Ccp 2012 Mp m2 Corrige

SESSION 2012

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI)

FILIERE MP

MATHEMATIQUES 2

EXERCICE

1. Puisque l’entier 3 est premier à l’entier 11, le petit théorème de Fermat permet d’affirmer que 310 ≡ 1 modulo 11.Ensuite,

• 31 ≡ 3 modulo 11 et donc 31 6≡ 1 modulo 11.• 32 ≡ 9 modulo 11 et donc 32 6≡ 1 modulo 11.• 33 ≡ −2× 3 modulo 11 ou encore 33 ≡ 5 modulo 11 et donc 33 6≡ 1 modulo 11.• 34 ≡ 5× 3 modulo 11 ou encore 34 ≡ 4 modulo 11 et donc 34 6≡ 1 modulo 11.• 35 ≡ 4× 3 modulo 11 ou encore 35 ≡ 1 modulo 11.

Le plus petit entier naturel non nul p tel que 3p ≡ 1 modulo 11 est p0 = 5.

2. Soit n ∈ N.

3n+2012 − 9× 52n = 3n ×(

35)402

× 32 − 9× (25)n

≡ 3n × 1402 × 9− 9× 3n modulo 11

≡ 0 modulo 11.

Donc, pour tout entier naturel n, 3n+2012 − 9× 52n est divisible par 11.

Problème

Partie I. Etude du cas n = 2

1. Soient (M,N) ∈ (M2(R))2 et (λ, µ) ∈ R2.

ϕA(λM + µN) = A(λM + µN) − (λM+ µN)A = λ(AM−MA) + µ(AN −NA) = λϕA(M) + µϕA(N).

Donc ϕA est un endomorphisme de M2(R).

ϕA(A) = A2 − A2 = 0. Donc A ∈ Ker (ϕA).

2. Calculons les images des éléments de la base canonique de M2(R.

• ϕA (E1,1) = AE1,1 − E1,1A =

(

a b

c d

)(

1 0

0 0

)

−

(

1 0

0 0

)(

a b

c d

)

=

(

0 −b

c 0

)

= −bE1,2 + cE2,1.

• ϕA (E2,2) = AE2,2 − E2,2A =

(

a b

c d

)(

0 0

0 1

)

−

(

0 0

0 1

)(

a b

c d

)

=

(

0 b

−c 0

)

= bE1,2 − cE2,1.

• ϕA (E1,2) =

(

a b

c d

)(

0 1

0 0

)

−

(

0 1

0 0

)(

a b

c d

)

=

(

−c a− d

0 c

)

= −cE1,1 + cE2,2 + (a− d)E1,2.

• ϕA (E2,1) =

(

a b

c d

)(

0 0

1 0

)

−

(

0 0

1 0

)(

a b

c d

)

=

(

b 0

d− a −b

)

= bE1,1 − bE2,2 + (d − a)E2,1.

http ://www.maths-france.fr 1 c© Jean-Louis Rouget, 2012. Tous droits réservés.

On en déduit que

Mat(E1,1,E2,2,E1,2,E2,1) (ϕA) =

0 0 −c b

0 0 c −b

−b b a− d 0

c −c 0 d − a

3.

χϕA=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−X 0 −c b

0 −X c −b

−b b a− d − X 0

c −c 0 d − a− X

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −X

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−X c −b

b a− d− X 0

−c 0 d − a− X

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− b

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 −c b

−X c −b

−c 0 d − a− X

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− c

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 −c b

−X c −b

b a− d − X 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −X [−X(a − d − X)(d − a− X) − bc(d − a− X) − bc(a− d− X)] − b (−Xc(d − a− X)) − c (−Xb(a− d − X))

= −X [−X(a − d − X)(d − a− X) + 2bcX] − 2bcX2 = X2((X− a+ d)(X+ a− d) − 4bc)

= X2(X2 − (d − a)2 − 4bc).

4. On sait que ϕA est diagonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé sur R et l’odre demultiplicité de chacune de ses valeurs propres est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant.

1er cas. Si (d − a)2 + 4bc < 0, χϕAn’est pas scindé sur R et donc ϕA n’est pas diagonalisable.

