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CORRECTION DM n˚12
PROBL` EME
D’apr`es Concours des ´ Ecoles des Mines d’Albi, Al`es, Douai, Nantes
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 IdE2nIdEk IdE2nIdEP k IdEavec P X 12n1.
Donc fest solution de l’´equation propos´ee si et seulement si kest racine de P, c’est `a dire X1 est
une racine 2n-i`eme de l’unit´e, donc il existe un entier kcompris entre 0 et 2n1 tel que X1e2ikπ
2n
soit X eikπ
n1 avec kcompris entre 0 et 2n1 .
2. En utilisant le binˆome de Newton, on a 22n
2n
k0
Ck
2net 0
2n
k0
Ck
2n1k.
Or tout entier kcompris entre 0 et 2nest soit de la forme 2`o`u `est un entier compris entre 0 et nsoit de
la forme 2`1 o`u `est un entier compris entre 0 et n1. En s´eparant dans les deux sommes pr´ec´edentes
les entiers pairs des entiers impairs, on a 2nS S et 0 S S , ce qui donne S S 22n1.
3. Soit sune sym´etrie. set IdEcommutent dans LEdonc s IdE2n
2n
k0
Ck
2nsk.
Or skIdEsi kest pair et skssi kest impair car s s IdE.
On obtient s IdE2nIdES1IdES s 22n11IdE22n1s.
Ainsi si sest une sym´etrie solution du probl`eme pos´e s22n11
22n1IdEqui 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 C2Vect I, C .
Donc Gest un sous espace vectoriel de M3Cdont 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 M3Cde dimension 2 dont I, C est une base.
5. Soit Ma,b et Ma ,b deux ´el´ements de G. Alors Ma,bMa ,b aa I ab ba C bb C2.
Or C22I C donc C2appartient `a Get Ma,bMa ,b aussi.
On a mˆeme plus pr´ecis´ement : Ma,bMa ,b aa 2bb I ab ba bb C Maa 2bb ,ab ba bb
6. (a) Si a b, alors toutes les colonnes de la matrice Ma,a sont proportionnelles donc son rang vaut
au plus 1 (0 si a0) et donc la matrice n’est pas inversible car rg A3.
Si a2b, en notant C1,C2et C3les colonnes de la matrice Aon remarque que C1C2C303,1
et donc le rang de la matrice Avaut au maximum 2.
Finalement dans les deux cas An’est pas inversible car son rang est strictement inf´erieur `a 3.
(b) Pour a b et a2b, il suffit de chercher a , b tels que
M a, b M a , b M aa 2bb , ab a b bb I.
On en d´eduit que aa 2bb 1
ab a b bb 0soit bb
b aapuis ab a aba2b.
Au final M a, b 1Mb a
aba2b,b aba2b.
7. On trouve en calculant u e1a2b e1.
Lyc´ee de l’Essouriau - Les Ulis 1 PCSI

CORRECTION DM n˚12
8. Soit FKer u a b IdE. On a, puisque b0 : x, y, z F x y z 0
Donc FVect e2, e3avec e21,1,0 et e31,0,1 .
De plus e2, e3est libre donc c’est une base de F.
9. e11,1,1E2car x, y, z F x y z 0 et ici x y z 3 0.
On en d´eduit que e1n’est pas combinaison lin´eaire de e2et e3, ces deux derniers ´etant non colin´eaires
d’apr`es la question pr´ec´edente, on en d´eduit que e1, e2, e3est libre et maximale, c’est une base de C3.
10. Comme u e1a2b e1,u e2a b e2et u e3a b e3, la matrice de udans Best :
D
a2b0 0
0a b 0
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 L2L2L1
L3L1L2L3
x y z a
2x z a b
3x a b c
xa b c
3
z a b 2xa b 2c
3
y a x z a2b c
3
ce qui d´emontre que Pest inversible et que P11
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 MnP DP 1nP DnP1.
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 P1pour obtenir Mn.
13.
M I nI P DP 1InI P D I P 1nI
P D I nP1I P D I nI P 1
D’autre part, comme Pest inversible, P N P 10 ´equivaut `a N0. Donc, d’apr`es le calcul pr´ec´edent :
M I nI0D I nI0
14. Avec la matrice Dde la question 10.,D I nI
P a 2b0 0
0P a b 0
0 0 P a b
.
Par suite, Dest solution de si et seulement si a2bet a b est racine de P(polynˆome ´evoqu´e au
1.). De plus, comme b0, Dest solution de si et seulement si il existe deux entiers pet qdistincts
compris entre 0 et 2n1 tels que a2b eipπ
n1 et a b eiqπ n1.
Ainsi Dest solution de si et seulement si il existe deux entiers pet qdistincts compris entre 0 et
2n1 tels que aeipπ
n2eiqπ n
31 et beipπ
neiqπ n
3.
15. D’apr`es la question 3., les matrices Ma,0(matrices d’homoth´eties) solutions de sont les matrices
Meipπ
n1,0o`u pest un entier compris entre 0 et 2n1.
D’apr`es la question 14., les matrices Ma,b avec b0 solutions de sont les matrices Ma,b avec
aeipπ
n2eiqπ n
31 et beipπ
neiqπ n
3o`u pet qsont deux entiers distincts compris entre 0 et 2n1.
Lyc´ee de l’Essouriau - Les Ulis 2 PCSI

