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PSI DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION
Sujet E3a
Exercice 1 (Exercice d’un sujet E3A - 2009 - Sujet B (fili`ere PSI)).
1. D’apr`es le th´eor`eme du rang ker(A) est de dimension 4 −rg (A) = 1 et est donc
une droite vectorielle. En particulier, 0 est valeur propre de A.
2. Avec les hypoth`ese sur la somme par ligne des coefficients de A, on peut affirmer
que (1,1,1,1) est vecteur propre de Aassoci´e `a la valeur propre 1.
3. 0 et 1 sont valeurs propres (et donc de multiplicit´e au moins 1) et −1 est valeur
propre double. La somme des multiplicit´es des valeurs propres n’exc´edant pas 4
(dimension de l’espace), on a toutes les valeurs propres (racines de PA). Comme
PAest unitaire ((−1)4= 1) on a ainsi
PA=X(X−1)(X+ 1)2
4. Rkest de degr´e inf´erieur `a 3 et s’´ecrit akX3+bkX2+ckX+dk. En notant Qk
le quotient, on a Xk=PAQk+Rk; en appliquant cette ´egalit´e `a 0,1,−1 et en la
d´erivant puis en faisant X=−1, on obtient (pour k≥1)
dk= 0
ak+bk+ck+dk= 1
−ak+bk−ck+dk= (−1)k
3ak−2bk+ck=k(−1)k
ce qui donne 
ak=1+(3−2k)(−1)k
4
bk=1+(−1)k
2
ck=1+(2k−5)(−1)k
4
dk= 0
.
5. Comme P7→ P(A) est un morphisme d’alg`ebre et comme PAannule A(th´eor`eme
de Cayley-Hamilton) on en d´eduit que
∀k≥1, Ak=Rk(A) = 1 + (3 −2k)(−1)k
4A3+1+(−1)k 2A2+1 + (2k−5)(−1)k 4A
Exercice 2 (Exercice d’un sujet E3A - 2005 - Sujet B (fili`ere PC)).
1. (a) Notons U= MatCu.Uest diagonalisable donc il existe une matrice Pinver-
sible et une matrice Ddiagonale de Mn(C) tels que D=P−1UP .
D’apr`es le cours, on en d´eduit que D2=P−1U2Por D2est ´egalement une
matrice diagonale donc u2est diagonalisable (dans la mˆeme base que u).
(b) Soit n>2, on remarque que, ∀x∈E,u2(x) = 0 (uest nilpotente d’indice
2). u2est l’endomorphisme nul donc diagonalisable bien ´evidemment.
En notant U= MatCu, on remarque que la matrice Uest triangulaire inf´e-
rieure donc les valeurs propres sont les ´el´ements de la diagonale. 0 est donc
seule valeur propre de uqui ne peut ˆetre diagonalisable car dim(Ker(u)) =
n−1 (vu que rg u= 1) et l’ordre de multiplicit´e de 0 est n.
On vient d’´etudier un endomorphisme utel que un’est pas diagonalisable
mais u2l’est. La r´eciproque en g´en´eral si n>2 est donc fausse.
2. (a) Soit α∈C,α6= 0, et x∈Ker(u2−α2idE) (u2(x) = α2x) :
´
Ecrivons xsous la forme x=1
2α[ (u(x) + αx)−(u(x)−αx) ].
Posons x+=1
2α(u(x) + αx) et x−=1 2α(u(x)−αx).
On a u(x+) = 1
2αu(u(x) + αx) = 1 2α(u2(x) + αu(x)) = 1 2αx +1 2u(x) = αx+.
Donc x+∈Ker(u−αidE).
On a u(x−) = 1
2αu(u(x)−αx) = 1 2α(u2(x)−αu(x)) = 1 2αx−1 2u(x) = −αx−.
Donc x−∈Ker(u+αidE).
On sait alors que Ker(u2−α2idE)⊂Ker(u−αidE) + Ker(u+αidE).
De plus u2−α2idE= (u−αidE)◦(u+αidE) implique que :
Ker(u−αidE)⊂Ker(u2−α2idE) et Ker(u+αidE)⊂Ker(u2−α2idE) soit
Ker(u−αidE) + Ker(u+αidE)⊂Ker(u2−α2idE).
On a donc Ker(u−αidE) + Ker(u+αidE) = Ker(u2−α2idE).
