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CORRECTION DL n˚5
Sujet CCP 2006 -PSI
Partie I.
La calculatrice ´etant autoris´ee, nous ne nous priverons pas de l’utiliser ici. Il
n’y a pas de doute quant aux r´esultats renvoy´es par Maple (utilis´e ici) puisqu’il
n’ya aucun param`etre `a g´erer.
1.
M:=matrix(5,5,[0,1,0,1,0,1,0,1,0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,0,1,0,0,1,1,0]):
evalm(M^2);
matrix 2,0,1,0,1,0,2,0,1,1,1,0,2,1,0,0,1,1,2,0,1,1,0,0,2
2.
evalm(M^2+M);
matrix 2,1,1,1,1,1,2,1,1,1,1,1,2,1,1,1,1,1,2,1,1,1,1,1,2
On a donc M2M I5J5.
3.
J:=matrix(5,5,(i,j)- 1):
evalm(J^2);
matrix 5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5,5
On a donc J2
55J5.
4. On en d´eduit que M2M I5
25M2M I5c’est `a dire que
P M 0 avec P X2X1X2X6
5. Toute valeur propre de Mest racine de Pet donc
sp M 1
2
5
2,1 2
5
2,2,3
6.
kernel(M-diag(2,2,2,2,2));
vector 1,1,1,1,1
kernel(M+diag(3,3,3,3,3));
On a donc sp M Z2 et ker M2I5V ect 1,1,1,1,1 .
Partie II.
1.1. On a, M´etant sym´etrique, ai,j n
k1mi,kmk,j n k1mi,kmj,k .
1.2. On suppose i j.
- Si mi,j 1 alors tous les termes de la somme sont nuls et ai,j 0.
- Si mi,j 0 il y a un unique terme dans la somme qui vaut 1 et les
autres sont nuls. On a donc ai,j 1.
On peut donc ´ecrire que i j, ai,j 1mi,j .
1.3. On a aussi ai,i
n
k1
m2
i,k δ. On en d´eduit que
M2M Jnδ1In.
2.1. Im φ est l’espace vectoriel engendr´e par les colonnes de Jnet donc
Im φ V ect v
2.2. D’apr`es la question 1, f f u φ u δ 1u f u .
Comme f u δu et φ u nv, on a donc f f u nv u.
Par ailleurs, f f u δ2uet ainsi un
δ21v.
2.3. On vient de voir que ker f δid V ect v . R´eciproquement les coor-
donn´ees de f v sont les sommes par ligne des coefficients de Met donc
f v δv. Ainsi
ker f δid V ect v
ce qui montre (comme v1) que δest valeur propre de f(et donne le
sous-espace propre correspondant).
2.4. En appliquant la relation de 2.2 avec u v, on obtient
δ2δ v nv δ 1v
Comme v0, on a donc δ21n.
3.1. Mest la matrice de fdans une base orthonorm´ee de Rn. Comme Mest
sym´etrique, fest donc autoadjoint. Il existe donc une base orthonorm´ee
de Rnform´ee de vecteurs propres pour f(th´eor`eme spectral) .
Lyc´ee de l’Essouriau 1

CORRECTION DL n˚5
3.2. Les sous-espaces propres sont en somme directe orthogonale . ker f
λid est donc orthogonal `a Ker f δid (δ λ) et uest donc orthogonal
`a vce qui s’´ecrit (la base canonique ´etant orthonorm´ee) :
n
i1
xi0
3.3. De la question pr´ec´edente, on d´eduit que φ u 0 et avec le d´ebut la
question 2.2 on a donc λ2λ u δ 1u. Comme uest non nul (c’est
un vecteur propre) on a donc λ2λ1δ0 .
3.4. f´etant diagonalisable, la trace de Mest la somme des valeurs propres
compt´ees avec leur multiplicit´e. Si aest l’unique valeur propre diff´erente
de δ(qui, elle, est simple), elle est de multiplicit´e n1 et donc
n1a δ T r M 0
On a donc aδ
n11,0 . Si on note P x x2x1δ, on a
P0P1 1 δ0. 0 et 1 sont donc entre les racines de Pque
sont aet b. On a donc a, b 1,0 et on obtient une contradiction .
4.1. On sait que a b 1 et ab 1δ.
On en d´eduit que a b 2a b 24ab 1 4 1 δ4δ3 .
