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PCSI 2013-2014 CORRECTION DS n˚13 Lyc´ee de L’essouriau
EXERCICE 1 - Calculs de d´eterminants
1. Via C1←C1−C2et C2←C2−C3puis en factorisant selon la premi`ere colonne par (a1−a2) et selon
la seconde par (a2−a3) ont trouve :
det((1 + aiaj)16i,j6n) =
a1(a1−a2)a1(a2−a3) 1 + a1a3. . . 1 + a1an
a2(a1−a2)a2(a2−a3) 1 + a2a3. . . 1 + a2an
.
.
..
.
..
.
.
.
.
..
.
..
.
.
an(a1−a2)an(a2−a3) 1 + ana3. . . 1 + anan
det((1 + aiaj)16i,j6n)=(a1−a2)(a2−a3)
a1a11 + a1a3. . . 1 + a1an
a2a21 + a2a3. . . 1 + a2an
.
.
..
.
..
.
.
.
.
..
.
..
.
.
anan1 + ana3. . . 1 + anan
Cette matrice admettant deux colonnes identiques, son d´eterminant est nul (sauf pour n= 1 ou 2)
2. Via les op´erations ´el´ementaires Li←Li+L1, on obtient une matrice triangulaire inf´erieure :
123. . . n
−1 0 3 . . . n
−1−2 0 . . . n
.
.
..
.
..
.
.....
.
.
−1−2−3. . . 0
[n]
=
1 2 3 . . . n
0 2
0 0 3 (∗)
.
.
..
.
..
.
....
0 0 0 . . . n
[n]
=n!
3. On effectue C1←C1−C3puis L4←L4−xL1pour trouver :
∆ = 
1x−1x3
x1x x2
1x31x
x x2−x1
=
2x−1x3
0 1 x x2
0x31x
2x x2−x1
=
2x−1x3
0 1 x x2
0x31x
0 0 0 1 −x4
On effectue L3←L3−x3L2pour trouver une matrice triangulaire :
∆ = 
2x−1x3
0 1 x x2
001−x4x
0 0 0 1 −x4
= 2(1 −x4)2= 2((1 + x)(1 −x)(1 + x2))2
4. On effectue un d´eveloppement suivant la premi`ere ligne, puis selon la premi`ere colonne pour trouver :
∆n=
−2−3 0 . . . 0
1−2.......
.
.
0.........0
.
.
..........−3
0. . . 0 1 −2
[n]
=−2∆n−1+ 3
1−3 0 ...0
0−2−3....
.
.
.
.
. 1 ......0
.
.
.......−3
0 0 0 1 −2
[n−1]
=−2∆n−1+ 3∆n−2
(∆n) est une suite r´ecurrente lin´eaire d’ordre 2 d’´equation caract´eristique r2+ 2r−3 = 0 admettant
pour racines r1= 1 et r2=−3. Il existe donc (α, β)∈Rtels que ∀n∈N, ∆n=αrn
1+βrn 2.
Avec ∆1=−2 = α−3βet ∆2=7=α+ 9β, on trouve β=3
4et α=1 4.
Finalement ∆n=1−(−3)n+1
4.
1

PCSI 2013-2014 CORRECTION DS n˚13 Lyc´ee de L’essouriau
EXERCICE 2 - Matrice d’une application
1. Soient (M, M0)∈ M2(R) et λ∈R, on a ϕ(λM +M0) = A(λM +M0) = λAM +AM0=λϕ(M)+ϕ(M0).
On en d´eduit que Φ est lin´eaire.
Comme AM est une matrice carr´ee de dimension 2, Φ est un endomorphisme .
2. Soit M=a b
c d ∈Ker Φ, ceci ´equivaut `a AM = 0 soit a+c b +d a+c b +d= 02.
Ou encore a+c= 0
b+d= 0 soit c=−aet d=−bet M=a b −a−b=a1 0 −1 0 +b0 1 0−1.
Soit finalement Ker Φ = Vect 1 0
−1 0 ,0 1 0−1 . Ces deux matrices n’´etant pas propor-
tionnelles, il s’agit bien d’une famille libre et g´en´eratrice, donc d’une base de Ker Φ.
