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DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION
PSI
Sujet E3a
seule valeur propre de u qui ne peut être diagonalisable car dim(Ker(u)) =
n − 1 (vu que rg u = 1) et l’ordre de multiplicité de 0 est n.
On vient d’étudier un endomorphisme u tel que u n’est pas diagonalisable
mais u2 l’est. La réciproque en général si n > 2 est donc fausse.
Exercice 1 (Exercice d’un sujet E3A - 2009 - Sujet B (filière PSI)).
2. (a) Soit α ∈ C, α 6= 0, et x ∈ Ker(u2 − α2 idE ) (u2 (x) = α2 x) :
1
Écrivons x sous la forme x =
[ (u(x) + αx) − (u(x) − αx) ].
2α
1
1
Posons x+ =
(u(x) + αx) et x− =
(u(x) − αx).
2α
2α
1 2
1
1
1
u(u(x) + αx) =
(u (x) + αu(x)) = αx + u(x) = αx+ .
On a u(x+ ) =
2α
2α
2
2
Donc x+ ∈ Ker(u − αidE ).
1
1 2
1
1
On a u(x− ) =
u(u(x)−αx) =
(u (x)−αu(x)) = αx− u(x) = −αx− .
2α
2α
2
2
Donc x− ∈ Ker(u + αidE ).
On sait alors que Ker(u2 − α2 idE ) ⊂ Ker(u − αidE ) + Ker(u + αidE ).
De plus u2 − α2 idE = (u − αidE ) ◦ (u + αidE ) implique que :
Ker(u − αidE ) ⊂ Ker(u2 − α2 idE ) et Ker(u + αidE ) ⊂ Ker(u2 − α2 idE ) soit
Ker(u − αidE ) + Ker(u + αidE ) ⊂ Ker(u2 − α2 idE ).
On a donc Ker(u − αidE ) + Ker(u + αidE ) = Ker(u2 − α2 idE ).
De plus, soit x ∈ Ker(u−αidE )∩ Ker(u+αidE ), on a donc u(x) = αx = −αx
et comme α 6= 0, on a x = 0E , donc la somme est directe.
Pour tout α ∈ C, α 6= 0, on a donc
1. D’après le théorème 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 hypothèse sur la somme par ligne des coefficients de A, on peut affirmer
que (1, 1, 1, 1) est vecteur propre de A associé à la valeur propre 1.
3. 0 et 1 sont valeurs propres (et donc de multiplicité au moins 1) et −1 est valeur
propre double. La somme des multiplicités des valeurs propres n’excédant pas 4
(dimension de l’espace), on a toutes les valeurs propres (racines de PA ). Comme
PA est unitaire ((−1)4 = 1) on a ainsi
PA = X(X − 1)(X + 1)2
4. Rk est de degré inférieur à 3 et s’écrit ak X 3 + bk X 2 + ck X + dk . En notant Qk
le quotient, on a X k = PA Qk + Rk ; en appliquant cette égalité à 0, 1, −1 et en la
dérivant puis en faisant X = −1, on obtient (pour
 k ≥ 1)
k


ak = 1+(3−2k)(−1)
dk = 0


4


k


ak + bk + ck + dk = 1
bk = 1+(−1)
2
.
k ce qui donne
1+(2k−5)(−1)k
−ak + bk − ck + dk = (−1)




c
=
k


4

3ak − 2bk + ck = k(−1)k
dk = 0
Ker(u2 − α2 idE ) = Ker(u − αidE ) ⊕ Ker(u + αidE ).
5. Comme P 7→ P (A) est un morphisme d’algèbre et comme PA annule A (théorème
de Cayley-Hamilton) on en déduit que
∀k ≥ 1, Ak = Rk (A) =
(b) Soit µ une valeur propre de u, donc il existe x 6= 0E tel que u(x) = µx, on a
alors u2 (x) = u(µx) = µu(x) = µ2 x.
Comme x est non-nul, alors µ2 est valeur propre de u2 .
L
Ker(u2 − λidE ).
(c) u2 est diagonalisable donc E =
λ∈Sp(u2 )
Posons µLtel que µ2 = λ, on a alors : L
Ker(u2 −µ2 idE ) =
( Ker(u−µidE )⊕ Ker(u+µidE ))
E=
2
2
µ ∈Sp(u )
µ2 ∈Sp(u2 )
Or Ker(u − µidE ) ou Ker(u − µidE ) est réduit à 0E sauf si ±µ est valeur
propre de u donc, en supprimant
les sous-espaces réduits 0E (non propres à
L
u) on obtient : E =
Ker(u − µidE )
µ∈Sp(u)
( la somme porte bien sur toutes les valeurs propres de u d’après le 2.(a) )
La somme des sous-espaces propres de u est directe et égale à E donc u est
diagonalisable.
1 + (3 − 2k)(−1)k 3 1 + (−1)k 2 1 + (2k − 5)(−1)k
A +
A +
A
4
2
4
Exercice 2 (Exercice d’un sujet E3A - 2005 - Sujet B (filière PC)).
1. (a) Notons U = MatC u. U est diagonalisable donc il existe une matrice P inversible et une matrice D diagonale de Mn (C) tels que D = P −1 U P .
D’après le cours, on en déduit que D2 = P −1 U 2 P or D2 est également une
matrice diagonale donc u2 est diagonalisable (dans la même base que u).
(b) Soit n > 2, on remarque que, ∀x ∈ E, u2 (x) = 0 (u est nilpotente d’indice
2). u2 est l’endomorphisme nul donc diagonalisable bien évidemment.
En notant U = MatC u, on remarque que la matrice U est triangulaire inférieure donc les valeurs propres sont les éléments de la diagonale. 0 est donc
Lycée de l’Essouriau
1
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
6
3. (a) U 2 = −3
5
−5
4
−5

3
3.
4
PARTIE II - Étude si n = 4
Dans toute cette partie on étudie le cas particulier n = 4.