4.2. On a ar sb δ T r f 0 (voir plus haut) et donc ar sb δ.
Par ailleurs r s 1n(somme des multiplicit´e qui vaut n) et donc
r s n 1. Ainsi,
r s
1 1
a1
b1
δ n 1
1 2
4.3. En prenant le d´eterminant, on en d´eduit que :
r s a b n 1 2δ
4.4. Comme a b (question II.3), r s si et seulement si r s a b 0.
Avec la question pr´ec´edente, cette condition s’´ecrit n1 2δ0 ou encore
δn1
2. Comme r s 1n, on a alors r s n1 2.
5.1. Si a b Qalors si n1 2δ0, r s n1 2δ
a b Q(par l’absurde
par exemple). Ainsi δn1
2et r s n1 2. Comme n δ21, on en
d´eduit que n26n5 0 et donc n2 ou n5 ou n1. Comme
n3, on a donc :
n5
5.2. Dans ce cas aet bsont racines de x2x1 0 et donc :
a1 5
2et b1 5 2
aet bsont de multiplicit´e 2 et δ2 est de multiplicit´e 1. Mest semblable
`a :
diag 1 5
2,1 5 2,1 5 2,1 5 2,2
6.1. a b 2est un entier et donc m2q2est entier. Si pest un nombre premier
qui divise qalors il divise q2.m2
p
m2
q2
q2
pest donc entier. pdivise donc m2
et comme pest premier, il divise m.
Comme on peut supposer met qsans facteur premier commun (quitte `a
simplifier), on obtient une contradiction si qposs`ede des facteurs premiers.
Ainsi, q1 et a b N.
6.2. a b 24δ3 1 est impair et a b est donc aussi impair plus grand
que 1. Si a b 1 alors comme a b 1 on a a0 et b1 ce qui
est exclus (aet bsont racines de x2x1δet on aurait δ1 ce qui
est exclus). En notant a b 2p1, on a 2p124δ3 et donc
δ2p123
4
Par ailleurs, a b 1 et donc a p et b p 1 .
6.3. De r s a b n 1 2δ, on d´eduit que cdivise :
n1 2δ δ22δ p2p1p2p11
16 c23c25
A fortiori, cdivise c23c25c42c215.
Comme cdivise c42c2, il divise donc aussi 15.
Les entiers impairs 3 qui divisent 15 sont 3,5 et 15.
Lyc´ee de l’Essouriau 2

CORRECTION DL n˚5
6.4. On connaˆıt tout en fonction de p(en particulier δ p2p1, n δ21,
r s n 1 et r s n 1 2δ c). On obtient le tableau suivant
c δ n a b r s
3 3 10 1 2 5 4
5 7 50 2 3 28 21
15 57 3250 7 8 1729 1520
Partie III.
1. Pour raison de sym´etrie, on peut supposer α β.
Si a b et eαeβeaebalors (par exemple par l’absurde) α a et
β b car la famille des ekest libre. On a donc 5
210 choix qui
donneront des vecteurs distincts deux `a deux.
2. ψtransforme une base orthonorm´ee en base orthonorm´ee. C’est donc un
automorphisme orthogonal et il conserve le produit scalaire. En particulier,
on a i, j 1,10 , uiujψ uiψ uj
3.1. Il existe a b tels que uieaebet alors
uiuieaea2eaebebeb2
3.2.
uiujeαeαeαeγeβeαeβeγ1
3.3. On a cette fois uiuj0 (quatre produits scalaires nuls).
4. La matrice M JnA Ina des coefficients diagonaux nuls, elle est
sym´etrique, elle ne comporte que des z´eros et des 1. Plus pr´ecis´ement,
fixons i.uis’´ecrit eaeb. Si ujeαeβalors Mi,j 1 ssi les quatre
indices a, b, α, β sont distincts. Il y a donc 3
23 tels coefficients. On est
dans le cas δ3 (ce qui correspond bien `a n δ21 10).
Il reste `a v´erifier la propri´et´e 4 . Soit i j alors Mi,j 0 si et seulement
si il existe α, β, γ avec β γ tels que uieαeβet ujeαeγ. Si ceci a
lieu alors Mi,k Mj,k 1 o`u ukecedtels que α, β, γ, c, d 1,5 .
R´eciproquement, si un tel kexiste alors ukecedet ujet uin’utilisent
pas ecni ed. Ils ont donc un eαcommun dans leur d´efinition (et seulement
un car i j) et Mi,j 0.
Mv´erifie donc P.
*** Fin du sujet CCP ***
Lyc´ee de l’Essouriau 3

CORRECTION DL n˚5
Sujet Centrale
PROBL` EME 1 (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
tC, A R tJ AR tAJ RB tJB R tJ B
1.c. L’application tCR tJ a des fonctions coordonn´ees qui sont poly-
nomiales. Avec la formule th´eorique du d´eterminant, on en d´eduit que
φ:t det R tJ est aussi polynomiale. Or, φ i det P 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
t0RR t0J GLnR
1.d. Soit Q R t0J. La question 1.b montre que AQ QB et, comme Q
est inversible,
Q1AQ B
ce qui montre que Aet Bsont semblables dans MnR.
2.a. Soit PRX. C’est une fonction polynomiale donc continue sur R.
La condition 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’annule sur R.
Remarque : alternativement, il existe un nombre impair de racines com-
plexes 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 AMnson 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 PAest v´erifi´ee.
Partie I.
I.A.1. a. s e1e1et s e2e2, alors Mat s1, e1, e2
1 0
0 1 .
b. On a Mat u s1e1, e2M0,1Mat s1e1, e2
0 1
1 0 .
