
. .. .
−3 . . . 0 [n] 0 0 0
matrice triangulaire inférieure :
. . . n
(∗)
= n!
..
.
. . . n[n]
3. On effectue C1 ← C1 − C3 puis L4 ← L4 − xL1 pour trouver :
3 1 x −1 x3 2 x −1 x3 2 x −1
x
x 1
x
x2 x x2 0 1
x x2 0 1
=
=
∆=
3
x x 0 x3 1
1
x 0 x3 1
1 x
x x2 −x 1 2x x2 −x 1 0 0
0 1 − x4 On effectue L3 ← L3 − x3 L2 pour trouver une matrice triangulaire :
2 x
−1
x3 0 1
x
x2 4 2
2 2
∆ = 4
= 2(1 − x ) = 2((1 + x)(1 − x)(1 + x ))
0
0
1
−
x
x
0 0
0
1 − x4 4. On effectue un développement suivant la première ligne, puis selon la première colonne pour trouver :
..
−2 −3 0 . . . 0 . 0 1 −3 0
. 1 −2 . . . . . . ... 0 −2 −3 . . . .. .. ..
= −2∆n−1 + 3∆n−2
∆n = 0 . . . . . . . . . 0 = −2∆n−1 + 3 ..
.
.
. 1
0 ..
.. .. ..
..
.. ..
.
.
.
. −3
.
.
. −3
0 ... 0
1 −2[n]
0 0
0
1 −2[n−1]
(∆n ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique r2 + 2r − 3 = 0 admettant
pour racines r1 = 1 et r2 = −3. Il existe donc (α, β) ∈ R tels que ∀n ∈ N, ∆n = αr1n + βr2n .
Avec ∆1 = −2 = α − 3β et ∆2 = 7 = α + 9β, on trouve β = 43 et α = 14 .
Finalement ∆n =
1 − (−3)n+1
4
.
1
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CORRECTION DS n˚13
Lycée de L’essouriau
EXERCICE 2 - Matrice d’une application
1. Soient (M, M 0 ) ∈ M2 (R) et λ ∈ R, on a ϕ(λM +M 0 ) = A(λM +M 0 ) = λAM +AM 0 = λϕ(M )+ϕ(M 0 ).
On en déduit que Φ est linéaire.
Comme AM est une matrice carrée de dimension 2, Φ est un endomorphisme .
a b
a+c b+d
2. Soit M =
∈ Ker Φ, ceci équivaut à AM = 0 soit
= 02 .
c d
a+c b+d
a+c = 0
a
b
1 0
0 1
Ou encore
soit c = −a et d = −b et M =
=a
+b
.
b+d = 0
−a −b
−1 0
0 −1
1 0
0 1
Soit finalement Ker Φ = Vect
,
. Ces deux matrices n’étant pas propor−1 0
0 −1
tionnelles, il s’agit bien d’une famille libre et génératrice, donc d’une base de Ker Φ.
Le théorème du rang appliqué à Φ prouve
que rg Φ =dim(M2 (R))−
dim Ker
Φ = 4 −2 = 2. a+c b+d
1 0
0 1
On remarque également que AM =
= (a + c)
+ (b + d)
soit
a+c b+d
1 0
0 1
1 0
0 1
Im Φ = Vect
,
.
1 0
0 1
3. Dans la base canonique (E1,1 , E1,2 , E2,1 , E2,2 ) de M2 (R), on obtient :
Φ(E1,1 ) = E1,1 + E2,1 , Φ(E1,2 ) = E2,1 + E2,2 , Φ(E2,1 ) = E1,1 + E2,1 , Φ(E2,2 ) = E1,2 + E2,2 .