De plus, soit x∈Ker(u−αidE)∩Ker(u+αidE), on a donc u(x) = αx =−αx
et comme α6= 0, on a x= 0E, donc la somme est directe.
Pour tout α∈C,α6= 0, on a donc
Ker(u2−α2idE) = Ker(u−αidE)⊕Ker(u+αidE).
(b) Soit µune valeur propre de u, donc il existe x6= 0Etel que u(x) = µx, on a
alors u2(x) = u(µx) = µu(x) = µ2x.
Comme xest non-nul, alors µ2est valeur propre de u2.
(c) u2est diagonalisable donc E=L
λ∈Sp(u2)
Ker(u2−λidE).
Posons µtel que µ2=λ, on a alors :
E=L
µ2∈Sp(u2)
Ker(u2−µ2idE) = L
µ2∈Sp(u2)
( Ker(u−µidE)⊕Ker(u+µidE))
Or Ker(u−µidE) ou Ker(u−µidE) est r´eduit `a 0Esauf si ±µest valeur
propre de udonc, en supprimant les sous-espaces r´eduits 0E(non propres `a
u) on obtient : E=L
µ∈Sp(u)
Ker(u−µidE)
( la somme porte bien sur toutes les valeurs propres de ud’apr`es le 2.(a) )
La somme des sous-espaces propres de uest directe et ´egale `a Edonc uest
diagonalisable.
Lyc´ee de l’Essouriau 1

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3. (a) U2=
6−5 3
−343
5−5 4
.
(b) det(u)=det(U)=6 6= 0 donc rg(u) = 3 (uest inversible).
(c) On calcule le polynˆome caract´eristique de u2:χu2=−(X−1)(X−4)(X−9)
qui est scind´e `a racines simples, donc u2est diagonalisable.
Ses ´el´ements propres sont Ker(u2−idE) = Vect 
1
1
0
,
Ker(u2−4idE) = Vect 
1
1
1
et Ker(u2−9IdE) = Vect 
1
0
1
(d) uest bijective, u2est diagonalisable donc d’apr`es la question 2.(c) uest
diagonalisable.
Probl`eme.
PR´ ELIMINAIRE
Si Pest un polynˆome alors fn(P) aussi et deg(fn(P)) ≤deg(P).
Donc P∈Cn[X]⇒fn(P)∈Cn[X].
De plus fnest lin´eaire (par lin´earit´e de la d´erivation) donc fn∈ L(Cn[X]).
PARTIE I - ´ Etude si n= 3
1. M3=
1 0 −1 0
0 0 0 −3
0 0 0 0
0 0 0 1
.
2. Base de ker (f3):(X, 1 + X2) et Base de Im(f3) : (1,−3X+X3)
On a ker (f3)∩Im(f3) = {0E}. D’apr`es le th´eor`eme du rang :
dim(ker(f3)) + dim(Im(f3)) = 4 = dim (C3[X])
Donc ker (f3)⊕Im(f3) = C3[X]
3. M2
3=M3donc f3◦f3=f3:f3est un projecteur.
f3est diagonalisable car f3annule le polynˆome scind´e `a racines simples X2−X
par exemple.
Ses valeurs propres sont :
0, de sous-espace propre : ker (f3), de base P1=X , P2= 1 + X2;
1, de sous-espace propre : Im(f3), de base Q1= 1 , Q2=−3X+X3
PARTIE II - ´ Etude si n= 4
Dans toute cette partie on ´etudie le cas particulier n= 4.
1. M4=
1 0 −1 0 0
0 0 0 −3 0
0 0 0 0 −6
0 0 0 1 0
0 0 0 0 3
2. M4´etant triangulaire, ses valeurs propres sont ses termes diagonaux :
λ1= 0 (double) , λ2= 1 (double) et λ3= 3 (simple)
Les vecteurs propres de f3sont aussi vecteurs propres de f4donc :
P1, P2sont vecteurs propres de f4associ´es `a λ1d’o`u dim(Eλ1)≥2
Q1, Q2sont vecteurs propres de f4associ´es `a λ2d’o`u dim (Eλ2)≥2.
La dimension de chaque sous-espace propre est inf´erieure ou ´egale `a l’ordre de
multiplicit´e de la valeur propre associ´ee et sup´erieure ou ´egale `a 1 . On a donc
dim(Eλ1) = 2 , dim(Eλ2) = 2 et dim(Eλ3) = 1 . On a ´egalit´e entre la dimension
de chaque sous-espace propre et l’ordre de multiplicit´e de la valeur propre associ´ee
donc f4est diagonalisable.