Soit s2l’endomorphisme tel que Mat s2, e1, e2
0 1
1 0 A.
Comme A2I2,s2est une sym´etrie et u u s1s1s2s1.
I.A.2. a. On cherche une base f1, f2telle que u f1f2et u f2f1.
La premi`ere condition am`ene `a poser (on prend f1e1ce qui impose
f2)
P1 2
0 1
Pest inversible (det P 1) et comme A2
1
1
0, on a donc
P1AP M 0,1
b. On peut ´ecrire, avec I.A, que M0,1A2A1avec A2et A1matrices
de sym´etrie. On a donc
A S2S1avec S2P A2P12 3
1 2 et S1P A1P11 4 0 1
Comme A2
2A2 1I2, on a aussi S2 1S2 2I2et S1, S2sont des
matrices de sym´etrie.
c. La m´ethode est la mˆeme qu’en 2.a. On note cette fois Q1α
0β.
Qest inversible car β0 (sinon on aurait α21 avec αRce qui
est exclus) et Bα
β
1
0indique alors que
Q1BQ M 0,1
d. Avec les notations de la question 2.c, on a donc
B T2T1avec T2P A2P1et T1P A1P1
Lyc´ee de l’Essouriau 4

CORRECTION DL n˚5
Comme A2
2A2 1I2, on a aussi T2 1T2 2I2et T1, T2sont des
matrices de sym´etrie.
I.A.3. Il existe un r´eel θtel que α cos θ et β sin θ .M α, β est
alors la matrice dans la base e1, e2(qui est orthonorm´ee directe pour la
structure euclidienne canonique) de la rotation d’angle θ. Cette rotation se
d´ecompose comme le produit de deux sym´etries orthogonales par rapport
`a des droites formant un angle θ2 (par exemple s2s1avec s1sym´etrie
par rapport `a la droite d’angle polaire 0 et s2sym´etrie par rapport `a la
droite d’angle polaire θ2).
I.A.4. Soit N1
α2β2M α, β .Nest du type de la question pr´ec´edente et
s’´ecrit donc N S2S1avec S1, S2matrices de sym´etrie. On a donc
M S2S1Havec H α2β2I2
et Hest une matrice d’homoth´etie.
I.A.5. a. Le polynˆome caract´eristique de Aest
χAX2T r A X det A X2a d X ad bc
La condition PAest v´erifi´ee si et seulement si χAn’a pas de racines
r´eelles, c’est `a dire si son discriminant est 0. La condition est donc
a d 24ad bc 0
b. Supposons (par conditions n´ecessaires) que Asoit semblable `a M α, β .
Trace et d´eterminant ´etant des invariants par changement de base, on a
2α a d et α2β2ad bc
Avec la condition vue en 5.a, on a donc un unique couple envisageable
α, β de r´eels tels que β0 et c’est
αa d
2et β4ad bc a d 2
R´eciproquement, soit αet βcomme ci-dessus. M α, β est une matrice
r´eelle semblable `a A. Par ailleurs, M α, β et Aont mˆeme polynˆome
caract´eristique (par choix de αet β). Ce dernier ´etant scind´e `a racines
simples, elles sont diagonalisable dans Cet semblables `a la mˆeme ma-
trice diagonale. Par transitivit´e, elles sont semblables dans C. La partie
pr´eliminaire montre qu’elles sont aussi semblables dans M2.
c. Le d´eterminant ´etant un invariant de similitude, on a
det A det M α, β α2β20
d. Avec la question IA4 on a l’existence de S1, S2matrice de sym´etrie et
de Hmatrice d’homoth´etie telles que M S2S1H. En notant Pune
matrice r´eelle telle que P1AP M α, β (Pexiste avec 5b) on a donc
A T1T2Havec TiP SiT1
et T2
i1.
I.A.6.
M α, β α2β2Mα
α2β2,β α2β2α2β2M α , β
Comme α2β21, on est dans le cadre de A3. M α, β est la compos´ee
d’une rotation et d’une homoth´etie. R´eciproquement, de tels endomor-
phismes ont une matrice de type M α, β avec α2β20.
I.B.1. Comme B2Ip,Best la matrice dans la base canonique d’une sym´e-
trie. Notons E1et E2les sous-espaces associ´es `a Bet Cune base adapt´ee
`a E1E2Rp. La matrice de la sym´etrie est repr´esent´ee dans Cpar
Iq0
0Iro`u qest la dimension de E1et rcelle de E2. Matriciellement,
cela signifie qu’en notant Qla matrice de passage de la base canonique `a
Con a
Q1BQ Iq0
0Ir
I.B.2. Par analogie avec IA, on introduit la matrice PIp2Ip
0Ip. On
v´erifie (calcul par blocs) que Pest inversible avec P1Ip2Ip
0Ip.
Un nouveau calcul par blocs donne
P1AP 0B
B0
Lyc´ee de l’Essouriau 5