2ème cas. Si (d − a)2 + 4bc = 0, χϕA= X4. Si ϕA est diagonalisable, il existe une base de M2(R) formée de vecteurs

propres de ϕA associés à la valeur propre 0. Mais alors l’endomorphisme ϕA s’annule sur une base de M2(R) et doncϕA = 0 ce qui n’est pas. Donc ϕA n’est pas diagonalisable.

3ème cas. Si (d−a)2+4bc > 0, χϕAest scindé sur R. Plus précisément, ϕA admet une valeur propre double à savoir 0 et

deux valeurs propres simples à savoir√

(d − a)2 + 4bc et −√

(d − a)2 + 4bc. La dimension du sous-espace propre associéà une valeur propre simple est toujours égale à 1 et donc ϕA est diagonalisable si et seulement si dim (Ker (ϕA)) = 2.On sait déjà que l’on a dim (Ker (ϕA)) 6 2. Mais d’autre part, I2 et A sont deux éléments de Ker (ϕA) et de plus, lafamille (I2, A) est libre car A n’est pas une matrice scalaire. On en déduit que dim (Ker (ϕA)) > 2 et finalement quedim (Ker (ϕA)) = 2. Mais alors ϕA est diagonalisable.

En résumé, ϕA est diagonalisable si et seulement si (d − a)2 + 4bc > 0.

5. χA = X2−(a+d)X+ad−bc. Le discriminant de χA est ∆ = (a+d)2−4(ad−bc) = a2+d2−2ad+4bc = (d−a)2+4bc.

1er cas. Si (d − a)2 + 4bc < 0, χA n’est pas scindé sur R et donc A n’est pas diagonalisable.

2ème cas. Si (d − a)2 + 4bc = 0, A admet une valeur propre réelle double. Si A était diagonalisable A serait semblableà une matrice du type diag(λ, λ) = λI2, λ ∈ R et donc égale à une matrice du type λI2, λ ∈ R ce qui n’est pas. Donc An’est pas diagonalisable.

3ème cas. Si (d − a)2 + 4bc > 0, A deux valeurs propres réelles simples à et on sait que A est diagonalisable.

En résumé, A est diagonalisable ⇔ (d − a)2 + 4bc > 0⇔ ϕA est diagonalisable.

Partie II. Etude du cas général

6. (a) On sait que ∀(i, j, k, l) ∈ J1, nK4, Ei,jEk,lδj,kEi,l. Soit (i, j) ∈ J1, nK2.

DEi,j − Ei,jD =

n∑

k=1

λkEk,kEi,j −

n∑

k=1

λkEi,jEk,k =

n∑

k=1

δk,iλkEk,j −

n∑

k=1

δk,jλkEi,k = (λi − λj)Ei,j.

(b) Soit (i, j) ∈ J1, nK2.

ϕA(Bi,j) = ABi,j − Bi,jA = PDP−1PEi,jP−1 − PEi,jP

−1PDP−1 = P(DEi,j − Ei,jD)P−1

= (λi − λj)PEi,jP−1 = (λi − λj)Bi,j.


Puisque Bi,j 6= 0 (car Ei,j n’est pas nulle et P et P−1 sont inversibles), Bi,j est un vecteur propre de ϕA associé à la valeurpropre λi − λj.

(c) On sait que (Ei,j)16i,j6n. D’autre part, l’application ψ : M 7→ PMP−1 est un automorphisme de Mn(R) (deréciproque l’application M 7→ P−1MP). L’image d’une base de Mn(R) par un automorphisme est une base de Mn(R) etdonc (Bi,j)16i,j6n est une base de Mn(R).

Ainsi, il existe une base de Mn(R) formée de vecteurs propres de ϕA et donc ϕA est diagonalisable.