Le polynˆome R=X4−2X2+ 1 est vecteur propre pour la valeur propre 3.
3. Soient D, Da, Dbles matrices diagonales d’ordre 5 , de termes diagonaux dans
l’ordre : 0,0,1,1,3 pour D; 0,0,1,1,0 pour Da; 0,0,0,0,3 pour Db.
∃P∈ GL5(C) telle que M4=P DP −1.
Notons A=P DaP−1et B=P DbP−1, on a alors :
D=Da+Db⇒M4=A+B D2
a=Da⇒A2=A
D2
b= 3Db⇒B2= 3B DaDb=DbDa= 05⇒AB =BA = 05
Donc le couple (A, B) convient (il est d’ailleurs unique car :
M2
4=A+ 3Bdonc A=1
2(3M2
4−M4) et B=1
2(M2
4−M4) ).
Enfin : rg(Da)=2⇒rg(A) = 2 ; rg(Db)=1⇒rg(B)=1
4. M4=A+Bet AB =BA = 05donc d’apr`es la formule du binˆome :
(M4)n=An+Bn.B2= 3Bd’o`u Bn= 3n−1Bet
∀n∈N∗,(M4)n=A+ 3n−1B
PARTIE III - ´ Etude de fnpour n>5
1. Soit Pun polynˆome non nul de degr´e k:P=a0+a1X+· · · +akXkavec ak6= 0
.
Alors :
fn(P) = −a2+a0+· · · +1
2k(k−1) −k+ 1akXk
Lyc´ee de l’Essouriau 2

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fn(P) = −a2+a0+· · · +1
2(k−1)(k−2)akXk
donc k≥3⇒1
2(k−1)(k−2) 6= 0 ⇒fn(P)6=OE. Par contra-
pos´ee : fn(P) = OE⇒deg(P)≤2 . On est alors ramen´e `a C2[X]. Donc
ker(fn) = Vect(X, 1 + X2)
2. dim(Im(fn)) = dim(Cn[X])−dim(ker(fn)) = n−1.
La famille (fn(1), fn(X3), ..., fn(Xn)) comporte n−1 ´el´ements appartenant `a
Im(fn). De plus cette famille est libre car :
λ0fn(1) + λ3fn(X3) + · · · +λnfn(Xn) = OE⇔fn(λ0+λ3X3+· · · +λnXn) = OE
⇔ ∃(α, β)∈C2tels que λ0+λ3X3+· · · +λnXn=αX +β(1 + X2)⇔λ0=λ3=
· · · =λn= 0.
Donc (fn(1), fn(X3), ..., fn(Xn)) est une base de Im(fn).
3. D’apr`es 1. , la matrice de fndans la base canonique est triangulaire , ses valeurs
propres sont les termes diagonaux : 1
2(k−1)(k−2) pour 0 ≤k≤n.
On trouve :
- deux fois 0 , avec P1, P2pour vecteurs propres donc dim(ker(fn))=2 (ordre de
multiplicit´e de 0),
- deux fois 1 , avec Q1, Q2pour vecteurs propres donc dim(ker(fn−Id))=2 (ordre
de multiplicit´e de 1),
- enfin 1
2(k−1)(k−2) avec k≥4 , d’ordre 1 donc le sous-espace propre associ´e
est de dimension 1.
Donc fnest diagonalisable .
4. D’apr`es le cours :
- ”le noyau d’une forme lin´eaire non nulle est un hyperplan” donc
dim(ker(φ1)) = n(idem pour φ2) ;
- ”deux formes lin´eaires sont proportionnelles si et seulement si elles ont le mˆeme
noyau” : φ1et φ2ne sont pas proportionnelles donc ker(φ1)6= ker(φ2).
Posons Fk= ker(φk) pour k∈ {1,2}:Fk⊂F1+F2, si on avait F1=F1+F2alors
F2⊂F1et comme ils ont mˆeme dimension , on aurait F2=F1ce qui est faux .
Donc F1(F1+F2d’o`u n= dim(F1)<dim(F1+F2) . F1+F2est un sous-espace
vectoriel de Cn[X] donc dim(F1+F2)≤n+ 1 d’o`u dim(F1+F2) = n+ 1.