1 0
 0 1
On en déduit que la matrice de Φ relativement à la base canonique de M2 (R) est 
 1 0
0 1
1
0
1
0

0
1 
.
0 
1
4. Ker Φ et Im Φ sont chacun de dimension 2 donc la somme de leurs dimensions vaut celle de M2 (R).
Soit M ∈ Ker Φ ∩ Im Φ.
a b
.
M ∈ Im Φ donc M =
a b
2a 2b
= 02 soit a = b = 0 et M = 02 .
Mais M ∈ Ker Φ donc AM = 02 soit AM =
2a 2b
Finalement Ker Φ ∩ Im Φ = {0E } et donc avec l’égalité des dimensions, on en déduit que :
Ker Φ ⊕ Im Φ = M2 (R) .
2
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Lycée de L’essouriau
PROBLÈME 1
D’après Concours des Écoles des Mines d’Albi, Alès, Douai, Nantes - PCSI - 2000
Partie I - Étude d’une équation fonctionnelle
1. Soit f = kIdE une homothétie vectorielle de rapport k où k est un nombre complexe.
On a (f + IdE )2n − IdE = (k + IdE )2n − IdE = P (k)IdE avec P = (X + 1)2n − 1.
Donc f est solution de l’équation proposée si et seulement si k est racine de P , c’est à dire X + 1 est
2ikπ
une racine 2n-ième de l’unité, donc il existe un entier k compris entre 0 et 2n − 1 tel que X + 1 = e 2n
soit X = e
ikπ
n
− 1 avec k compris entre 0 et 2n − 1 .
2. En utilisant le binôme de Newton, on a 2n =
2n
X
k
C2n
et 0 =
k=0
2n
X
k
C2n
(−1)k .
k=0
Or tout entier k compris entre 0 et 2n est soit de la forme 2l où l est un entier compris entre 0 et n soit de
la forme 2l+1 où l est un entier compris entre 0 et n−1. En séparant dans les deux sommes précédentes
les entiers pairs des entiers impairs, on a 2n = S + S 0 et 0 = S − S 0 , ce qui donne S = S 0 = 2n−1 .
3. Soit s une symétrie. s et IdE commutent dans L(E) donc (s + IdE
)2n
=
2n
X
k k
C2n
s .
k=0
sk
sk
Or
= IdE si k est pair et
= s si k est impair car s ◦ s = IdE .
On obtient (s + IdE )2n − IdE = (S − 1)IdE + S 0 s = (2n−1 − 1)IdE + 2n−1 s.
Ainsi si s est une symétrie solution du problème posé s =
2n−1 − 1
IdE qui n’est pas une symétrie.
2n−1
Il n’y a donc pas de symétrie solution du problème posé.
Partie II - Étude d’une équation matricielle
4. Notons C = M0,1 . Alors C et I3 appartiennent à G et G = {aI + bC, (a, b) ∈ C2 } = Vect(I, C).
Donc G est un sous espace vectoriel de M3 (C) dont (I, C) est une famille génératrice.
Si λ et µ sont deux complexes tels que λI + µC = 0 alors Mλ,µ = 0 donc λ = µ = 0. La famille (I, C)
est libre. G est donc un sous vectoriel de M3 (C) de dimension 2 dont (I, C) est une base.
Soit Ma,b et Ma0 ,b0 deux éléments de G. Alors Ma,b Ma0 ,b0 = aa0 I + (ab0 + ba0 )C + bb0 C 2 .
Or C 2 = 2I + C donc C 2 appartient à G et Ma,b Ma0 ,b0 aussi.
On a même plus précisément : Ma,b Ma0 ,b0 = (aa0 + 2bb0 )I + (ab0 + ba0 + bb0 )C = Maa0 +2bb0 ,ab0 +ba0 +bb0
5.
det(M (a, b)) = a3 − 3ab2 + 2b3 = (a − b)(a2 + ab − 2b2 ) = (a − b)2 (a + 2b) .
La matrice M (a, b) est inversible si et seulement si son determinant ne s’annule pas donc si et seulement si a 6= b et a 6= −2b
La matrice Ma,b est inversible si, et seulement si, a 6= b et a 6= −2b,
6. Pour a 6= b et a 6= −2b, il suffit de chercher a0 , b0 tels que
M (a, b) × M (a0 , b0 ) = M (aa0 + 2bb0 , ab0 + a0 b + bb0 ) = I.
b
b+a
aa0 + 2bb0
= 1
soit b0 =
a0 puis a0 =
.
0
0
0
ab + a b + bb = 0
b+a
(a − b)(a + 2b)
b+a
−b
−1
Au final (M (a, b)) = M
,
.
(a − b)(a + 2b) (a − b)(a + 2b)
On en déduit que
7. On trouve en calculant u(e01 ) = (a + 2b)e01
.
3
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8. Soit F = Ker(u − (a − b)IdE ). On a, puisque b 6= 0 :
(x, y, z) ∈ F ⇐⇒ x + y + z = 0
Donc F = Vect(e02 , e03 ) avec e02 = (1, −1, 0) et e03 = (1, 0, −1) .
De plus (e02 , e03 ) est libre donc c’est une base de F .
9. e01 = (1, 1, 1) ∈
/ E2 car (x, y, z) ∈ F ⇐⇒ x + y + z = 0 et ici x + y + z = 3 6= 0.
On en déduit que e01 n’est pas combinaison linéaire de e02 et e03 , ces deux derniers étant non colinéaires
d’après la question précédente, on en déduit que (e01 , e02 , e03 ) est libre et maximale, c’est une base de C3 .
10. Comme u(e01 ) = (a + 2b)e01 , u(e02 ) = (a − b)e02 et u(e03 ) = (a − b)e03 , la matrice de u dans B 0 est :


