[PDF] Corrigé de Centrale PC 2015 maths 1

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Corrigé de Centrale PC 2015 maths 1

I Première partie

I.A - Si cette droite es tstable, alors f(u)2Vect(u), donc il existe2Ktel que f(u) =u, doncuest un vecteur propre def. Réciproquement, siuest un vecteur propre def, il existe2Ktel quef(u) = u. Soitx2Vect(u): il s"écritupour un certain scalaire. Alorsf(x) = f(u) =f(u) =u2Vect(u), donc la droite engendrée paruest stable parf. I.B

I.B.1)

Les sous-espaces f0getEsont évidemment stables parf. Il sont au nombre de deux carEn"est pas réduit au vecteur nul, par hypothèse. La rotation d"angle=2dans le plan euclidien canonique, de matrice R=01 1 0 dans la base canonique, n"a pas de troisième sous-espace stable. Sinon, ce serait une droite, qui serait donc une droite propre d"après la question pré- cédente. Orf=A=X2+ 1n"a pas de racine réelle doncfn"a pas de vecteur propre.

I.B.2)

On remarque de l"image et le no yaude fsont toujours stable parf. Si ce dernier est non nul et non injectif, son noyau (ou son image) n"est niEni f0g, ce qui donne un troisième sous-espace stable. Si ce noyau et cette image sont distincts, cela fait quatre sous-espaces stable. C"est nécessairement le cas sinest impair : dans ce cas, on ne peut avoir Imf= Kerf, sinon la formule du rang donnerait2rg(f) =nimpair, ce qui est impossible.

L"endomorphismefde matrice

N=0 1 0 0 dans la base canonique(e1;e2)possède - outref0getR2- un troisième sous-espace stable : la droiteVect(e1), qui est à la fois son noyau et son image. Il n"en a pas d"autre : ce serait une droite propre, or zéro est la seule valeur propre defcomme le montre immédiatement la matriceN, donc la seule droite propre defest son noyauVect(e1).I.C-

I.C.1)

Si Fest un sous-espace engendré par une famille(x1;:::;xp)de vec- teurs propres def, associés aux valeurs propres respectives1;:::;p, si x2F, il existe(1;:::;p)2Kptel quex=Pp k=1kxk, et alors f(x) =Pp k=1kkxk2F, doncFest stable parf. SiEest le sous-espace propre defassocié à la valeur propre, alorsfF= idF.

I.C.2)

Soit Fun sous-espace propre parfde dimension au moins égale à 2. Il existe une infinité de droites contenues dansF: prendre deux vecteurs non colinéairesx1etx2dansF, et considérer les droitesVect(x1+x2)pour2 K, qui sont deux à deux distinctes). Ces droites sont stables, car engendrées par des vecteurs propres.

I.C.3)

On v adé montrerque fest une homothétie. D"après la première question, tous les vecteurs non nuls deEsont des vecteurs propres def. Pour chaque x2E, on notexl"unique scalaire tel quef(x) =xx(l"unicité vient du fait quex6= 0). Soient alors deux vecteurs non nulsxetydeE, et montrons quex=yen distinguant deux cas. Sixetysont colinéaires, ce que l"on écrity=xpour un certain2K, alors f(y) =yy=f(x) =f(x) =xx=xy; d"oùy=xcaryest non nul. Sinon, on considère le vecteurx+yet on pose=x+y: f(x+y) =(x+y) =x+y=f(x) +f(y) =xx+yy d"oùx==y, car la famille(x;y)est libre. On notela valeur commune de tous les scalairesxpourx6= 0. On a donc

8x2En f0g; f(x) =x, et cette égalité reste évidemment valable lorsque

x= 0. On a bien prouvé quefest une homothétie. I.D

I.D.1)

Soit Fun sous-espace deEetB= (e1;:::;en)une base deEpropre pourf (elle existe par hypothèse de diagonalisablité def). SiF=f0g, il admet un supplémentaire stable qui estE. Sinon,Fpossède une baseF, qui est une famille libre deE, et le théorème de la base incomplète affirme qu"on peut trouver dansBdes vecteursei1;:::;eipqui tels queF [ fei1;:::;eipgsoit une base deE. On pose

G= Vect(ei1;:::;eip):

Par construction,FetGsont supplémentaires, etGest stable puisqu"il est engendré par une famille de vecteurs propres def(question I.C.1).