Le th´eor`eme du rang appliqu´e `a Φ prouve que rg Φ = dim(M2(R))−dim Ker Φ = 4 −2 = 2.
On remarque ´egalement que AM =a+c b +d
a+c b +d= (a+c)1 0 1 0 + (b+d)0 1 0 1 soit
Im Φ = Vect 1 0
1 0 ,0 1 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.
On en d´eduit que la matrice de Φ relativement `a la base canonique de M2(R) est 
1 0 1 0
0 1 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 .
M∈Im Φ donc M=a b
a b .
Mais M∈Ker Φ donc AM = 02soit AM =2a2b
2a2b= 02soit a=b= 0 et M= 02.
Finalement Ker Φ ∩Im Φ = {0E}et donc avec l’´egalit´e des dimensions, on en d´eduit que :
Ker Φ ⊕Im Φ = M2(R) .
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PCSI 2013-2014 CORRECTION DS n˚13 Lyc´ee de L’essouriau
PROBL` EME 1
D’apr`es Concours des ´ Ecoles des Mines d’Albi, Al`es, Douai, Nantes - PCSI - 2000
Partie I - ´ Etude d’une ´equation fonctionnelle
1. Soit f=kIdEune homoth´etie vectorielle de rapport ko`u kest un nombre complexe.
On a (f+IdE)2n−IdE= (k+IdE)2n−IdE=P(k)IdEavec P= (X+ 1)2n−1.
Donc fest solution de l’´equation propos´ee si et seulement si kest racine de P, c’est `a dire X+ 1 est
une racine 2n-i`eme de l’unit´e, donc il existe un entier kcompris entre 0 et 2n−1 tel que X+ 1 = e2ikπ
2n
soit X=eikπ
n−1 avec kcompris entre 0 et 2n−1 .
2. En utilisant le binˆome de Newton, on a 2n=
2n
X
k=0
Ck
2net 0 =
2n
X
k=0
Ck
2n(−1)k.
Or tout entier kcompris entre 0 et 2nest soit de la forme 2lo`u lest un entier compris entre 0 et nsoit de
la forme 2l+1 o`u lest un entier compris entre 0 et n−1. En s´eparant dans les deux sommes pr´ec´edentes
les entiers pairs des entiers impairs, on a 2n=S+S0et 0 = S−S0, ce qui donne S=S0= 2n−1.
3. Soit sune sym´etrie. set IdEcommutent dans L(E) donc (s+IdE)2n=
2n
X
k=0
Ck
2nsk.
Or sk=IdEsi kest pair et sk=ssi kest impair car s◦s=IdE.
On obtient (s+IdE)2n−IdE= (S−1)IdE+S0s= (2n−1−1)IdE+ 2n−1s.
Ainsi si sest une sym´etrie solution du probl`eme pos´e s=2n−1−1
2n−1IdEqui n’est pas une sym´etrie.
Il n’y a donc pas de sym´etrie solution du probl`eme pos´e.
Partie II - ´ Etude d’une ´equation matricielle
4. Notons C=M0,1. Alors Cet I3appartiennent `a Get G={aI +bC, (a, b)∈C2}= Vect(I, C).
Donc Gest un sous espace vectoriel de M3(C) dont (I, C) est une famille g´en´eratrice.
Si λet µsont deux complexes tels que λI +µC = 0 alors Mλ,µ = 0 donc λ=µ= 0. La famille (I, C)
est libre. Gest donc un sous vectoriel de M3(C) de dimension 2 dont (I, C) est une base.
Soit Ma,b et Ma0,b0deux ´el´ements de G. Alors Ma,bMa0,b0=aa0I+ (ab0+ba0)C+bb0C2.
Or C2= 2I+Cdonc C2appartient `a Get Ma,bMa0,b0aussi.
On a mˆeme plus pr´ecis´ement : Ma,bMa0,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 seule-
ment si a6=bet a6=−2b
La matrice Ma,b est inversible si, et seulement si, a6=bet a6=−2b,
6. Pour a6=bet a6=−2b, il suffit de chercher a0, b0tels que
M(a, b)×M(a0, b0) = M(aa0+ 2bb0, ab0+a0b+bb0) = I.