a + 2b
0
0
a−b
0 
D= 0
0
0
a−b


1 1
1
11. On a P = 1 −1 0  . Soit (x, y, z) et (a, b, c) deux éléments de C3 :
1 0 −1



   
a+b+c
x
a
 x= 3
 x+y+z =a
 x+y+z =a
x−y =b
2x + z = a + b ⇐⇒
⇐⇒
P y  =  b  ⇐⇒
z = a + b − 2x = a+b−2c
3



L2 ←L2 +L1
z
c
x−z =c
3x = a + b + c
y = a − x − z = a−2b+c
3
L3 ←L1 +L2 +L3
ce qui démontre que P est inversible et que P −1
12.


1 1
1
1
= 1 −2 1  .
3
1 1 −2
D’après la formule de changement de base M = P DP −1 .
Si M est une matrice 3×3, on peut démontrer par récurrence sur n que M n = (P DP −1 )n = P Dn P −1 .
Il suffit alors de calculer Dn (en élevant à la puissance n les coefficients de la diagonale) puis de
multiplier à gauche par P et à droite par P −1 pour obtenir M n .
13. Alors :
(M + I)n − I = (P DP −1 + I)n − I = (P (D + I)P −1 )n − I
= P (D + I)n P −1 − I = P ((D + I)n − I)P −1
D’autre part, comme P est inversible, P N P −1 = 0 équivaut à N = 0. Donc, d’après le calcul précédent :
(M + I)n − I = 0 ⇐⇒ (D + I)n − I = 0


