[PDF] CORRIGÉ : AGRÉGATION INTERNE DE MATHÉMATIQUES PDF agrint_09_EP1

CORRIGÉ : AGRÉGATION INTERNE DE MATHÉMATIQUES, Première épreuve, 2009 - PRÉLIMINAIRES - 1 Les égalités n ∑ i=1 ti = n ∑ i=1 tizi = 1 donnent

[PDF] Université Paris Sud Orsay Agrégation Interne de Mathématiques

Agrégation Interne de Mathématiques 2009 CB 6 : samedi 10 Janvier 2009 Yves Ladegaillerie : Géométrie, exercices corrigés pour le CAPES de

[PDF] a lagrégation interne de mathématiques Jean-Marie Monier Corrigé

Préparation `a l'agrégation interne de mathématiques Jean-Marie Monier Corrigé de la 2`eme épreuve 2009 - Partie I : Transformation de Fourier - 1 (a) Soit ξ

[PDF] Agrégation interne de Mathématiques Session 2009 Deuxième

de la transformation de Fourier et des résultats de la question I 2, quelles sont les solutions U ∈ S de l'équation différentielle −D2U + U = δ FIN DU SUJET

[PDF] Rapport sur lagrégation interne et le CAERPA de - Maths Sup PTSI

l'agrégation interne et le CAERPA de mathématiques Année 2009 Ce rapport, rédigé par des membres du jury, est publié sous la responsabilité du président

[PDF] MINISTÈRE DE LÉDUCATION NATIONALE AGRÉGATION - Loria

3 3 Corrigé Épreuve de mathématiques générales : mardi 7 avril 2009 ; • Épreuve d'analyse et la session 2009 ou sur le site de l'agrégation externe de mathématiques, à l'adresse Mathématiques pour l'agrégation interne VUIBERT

[PDF] AGREGATION INTERNE DE MATHEMATIQUES - Institut de

22 jan 2010 · Date Intervenant Sujet Samedi 6 juin 2009 J P Calvi Groupes, anneaux, corps Vendredi 12 juin 2009 D Gérard Géométrie affine 1

[PDF] AGRÉGATION Interne et caerpa SECTION MATHEMATIQUES

Tous les postes mis au concours de l'agrégation interne ont donc été pourvus, mais il 2009 107 2124 1559 258 107 2010 114 2229 1426 267 114 2011 Le sujet de la première épreuve porte sur les groupes linéaires GLn(R) et

[PDF] Mes leçons dagrégation

Leichtnam, Exercices corrigés de Mathématiques posés à l'oral des concours de Polytechnique et Mercier, Rombaldi, Annales du CAPES externe 2009-2011 Références : De Biasi, Mathématiques pour le CAPES et l'Agrégation Interne

[PDF] Rapport de jury Session 2011 AGRÉGATION Interne et caerpa

6 Bibliothèque de l'agrégation de mathématiques – 41 – 2009 107 2124 1559 258 107 2010 114 2229 1426 267 114 2011 116 2442 tion des candidats au concours, effet d'ailleurs légèrement corrigé par les épreuves orales

[PDF] agregation interne maths 2017

[PDF] agrégation interne physique chimie 2017

[PDF] agrégation interne physique chimie 2018

[PDF] agregation math

[PDF] agrégation mathématiques maroc

[PDF] agregation maths 2016

[PDF] agrégation philosophie 2013

[PDF] agrégation philosophie 2017 dates

[PDF] agrégation philosophie 2018 bibliographie

[PDF] agregation physique 2017

[PDF] agregation physique 2018

[PDF] agrégation physique chimie option chimie

[PDF] agregation physique docteur

[PDF] agrément asvp

[PDF] agrément b0 catégorie 3

CORRIGÉ : AGRÉGATION INTERNE DE MATHÉMATIQUES, Première épreuve, 2009 - PRÉLIMINAIRES -

1.Les égalitésn

i=1t i=n i=1t izi=1 donnentn i=1t i(1-zi) =0. Puisque??zi???1 etziréel, on a(1-zi)?0 donc t i(1-zi)?0 pour touti. On en déduitti(1-zi) =0 pour touti??1,n?et puisque lestisont strictement positifs : z i=1 pour touti??1,n?.2.En posant Z=n i=1t izi, on an i=1t i! ziZ! =1 donc, en notantz? i=?e!zi Z! , on an i=1t iz? i=1.