I.D.2)

On raisonne par récurrence sur la dimension n>1deE. Sin= 1, tous les endomorphismes deEsont des homothéties puisqueEest une droite, donc ils sont diagonalisables. Si la propriété est établie pour tous les espaces de dimensionn1, considérons un espace vectoriel complexeEde dimensionn, et un endomorphismefdeE tel que tout sous-espace deEstable parfadmet un supplémentaire stable parf. Le théorème de d"Alembert Gauss affirme quefpossède au moins une racine, donc quefpossède au moins un vecteur propre, notéx. On pose D= Vect(x), alorsDest stable parf, donc possède un supplémentaire stable parf, que l"on noteH, et qui est un hyperplan deE. Montrons que tout sous-espace vectorielGdeHstable parfHpossède un supplémentaire (dansH) stable parfH. En effet, un tel sous-espaceGest a fortioristable parf, donc possède un supplémentaireK(dansE) stable parf, et on constate que K\H est un supplémentaire deGdans l"hyperplanH, stable parl"endomorphisme induitfH. L"hypothèse de récurrence s"applique donc àfH, qui est diagonali- sable. Il suffit de mettre bout à boutxet une base propre defHpour obtenir une base deEqui soit propre pourf, ce qui montre quefest diagonalisable. Remarque. - Un endomorphisme tel que tout sous-espace stable possède un sup- plémentaire stable est ditsemi-simple. On vient de démontrer que, siKest le corps des complexes, les endomorphismes semi-simples en dimension finie sont diagona-

lisables (on avait démontré la réciproque à la question précédente, sans restriction

sur le corps de base). Comme le prouve l"exemple, étudié à la question I.B.1, de la rotation deR2 d"angle=2, si le corps de base est celui des réels, il existe des endomorphismes semi-simples qui ne sont pas diagonalisables (par manque de valeurs propres).

II Deuxième partieII.A-

II.A.1)

Soit x2F. Pour touti2[[1;p]], il existexi2F\Eitel quex=Pp i=1xi.

Alorsf(x) =Pp

i=1ixiappartient àp i=1(F\Ei), c"est-à-dire àF: ce sous-espace est donc stable parf.

II.A.2)

Une des caractérisations de la diagonalisabilité de fest queEsoit égal à la somme (toujours directe) de ses sous-espaces propres. L"existence et l"unicité (xi)16i6pdansE1 Eptel quex=Pp i=1xien résulte.

II.A.3)

La famille (x1;:::;xr)est génératrice deVxpar définition. Par ailleurs, c"est une famille de vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes, donc elle est libre (théorème du cours). C"est donc une base deVx.

II.A.4)

Une récurrence immédiate sur j2Nmontre quefj1(x) =Pr i=1j1 ixi: il s"agit d"une combinaison linéaire de la famille(x1;:::;xr), donc ce vecteur appartient àVx. C"est en particulier vrai pourj2[[1;r]]. Le calcul ci-dessus montre que la matrice de la famille(fj1(x))16j6rdans la baseBxest la matrice de Vandermonde d"ordrersuivante

W:=W(1;:::;r) =0

B

BB@11r1112r12.........

1rr1r1

C CCA:

II.A.5)

Comme les isont deux à deux distincts, le déterminant (de Van- dermonde...) deWest non nul (théorème du cours), donc la famille (fj1(x))16j6rest une base deVx.