7. (a)

i. Par hypothèse,ϕA en tant qu’endomorphisme de Mn(R) est diagonalisable et en particulier son polynôme caractéristiqueest scindé sur R.Maintenant, le polynôme caractéristique de ϕA en tant qu’endomorphisme de Mn(C) est le même que le polynômecaractéristique de ϕAen tant qu’endomorphisme de Mn(R). Donc le polynôme caractéristique de ϕA en tant qu’endo-morphisme de Mn(C), est scindé sur R ou encore les valeurs propres de ϕA en tant qu’endomorphisme de Mn(C) sontréelles (puisque les valeurs propres de ϕA sont les racines de son polynôme caractéristique).

ii. On sait que A et tA ont même polynôme caractéristique. Donc si un nombre complexe z est valeur propre de A, alorsz est valeur propre de tA.

iii. On note x1, . . . , xn (resp. y1, . . . ,yn) les composantes de X (resp. Y).XtY est un élément de Mn(C). Le coefficient ligne k, colonne l de XtY est xkyl. Puisque X 6= 0 et Y 6= 0, il existe(k0, l0) ∈ J1, nK tel que xk0

6= 0 et yl0 6= 0. Mais alors le coefficient ligne k0, colonne l0 de XtY, à savoir xk0yl0 , n’est pas

nul et par suite la matrice XtY n’est pas nulle.

Ensuite,

ϕA(XtY) = AXtY − XtYA = (AX)tY − Xt(tAY) = zXtY − zXtY = (z− z)XtY.

Puisque XtY n’est pas nulle, on en déduit que z − z est valeur propre de ϕA.

(b) A admet au moins une valeur propre complexe z. Puisque A est à coefficients réels, il en est de même de χA. Maisalors, z est aussi une racine de χA ou encore une valeur propre de A. D’après la question iii., z − z est une valeur proprede ϕA.

z− z = 2iIm(z) est un imaginaire pur et aussi un réel d’après la question i. En résumé, z− z ∈ R∩ iR = {0}. On en déduitque z = z ou encore que z est un réel.

On a montré que A admet au moins une valeur propre réelle. Plus précisément, on a montré que toute valeur propre deA est réelle.

(c) Par définition, APi,j − Pi,jA = ϕA(Pi,j) = λi,jPi,j. Par suite,

APi,jX = Pi,jAX+ λi,jPi,jX = (λ + λi,j)Pi,jX.

Donc, ∀(i, j) ∈ J1, nK2, APi,jX = µi,jPi,jX où µi,j = λ + λi,j.

(d) Soit f : Mn(R) → Mn,1(R)

M 7→ MX

. f est une application linéaire. Vérifions que f est surjective.

Soit Y un élément de Mn,1(R). Puisque X n’est pas nul, il existe i0 ∈ J1, nK tel que xi0 6= 0. Soit M la matrice carrée dont

toutes les colonnes sont nulles sauf la i0-ème qui est1

xi0Y. Alors f(M) =MX = Y.

Ceci montre que tout Y ∈ Mn,1(R) a un antécédent par f et donc f est surjective ou encore Im(f) = Mn,1(R).

Puisque (Pi,j)16i,j6n est une base de Mn(R), la famille (f(Pi,j))16i,j6n = (Pi,jX)16i,j6n est une famille génératrice deIm(f) = Mn,1(R). On en extrait une base de Mn,1(R).Les Pi,jX qui constituent cette base sont non nuls et vérifient APi,jX = (λ+ λi,j)Pi,jX. Ce sont donc des vecteurs propresde A.

Ainsi, il existe une base de Mn,1(R) constituée de vecteurs propres de A et donc A est diagonalisable.

Partie III. Etude de vecteurs propres de ϕA associés à la valeur propre 0

8. On note µA le polynôme minimal de A.

• Soit (αi)06i6m−1 ∈ Rm tel que

m−1∑

k=0

αkAk = 0. Alors le polynôme P =

m−1∑

k=0

αkXk est un polynôme de degré au

plus m − 1 annulateur de A. Puisque le polynôme minimal de A est de degré m, on en déduit que P = 0 c’est-à-direα0 = . . . = αm−1 = 0. Ceci montre que la famille

(

In, A, . . . , Am−1

)

est une famille libre de R[A].