Or, pour touti??1,n?,??z?

i??=???? ?e!ziZ! zi??|Z|=??zi???1 (puisque|Z|=1 par hypothèse).

D"après la question précédente, on az?

i=1 pour touti, soit?e!zi Z! =1. Puisque???ziZ??? ?1, cela implique z i

Z=1 pour touti, soit :

?i??1,n?,zi=Z avec|Z|=1. - PARTIE I -

1.La somme des deux colonnes de Px,yest la colonne"11"

donc 1 est valeur propre de P x,yet"11" est un vecteur propre associé. La trace de la matrice Px,yest 1-x+y2, donc l"autre valeur propre de Px,yest-x+y2.

Deux cas se présentent :

- Six+y?=-2, Px,ypossède deux valeur propres distinctes donc est diagonalisable. Le système Px,y"a

b" x+y 2" a b" équivaut à(1+y)a+(1+x)b=0, donc un vecteur propre associé à la valeur propre-x+y2 est par exemple"-1-x 1+y"

- Six+y=-2, alors 1 est valeur propre double. La matrice Px,yest alors diagonalisable si et seulement si

elle est semblable, donc égale, à I

2, c"est-à-dire si et seulement six=y=-1. Dans ce cas, le sous-espace

propre associé à la valeur propre 1 est?2tout entier; sinon, le sous-espace propre associé est la droite déjà

trouvée, de base"11"

En conclusion :

x,yest diagonalisable si et seulement six+y?=-2 oux=y=-1.2. a)Ici on a forcémentx+y?=-2. Si Q est la matrice de passage de la base canonique à la base de vecteur

propre s trouvés précédemment on a :

Q="1-1-x

1 1+y"

et Q -1Px,yQ=#1 00-x+y2# ce qui est le résultat voulu avecu=-x+y

2?]-1,1[et U=Q-1.

b)Pourk??, on aura donc Px,y=U-1"1 00uk" U donc, par continuité de l"application linéaire M?→ U -1MU (l"espace?2(?)étant de dimension finie), et puisque limk→+∞uk=0, on en déduit : 1 limk→+∞Pk x,y=U-1"1 00 0" U=L.

La matrice L est de rang 1; il s"agit de la matrice de la projection sur la droite vectorielle associée à la

valeur propre 1 parallèlement à celle associée à la valeur propre-x+y 2. c)C"est du calcul : on a vu que U-1=Q="1-1-x

1 1+y"

. detQ=2+x+ydonc d"après des formules vues en cours U=Q-1=1

2+x+y"

1+y1+x

-1 1" . Il ne reste plus qu"à effectuer le produit U -1"1 00 0" U...

Autre solution plus élégante :

L est la matrice de la projection sur la droite de base"11" parallèlement à celle de base"-1-x 1+y" , donc sia,b??2, le vecteur"a? b =L"a b" doit vérifiera?=b?et"a? b -"a b" =λ·"-1-x 1+y" ce qui conduit par soustraction des deux égalités àλ(2+x+y) =a-bpuis a ?=b?=a-a-b

2+x+y(1+x) =12+x+y(1+y)a+ (1+x)b, et on obtient ainsi l"expression

analytique de la projection dont la matrice est : L=1

2+x+y"

1+y1+x

1+y1+x"

3.Pas de question n°3...

χA=X2-(trA)X+detA=X2-(a+d)X+ad-bcdonc :

A= (a+d)2-4(ad-bc) = (a-d)2+4bc.

5.Les coefficients de A étant strictement positifs, on a évidemmentΔA?4bc>0.

6.Le discriminant deχAétant strictement positif,χApossède deux racines réelles distinctesλ1etλ2.

On aλ1+λ2=trA=a+d>0. Si on supposeλ1>λ2, on en déduit immédiatement :

1>??λ2??.