A(a + 2b)
0
0
.
0
A(a − b)
0
14. Avec la matrice D de la question 10., (D + I)n − I = 
0
0
A(a − b)
Par suite, D est solution de (∗) si et seulement si a + 2b et a − b est racine de P (polynôme évoqué au
1.). De plus, comme b 6= 0, D est solution de (∗) si et seulement si il existe deux entiers p et q distincts
ipπ
iqπ
compris entre 0 et 2n − 1 tels que a + 2b = e n − 1 et a − b = e n − 1.
Ainsi D est solution de (∗) si et seulement si il existe deux entiers p et q distincts compris entre 0 et
ipπ
n
iqπ
ipπ
iqπ
+ 2e n
e n −e n −1
2n − 1 tels que a =
− 1 et b =
.
3
3
15. D’après la question 3., les matrices Ma,0 (matrices d’homothéties) solutions de (∗) sont les matrices
M ipπ
où p est un entier compris entre 0 et 2n − 1.
e
e
n
−1,0
D’après la question 14., les matrices Ma,b avec b 6= 0 solutions de (∗) sont les matrices Ma,b avec
a=
e
ipπ
n
+2e
3
iqπ
n
− 1 et b =
e
ipπ
n
−e
3
iqπ
n
−1
où p et q sont deux entiers distincts compris entre 0 et 2n−1.
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PROBLÈME 2
D’après Concours des Écoles des Mines d’Albi, Alès, Douai, Nantes - MPSI - 1999
Partie I - Études d’endomorphismes données par leur matrice
1. (a) En notant C1 , C2 , C3 les trois colonnes de la matrice A, on remarque que : vC1 + uC2 = C3 .
Les 3 colonnes de la matrice étant liées, elle n’est pas de rang 3, donc A n’est pas inversible et
det(A) = det(f ) = 0 . C1 et C2 n’étant pas colinéaires, ceci prouve que rg(A) = rg(f ) = 2.
(b) Le théorème du rang appliqué à f donne dim(R3 ) = dim(Ker f ) + rg(f ).
Soit dim(Ker f ) = 3 − 2 = 1, Ker f est donc une droite vectorielle engendré par un unique
vecteur. Via la relation vC1 + uC2 + C3 = 0, on trouve que Ker A = Vect(v, u, 1) .
Soit Ker f = Vect(v + uX + X 2 ) .
(c) rg(f ) = 2 donc Im(f ) est un plan vectoriel engendré par deux vecteurs non-colinéaires, par
exemples ceux donc les coordonnées forment les colonnes C1 et C2 de la matrice A, c’est à dire
Im A = Vect((−u, −2, 0), (v, 0, −1)) et Im f = Vect(−u − 2X, v − X 2 ) .
2. (a) Via l’ opération élémentaire L2 ← L2 − L1 , puis en développant suivant C1 , on
−3 w
w
0
0 0
0 −3
−1 − w
−3 −1 2w 0 0 −1 − w 2w 0 = −3 −2
=
det B = −2
1 3w
0
0 −2 1 3w 0
0
0
−1 3 0 −1 3 0
obtient :
2w 0 1 3w
−1 3 Via l’ opération élémentaire C2 ← C2 + 13 C3 , puis en développant suivant L3 , on obtient :
−1 − w
2w
0 −1 + w
2w 2
2
1 + w 3w = −9 det B = −3 −2
= −9(−w −2w −1+4w) = 9(w − 1)
−2
1
+
w
0
0
3
(b) Lorsque w = w
0 = 1, B n’est
−3 1
0
−3 −1 2
On a ici B = 
 0 −2 1
0
0 −1

−3x + y = 0



−3x − y + 2z = 0
 −2y + z + 3t = 0


−z + 3t = 0
plus
 inversible et alors
 lenoyau n’est plus réduit à 0E .
x
0
 y 
0
. Posons X =   et résolvons BX = 04,1 soit :
 z 
3
t
3