• Soit P ∈ R[X]. La division euclidienne de P par µA fournit deux polynômes Q et R tels que P = Q × µA + R et

deg(R) 6 deg(µA) − 1 = m − 1. En posant R =

m−1∑

k=0

αkXk, on obtient

P(A) = Q(A)× µA(A) + R(A) = R(A) =

m−1∑

k=0

αkAk,

et donc P(A) ∈ Vect(

In, A, . . . , Am−1

)

. Ceci montre que la famille(

In, A, . . . , Am−1

)

est une famille génératrice de R[A]

et finalement

la famille(

In, A, . . . , Am−1

)

est une base de R[A].

9. On sait que tout polynôme en A commute avec A et donc pour tout P ∈ R[X], ϕA(P(A)) = 0. Par suite, R[A] ⊂Ker (ϕA). D’après la question précédente, on en déduit que

dim (Ker (ϕA)) > dim (R[A]) = m.

10. Un cas d’égalité

(a) Puisque card (ei)16i6n = n = dim (Rn) < +∞, il suffit de montrer que la famille (ei)16i6n est libre.

Supposons par l’absurde cette famille liée. Il existe alors (α1, . . . , αn) 6= (0, 0, . . . , 0) tel que

n∑

i=1

αiei = 0 ou encore

n∑

i=1

αiun−i(y) = 0. Soit i0 ∈ J1, nK le dernier indice i pour lequel on a αi = 0. Par définition de i0, on a

i0∑

i=1

αiun−i(y) = 0.

On calcule l’image des deux membres de cette égalité par ui0−1, on obtient

i0∑

i=1

αiun−i+i0−1(y) = 0 et donc

αi0un−1(y) = 0,

(car pour i 6 i0 − 1, n − i + i0 − 1 > n − (i0 − 1) + i0 − 1 = n et donc un−i+i0−1 = 0). Mais cette dernière égalité estimpossible car αi0 6= 0 et un−1(y) 6= 0.

Donc la la famille (ei)16i6n est libre et finalement la famille (ei)16i6n est une base de Rn.

(b) Soit B ∈ Ker (ϕA). B commute avec A et donc v commute avec u puis plus généralement v commute avec toutpolynôme en u.

Supposons v(y) =n∑

i=1

αiei. Alors, pour tout k ∈ J1, nK,

v(ek) = v(un−k(y)) = un−k(v(y)) = un−k

(

n∑

i=1

αiei

)

=

n∑

i=1

αiun−k+n−i(y)

=

(

n∑

i=1

αiun−i

)

(un−k(y)) =

(

n∑

i=1

αiun−i

)

(ek).

Ainsi, les deux endomorphismes v et

n∑

i=1

αiun−i coïncident sur une base de Rn. On en déduit que ces endomorphismes

sont égaux ou encore v =

n∑

i=1

αiun−i.

(c) Soit B ∈ Ker (ϕA). Avec les notations précédentes, on peut décomposer le vecteur v(y) dans la base (ei)16i6n sous la

forme v(y) =

n∑

i=1

αiei. La question précédente montre alors que v =

n∑

i=1

αiun−i ou encore B =

n−1∑

i=0

αn−iAi.

Ainsi, tout élément de Ker (ϕA) est une combinaison linéaire de In, A, . . . ,An−1 ou encore

Ker (ϕA) ⊂ Vect(

In, A, . . . , An−1

)

.


En particulier, dim (Ker (ϕA)) 6 n. D’autre part, puisque A est nilpotente d’indice n, le polynôme minimal de A est undiviseur unitaire du polynôme Xn et donc de la forme Xk, 1 6 k 6 n mais n’est pas de la forme Xk, 1 6 k < n. Donc

µA = Xn.

D’après la question 9., dim (Ker (ϕA)) > n et finalement dim (Ker (ϕA)) = n.

En résumé, Ker (ϕA) ⊂ Vect(

In, A, . . . , An−1

)

et dim (Ker (ϕA)) = n = dim(

Vect(

In, A, . . . , An−1

))

< +∞. On endéduit que

Ker (ϕA) = Vect(

In, A, . . . , An−1

)

= Rn−1[A].