On en d´eduit que aa0+ 2bb0= 1
ab0+a0b+bb0= 0 soit b0=b
b+aa0puis a0=b+a (a−b)(a+ 2b).
Au final (M(a, b))−1=Mb+a
(a−b)(a+ 2b),−b (a−b)(a+ 2b).
7. On trouve en calculant u(e0
1)=(a+ 2b)e0 1.
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PCSI 2013-2014 CORRECTION DS n˚13 Lyc´ee de L’essouriau
8. Soit F= Ker(u−(a−b)IdE). On a, puisque b6= 0 :
(x, y, z)∈F⇐⇒ x+y+z= 0
Donc F= Vect(e0
2, e0 3) avec e0 2= (1,−1,0) et e0 3= (1,0,−1) .
De plus (e0
2, e0 3) est libre donc c’est une base de F.
9. e0
1= (1,1,1) /∈E2car (x, y, z)∈F⇐⇒ x+y+z= 0 et ici x+y+z= 3 6= 0.
On en d´eduit que e0
1n’est pas combinaison lin´eaire de e0 2et e0 3, ces deux derniers ´etant non colin´eaires
d’apr`es la question pr´ec´edente, on en d´eduit que (e0
1, e0 2, e0 3) est libre et maximale, c’est une base de C3.
10. Comme u(e0
1)=(a+ 2b)e0 1,u(e0 2)=(a−b)e0 2et u(e0 3)=(a−b)e0 3, la matrice de udans B0est :
D=
a+ 2b0 0
0a−b0
0 0 a−b
11. On a P=
1 1 1
1−1 0
1 0 −1
. Soit (x, y, z) et (a, b, c) deux ´el´ements de C3:
P
x
y
z
=
a
b
c
⇐⇒ 
x+y+z=a
x−y=b
x−z=c
⇐⇒
L2←L2+L1
L3←L1+L2+L3
x+y+z=a
2x+z=a+b
3x=a+b+c
⇐⇒ 
x=a+b+c
3
z=a+b−2x=a+b−2c
3
y=a−x−z=a−2b+c
3
ce qui d´emontre que Pest inversible et que P−1=1
3
1 1 1
1−2 1
1 1 −2
.
12. D’apr`es la formule de changement de base M=P DP −1.
Si Mest une matrice 3×3, on peut d´emontrer par r´ecurrence sur nque Mn= (P DP −1)n=P DnP−1.
Il suffit alors de calculer Dn(en ´elevant `a la puissance nles coefficients de la diagonale) puis de
multiplier `a gauche par Pet `a droite par P−1pour obtenir Mn.
13. Alors :
(M+I)n−I= (P DP −1+I)n−I= (P(D+I)P−1)n−I
=P(D+I)nP−1−I=P((D+I)n−I)P−1
D’autre part, comme Pest inversible, P NP −1= 0 ´equivaut `a N= 0. Donc, d’apr`es le calcul pr´ec´edent :
(M+I)n−I= 0 ⇐⇒ (D+I)n−I= 0
14. Avec la matrice Dde la question 10., (D+I)n−I=
A(a+ 2b) 0 0
0A(a−b) 0
0 0 A(a−b)
.
Par suite, Dest solution de (∗) si et seulement si a+ 2bet a−best racine de P(polynˆome ´evoqu´e au
1.). De plus, comme b6= 0, Dest solution de (∗) si et seulement si il existe deux entiers pet qdistincts
compris entre 0 et 2n−1 tels que a+ 2b=eipπ
n−1 et a−b=eiqπ n−1.
Ainsi Dest solution de (∗) si et seulement si il existe deux entiers pet qdistincts compris entre 0 et
2n−1 tels que a=eipπ
n+ 2eiqπ n
3−1 et b=eipπ
n−eiqπ n−1
3.
15. D’apr`es la question 3., les matrices Ma,0(matrices d’homoth´eties) solutions de (∗) sont les matrices
Meipπ
n−1,0o`u pest un entier compris entre 0 et 2n−1.
D’apr`es la question 14., les matrices Ma,b avec b6= 0 solutions de (∗) sont les matrices Ma,b avec
a=eipπ
n+2eiqπ n
3−1 et b=eipπ
n−eiqπ n−1
3o`u pet qsont deux entiers distincts compris entre 0 et 2n−1.