7.Puisque A possède deux valeur propres distinctes, elle est diagonalisable; il existe donc une matrice P inversible

telle que A=P"λ10

0λ2"

P -1d"où pour tout entierk??, Ak=P"λk 10

0λk

2" P -1.

Plusieurs cas sont à considérer :

- Siλ1<1 (on rappelle queλ1>0), alors??λ2??<1. Donc limk→+∞λk

1=limk→+∞λk

2=0 et, pour des raisons déjà

invoquées, on en déduit limA k=O2. - Siλ1=1, alors??λ2??<1 et on aura limk→+∞Ak=P"1 00 0" P -1=L, où L est la matrice de la projection sur

le sous-espace propre associé à la valeur propreλ1(c"est une droite), parallèlement au sous-espace propre

associé à la valeur propreλ2. On a vu dans l"exemple précédent comment on peut obtenir facilement cette matrice. - Enfin, siλ1>1, la suite(Ak)k??est évidemment divergente.

8.- Dans le casλ1=1, on peut considérer une matrice du type Px,yvue dans la question 1. Ses valeurs propres

sont 1 et-x+y

2, et les coefficients de cette matrice sont strictement positifs dès que|x|<1 et??y??<1. Il

suffit alors de prendrex=y=-λ2, et cette condition sera vérifiée puisque??-λ2??<λ1=1.

- Dans le cas général, puisqueλ1est strictement positif, on peut trouver par la méthode précédente une

matrice du type voulu dont les valeur propres sont 1 et λ2 λ1. Il suffit ensuite de la multiplier parλ1. 2 - PARTIE II - II.A.

1. a)Puisque Inet B commutent, on peut utiliser la formule du binôme :

C k=k i=0" k i" k-iBi=?-1? i=0" k i" k-iBi puisque B i=0 dès quei??. b)Le résultat est immédiat siβ=0 puisque alors Ck=0 dès quek??. On peut donc supposerβ?=0. Soiti??0,?-1?fixé, et posonsuk="k i" k-i. Alors????u k+1 uk???? k+1 ik i

β??k+1

k+1-i-→k→+∞?? β??<1. D"après la règle de d"Alembert pour les suites numériques, on en déduit lim k→+∞uk=0.

Ainsi, C

kest une somme de?termes qui tendent tous vers O2, donc : lim k→+∞Ck=O2.

2. a)i. D"après le cours sur les noyaux itérés, la suite des Ker(A-αIn)kpourk??est strictement croissante

jusqu"à un certain rangp, puis est stationnaire (savoir refaire les démonstrations le jour du concours!).

On aura donc F

α=Ker(A-αIn)p.

Cela prouve que F

αest bien un sous-espace vectoriel de?n, stable par A (car noyau d"un polynôme en A, encore un résultat du cours).

Remarque importante pour la suite :

En fait,pest égal à l"ordre de multiplicité deαdans le polynôme minimal de A; en effet, si le

polynôme minimal de A s"écritπA= (X-α)qQ avec Q(α)?=0, on aura d"après le théorème de

décomposition des noyaux?n=Ker(A-αIn)q?Ker(Q(A)). Si on ap>q, alorsπAdivise le polynôme(X-α)pQ; ce polynôme est donc annulateur de A

et, toujours d"après le théorème de décomposition des noyaux,?n=Ker(A-αIn)p?Ker(Q(A)).

Puisque Ker(A-αIn)q?Ker(A-αIn)p, on en déduit pour des raisons de dimensions, Ker(A- αIn)q=Ker(A-αIn)p, ce qui contredit la définition dep. Doncp?q; si on avaitpII.1.bon a donc bien : lim k→+∞Ak

α=0.

b)Le corps de base étant?, le polynôme caractéristique de A est scindé. NotonsχA= (-1)nq?

i=1(X-αi)mi, où lesαisont les valeur propres distinctes de A etmil"ordre de multiplicité deαi.

D"après le théorème de Cayley-Hamilton,

χAest annulateur de A et d"après le théorème de décomposition des noyaux (admis en début d"énoncé) on a n=q i=1Ker(A-αiIn)mi.