11. Cas où u est diagonalisable

(a) • Si B ∈ Ker (ϕA), alors B commute avec A puis u et v commutent. On sait alors que v laisse stable les sous-espacespropres de u. Redémontrons-le.Soit k ∈ J1, pK. Soit x ∈ Eu (λk). Alors u(x) = λkx puis u(v(x)) = v(u(x)) = λkv(x) et donc v(x) ∈ Eu (λk).

• Supposons que v laisse stable chaque Eu (λk), 1 6 k 6 p.Soit k ∈ J1, pK. La restriction vk de v à Eu (λk) induit un endomorphisme de Eu (λk). D’autre part, la restriction uk de uà Eu (λk) est λkIdEu(λk). On en déduit que

(v ◦ u)Eu(λk)= vk ◦ uk = uk ◦ vk = (u ◦ v)Eu(λk)

.

Maintenant, puisque u est diagonalisable, les Eu (λk), 1 6 k 6 p, sont supplémentaires. Par suite, les endomorphismesv ◦ u et u ◦ v coïncident sur des sous-espaces supplémentaires et donc v ◦ u = u ◦ v ou encore B ∈ Ker (ϕA).

(b) Soit B une base adaptée à la décomposition Rn =⊕

16k6p

Eu (λk).

Si B ∈ Ker (ϕA), v laisse stable chacun des Eu (λk), 1 6 k 6 p. La matrice de v dans B est donc diagonale par blocs de

la forme B ′ =

M1 0 . . . 0

0 M2

. . ....

.... . .

. . . 0

0 . . . 0 Mp

où ∀k ∈ J1, pK, Mk ∈ Mmk(R).

Réciproquement supposons que la matrice de v dans B soit de la forme précédente. La matrice de u dans B s’écrit A ′ =

λ1Im10 . . . 0

0 λ2Im2

. . ....

.... . .

. . . 0

0 . . . 0 λpImp

et un calcul par blocs montre immédiatementA ′B ′ = B ′A ′ =

λ1M1 0 . . . 0

0 λ2M2

. . ....

.... . .

. . . 0

0 . . . 0 λpMp

.

Par suite, v ◦ u = u ◦ v puis B ∈ Ker (ϕA).

En résumé, B ∈ Ker (ϕA) si et seulement si la matrice de v dans B est diagonale par blocs de la forme

M1 0 . . . 0

0 M2

. . ....

.... . .

. . . 0

0 . . . 0 Mp

où ∀k ∈ J1, pK, Mk ∈ Mmk(R).

(c) Notons P la matrice de passage de la base canonique de Rn à la base B. D’après la question précédente, Ker (ϕA) est

l’ensemble des matrices de la forme P

M1 0 . . . 0

0 M2

. . ....

.... . .

. . . 0

0 . . . 0 Mp

P−1 où ∀k ∈ J1, pK, Mk ∈ Mmk(R).

Comme l’application M 7→ PMP−1 est un automorphisme de Mn(R), Ker (ϕA) est isomorphe à l’ensemble des matrices

de la forme

M1 0 . . . 0

0 M2

. . ....

.... . .

. . . 0

0 . . . 0 Mp

où ∀k ∈ J1, pK, Mk ∈ Mmk(R), sous espace lui-même isomorphe à

p∏

k=1

Mmk(R).

On en déduit que


dim (Ker (ϕA)) = dim

(

p∏

k=1

Mmk(R)

)

=

p∑

k=1

dim (Mmk(R)) =

p∑

k=1

m2k.

dim (Ker (ϕA)) =

p∑

k=1

m2k.

(d)• Si p = 7, u admet 7 valeurs propres simples. Dans ce cas, dim (Ker (ϕA)) = 7× 1

2 = 7.• Si p = 6, u admet 5 valeurs propres simples et une valeur propre double. dim (Ker (ϕA)) = 5× 1

2 + 22 = 9.• Si p = 5,

- ou bien u admet 4 valeurs propres simples et une valeur propre triple. Dans ce cas, dim (Ker (ϕA)) = 4×12+32 = 13.

- ou bien u admet 3 valeurs propres simples et deux valeurs propres doubles et dim (Ker (ϕA)) = 3× 12 + 2× 22 = 11.