Appliquons la formule de Grassmann :
dim(F1+F2) = dim(F1)+ dim(F2)−dim(F1∩F2) = 2n−dim(F1∩F2).
Conclusion dim(ker(φ1)∩ker(φ2)) = n−1
5. Q=fn(P)⇒Q0(X) = 1
2(X2−1)P000(X)+XP 00(X)−XP 00(X)−P0(X)+P0(X) =
1
2(X2−1)P000(X) donc Q0(1) = Q0(−1) = 0.
Notons φ1et φ2les formes lin´eaires d´efinies par : ∀P∈Cn[X] , φ1(P) = P0(1) et
φ2(P) = P0(−1).
On a : Im(fn)⊂ker(φ1)∩ker(φ2) ; φ1et φ2ne sont pas proportionnelles donc
dim(ker (φ1)∩ker(φ2)) = n−1 = dim(Im(fn)) d’o`u l’´egalit´e.
Conclusion : Q∈Im(fn)⇔Q0(1) = Q0(−1) = 0
6. Q(X) = fn(P)(X) = X2−1
2P00(X)+(−1)XP 0(X) + P(X) : α0=−1 ; β0= 1 ;
Q0(X) = X2−1
2P000(X) : α1=β1= 0.
D´erivons cette relation `a l’ordre k−1 en utilisant la formule de Leibniz :
Q(k)=X2−1
2P(3+k−1) +C1
k−1XP (3+k−2) +C2 k−1P(3+k−3) donc
αk= (k−1) ; βk=1
2(k−1)(k−2)
PARTIE IV - ´ Etude des racines des polynˆomes propres
1. En ´egalant les termes de plus haut degr´e de fn(S) et λS on obtient :
λ=(p−1)(p−2)
2
2. p∈ {0,3} ⇒ λ= 1 ; p∈ {1,2} ⇒ λ= 0 . On se retrouve dans C3[X] , d’o`u
les polynˆomes propres de degr´e au plus 3 sont : 1, X, 1 + X2,−3X+X3(`a une
constante multiplicative pr`es).
3. p≥4⇒(p−1)(p−2)
2≥3>1.
De plus fn(S) = λS ⇔X2−1
2S00(X)−XS0(X)=(λ−1)S(X) et λ6= 0 donc
S=fn(1
λS)⇒S∈Im(fn)⇒S0(1) = 0 ⇒(λ−1)S(1) = 0 ⇒S(1) = 0 car λ6= 1.
D’apr`es III , ∀k∈N,
X2−1
2S(k+2)(X) + (k−1)XS(k+1)(X) + (k−1)(k−2) 2S(k)(X) = λSk(X), d’o`u
pour X= 1 : (k−1)S(k+1)(1) = λ−(k−1)(k−2)
2S(k)(1).
Si on avait S00(1) = 0 alors : S(3)(1) = 0 et par r´ecurrence : ∀k∈N, S(n)(1) = 0.
Or d’apr`es la formule de Taylor : S(X) =
deg(S)
P
n=0
S(n)(1)
n!(X−1)n
donc S=OEce qui est contraire `a l’hypoth`ese. Donc S00(1) 6= 0 .
Lyc´ee de l’Essouriau 3

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1 est donc racine d’ordre 2 de S.
On peut faire le mˆeme raisonnement pour −1 , donc −1 est racine d’ordre 2 de S
Si deg(S) = 4 alors sachant que Sest divisible par (X−1)2et (X+ 1)2, on a
S(X) = α(X2−1)2.
4. fn(S)(−X) = λS(−X) d’o`u : X2−1
2S00(−X) + XS0(−X) + S(−X) = λS(−X).
Par ailleurs : T(X) = S(−X)⇒T0(X) = −S0(−X) et T00(X) = S00(−X) d’o`u :
X2−1
2T00(X)−XT 0(X) + T(X) = λT (X) c’est `a dire : fn(T) = λT .
Pour p≥5, λest valeur propre simple donc le sous-espace propre associ´e est de
dimension 1 , donc : ∃α∈Ctel que T=αS.
S(X) = apXp+· · · , T (X)=(−1)papXp+· · · .
On a donc : S(−X)=(−1)pS(X)
Si pest pair : S(−X) = S(X) donc Sest un polynˆome pair.
Si pest impair , S(0) = −S(0) = 0.