1 0 −1 0
0
(b) det(u)=det(U )=6 6= 0 donc rg(u) = 3 (u est inversible).
 0 0 0 −3 0 


(c) On calcule le polynôme caractéristique de u2 : χu2 = −(X − 1)(X − 4)(X − 9)
 0 0 0
0 −6 
1.
M
=
4


2
qui est scindé à racines simples, donc u est diagonalisable.
 0 0 0
 
1
0 
1
0 0 0
0
3
Ses éléments propres sont Ker(u2 − idE ) = Vect 1,
2. M4 étant triangulaire, ses valeurs propres sont ses termes diagonaux :
0
 
 
λ1 = 0 (double) , λ2 = 1 (double) et λ3 = 3 (simple)
1
1
Les vecteurs propres de f3 sont aussi vecteurs propres de f4 donc :
2
2
Ker(u − 4idE ) = Vect 1 et Ker(u − 9IdE ) = Vect 0
P1 , P2 sont vecteurs propres de f4 associés à λ1 d’où dim(Eλ1 ) ≥ 2
1
1
Q1 , Q2 sont vecteurs propres de f4 associés à λ2 d’où dim (Eλ2 ) ≥ 2.
(d) u est bijective, u2 est diagonalisable donc d’après la question 2.(c) u est
La dimension de chaque sous-espace propre est inférieure ou égale à l’ordre de
diagonalisable.
multiplicité de la valeur propre associée et supérieure ou égale à 1 . On a donc
dim(Eλ1 ) = 2 , dim(Eλ2 ) = 2 et dim(Eλ3 ) = 1 . On a égalité entre la dimension
Problème.
de chaque sous-espace propre et l’ordre de multiplicité de la valeur propre associée
donc f4 est diagonalisable.
Le
polynôme R = X 4 − 2X 2 + 1 est vecteur propre pour la valeur propre 3.
PRÉLIMINAIRE
3. Soient D, Da , Db les matrices diagonales d’ordre 5 , de termes diagonaux dans
Si P est un polynôme alors fn (P ) aussi et deg(fn (P )) ≤ deg(P ).
l’ordre : 0, 0, 1, 1, 3 pour D ; 0, 0, 1, 1, 0 pour Da ; 0, 0, 0, 0, 3 pour Db .
Donc P ∈ Cn [X] ⇒ fn (P ) ∈ Cn [X].
∃P ∈ GL5 (C) telle que M4 = P DP −1 .
De plus fn est linéaire (par linéarité de la dérivation) donc fn ∈ L(Cn [X]).
Notons A = P Da P −1 et B = P Db P −1 , on a alors :
D = Da + Db ⇒ M4 = A + B
Da2 = Da ⇒ A2 = A
PARTIE I - Étude si n = 3
2
2