Remarque :

Les sous-espaces F

i=Ker(A-αiIn)misont en fait les sous-espaces caractéristiques Fαi: en effet, on a

vu en2.aque Fαi=Ker(A-αiIn)pioùpiest l"ordre de multiplicité deαidans le polynôme minimal

A; puisqueπAdiviseχA, on aurapi?midonc Ker(A-αiIn)mi=Ker(A-αiIn)pipuisque la suite des noyaux itérés Ker(A-αiIn)kest stationnaire à partir du rangpi. 3 Chaque sous-espace Fi=Ker(A-αiIn)miest stable par A, et en notant Ail"endomorphisme induit par

A sur ce sous-espace, on a A

i=αiIdFi+Bi, où Biest nilpotent (d"indice?mi). Puisque l"on suppose??αi??<1, on déduit encore deII.1.bque limk→+∞Aki=0. Cela signifie que la suite(Akx)k??tend vers 0

pour tout vecteurxde Fi, et puisque?n=q i=1F i, on aura limk→+∞Akx=0 pour tout vecteurx??npar linéarité. Par conséquent :

Siρ(A)<1, limk→+∞Ak=On.

Remarque utile pour la suite :

En reprenant les notations ci-dessus, si l"on se place dans une base formée de la réunion des sous-

espaces caractéristiques F i, la matrice de l"endomorphisme canoniquement associé à A sera diagonale par blocs, chaque bloc étant la matrice d"un endomorphisme de Fide la formeαiIdFi+biavecbi

nilpotent. Par trigonalisation, on peut même trouver une base où cette matrice sera de la forme :((((((((((((((((((((((((((((((((

α1 1 α2 2 αp p (0) (0)))))))))))))))))))))))))))))))))

Deux matrices semblables ayant même polynôme caractéristique, on a aussi, en faisant un calcul par

blocs,

χA= (-1)nq?

i=1(X-αi)dimFi, ce qui prouve que dimFi=mipour touti; ainsi, pour résumer les résultats de toutes nos remarques, on a :

Le sous-espace caractéristique F

αassocié à une valeur propreαde A est égal à Ker(A-αIn)poùp

est l"ordre de multiplicité deαdans le polynôme minimal de A, et sa dimension est égale à l"ordre de

multiplicité deαdans le polynôme caractéristique de A.

c)On suppose ici limk→+∞Ak=0. Siαest une valeur propre de A et six?=0 est un vecteur propre associé,

on aura Ax=αxpuis par une récurrence facile, Akx=αkxpour toutk??. Donc limk→+∞αkx=0 ce qui

implique lim

k→+∞αk=0 donc|α|<1. Cela étant valable pour toute valeur propre de A on en déduit :

Si lim

k→+∞Ak=0 alorsρ(A)<1. II.B.

1.Les valeur propres de1

γA sont lesαγavecα?Sp(A). Ainsi,ρ(A/γ) =ρ(A)γ, et la suite(A/γ)k k??tend vers

0 si et seulement siρ(A/γ)<1 soitρ(A)<γ. Donc :

L"ensemble des réelsγtels que la suite(A/γ)k k??tende vers 0 est l"intervalle]ρ(A),+∞[. 4

2.On a A2y=Ay+Ax=y+2xpuis A3y=Ay+2Ax=y+3xetc.. et par une récurrence facile Aky=y+kx

pour toutk??.Puisquexest non nul, la suite(Aky)k??n"est pas bornée, donc ne peut être inclus dans un

compact (rappelons que, dans tout espace vectoriel normé , une partie compacte est nécessairement fermée et

bornée, la réciproque étant vraie en dimension finie).

3. a)Siρ(A)<1, la suite(Ak)tend vers 0 ce qui est exclu ici. Doncρ(A)?1.

Soitγun réel>1. Alors la suite(A/γ)k

k??tend vers 0 puisque Aktend vers B et1

γktend vers 0. On a

doncγ>ρ(A)d"aprèsII.B.1. Cela étant vrai pour tout réelγ>1, on aρ(A)?1. Finalement :

Si lim

k→+∞Ak=B?=0 alorsρ(A) =1.

b)Soitαune valeur propre de A telle que|α|=1, et soitx?=0 un vecteur propre associé. Alors, pour tout

k??, Akx=αkxdonc limk→+∞αkx=Bx.xétant non nul, il existe une de ses coordonnéesxi??telle

quexi?=0. La suite complexe(αkxi)converge dans?vers le complexe(Bx)idonc la suiteαkconverge (vers(Bx)i/xi)).