CORRECTION DM n˚12
EXERCICE 1 - Calcul des puissances d’une matrice An
Soit la matrice A
011
101
110
.
1. En calculant A3, on trouve que A33A2I3et donc la relation est bien v´erifi´ee.
2. La relation pr´ec´edente s’´ecrit aussi A33A2I3ou encore A. 1
2A23I3I3soit A11 2A23I3.
3. 1 et 2 sont racines ´evidentes de B X33X2, on remarque mˆeme que 1 est racine double soit
X33X2X12X2 .
4. Pour nN, posons la division euclidienne de Xnpar X33X2 :
!Q, R KXtel que XnBQ R avec deg R3, on pose alors R aX2bX C.
Pour X1 on a 1 nB1Q1R1 soit 1 na b c.
Pour X1 on a n. 1n1B1Q1B1Q1R1 soit n1n12a b.
Pour X2 on a 2nB2Q2R2 soit 2n4a2b c.
On r´esout le syst`eme :
a b c 1n
2a b n 1n
4a2b c 2nL3L3L1
a b c 1n
2a b n 1n
3a3b2n1n
L3L33L2
a b c 1n
2a b n 1n
9a2n1n3n1n
On r´esout en remontant le syst`eme :
c1nb a
b n 1n2a
a1
92n3n1 1 nL3L3L2
c1
92n6n8 1 n
b1
92.2n3n2 1 n
a1
92n3n1 1 n
Finalement R1
92n3n1 1 nX22.2n3n2 1 nX2n6n8 1 n.
5. On «remplace »Xpar la matrice Adans l’´egalit´e de la division euclidienne.
Ainsi on obtient (en rappelant que dans l’expression g´en´erale du polynˆome on note A0I3).
On en d´eduit :
AnR A 1
92n3n1 1 nA22.2n3n2 1 nA2n6n8 1 nI3.
Lyc´ee de l’Essouriau - Les Ulis 3 PCSI

CORRECTION DM n˚12
EXERCICE 2 - Travail sur les projecteurs
Soit Eun K-e.v. et p,qdeux projecteurs de E.
1. Bien entendu il est trivial que p q projecteur p q q p 0p q q p 0.
Supposons maintenant p q projecteur (sachant toujours que p,qsont des projecteurs de E) :
p q 2p q p2p q q p q2p q p p q q p q p q p q q p 0
Supposons maintenant p q q p 0 c’est `a dire p q q p :
On compose `a gauche par p:p2q p q p soit p q p q p.
On compose `a droite par p:p q p q p2soit p q p q p.
Finalement p q q p et comme p q q p alors p q q p 0 :
p q projecteur p q q p 0p q q p 0
2. Soit p q un projecteur.
Montrons Ker pKer qKer p q :
Soit xKer pKer q, alors p x q x 0Eainsi p q x p x q x 0Edonc xKer p q .
Montrons Ker p q Ker pKer q:
Soit xKer p q , alors p x q x 0Eainsi en composant par p:p2x p q x p x 0E
(car p2pet p q 0).
On en d´eduit xKer pet ´egalement q x 0Esoit xKer qsoit xKer pKer q.
Finalement Ker pKer qKer p q .
Montrons Im pIm q0E. :
Soit yIm pIm q0E,x, x E2tels que y p x q x alors p y p2x p x y
mais aussi p y p q x 0Edonc y0Esoit Im pIm q0E.
Montrons Im p q Im pIm q:
Soit yIm p q ,x E tels que y p q x p x q x Im pIm qpar d´efinition de la
somme de deux s.e.v. . On a donc Im p q Im pIm q
Montrons Im pIm qIm p q :
Soit yIm pIm q,x, x E2tels que y p x q x .
En appliquant pon obtient p y p2x p q x p x et en appliquant qon obtient de mˆeme
q y q x . Finalement y p y q y p q y soit yIm p q .
Finalement Im pIm qIm p q
Lyc´ee de l’Essouriau - Les Ulis 4 PCSI