Db = 3Db ⇒ B = 3B
Da Db = Db Da = 05 ⇒ AB = BA = 05
1 0 −1 0
Donc
le
couple
(A,
B)
convient
(il est d’ailleurs unique car :
 0 0 0 −3 
1
1
.
2
2
1. M3 = 
M4 = A + 3B donc A = (3M4 − M4 ) et B = (M42 − M4 ) ).
 0 0 0
0 
2
2
0 0 0
1
Enfin : rg(Da ) = 2 ⇒ rg(A) = 2 ; rg(Db ) = 1 ⇒ rg(B) = 1
4. M4 = A + B et AB = BA = 05 donc d’après la formule du binôme :
2. Base de ker (f3 ) : (X, 1 + X 2 ) et Base de Im(f3 ) : (1, −3X + X 3 )
(M4 )n = An + B n . B 2 = 3B d’où B n = 3n−1 B et
On a ker (f3 )∩ Im(f3 ) = {0E }. D’après le théorème du rang :
dim(ker(f3 )) + dim(Im(f3 )) = 4 = dim (C3 [X])
∀n ∈ N∗ , (M4 )n = A + 3n−1 B
Donc ker (f3 ) ⊕ Im(f3 ) = C3 [X]
3. M32 = M3 donc f3 ◦ f3 = f3 : f3 est un projecteur.
f3 est diagonalisable car f3 annule le polynôme scindé à racines simples X 2 − X
par exemple.
Ses valeurs propres sont :
0 , de sous-espace propre : ker (f3 ) , de base P1 = X , P2 = 1 + X 2 ;
1 , de sous-espace propre : Im(f3 ) , de base Q1 = 1 , Q2 = −3X + X 3
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PARTIE III - Étude de fn pour n > 5
1. Soit P un polynôme non nul de degré k : P = a0 + a1 X + · · · + ak X k avec ak 6= 0
.
Alors :
1
fn (P ) = −a2 + a0 + · · · + k(k − 1) − k + 1 ak X k
2
2
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1 2
(X − 1)P 000 (X) donc Q0 (1) = Q0 (−1) = 0.
2
Notons φ1 et φ2 les formes linéaires définies par : ∀P ∈ Cn [X] , φ1 (P ) = P 0 (1) et
φ2 (P ) = P 0 (−1).
On a : Im(fn ) ⊂ ker(φ1 ) ∩ ker(φ2 ) ; φ1 et φ2 ne sont pas proportionnelles donc
dim(ker (φ1 )∩ ker(φ2 )) = n − 1 = dim(Im(fn )) d’où l’égalité.
Conclusion : Q ∈ Im(fn ) ⇔ Q0 (1) = Q0 (−1) = 0
1
fn (P ) = −a2 + a0 + · · · + (k − 1)(k − 2)ak X k
2
1
(k − 1)(k − 2) 6= 0 ⇒ fn (P ) 6= OE . Par contradonc k ≥ 3 ⇒
2
posée : fn (P ) = OE ⇒ deg(P ) ≤ 2 . On est alors ramené à C2 [X]. Donc
ker(fn ) = Vect(X, 1 + X 2 )
2. dim(Im(fn )) = dim(Cn [X])− dim(ker(fn )) = n − 1.
La famille (fn (1), fn (X 3 ), ..., fn (X n )) comporte n − 1 éléments appartenant à
Im(fn ). De plus cette famille est libre car :
λ0 fn (1) + λ3 fn (X 3 ) + · · · + λn fn (X n ) = OE ⇔ fn (λ0 + λ3 X 3 + · · · + λn X n ) = OE
⇔ ∃(α, β) ∈ C2 tels que λ0 + λ3 X 3 + · · · + λn X n = αX + β(1 + X 2 ) ⇔ λ0 = λ3 =
· · · = λn = 0.
Donc (fn (1), fn (X 3 ), ..., fn (X n )) est une base de Im(fn ).
6. Q(X) = fn (P )(X) =
X 2 − 1 000
Q0 (X) =
P (X) : α1 = β1 = 0.
2
Dérivons cette relation à l’ordre k − 1 en utilisant la formule de Leibniz :
X 2 − 1 (3+k−1)
1
2
Q(k) =
P
+ Ck−1
XP (3+k−2) + Ck−1
P (3+k−3) donc
2
1
αk = (k − 1) ; βk = (k − 1)(k − 2)
2
3. D’après 1. , la matrice de fn dans la base canonique est triangulaire , ses valeurs
1
propres sont les termes diagonaux : (k − 1)(k − 2) pour 0 ≤ k ≤ n .
2
On trouve :
- deux fois 0 , avec P1 , P2 pour vecteurs propres donc dim(ker(fn ))=2 (ordre de
multiplicité de 0),
- deux fois 1 , avec Q1 , Q2 pour vecteurs propres donc dim(ker(fn − Id))=2 (ordre
de multiplicité de 1),
1
- enfin (k − 1)(k − 2) avec k ≥ 4 , d’ordre 1 donc le sous-espace propre associé
2
est de dimension 1.
Donc fn est diagonalisable .
PARTIE IV - Étude des racines des polynômes propres
1. En égalant les termes de plus haut degré de fn (S) et λS on obtient :
(p − 1)(p − 2)
λ=
2
2. p ∈ {0, 3} ⇒ λ = 1 ; p ∈ {1, 2} ⇒ λ = 0 . On se retrouve dans C3 [X] , d’où
les polynômes propres de degré au plus 3 sont : 1, X, 1 + X 2 , −3X + X 3 (à une
constante multiplicative près).
(p − 1)(p − 2)
3. p ≥ 4 ⇒
≥ 3 > 1.
2
X 2 − 1 00
De plus fn (S) = λS ⇔
S (X) − XS 0 (X) = (λ − 1)S(X) et λ 6= 0 donc
2
1
S = fn ( S) ⇒ S ∈ Im(fn ) ⇒ S 0 (1) = 0 ⇒ (λ − 1)S(1) = 0 ⇒ S(1) = 0 car λ 6= 1.
λ
D’après III , ∀k ∈ N,
X 2 − 1 (k+2)
(k − 1)(k − 2) (k)
S
(X) + (k − 1)XS (k+1) (X) +
S (X) = λS k (X), d’où
2
2 (k − 1)(k − 2) (k)
pour X = 1 : (k − 1)S (k+1) (1) = λ −
S (1).
2
Si on avait S 00 (1) = 0 alors : S (3) (1) = 0 et par récurrence : ∀k ∈ N, S (n) (1) = 0.
deg(S)
P S (n) (1)
(X − 1)n
Or d’après la formule de Taylor : S(X) =
n!
n=0
donc S = OE ce qui est contraire à l’hypothèse. Donc S 00 (1) 6= 0 .
4. D’après le cours :
- ”le noyau d’une forme linéaire non nulle est un hyperplan” donc
dim(ker(φ1 )) = n (idem pour φ2 ) ;