Si p= 5, Sadmet 1 et −1 pour racines doubles, et 0 pour racine. deg(S) = 5 donc
S(X) = αX(X2−1)2
5. On a toujours :
X2−1
2S(k+2)(X)+(k−1)XS(k+1)(X) + (k−1)(k−2) 2S(k)(X) = λSk(X).
Soit x0une racine de S,x06=±1 . Si S0(x0) ´etait nul , alors pour k= 0 et X=x0
on aurait S00(x0) = 0 ; pour k= 1 : s(3)(x0) = 0 et par r´ecurrence : ∀n, S(n)(x0) =
0 d’o`u S= 0Ece qui est faux . Donc S0(x0)6= 0 et x0est racine simple de S
*** Fin du sujet E3a ***
Lyc´ee de l’Essouriau 4

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Sujet Centrale
Probl`eme (Sujet complet Centrale - 2005 - Sujet 2 (fili`ere PSI)).
R´esultats pr´eliminaires.
1.a. Notons R(resp. J) la matrice dont le coefficient g´en´erique est la partie r´eelle
(resp. imaginaire) de P. On a alors P=R=iJ.
1.b. AP =P B devient, avec les notations de la question pr´ec´edente,
AR +iAJ =RB +iJB
En identifiant les parties r´eelle et imaginaire de chaque coefficient, on a donc
AR =RB et AJ =JA. En combinant ces relations, on obtient
∀t∈C, A(R+tJ) = AR +tAJ =RB +tJB = (R+tJ)B
1.c. L’application t∈CR+tJ a des fonctions coordonn´ees qui sont polynomiales.
Avec la formule th´eorique du d´eterminant, on en d´eduit que φ:t7→ det(R+tJ)
est aussi polynomiale. Or, φ(i) = det(P)6= 0 et φn’est pas nulle. Sa restriction `a
Rn’est donc pas nulle (un polynome admettant une infinit´e de racines est nul).
On a donc
∃t0∈R/ R +t0J∈GLn(R)
1.d. Soit Q=R=t0J. La question 1.b montre que AQ =QB et, comme Qest
inversible,
Q−1AQ =B
ce qui montre que Aet Bsont semblables dans Mn(R).
2.a. Soit P∈R[X]. C’est une fonction polynomiale donc continue sur R. La condi-
tion sur le degr´e montre qu’en +∞et −∞ la fonction admet des limites infinies de
signes oppos´es. Le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires indique alors que Ps’an-
nule sur R.
Remarque : alternativement, il existe un nombre impair de racines complexes
compt´ees avec les multiplicit´es. Comme ces racines sont deux `a deux conjugu´ees,
il doit y en avoir une r´eelle.
2.b. Si nest impair et A∈ Mnson polynˆome caract´eristique est r´eel de degr´e impair
et poss`ede une racine r´eelle. Il y a donc une valeur propre r´eelle. En contraposant
ceci, on voit que ndoit ˆetre pair quand (PA) est v´erifi´ee.
Partie I.
I.A.1. On a s(e1) = e1et s(e2) = −e2et donc
Mat(s1,(e1, e2)) = 1 0
0−1
Le cours indique alors que
Mat(u◦s1,(e1, e2)) = M(0,1)Mat(s1,(e1, e2)) = 0 1
1 0 
Soit s2l’endomorphisme tel que Mat(s2,(e1, e2)) = 0 1
1 0 =A. Comme A2=
I2,s2est une sym´etrie et
u= (u◦s1)◦s1=s2◦s1
I.A.2. a. On cherche une base (f1, f2) telle que u(f1) = f2et u(f2) = −f1. La
premi`ere condition am`ene `a poser (on prend f1=e1ce qui impose f2)
P=1 2
0 1 
Pest inversible (det(P) = 1) et comme A2
1=−1 0, on a donc
P−1AP =M(0,1)
b. On peut ´ecrire, avec I.A, que M(0,1) = A2A1avec A2et A1matrices de
sym´etrie. On a donc
A=S2S1avec S2=P A2P−1=2−3
1−2et S1=P A1P−1=1−4 0−1
Comme A2
2=A2 1=I2, on a aussi S2 1=S2 2=I2et S1, S2sont des matrices de
sym´etrie.
c. La m´ethode est la mˆeme qu’en 2.a. On note cette fois Q=1α
0β.Qest
inversible car β6= 0 (sinon on aurait α2=−1 avec α∈Rce qui est exclus) et
Bα
β=−1 0indique alors que
Q−1BQ =M(0,1)
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