x = 13 y
x = t






−3x − y + 2z = 0
−3t − 3t + 2.(3t) = 0
⇔
⇔
2y = 6t
y = 3t






z = 3t
z = 3t
On obtient Ker B = Vect(1, 3, 3, 1) soit Ker g = Vect(1 + 3X + 3X 2 + X 3 ) = Vect((1 + X)3 ) .
Partie II - Définition d’une application linéaire
3. Soient (P, R) ∈ R[X]2 et λ ∈ R, alors :
ϕ(λP + R) = 2(λP + R)0 Q − n(λP + R)Q0 = λ(P 0 Q − nP Q0 = R0 Q − nRQ0 = λϕ(P ) + ϕ(R).
ϕ est donc linéaire, prouvons qu’elle est à valeurs dans Rn [X], on sait déjà que par opérations sur les
polynômes, ϕ(P ) est un polynôme mais attention au degré !
Si deg(P ) 6 n−1 alors deg(2P 0 Q) 6 n−2+2 = n et deg(−nP Q) 6 n−1+1 = n donc deg(ϕ(P )) 6 n.
Remarquons alors la valeur de ϕ(X n ) = 2nX n−1 Q − nX n Q0 , or Q = aX 2 + bX + c.
ϕ(X n ) = 2nX n−1 (aX 2 + bX + c) − nX n (2aX + b) = 2anX n+1 + 2bnX n + 2cnX n−1 − 2anX n+1 − 2bX n .
Finalement ϕ(X n ) = 2b(n − 1)X n + 2cnX n−1 soit degϕ(X n ) 6 n.
Par linéarité on en déduit que l’image de tout polynôme par ϕ est un polynôme de Rn [X].
ϕ est donc bien un endomorphisme de Rn [X].
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Lycée de L’essouriau
4. Soit u et v deux réels. On suppose dans cette question que n = 2 et que : Q = X 2 + uX + v.
(a) Ici on obtient ϕ(P ) = 2P 0 (X 2 + uX + v) − 2(2X + u)P et donc :
ϕ(1) = −2u − 4X
ϕ(X) = 2(X 2 + uX + v) − 2(2X + u)X = 2X 2 + 2uX + 2v − 4X 2 − 2uX = −2X 2 + 2v
ϕ(X 2 ) = 4X(X 2 + uX + v) − 2(2X + u)X 2 = 4X 3 + 4uX 2 + 4vX − 4X 3 − 2uX 2 = −2uX 2 + 4vX
On remarque alors que la matrice de ϕ sur la base canonique de R2 [X] est 2A .
(b) On se sert des résultats de la partie 1 : Ker ϕ = Ker f = Vect(v + uX + X 2 ) = Vect Q .
5. Soit w un réel. On suppose dans cette question que n = 3 et que : Q = X 2 + 2X + w.
(a) Ici on obtient ϕ(P ) = 2P 0 (X 2 + 2X + w) − 3(2X + 2)P et donc :
ϕ(1) = −6 − 6X
ϕ(X) = 2(X 2 + 2X + w) − 3(2X + 2)X = 2X 2 + 4X + 2w − 6X 2 − 6X = −4X 2 − 2X + 2w
ϕ(X 2 ) = 4X(X 2 +2X +w)−3(2X +2)X 2 = 4X 3 +8X 2 +4wX −6X 3 −6X 2 = −2X 3 +2X 2 +4wX
ϕ(X 3 ) = 6X 3 + 6wX 2
On remarque alors que la matrice de ϕ sur la base canonique de R3 [X] est 2B .
(b) D’après la partie 1 : Si w 6= 1, Ker ϕ = Ker g = {0E } et si w = 1, Ker ϕ = Ker g = Vect (1 + X)3
B. Étude du cas général
6. On suppose ici que Q = aX 2 + bX avec a 6= 0 et b 6= 0.
(a) Pour k ∈ {0..n} :ϕ(X k ) = 2kX k−1 (aX 2 + bX) − nX k (2aX + b) = 2a(k − n)X k+1 + b(2k − n)X k .


−bn
0
0
0
0
0
 −2an b(2 − n)
0
0
0
0 




.
.
 0
. 0
2a(1 − n)
0
0 


La matrice de ϕ dans la base canonique est : 

.
.
.
.
 0
.
.
0
0 
0




.
.
.
.
 0
.
.
0 
0
0
0
0
0
0 2a(−1) bn
(b) Le déterminant de cette matrice triangulaire inférieure vaut
n
Q
b(2k − n).
k=0
Si n est pair, le terme d’indice k = n2 est nul donc le déterminant aussi et Ker ϕ 6= {0Rn [X] }.
Si n est impair, le déterminant est non nul et donc Ker ϕ = {0Rn [X] }.
Si n est pair, la matrice de ϕ dans la base canonique de Rn [X] étant sous la forme triangulaire
inférieure et n’ayant qu’un unique pivot non nul, on en déduit que le rang de ϕ vaut n.
7. On suppose maintenant que Q = aX 2 + bX + c admet une racine double réelle notée α.
(a) La famille C = (1, X − α, (X − α)2 , . . . , (X − α)n ) est une famille libre (car échelonnée en degré)
et maximale (car comportant n + 1 éléments) , c’est donc une base de Rn [X].
(b) Récrivons, en le factorisant, Q = aX 2 + bX = a(X − α)2 et calculons pour k ∈ {0..n} :
ϕ((X − α)k ) = 2k(X − α)k+1 .a(X − α)2 − n(X − α)k .2a(X − α) = 2a(k − n)(X − α)k+1 .
Plus particulièrement ϕ(X − α)n = 0.

0
0
0
0
0
 −2an
0
0
0
0

 0
2a(1
−
n)
0
0
0

.
La matrice de ϕ dans la base C de Rn [X] est alors : 
.. 0
 0
0
0


.
..
 0
0
0
0
0
0
0
0 −2a
0
0
0






0 


0 
0
(c) On en déduit que rang de ϕ est n car sa matrice comporte n pivots non nuls donc le théorème du
rang nous donne que Ker ϕ est de dimension 1, c’est à dire une droite vectorielle et ϕ(X −α)n = 0
prouve que Ker ϕ = Vect((X − α)n ) .
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