- ”deux formes linéaires sont proportionnelles si et seulement si elles ont le même
noyau” : φ1 et φ2 ne 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 +F2 alors
F2 ⊂ F1 et comme ils ont même dimension , on aurait F2 = F1 ce qui est faux .
Donc F1 ( F1 + F2 d’où n = dim(F1 ) < dim(F1 + F2 ) . F1 + F2 est un sous-espace
vectoriel de Cn [X] donc dim(F1 + F2 ) ≤ n + 1 d’où 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) =
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X 2 − 1 00
P (X) + (−1)XP 0 (X) + P (X) : α0 = −1 ; β0 = 1 ;
2
1 2
(X −1)P 000 (X)+XP 00 (X)−XP 00 (X)−P 0 (X)+P 0 (X) =
2
3
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1 est donc racine d’ordre 2 de S.
On peut faire le même raisonnement pour −1 , donc −1 est racine d’ordre 2 de S
Si deg(S) = 4 alors sachant que S est divisible par (X − 1)2 et (X + 1)2 , on a
S(X) = α(X 2 − 1)2 .
X 2 − 1 00
S (−X) + XS 0 (−X) + S(−X) = λS(−X).
20
Par ailleurs : T (X) = S(−X) ⇒ T (X) = −S 0 (−X) et T 00 (X) = S 00 (−X) d’où :
X 2 − 1 00
T (X) − XT 0 (X) + T (X) = λT (X) c’est à dire : fn (T ) = λT .
2
Pour p ≥ 5, λ est valeur propre simple donc le sous-espace propre associé est de
dimension 1 , donc : ∃α ∈ C tel que T = αS.
p
S(X) = ap X p + · · · , T (X) = (−1) ap X p + · · · .
On a donc : S(−X) = (−1)p S(X)
Si p est pair : S(−X) = S(X) donc S est un polynôme pair.
Si p est impair , S(0) = −S(0) = 0.
Si p = 5, S admet 1 et −1 pour racines doubles, et 0 pour racine. deg(S) = 5 donc
4. fn (S)(−X) = λS(−X) d’où :
S(X) = αX(X 2 − 1)2
5. On a toujours :
(k − 1)(k − 2) (k)
X 2 − 1 (k+2)
S
(X) + (k − 1)XS (k+1) (X) +
S (X) = λS k (X).
2
2
Soit x0 une racine de S, x0 6= ±1 . Si S 0 (x0 ) était nul , alors pour k = 0 et X = x0
on aurait S 00 (x0 ) = 0 ; pour k = 1 : s(3) (x0 ) = 0 et par récurrence : ∀n, S (n) (x0 ) =
0 d’où S = 0E ce qui est faux . Donc S 0 (x0 ) 6= 0 et x0 est racine simple de S
*** Fin du sujet E3a ***
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4
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Sujet Centrale
Partie I.
I.A.1. On a s(e1 ) = e1 et s(e2 ) = −e2 et donc
Problème (Sujet complet Centrale - 2005 - Sujet 2 (filière PSI)).
M at(s1 , (e1 , e2 )) =
Résultats préliminaires.
1
0
0
−1
Le cours indique alors que
1.a. Notons R (resp. J) la matrice dont le coefficient générique est la partie réelle
(resp. imaginaire) de P . On a alors P = R = iJ.
1.b. AP = P B devient, avec les notations de la question précédente,
M at(u ◦ s1 , (e1 , e2 )) = M (0, 1)M at(s1 , (e1 , e2 )) =
AR + iAJ = RB + iJB
Soit s2 l’endomorphisme tel que M at(s2 , (e1 , e2 )) =
En identifiant les parties réelle et imaginaire de chaque coefficient, on a donc
AR = RB et AJ = JA. En combinant ces relations, on obtient
0
1
1
0
0
1
1
0
= A. Comme A2 =
I2 , s2 est une symétrie et
u = (u ◦ s1 ) ◦ s1 = s2 ◦ s1
∀t ∈ C, A(R + tJ) = AR + tAJ = RB + tJB = (R + tJ)B
I.A.2. a. On cherche une base (f1 , f2 ) telle que u(f1 ) = f2 et u(f2 ) = −f1 . La
première condition amène à poser (on prend f1 = e1 ce qui impose f2 )
1 2
P =
0 1
2
−1
P est inversible (det(P ) = 1) et comme A
=
, on a donc
1
0
1.c. L’application t ∈ CR + tJ a des fonctions coordonnées qui sont polynomiales.
Avec la formule théorique du déterminant, on en déduit que φ : t 7→ det(R + tJ)
est aussi polynomiale. Or, φ(i) = det(P ) 6= 0 et φ n’est pas nulle. Sa restriction à
R n’est donc pas nulle (un polynome admettant une infinité de racines est nul).
On a donc
∃ t0 ∈ R/ R + t0 J ∈ GLn (R)
1.d. Soit Q = R = t0 J. La question 1.b montre que AQ = QB et, comme Q est
inversible,
Q−1 AQ = B
P −1 AP = M (0, 1)
b. On peut écrire, avec I.A, que M (0, 1) = A2 A1 avec A2 et A1 matrices de
symétrie. On a donc
2 −3
1 −4
A = S2 S1 avec S2 = P A2 P −1 =
et S1 = P A1 P −1 =
1 −2
0 −1
ce qui montre que A et B sont semblables dans Mn (R).
2.a. Soit P ∈ R[X]. C’est une fonction polynomiale donc continue sur R. La condition sur le degré montre qu’en +∞ et −∞ la fonction admet des limites infinies de
signes opposés. Le théorème des valeurs intermédiaires indique alors que P s’annule sur R.
Remarque : alternativement, il existe un nombre impair de racines complexes