• Si p = 4,- ou bien u admet 3 valeurs propres simples et une valeur propre d’ordre 4 et dim (Ker (ϕA)) = 3× 1

2 + 42 = 19.- ou bien u admet 2 valeurs propres simples, une double et une triple et dim (Ker (ϕA)) = 2× 1

2 + 22 + 32 = 15.- ou bien u admet 1 valeur propre simple et 3 doubles et dim (Ker (ϕA)) = 1

2 + 3× 22 = 13.• Si p = 3,

- ou bien u admet 2 valeurs propres simples et une valeur propre d’ordre 5 et dim (Ker (ϕA)) = 2× 12 + 52 = 27.

- ou bien u admet 1 valeur propre simple et 2 triples et dim (Ker (ϕA)) = 12 + 2× 32 = 19.

- ou bien u admet 1 valeur propre simple, une double et une d’ordre 4 et dim (Ker (ϕA)) = 12 + 22 + 42 = 21.

- ou bien u admet 2 valeurs propres doubles et une valeur propre d’ordre 3 et dim (Ker (ϕA)) = 2× 22 + 32 = 17.

• Si p = 2,- ou bien u admet 1 valeur propre simple et une valeur propre d’ordre 6 et dim (Ker (ϕA)) = 1

2 + 62 = 37.- ou bien u admet 1 valeur propre double et une valeur propre d’ordre 5 et dim (Ker (ϕA)) = 2

2 + 52 = 29.- ou bien u admet 1 valeur propre triple et une valeur propre d’ordre 4 et dim (Ker (ϕA)) = 3

2 + 42 = 25.• Si p = 1, u admet 1 valeur propre d’ordre 7. Dans ce cas, dim (Ker (ϕA)) = ×72 = 49.

Si n = 7, dim (Ker (ϕA)) ∈ {7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 22, 25, 29, 37, 49}.

Partie IV. Etude de vecteurs propres de ϕA associés à une valeur propre non nulle

12. Le résultat est clair si k = 0 ou k = 1. Soit k > 2.

ϕA

(

Bk)

= ABk − BkA =

k−1∑

i=0

(BiABk−i − Bi+1ABk−i−1) (somme télescopique)

=

k−1∑

i=0

Bi(AB− BA)Bk−i−1 =

k−1∑

i=0

Bi(αB)Bk−i−1 = α

k−1∑

i=0

Bk

= αkBk.

13. Posons P =

m∑

k=0

akXk. Alors XP ′ =

m∑

k=0

kakXk puis

ϕA(P(B)) = AP(B) − P(B)A =

m∑

k=0

ak(ABk − BkA) = α

m∑

k=0

akkBk

= αBP ′(B).

14. Puisque α 6= 0, Bπ ′

B(B) =1

αϕA(πB(B)) =

1

αϕA(0) = 0. Donc le polynôme Xπ ′

B est annulateur de B. Ce polynôme

est par suite un multiple de πB et il existe un polynôme Q tel que Xπ ′

B = QπB. D’autre part, les polynômes Xπ ′

B et πBont même degré non nul et donc Q est une constante K non nulle. Enfin, πB est unitaire et le coefficient dominant de Xπ ′

B

est d. Donc K = d et finalement

Xπ ′

B = dπB.


15. Soit λ une éventuelle racine complexe non nulle de πB. On note α on ordre de multiplicité. On sait que si α = 1, λn’est pas racine de π ′

B et si α > 2, λ est racine de π ′

B d’ordre α− 1. Dans tous les cas, λ n’est pas racine de π ′

B d’ordre α.

D’autre part, λ est racine de dπB = Xπ ′

B d’ordre α puis, λ étant non nul, λ est racine de π ′

B d’ordre α. Ceci est unecontradiction et donc πB n’admet aucun nombre complexe non nul pour racine. Comme πB a au moins une racine dansC, on en déduit que πB est un polynôme unitaire de degré d admettant 0 pour unique racine et donc πB = Xd.

L’égalité πB(B) = 0 fournit

Bd = 0.


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