y = −2, alors 1 est valeur propre double La matrice Px,y est alors diagonalisable si et seulement
| Previous PDF | Next PDF |
Agregation interne maths sujets corrigés pdf - Squarespace
ion interne maths sujets corrigés pdf Agrégation interne Présentation de la préparation
Concours : AGRÉGATION INTERNE et CAERPA
?volution des sujets pour la session 2018 Exercices corrigés de Mathématiques, Tome 1A
Corrigé de la seconde épreuve de lagrégation interne 2012
? de la seconde épreuve de l'agrégation interne 2012 I-A-1) Fixons N ∈ N : un point a ∈ E
Rapport de jury Session 2011 AGRÉGATION Interne et caerpa
othèque de l'agrégation de mathématiques – 41 – –3– tion des candidats au concours, effet d'ailleurs légèrement corrigé par les épreuves orales La session 2011 du
INTRODUCTION
ales de l'agrégation externe de mathématiques des dix derni`eres années (de 1989 `a 1998) nous avons placés apr`es chaque corrigé et qui ne se subsituent absolument pas
Corrigé de lépreuve de mathématiques générales
tion externe de mathématiques Mathématiques générales : corrigé Rapport du est une loi interne `a Γ par définition, associative par associativité de + dans R, a pour élément
Université Paris Sud Orsay Agrégation Interne de
tion Interne de Mathématiques 2014-2015 Tout d'abord d) Beaucoup d' annales corrigées sur :
CORRIGÉ : AGRÉGATION INTERNE DE MATHÉMATIQUES
y = −2, alors 1 est valeur propre double La matrice Px,y est alors diagonalisable si et seulement
[PDF] agrégation physique sujet 2017
[PDF] agrégats comptabilité nationale
[PDF] agrément b2 catégorie 2
[PDF] agrément b2 catégorie 3
[PDF] agrement de transport de marchandise au maroc
[PDF] agri sciences technologies
[PDF] agriculture au niger pdf
[PDF] agriculture et élevage au niger
[PDF] agriculture la plus rentable
[PDF] agrosysteme champ de mais
[PDF] ahdat fes yawm 1 3 2016
[PDF] ahouzar 2015 2eme
[PDF] aiac concours 2016
[PDF] aiac concours 2017
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 iZ=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 I2, 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 :
Px,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+y2?]-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-x1 1+y"
. detQ=2+x+ydonc d"après des formules vues en cours U=Q-1=12+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-b2+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=12+x+y"
1+y1+x
1+y1+x"
3.Pas de question n°3...
4.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"λ100λ2"
P -1d"où pour tout entierk??, Ak=P"λk 100λk
2" P -1.Plusieurs cas sont à considérer :
- Siλ1<1 (on rappelle queλ1>0), alors??λ2??<1. Donc limk→+∞λk1=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 surle 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+y2, 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 iβ??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 Aet, 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 avaitpα=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 avu 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 parA 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+biavecbinilpotent. 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)poùpest 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 limk→+∞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 vers0 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),+∞[. 42.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 et1γktend 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 : F1=Ker(A-In).
- PARTIE III -1.C"est immédiat : pour touti??1,n?,(Aw)i=n
j=1a i,jdonc Aw=wéquivaut àn j=1a i,j=1 pour touti(de plus les coefficients de A sont ici supposés positifs). ?A? ?n, A? ?n??Aw=w.2.- Posons AB=C. Avec les notations usuelles on a
?(i,k)??1,n?2,ci,k=n j=1a i,jbj,k donc si les coefficients de A et de B sont positifs, il en est de même de ceux de C.A,B? ?n?AB? ?n.
- Si de plus A et B appartiennent à?nalors Aw=Bw=wdonc(AB)w=wet AB? ?nd"après la question précédente.A,B? ?n?AB? ?n.
3. a)Soitv? ?. Alors, pour touti??1,n?:
(Av)i??=???????n j=1a i,j???? ??+v i??????? ?n j=1a i,j??vi?? ?1?n j=1a i,j=1 donc :A? ?netv? ? ?Av? ?.
5b)Soitαune valeur propre de A, etx?=0 un vecteur propre associé. Alorsv=x?x?∞? ?(où?x?∞=
max1?i?n??
xi??).D"après ce qui précède, Av? ?, soit?Av?∞?1 d"où?Ax?∞??x?∞(en d"autres termes, la norme
subordonnée de A pour la norme? ?∞est?1). Puisque Ax=αxet?x?∞?=0, on en déduit|α|?1,
doncρ(A)?1. Mais Aw=w, c"est-à-dire que 1 est valeur propre de A donc :Si A? ?n,ρ(A) =1.