comptées avec les multiplicités. Comme ces racines sont deux à deux conjuguées,
il doit y en avoir une réelle.
2.b. Si n est impair et A ∈ Mn son polynôme caractéristique est réel de degré impair
et possède une racine réelle. Il y a donc une valeur propre réelle. En contraposant
ceci, on voit que n doit être pair quand (PA ) est vérifiée.
Comme A22 = A21 = I2 , on a aussi S12 = S22 = I2 et S1 , S2 sont des matrices de
symétrie.
1 α
c. La méthode est la même qu’en 2.a. On note cette fois Q =
. Q est
0 β
2
inversible
carβ 6= 0(sinon on aurait α = −1 avec α ∈ R ce qui est exclus) et
α
−1
B
=
indique alors que
β
0
Q−1 BQ = M (0, 1)
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5
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PSI
d. Avec les notation de la question 2.c, on a donc
c. Le déterminant étant un invariant de similitude, on a
B = T2 T1 avec T2 = P A2 P −1 et T1 = P A1 P −1
det(A) = det(M (α, β)) = α2 + β 2 > 0
Comme A22 = A21 = I2 , on a aussi T12 = T22 = I2 et T1 , T2 sont des matrices de
symétrie.
I.A.3. Il existe un réel θ tel que α = cos(θ) et β = sin(θ). M (α, β) est alors la matrice
dans la base (e1 , e2 ) (qui est orthonormée directe pour la structure euclidienne
canonique) de la rotation d’angle θ. Cette rotation se décompose comme le produit
de deux symétries orthogonales par rapport à des droites formant un angle θ/2
(par exemple s2 ◦ s1 avec s1 symétrie par rapport à la droite d’angle polaire 0 et
s2 symétrie par rapport à la droite d’angle polaire θ/2).
1
I.A.4. Soit N = α2 +β
2 M (α, β). N est du type de la question précédente et s’écrit
donc N = S2 S1 avec S1 , S2 matrices de symétrie. On a donc
d. Avec la question IA4 on a l’existence de S1 , S2 matrice de symétrie et de H
matrice d’homothétie telles que M = S2 S1 H. En notant P une matrice réelle
telle que P −1 AP = M (α, β) (P existe avec 5b) on a donc
A = T1 T2 H avec Ti = P Si T −1
et Ti2 = 1.
I.A.6.
M = S2 S1 H avec H = (α2 + β 2 )I2
M (α, β) =
et H est une matrice d’homothétie.
I.A.5. a. Le polynôme caractéristique de A est
2
La condition (PA ) est vérifiée si et seulement si χA n’a pas de racines réelles,
c’est à dire si son discriminant est < 0. La condition est donc
(a + d)2 − 4(ad − bc) < 0
b. Supposons (par conditions nécessaires) que A soit semblable à M (α, β). Trace
et déterminant étant des invariants par changement de base, on a
α2 + β 2 M
−1
2
Q
Avec la condition vue en 5.a, on a donc un unique couple envisageable (α, β) de
réels tels que β > 0 et c’est
α2 + β 2
,p
α2 + β 2
=
p
α2 + β 2 M (α0 , β 0 )
BQ =
Iq
0
0
−Ir
Ip 2Ip
I.B.2. Par analogie avec IA, on introduit la matrice P =
. On vérifie
0 Ip
Ip −2Ip
(calcul par blocs) que P est inversible avec P −1 =
. Un nouveau
0
Ip
calcul par blocs donne
0 −B
P −1 AP =
B
0
p
a+d
et β = 4(ad − bc) − (a + d)2
2
Réciproquement, soit α et β comme ci-dessus. M (α, β) est une matrice réelle
semblable à A. Par ailleurs, M (α, β) et A ont même polynôme caractéristique
(par choix de α et β). Ce dernier étant scindé à racines simples, elles sont diagonalisable dans C et semblables à la même matrice diagonale. Par transitivité,
elles sont semblables dans C. La partie préliminaire montre qu’elles sont aussi
semblables dans M2 .
Lycée de l’Essouriau
p
!
β
2
2α = a + d et α + β = ad − bc
α=
α
Comme α0 + β 0 = 1, on est dans le cadre de A3. M (α, β) est la composée d’une
rotation et d’une homothétie. Réciproquement, de tels endomorphismes ont une
matrice de type M (α, β) avec α2 + β 2 6= 0.
I.B.1. Comme B 2 = Ip , B est la matrice dans la base canonique d’une symétrie.
Notons E1 et E2 les sous-espaces associés à B et C une base
E1 ⊕E2 = Rp .
adaptée à Iq
0
La matrice de la symétrie est représentée dans C par
où q est la
0 −Ir
dimension de E1 et r celle de E2 . Matriciellement, cela signifie qu’en notant Q la
matrice de passage de la base canonique à C on a
χA = X 2 − T r(A)X + det(A) = X 2 − (a + d)X + (ad − bc)
2
p
I.B.3. Notons cette fois R =
6
Q 0
0 Q
où Q est la matrice de B.1. R est inversible
DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION
PSI
d’inverse
Q−1
0
0
Q−1
Avec IA1, on a donc
et un calcul par blocs donne