Soit?=limk→+∞αk.αétant de module 1, il en est de même desαkdonc de?, d"où??=0. De plus

lim k→+∞αk+1=?=α?. Doncα=1.

c)Si F1n"est pas égal à Ker(A-In), alors Ker(A-In)?Ker(A-In)2. Il existe doncytel que(A-In)y?=0 et

(A-In)2y=0. En posantx= (A-In)yon aura Ay=y+xet Ax=xavecx?=0. La suite(Aky)n"est donc pas bornée d"aprèsII.B.2, alors qu"elle converge vers By: contradiction. Ainsi : F

1=Ker(A-In).

- PARTIE III -

1.C"est immédiat : pour touti??1,n?,(Aw)i=n

quotesdbs_dbs48.pdfusesText_48

[PDF] [PDF] CORRIGÉ : AGRÉGATION INTERNE DE MATHÉMATIQUES

1.Les égalitésn

Or, pour touti??1,n?,??z?

D"après la question précédente, on az?

Z=1 pour touti, soit :

1.La somme des deux colonnes de Px,yest la colonne"11"

Deux cas se présentent :

2, c"est-à-dire si et seulement six=y=-1. Dans ce cas, le sous-espace

En conclusion :

Q="1-1-x

1 1+y"

2?]-1,1[et U=Q-1.

1 1+y"

2+x+y"

1+y1+x

Autre solution plus élégante :

2+x+y(1+x) =12+x+y(1+y)a+ (1+x)b, et on obtient ainsi l"expression

2+x+y"

1+y1+x

1+y1+x"

3.Pas de question n°3...

χA=X2-(trA)X+detA=X2-(a+d)X+ad-bcdonc :

A= (a+d)2-4(ad-bc) = (a-d)2+4bc.

5.Les coefficients de A étant strictement positifs, on a évidemmentΔA?4bc>0.

6.Le discriminant deχAétant strictement positif,χApossède deux racines réelles distinctesλ1etλ2.

1>??λ2??.

7.Puisque A possède deux valeur propres distinctes, elle est diagonalisable; il existe donc une matrice P inversible

0λ2"

0λk

Plusieurs cas sont à considérer :

1=limk→+∞λk

2=0 et, pour des raisons déjà

8.- Dans le casλ1=1, on peut considérer une matrice du type Px,yvue dans la question 1. Ses valeurs propres

2, et les coefficients de cette matrice sont strictement positifs dès que|x|<1 et??y??<1. Il

1. a)Puisque Inet B commutent, on peut utiliser la formule du binôme :

β??k+1

Ainsi, C

2. a)i. D"après le cours sur les noyaux itérés, la suite des Ker(A-αIn)kpourk??est strictement croissante

On aura donc F

α=Ker(A-αIn)p.

Cela prouve que F

Remarque importante pour la suite :

α=0.

D"après le théorème de Cayley-Hamilton,

Remarque :

Les sous-espaces F

A sur ce sous-espace, on a A

Siρ(A)<1, limk→+∞Ak=On.

Remarque utile pour la suite :

χA= (-1)nq?

Le sous-espace caractéristique F

Si lim

1.Les valeur propres de1

0 si et seulement siρ(A/γ)<1 soitρ(A)<γ. Donc :

2.On a A2y=Ay+Ax=y+2xpuis A3y=Ay+2Ax=y+3xetc.. et par une récurrence facile Aky=y+kx

3. a)Siρ(A)<1, la suite(Ak)tend vers 0 ce qui est exclu ici. Doncρ(A)?1.

Soitγun réel>1. Alors la suite(A/γ)k

γktend vers 0. On a

Si lim

1=Ker(A-In).

1.C"est immédiat : pour touti??1,n?,(Aw)i=n