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PROBL` EME 2
D’apr`es Concours des ´ Ecoles des Mines d’Albi, Al`es, Douai, Nantes - MPSI - 1999
Partie I - ´ Etudes d’endomorphismes donn´ees par leur matrice
1. (a) En notant C1, C2, C3les trois colonnes de la matrice A, on remarque que : vC1+uC2=C3.
Les 3 colonnes de la matrice ´etant li´ees, elle n’est pas de rang 3, donc An’est pas inversible et
det(A) = det(f) = 0 . C1et C2n’´etant pas colin´eaires, ceci prouve que rg(A) = rg(f) = 2.
(b) Le th´eor`eme du rang appliqu´e `a fdonne dim(R3) = dim(Ker f) + rg(f).
Soit dim(Ker f)=3−2 = 1, Ker fest donc une droite vectorielle engendr´e 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 +X2) .
(c) rg(f) = 2 donc Im(f) est un plan vectoriel engendr´e par deux vecteurs non-colin´eaires, par
exemples ceux donc les coordonn´ees forment les colonnes C1et C2de la matrice A, c’est `a dire
Im A= Vect((−u, −2,0),(v, 0,−1)) et Im f= Vect(−u−2X, v −X2) .
2. (a) Via l’ op´eration ´el´ementaire L2←L2−L1, puis en d´eveloppant suivant C1, on obtient :
det B=
−3w0 0
−3−1 2w0
0−213w
0 0 −1 3
=
−3w0 0
0−1−w2w0
0−2 1 3w
0 0 −1 3
=−3
−1−w2w0
−2 1 3w
0−1 3
Via l’ op´eration ´el´ementaire C2←C2+1
3C3, puis en d´eveloppant suivant L3, on obtient :
det B=−3
−1−w2w0
−2 1 + w3w
0 0 3
=−9
−1 + w2w
−2 1 + w
=−9(−w2−2w−1+4w) = 9(w−1)2
(b) Lorsque w=w0= 1, Bn’est plus inversible et alors le noyau n’est plus r´eduit `a 0E.
On a ici B=
−3 1 0 0
−3−120
0−213
0 0 −1 3
. Posons X=
x
y
z
t
et r´esolvons BX = 04,1soit :
−3x+y= 0
−3x−y+ 2z= 0
−2y+z+ 3t= 0
−z+ 3t= 0
⇔
x=1
3y
−3x−y+ 2z= 0
2y= 6t
z= 3t
⇔
x=t
−3t−3t+ 2.(3t) = 0
y= 3t
z= 3t
On obtient Ker B= Vect(1,3,3,1) soit Ker g= Vect(1 + 3X+ 3X2+X3) = Vect((1 + X)3) .
Partie II - D´efinition d’une application lin´eaire
3. Soient (P, R)∈R[X]2et λ∈R, alors :
ϕ(λP +R) = 2(λP +R)0Q−n(λP +R)Q0=λ(P0Q−nP Q0=R0Q−nRQ0=λϕ(P) + ϕ(R).
ϕest donc lin´eaire, prouvons qu’elle est `a valeurs dans Rn[X], on sait d´ej`a que par op´erations sur les
polynˆomes, ϕ(P) est un polynˆome mais attention au degr´e !
Si deg(P)6n−1 alors deg(2P0Q)6n−2+2 = net deg(−nP Q)6n−1+1 = ndonc deg(ϕ(P)) 6n.
Remarquons alors la valeur de ϕ(Xn)=2nXn−1Q−nXnQ0, or Q=aX2+bX +c.
ϕ(Xn) = 2nXn−1(aX2+bX +c)−nXn(2aX +b) = 2anXn+1 + 2bnXn+ 2cnXn−1−2anXn+1 −2bXn.
Finalement ϕ(Xn)=2b(n−1)Xn+ 2cnXn−1soit degϕ(Xn)6n.
Par lin´earit´e on en d´eduit que l’image de tout polynˆome par ϕest un polynˆome de Rn[X].
ϕest donc bien un endomorphisme de Rn[X].
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