R
−1
0
B
−B
0
R=
0
Q−1 BQ
−Q−1 BQ
0
0

=

Iq
0
0
−Ir
−Iq
0
0
Ir
0
Par transitivité, A est semblable à la matrice du membre de droite (par le biais
de la matrice de passage P R).
I.B.4. Soit u l’endomorphisme canoniquement associé à B. La question précédente
donne l’existence d’une base C = (f1 , . . . , f2p ) telle que


−Iq 0
0


0
Ir

M at(u, C) = 


Iq
0
0
0 −Ir

2 0 −3 0
 0 2 0 −3 

T2 = M diag(S2 , S2 )M −1 = 
 1 0 −2 0  ,

 0 1 0 −2
2
3 −8 −12
 −1 −2 4
8 
.
T1 = M diag(S1 , S1 )M −1 = 
 0
0 −2 −3 
0
0
1
2
T1 et T2 sont bien des matrices de projection (carré égal à I4 ).

Soit
Partie II.
D = (e1 , ep+1 , e2 , ep+2 , . . . , eq , ep+q , ep+q+1 , eq+1 , ep+q+2 , eq+2 . . . , e2p , ep−1 )
C’est une base de R
2p
II.A.1. X 2 + 1 annule A. Les valeurs propres de A sont racines de X 2 + 1 et ne sont
pas réelle. (PA ) est vérifiée.
II.A.2. Soit E une matrice d’opération élémentaire.
a. Si cette opération est Li ↔ Lj alors on passe de E à In faisant l’opération
Ci ↔ Cj . E −1 correspond donc à cette opération. Ainsi, EAE −1 s’obtient à
partir de A en changeant les lignes i et j puis les colonnes i et j.
b. Si cette opération est Li ← αLi alors alors on passe de E à In en faisant l’opération Ci ← α−1 Ci . E −1 correspond donc à cette opération. EAE −1 s’obtient
à partir de A en multipliant la ligne i par α puis la colonne i par α−1 .
c. Si cette opération est Li ← Li + λLj alors alors on passe de E à In en faisant
l’opération Cj ← Cj − λCi . E −1 correspond donc à cette opération. EAE −1
s’obtient à partir de A en effectuant successivement Li ← Li + λLj puis Cj ←
Cj − λCi .
II.A.3. a. Le premier vecteur de la base canonique de Rn n’étant pas un vecteur
propre (puisqu’il n’y a aucun vecteur propre réel), la première colonne de A
n’est pas colinéaire à e1 . Ainsi, il existe i ≥ 2 tel que Ai,1 6= 0.
b. Soit i ≥ 2 un indice tel que Ai,1 6= 0. Soit E1 la matrice correspondant à
Li ↔ L2 . La matrice B = E1 AE1−1 sera telle que B2,1 = Ai,1 6= 0 (on échange
les lignes 2 et i ce qui amène le coefficient en place puis on permute C2 et Ci ce
qui ne change pas la colonne 1 et laisse le coefficient en place.
−1
Soit E2 la matrice de l’opération L2 ← B2,1
L2 et C = E2 BE2−1 . On a alors
C2,1 = 1 (on multiplie la ligne 2 pour obtenir un coefficient 1 puis on change la
(on n’a fait que réordonner les termes de C) telle que
M at(u, D) = diag(M (0, 1), M (0, 1), . . . , M (0, 1))
A est donc semblable
à cette
dernière matrice.
2
3
vérifie B 2 = 1.
−1 −2
(−3, 1) et (−1, 1) sont vecteurs propres associés
à 1 et

1
0 2
 0 1 0
−3 −1
On a donc Q =
. Ainsi, P = 
 0 0 1
1
1
0 0 0



−3 −1 0
0
−3
 1

 1
1
0
0
, PR = 
R=
 0
 0
0 −3 −1 
0
0
1
1
0
I.B.5. Ici, B =
On réordonne les colonnes pour obtenir

−3 −6
 1
2
M =
 0 −3
0
1
Lycée de l’Essouriau
−2
2
−1
1
−1.
0
2 
,
0 
1
−1 −6
1
2
0 −3
0
1
M −1 AM = diag(S2 S1 , S2 S1 ) = diag(S2 , S2 )diag(S1 , S1 )

0 1
1 0
 avec S =
,
S
=
.
2
1

1 0
0 −1
On en déduit que A = T2 T1 avec


−2
2 

−1 
1

−1
1 

0 
0
7
DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION
PSI
La matrice Q de l’énoncé est donc égale à R−1 = Fn−1 . . . F3−1 . Notons que Fi−1
est la matrice de l’opération élémentaire L2 ← L2 −A01,i Li . A ce niveau, on obtient
M (0, 1) 0
−1
ZAZ =
0
B
colonne 2 ce qui laisse le 1 en place).
Soit E3 la matrice de l’opération L1 ← L1 − C1,1 L2 et D = E3 CE3−1 . On a
alors D1,1 = 0 et D2,1 = 1 (on opère sur la ligne 1 pour amener un 0 puis sur la
colonne 2 ce qui laisse en place le 0 et le 1).
On continue avec des matrices d’opérations élémentaires E4 , . . . , En+1 du type
Li ← Li − λL2 pour obtenir
0
A = P AP
−1
où Z est un produit de matrices correspodant à des opérations élémentaires sur
les lignes. On obtient Z en effectuant ces opérations à partir de In .
II.A.5. Un calcul par blocs donne
2 M (0, 1) 0
−I2 0
=
0
B
0
B2
avec P = En+1 En . . . E1
avec A0i,1 = 0 si i 6= 2 et A02,1 = 0.
Remarque : bien plus simplement, en notant u l’endomorphisme canoniquement
associé à A, on a (e1 , u(e1 )) qui est libre et peut être complétée en une base
de Rn . Dans cette base, u est représentée par une matrice du type voulu. En
passant aux matrices, on obtient la similitude demandée.
c. Soit v l’endomorphisme canoniquement associé à A0 . On a v(e1 ) = e2 . Par
ailleurs,
2
A0 = (P −1 AP )2 = P −1 (−In )P = −In
Or, on sait que cette matrice vaut −In . On a donc B 2 = −In−2 . On est amenés à
faire une récurrence sur p (avec n = 2p).
- Si p = 1 alors n = 2 alors on a déjà le résultat voulu avec A.4 (B est un bloc de
taille nulle).
- Supposons le résultat vrai jusqu’au rang p − 1 ≥ 1. Avec A3 et A4 on trouve N
et B telles que
M (0, 1) 0
N AN −1 =
avec B 2 = −In−2
0
B
et donc v(e2 ) = v 2 (e1 ) = −e1 . La seconde colonne de A0 est donc (−1, 0, . . . , 0).
II.A.4. Soit F la matrice d’une opération élémentaire C3 ← C3 + λC2 et B =
F −1 A0 F . A00 est obtenue en effectuant les opérations C3 ← C3 + λC2 puis
L2 ← L2 − λL3 . Etant donnée la forme des deux premières colonnes de A0 , la
matrice A00 aura encore des colonnes comme A0 . En choisissant λ = A01,3 , elle vérifiera en outre B1,3 = 0.
On itère le processus pour obtenir une matrice B semblable à A0 et de la forme
suivante


0 −1 0 . . . 0
 1 0
? ... ? 


 0 0

B=

 ..

..
 .