4. a)On a donc ici Av=αvavecv?=0et|α|=1. Soiti??1,n?tel que??vi??=?v?∞, de sorte quevi?=0 et????v
j vi???? ?1 pour toutj??1,n?. L"égalité Av=αvimplique en particulier(Av)i=αvid"oùn j=1a i,jv j vi=α(?). En appliquant les résultats de la question préliminaire avectj=ai,jetzj=vj vi(on a bienn j=1t j=1, lestjréels strictement positifs et ?n j=1t jzj????? =|α|=1), on en déduit qu"il existe un nombre complexezde module 1 tel que pour tout j??1,n?,vj vi=z. En appliquant cette relation àj=i, on obtientz=1 donc tous lesvjsont égaux, doncvest proportionnel àw. Enfin, en remplaçant dans(?), on trouveα=1. Finalement :Si A? ?>0
n∩?n, la seule valeur propre de A de module 1 est 1 et le sous-espacepropre associé est la droite vectorielle engendrée parw.b)Siμétait non nul, on pourrait appliquer les résultats deII.B.2avecx=μwety=v. La suite(Akv)ne
serait donc pas bornée. Or A kv? ?pour tout entierkpuisque?est stable par A d"aprèsIII.3. Il y a donc contradiction, et finalement, on a bien :μ=0.
c)On remarque déjà que, d"après4.a, Ker(A-In)est la droite vectorielle de basew.On procède alors comme dansII.3.c: Si F1n"est pas égal à Ker(A-In), alors Ker(A-In)?Ker(A-In)2.
Il existe doncv??ntel que(A-In)v?=0 (doncv?=0) et(A-In)2v=0. Quitte à diviservpar ?v?∞, on peut supposerv? ?. En posantx= (A-In)von aura Av=v+xet Ax=xavecx?=0. x?Ker(A-In) =Vect({w})donc il existeraitμ?=0 tel quex=μw, soit Av=v+μwce qui contredit le résultat précédent.Or on a vu enII.A.2.bque la dimension de chaque sous-espace caractéristique estégal à l"ordre de
multiplicité de la valeur propre correspondante. Ici F1=Ker(A-In)est de dimension 1 donc :
Pour A? ?>0
n∩?n, 1 est valeur propre simple de A. d)Notons G1=Im(A-In); puisque F1=Ker(A-In)est de dimension 1, le théorème du rang donne dimG1=n-1.
D"autre part, soitx?F1∩G1; supposonsxnon nul;x?G1donc il existevtel quex= (A-I)v, et quitteà remplacerxparx
?v?∞(v?=0 puisquex?=0), on peut supposerv? ?. De plus,x?F1donc il existeμ tel quex=μw. On a ainsi Av=v+μwavecv? ?etμ?=0, ce qui est impossible d"après4.b.On a donc F
1∩G1={0}, et F1et G1sont donc supplémentaires. De plus, G1est stable par A puisqu"il est
de la forme Im(P(A))avec P polynôme (résultat du cours). Dans une base formée dewet d"une base de
G1, la matrice de l"endomorphisme canoniquement associé à A est donc de la forme"1 O1,n-1
O n-1,0B"avec B??n-1(?). En notant U la matrice de passage cette nouvelle base à la base canonique, on aura
bien : 6A=U-1"1 O1,n-1
O n-1,0B"U avec B??n-1(?).
Enfin, un calcul par blocs donneχA= (1-X)χB. Les valeurs propres de B sont donc celle de A exceptée 1
(car 1 est valeur propre simple). Comme toute valeur propre de A autre que 1 est de module<1 d"après
3.bet4.a, on en déduitρ(B)<1.
e)Pour toutk??, Ak=U-1"1 00 Bk" U. Puisqueρ(B)<1 la suite(Bk)k??tend vers On-1, donc la suite (Ak)k??tend vers la matrice L=U-1"1 00 On-1" U, qui est la matrice de la projection sur Ker(A-In) parallèlement à Im(A-In). Cette matrice est évidemment de rang 1.f)Puisque L est la matrice d"une projection sur Vect({w}), les vecteurs colonnes de L sont tous proportion-
nels àw. Donc L est bien de la formeL=((((((u
1u2...un
u1u2...un.........
u1u2...un))))))
De plus, par continuité de l"application linéaire M?→Mw, puisque Akw=wpour tout entierk, on aura
Lw=wdoncn
i=1u i=1.Les coefficients de A étant des réels positifs, il en est de même de ceux des Akdonc par passage à la
quotesdbs_dbs18.pdfusesText_24