II.A.6)

Comme xiappartient àVx, et comme(fj1(x))16j6rest une base deVx, le vecteurxiest une combinaison linéaire desfj1(x)pour16j6r. Comme Fest stable parfetx2F, lesfj1(x)appartient àF, doncxiappartient

àF.

On conclut quex=Pr

i=1xiappartient àri=1(F\Ei). Finalement, on a prouvé l"inclusion FrM i=1(F\Ei): L"inclusion inverse étant évidente, on a prouvé l"égalité, ce qui fallait démon- trer. II.B

II.B.1)

Comme 8i2[[1;n]];16dimEiet commePn

i=1dimEi=n, il faut queEi soit de dimension 1 pour toutidans[[1;n]]: les sous-espaces propres sont des droites. 2 II.B.2)Une droite stable étan tune droite propre, il y a ndroites deEstables parf.

II.B.3)

Soit Fun sous-espace deEstable parfet de dimensionk. D"après la partie II.A, on aF=ni=1(F\Ei). Comme lesEisont des droites, leurs sous- espacesF\Eisont soit nuls, soit égaux àEi. Enfin, commedimF=k, il y exactementkindicesi2[[1;n]]tels queF\Ei=EI, et les autres vérifient F\Ei=f0g. Un telFest donc entièrement déterminé par le choix dek indicesiparmin, donc il existe n k sous-espaces deEde dimensionket stables parf(la question précédente rentre dans ce cadre, d"ailleurs).

II.B.4)

Il suffit de les compter sel onleur dimension k2[[0;n]], et on trouve n X k=0 n k = 2 n sous-espaces deEstables parfdans ce cas : ce sont les sommes directes i2KEi, oùKparcourt l"ensemble des parties finies de[[1;n]].

III Troisième partie

III.A

III.A.1)

La d érivationdimin uele degré d"une unité p ourles p olynômes,donc Kn[X] est stable parD. On notera plutôtDnl"endomorphisme induit parDsur K n[X]. La matrice deDndans la base canonique ordonnée par degrés crois- sants est A n=0 B

BBBBBBB@0 1 00 0

0 0 20 0

0 0 0n

0 0 0 01

C

CCCCCCCA:

III.A.2)

a) On note N>1la dimension finie non nulle deF. AlorsFpossède une base(P1;:::;PN). On pose n= max16i6N(degPi):Les règles de calcul des degrés montrent que tout polynômeP2F, qui est une combinaison linéaire desPi, est de degré au plusn, donc

FKn[X]:

Par ailleurs, il existei02[[1;N]]tel quedeg(Pi0) =n, doncR=Pi0convient. b) La famille (Di(R))06i6nest formée de polynôme de degrés échelonnés, donc elle est libre. c) La question I II.A.2.bmon treque dim(F)>n+1, et commeFest contenu dansKn[X], le théorème d"égalité des dimensions montre que

F=Kn[X]:

III.A.3)

Les questions I.B.1 et I II.A.2mon trentque les sous-es pacesde K[X]stables parDsontf0g,K[X], et tous les sous-espacesKn[X]avecn2N. III.B

III.B.1)

On v amon trerque l"ensem bledes v ecteursudeEtels que la familleBf;u= (fni(u))16i6nsoit une base deEest

EnKer(fn1):

D"une part, siBf;uest une base, ses vecteurs sont non nuls, en particulier f n1(u)6= 0, doncu2EnKer(fn1). D"autre part, siu2EnKer(fn1)et si1;:::;nsont des scalaires tels que n X i=1 nifni(u) = 0; on appliquefn1à cette égalité, et il ne reste quenfn1(u) = 0, doncn=

0. On applique alorsfn2, ce qui donnen1= 0etc(on peut rédiger une

démonstration par récurrence si on le souhaite). Finalement, la familleBf;u est libre, et comme elle comporten= dim(E)vecteurs, c"est une base deE.