.
?
0
−1
L’hypothèse de récurrence donne P telle
est bloc-diagonale avec
que PBP
I2 0
des blocs de M (0, 1). On pose Q =
. C’est une matrice inversible
0 P
I2
0
d’inverse
et on a
0 P −1
M (0, 1)
0
−1 −1
QN AN Q =
= diag(M (0, 1), . . . , M (0, 1))
0
P BP −1
ce qui clôt la récurrence.
II.A.6. Avec la question 3.b, on effectue successivement les opérations
0
Comme A2 = −In et B semblable à A, on a B 2 = −In . En regardant la première
ligne de B 2 , ceci impose que B2,i = 0 si i ≥ 3. On a donc une matrice de la forme
voulue semblable à A0 et donc à A.
Remarque : avec les notations ci-dessus, on a A001,i = A01,i pour i ≥ 4. Il est
ainsi facile de voir quelles opérations on doit effectuer. Si on considère la matrice
R = F3 . . . Fn où Fi est la matrice de l’opération élémentaire Ci ← Ci + A01,i C2 ,
on a
R−1 A0 R = B
Lycée de l’Essouriau
L2 ←
L2
, L1 ← L1 − 4L2 , L3 ← L3 − 2L2 , L4 ← L4 + L2
−2
et on obtient

1
 0
P =
 0
0
8
2
−1/2
1
−1/2


0 0
0
 1
0 0 
0
, A = 
 0
1 0 
0 1
0
−1
0
0
0
0
−5/2
1
−1/2

5
−5 

4 
−1
DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION
PSI
Avec la question 4, on effectue alors l’opération L2 ← L2 − 5L4 et



1
2
0 −1
0
0

 0
 0 1
2
0
5
−1
 avec Z = 
Z AZ = 
 0
 0 0
1
1
4 
0 −1/2
0 0 −1/2 −1
on obtient

0 0
0 −5 

1 0 
0 1
II.C.2. Avec le calcul ci-dessus, on a
u ◦ u(X i ) = u((−1)i X n−1−i ) = (−1)i (−1)n−1−i X n−1−(n−1−i) = −X i
et donc u2 = −Id. La partie II.A indique que la matrice de u dans n’importe
quelle base est semblable à diag(M (0, 1), . . . , M (0, 1)). Or, dans la base canonique
de Rn−1 [X], cette matrice est la matrice A proposée (tous les coefficients sont nuls
sauf ceux sur l’antidiagonale où alternent des −1 et des 1). On a ainsi le résultat
demandé.
Le travail avec le bloc de taille 2 inférieur gauche donne les opérations
L4 ← −2L4, L3 ← L3 − L4
Partie III.
III.A.1. Pour tout réel x, (x − α)2 + β 2 ≥ β 2 > 0. Le polynôme n’admet pas de
racines réelles. Il admet donc deux racines complexes non réelles et conjuguées
(n’étant pas réelles, elles sont distinctes).
III.A.2. Si (1) a lieu alors le polynôme caractéristique de A (invariant de similitude)
est
p
Y
(X − αk )2 + βk2
On obtient finalement

M AM −1
1
 0
= diag(M (0, 1), M (0, 1)) avec M = 
 0
0
2
2
0
1
0
0
1
0

0
−5 

2 
−2
k=1
II.B.1. (X − α)2 + β 2 est un polynôme qui annule A et qui n’a pas de racines réelles
(car β > 0). A n’a donc pas de valeur propre réelle et (PA ) est vérifiée.
II.B.2. La matrice C = β1 (A − αI) vérifie C 2 = −In . On peut trouver M telle
M CM −1 est bloc-diagonale avec des blocs égaux à M (0, 1). On en déduit alors
que
Par théorème de Cayley-Hamilton, il annule A et la question précédente montre
qu’il n’admet pas de racines réelles. Il faut cependant raffiner car les racines ne sont
pas forcément simples (par exemple, deux couple (αk , βk ) peuvent être égaux).
Notons Pk = (X − αk )2 + βk2 . Deux polynômes Pk sont soit égaux soit sans racine
commune (sinon les deux racines, qui sont conjuguées, sont communes et comme
les polynômes sont unitaires de degré 2 ils sont égaux). Soit P le produit des Pk
deux à deux distincts. On a (produit par blocs)
M AM −1 − αIn = M (βC)M −1 = βM CM −1 = diag(M (0, β), . . . , M (0, β))
et donc
P (diag(M (α1 , β1 ), . . . , M (αp , βp ))) = diag(P (M (α1 , β1 )), . . . , P (M (αp , βp )))
M AM −1 = αIn + diag(M (0, β), . . . , M (0, β)) = diag(M (α, β), . . . , M (α, β))
P étant multiple de chaque Pk , la matrice ci-dessus est nul. P est donc annulateur
de A (puisqu’il annule une matrice semblable à A) et il ne possède que des racines
complexes non réelles et simples.
III.B.1. Les images de f1 et f2 par u (endomorphisme canoniquement associé à A)
sont des combinaisons linéaires de f1 et f2 . Or, la matrice de u dans la base des
fi contient en colonne les images des fi dans la base des fi . Les deux premières
colonnes de cette matrice sont donc du type (?, ?, 0, . . . , 0) et on a le résultat
demandé.
III.B.2. Un produit par blocs montre que
et on a la similitude voulue. Le déterminant est un invariant de similitude et on
sait calculer les déterminants bloc-diagonaux. On obtient
det(A) = det(M (α, β))p = (α2 + β 2 )p > 0
II.C.1. ∀i, u(X i ) = (−1)i X n−1−i . Le plan V ect(X i , X j ) est stable par u ssi
n − 1 − i, n − 1 − j ∈ {i, j}
χA = χA0 χB
n étant pair, on ne peut avoir n − 1 − i = i ou n − 1 − j = j. La condition cherchée
est ainsi
i+j =n−1
Lycée de l’Essouriau
où χM désigne le polynôme caractéristique de M . Toute valeur propre de A0 est
donc valeur propre de A. Or, A ne possède pas de valeur propre réelle et il en est
9
DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION
PSI
donc de même pour A0 . La question IA5b donne alors A0 semblable à une matrice
du type M (α, β) avec (α, β) ∈ R × R+∗ .
III.B.3. A0 est la matrice dans (f1 , f2 ) de la restriction de u (endomorphisme canoniquement associé à A) au sous-espace stable E. Or, P = χA0 = χM (α,β) =
(X − α)2 + β 2 annule A0 et on a donc
Ker(P (A0 )) = E
Or, P (A0 ) est la restriction à E de P (A) et donc son noyau est inclus dans celui
de Ker(P (A)) (on a même Ker(P (A0 )) = Ker(P (A)) ∩ E). Ainsi,
E ⊂ Ker(P (A)) = Ker((A − αIn )2 + β 2 In )
III.B.4. Avec le polynôme annulateur à racines simples dans C on peut conclure
à l’aide du théorème des noyau (ce polynôme s’écrit ((X − α)2 + β 2 )Q les deux
facteurs étant premiers entre eux) mais ce théorème n’est plus au programme (pas
plus que la notion de polynômes premiers entre eux). On ne peut apparemment
pas conclure simplement.
III.B.5. Raisonnons en termes d’endomorphismes. Soit u l’endomorphisme canoniquement associé à A. Soit v sa restriction au sous-espace stable Ker((A − αIn )2 +
β 2 In ) et w = v−αId
. On a alors w2 = −Id. f1 n’est pas vecteur propre pour
β
w et (f1 , w(f1 )) est libre. C’est aussi une famille de E (stable par u et donc
par v et w). Par cardinal, c’est une base de E. Posons donc f2 = w(f1 ) (c’est
possible). On peut compléter (f1 , f2 ) de façon à obtenir une base (f1 , . . . , fr )
2
2
de Ker((A
− αIn ) +β In ). Dans cette base, la matrice de w est du type
M (0, 1) ?
M =
. En notant Ei la matrice de l’opération élémentaire
0
C
M (0, 1) 0
. La matrice
Ci ← Ci +M1,i C2 et P = E3 . . . Er on a P −1 M P =
0
C0
r
P
P vaut Ir +
M1,k E2,k . Elle correspond à une matrice de passage de (fi ) dans
k=3
une base du type (f1 , f2 , g3 , . . . , gr ). V ect(g3 , . . . , gr ) est alors un suplémentaire
de E dans Ker((A − αIn )2 + β 2 In ) qui est stable par w (d’après la forme de la
matrice) et donc aussi par v et donc aussi par u.
Finalement, en notant H un supplémentaire stable par A de Ker((A−αIn )2 +β 2 In )
dans Rn , V ect(g3 , . . . , gr ) ⊕ H est un supplémentaire de E stable par A.
III.C. On procède par récurrence sur p (n = 2p) que si A vérifie iii et est telle que PA
est vraie alors on peut trouver une base “adaptée” (dans laquelle l’endomorphisme
est représentée par une matrice du type voulu).
- Si p = 1 alors n = 2 et on conclut par IA5.
- Supposons le résultat vrai jusqu’à un rang p − 1 ≥ 1.
Commençons par remarquer qu’il existe un plan stable par A.
Lycée de l’Essouriau
10
En effet, il existe une valeur propre complexe λ = λ1 + iλ2 . Soit x un vecteur
propre complexe associé. Comme A est réelle, λ est valeur propre et x est vecteur
propre associée. Soit x1 + ix2 la décomposition de x à l’aide de vecteurs réels.
On a
Ax1 + iAx2 = Ax = λx = λ1 x1 − λ2 x2 + i(λ1 x2 + λ2 x1 )
En identifiant les parties réelle et imaginaire, on obtient que Ax1 , Ax2 ∈
V ect(x1 , x2 ). V ect(x1 , x2 ) est stable, de dimension ≥ 1 (x 6= 0). Or, A ne
possède pas de droite réelle stable (avec (PA )) et notre espace est donc de dimension 2.
Soit P un tel plan stable. Avec (iii) on a un supplémentaire stable F . A induit
sur F un endomorphisme B et (PB ) est vérifiée (les valeurs propres d’une restriction étant valeurs propres de l’endomorphisme de départ). Montrons que B
vérifie (iii). Soit Q un plan de F sstable par B. Il est donc stable par A et il
existe un supplémentaire H stable par A. On a Q ⊕ H = E et on montre que
Q ⊕ (H ∩ F ) = F
En effet, la somme est clairement directe cat celle entre Q et H l’est. La somme
est incluse dans F car Q et H ∩ F le sont. Enfin, si x ∈ F on peut trouver
y ∈ Q et z ∈ H tels que x = y + z. On a alors z = x − y ∈ F et donc z ∈ H ∩ F .
Ainsi, F ⊂ Q ⊕ (F ∩ H).
Comme H et F sont stables par A, il en est de même de H ∩F et comme H ∩F ⊂
F , on peut dire que c’est un sous-espace stable par B et il est supplémentaire
de Q. B vérifie bien (iii).
Par hypothèse de récurrence, on peut appliquer le résultat à B et trouver une
base de F adaptée. De même, on peut trouver une base de P adaptée (avec
l’initialisation et comme la restriction de A à P vérifie l’hypothèse sur les valeurs
propres). La concaténée des bases de F et P donne une base de Rn adaptée.
III.D. On choisit f1 dans Ker(A2 + I) et f2 = Af1 puis f3 ∈ Ker(A2 − 4A + 5I) et
(puisque X 2 − 4X + 5 = (X − 2)2 + 1) f4 = (A − 2I)f3 . On obtient alors


2 2 0 −2
 0 2 1 −1 

P −1 AP = diag(M (0, 1), M (2, 1)) avec P = 
 1 1 0 −2 
0 1 1 −1
*** Fin du sujet Centrale ***