III.B.2)

Dans le cas où Bf;uest une base deE, la matrice defdansBf;uest 0 B

BBBBBBB@0 1 00 0

0 0 10 0

0 0 0 1

0 0 0 01

C

CCCCCCCA:

3 III.B.3)T outefamil leC= (aifni(u))16i6n, déduite de la baseBf;uen multipliant les vecteurs de cette dernière par des scalaires supposés non nulsai, est encore une base deE. La matrice defdansCseraAn1si et seulement si

8i2[[1;n]]; f(aifni(u)) = (i1)ai1fn(i1)(u);

ou encore si et seulement si

8i2[[1;n]]; ai= (i1)ai1:

On choisit alorsa1= 1et cela entraîne que8i2[[1;n]]; ai= (i1)!. En conclusion, la matrice defsur la base suivante vautAn1:

C=(i1)!fni(u)

16i6n:

III.B.4)

D"après la question I II.A.3,les sous-espaces de Estables parfsont alors f0get tous ceux de la formeVect((i1)!fni(u))16i6rpour16r6n(le dernier d"entre eux valantE). Il y en an+1. On remarque qu"ils peuvent se décrire plus simplement sous la forme suivante : f0getVect(fni(u))16i6rpour16r6n:

On va démontrer que

Vect (fni(u))16i6r= Ker(fr): Il suffit pour cela d"éleverAn1à la puissancer(la diagonale partielle de 1 se trouve alors à lar-ième surdiagonale) et le noyau deArapparaît de manière

évidente.

IV Quatrième partie

IV.A - La matrice de fdansBnestM. IV.B - Si nest impair, alorsfest un polynôme unitaire de degré impair à coeffi- cients réels. Sa fonction polynomiale associée (encore notéef) possède donc les limites1en1, et+1en+1. Le théorème de valeurs intermédiaires (f est polynomiale donc continue) assure quefs"annule au moins une fois surR, c"est-à-dire quefadmet au moins une valeur propre réelle. IV.C - IV.C.1)Les comp osantesde XetYsont respectivement les parties réelles et imagi- naires deszi: ce sont des réels, doncXetYappartiennent àE. Avant d"entamer la démonstration de la liberté de la famille(X;Y), faisons deux remarques. Il est impossible queZsoit réel (c"est-à-dire queYsont nul), sinon, en choisissant une de ses composantes non nulles notéezk, on déduirait de la relationMZ=Zque =1z kn X j=1m k;jzj; doncserait réel. Il est impossible queZsoit imaginaire pur (c"est-à-dire queXsoit nul), sinon on pourrait l"écrireiUavecU2 Mn;1(R)non nul, et la relation MZ=ZdonneraitMU=U: le raisonnement du cas précédent fournirait alors une contradiction. On suppose maintenant que la famille(X;Y)est liée. Grâce aux remarques, on peut traduire cette hypothèse par l"existence dek2Rtel queY=kX. La relationMZ=Zs"écrit alorsM(1 +ik)X=(1 +ik)X, d"où l"on tire MX=XavecX6= 0, et on obtient la même contradiction qu"à la première remarque ci-dessus.

IV.C.2)

De l"égalité MZ=Z, commeMest à coefficients réels, on tireMZ=Z. Par ailleurs, les définitions mêmeXetYdonnentZ=X+iYetZ=XiY.

On obtient alors

MX=12 (MZ+MZ) =12 (Z+Z) =12 [X+iY] +[XiY]; 2 X

2iY=XY;

MY=12i(MZMZ) =12iZZ

=12i[X+iY][XiY]; 2iX++ 2

Y=X+Y:

CommeMXetMYappartient àF= Vect(X;Y), ce plan est stable parf, et on lit dans les calculs ci-dessus que la matrice defFdans la base(X;Y) vaut IV.D - L"affirmation est vraie car, si un endomorphisme d"un espace v ectorielréel de dimension finie n"admet une droite stable, c"est qu"il n"admet pas de valeur 4 propre réelle (question I.A). Comme il admet, dans ce cas au moins une valeur propre complexe non réelle (théorème de d"Alembert-Gauss), la question IV.C montre qu"il possède un plan stable. Remarque. - La question IV.B n"est pas nécessaire pour résoudre cette question. IV.E - La rép onseest oui, et v oiciun exemple : l"endomorphisme ':P2R[X]7!XP n"a aucun sous-espace stable de dimension finie, à l"exception def0gbien sûr. En effet, siFest un sous-espace stable par'et non réduit àf0g, il contient un polynôme non nulP0, donc contient tous les itérés'k(P0)par stabilité. Ordeg('(P)) = deg(P) + 1pour tout polynômePnon nul, donc la famille ('k(P0))k2Nest à degrés échelonnés, donc libre, donc la dimension deFne peut pas être finie. En particulier,'ne possède ni droite ni plan stable. Remarque. - En revanche,'possède des sous-espaces stables non triviaux de dimen- sion infinie. On peut démontrer, que ce sont exactement les idéaux deK[X], c"est-à-dire les ensembles des multiples d"un polynômePdonné :fPQ; Q2K[X]g. IV.F

IV.F.1)

On calcule

A= det(XInA) =

X1 4 0

1X+ 2 1

11X = (X1)(X+ 2)X4 + 4X+X1 =X3+X2+ 3X5; = (X1)(X2+ 2X+ 5) = (X1)(X[1 + 2i])(X[12i]): On en déduit que le spectre complexe deAestf1;;gavec=1 + 2i. On commence par résoudreAX=X, avecX=t(x1;x2;x3)2 M3;1(R): 0 @14 0 121

1 1 01

A0 @x 1 x 2 x 31
A =0 @x 1 x 2 x 31
A ()8 :4x2= 0; x

13x2x3= 0;

x

1+x2x3= 0

()x2= 0; x 1=x3: Par conséquent,E1(A) = Vect(U0), où l"on a poséU0=t(1;0;1)). On vient de trouver la troisième colonne dePainsi que la valeur de : c"est 1.On suit enfin la démarche de la question IV.C, en cherchant un vecteur Z=t(z1;z2;z3)2 M3;1(C)tel queAZ=Z. La transformation élémentaire L

3 L3+ (12i)L2permet de passer du deuxième au troisième système :

AZ=Z()8

:z

14z2= (1 + 2i)z1;

z

12z2z3= (1 + 2i)z2;

z

1+z2= (1 + 2i)z3

()8 :2(1i)z14z2= 0; z

1(1 + 2i)z2z3= 0;

z

1+z2+ (12i)z3= 0

()8 :2(1i)z14z2= 0; z

1(1 + 2i)z2z3= 0;

2(1i)z14z2= 0

()2(1i)z14z2= 0; z

1(1 + 2i)z2z3= 0:

On choisitz1= 2, ce qui montre que le vecteurZ0=t(2;1i;1i)est un vecteur propre (complexe non réel) deApour la valeur propre. Les deux premières colonnes deTsont les vecteursX0=t(2;1;1)etY0= t(0;1;1), et on a= Re() =1,= Im() = 2, donc P=0 @2 0 1 11 0 11 11 A etT=0 @1 2 0 21 0

0 0 11

A

Le plan et la droite

F= Vect((2;1;0);(0;1;1))etG= Vect((1;0;1))

sont stables par l"endomorphisme deR3canoniquement associé àA, et ils sont supplémentaires dansR3. Ce sont respectivement le seul plan stable et la seule droite stable.

IV.F.2)

Si X2 C1(R;M3;1(R)), on poseY=P1X, et on notel"unique réel tel queU=U0=t(1;0;1). Alors le problème de CauchyPUest équivalent au problème de Cauchy suivant, qu"on résout dans la foulée (on a poséz= 5 y

1+iy2) :

P1X0= (P1AP)P1X

P

1X(0) =P1U0

()Y0=TY

Y(0) = (0;0;):

()8 >:y

01=y1+ 2y2;

y

02=2y1y2;

y 03=y3quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28

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