Mines Maths 1 MP 2014

Thème de l'épreuve Représentation matricielle AeA
Principaux outils utilisés réduction, matrices nilpotentes

Corrigé

(c'est payant, sauf le début): - - - - - - - - - - - - - - - - -

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A 2014 MATH. IMP

ECOLE DES PONTS PARISTECH,

SUPAÉRO (ISAE), ENSTA PARISTECH,
TELECOM PARISTECH, MINES PARISTECH,
MINES DE SAINT-ETIENNE, MINES DE NANCY,
TELECOM BRETAGNE, ENSAE PARISTECH (FILIËRE MP),
ECOLE POLYTECHNIQUE (FILIËRE TSI).

CONCOURS 2014

PREMIÈRE ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES

Filière MP

(Durée de l'épreuve : 3 heures)
L'usage d'ordinateur ou de calculette est interdit.

Sujet mis àla disposition des concours :
CYCLE INTERNATIONAL, ENSTIM, TELECOM INT, TPE-BNP.

Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente
sur la première page dela copie:

MATHEMATIQ UES I - MR

L'énoncé de cette épreuve comporte 4 pages de texte.

Si, au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur 
dénoncé,
il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons 
des
initiatives qu'il est amené à prendre.

Représentation matricielle AeA

Soit n un entier naturel non nul et /%n( 0+ et lorsque 9 --> n_. Que
peut-on en déduire sur les solutions de l'équation  0 fixé?

Soit D : {Rei9 ; R > 0 et 0 < 9 < n} U {0} et g l'application de D dans C 
définie
par g(z) : zez.

sin 9

3) Déduire de ce qui précède que g est surjective.

B. Représentation AeA d'un bloc de lordan

Soit N E J%n( AeA de J%n(
			

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Mines Maths 1 MP 2014 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Sophie Rainero (Professeur en CPGE) ; il a été relu
par Sadik Boujaida (Professeur en CPGE) et Benjamin Monmege (ENS Cachan).

Ce sujet d'algèbre linéaire a pour finalité de démontrer que toute matrice A
appartenant à Mn (C), pour n entier naturel non nul, peut s'écrire sous la 
forme B e B
où B  Mn (C). Il se compose de quatre parties.
· Dans la première partie, on démontre que ce résultat est vrai pour n = 1,
c'est-à-dire que pour tout nombre complexe  il existe µ  C tel que  = µ e µ .
· On s'intéresse ensuite dans la deuxième partie à des matrices particulières
appelées blocs de Jordan, qui ont la forme suivante :

µ 1
0 ... 0

.
 0 . . . . . . . . . .. 

 .. . . . .

..

.
.
. 0
Jn (µ) =  .
où µ est un complexe.

.

.
.
.
.
.
.
.
. 1

0 ... ... 0 µ
Après des résultats classiques sur les matrices nilpotentes, en utilisant la 
première partie, on démontre que tout bloc de Jordan peut se mettre sous la
forme M e M avec M  Mn (C).

· Dans la troisième partie, on prouve que toute matrice nilpotente est semblable
à une matrice diagonale par blocs, dont les blocs sont des blocs de Jordan
nilpotents Jp1 (0), . . . , Jpr (0), avec p1 , . . . , pr des entiers naturels 
non nuls.
· Enfin, dans la quatrième partie, qui se compose de deux questions assez 
longues,
on s'intéresse au cas général : démontrer que toute matrice A  Mn (C) admet
un antécédent par l'application B 7- B e B . À cette fin, on commence par
« jordaniser » la matrice A, ce qui signifie trouver une matrice semblable à A,
diagonale par blocs, dont les blocs sont des blocs de Jordan. On fait ensuite
appel aux résultats de la deuxième partie.
Ce sujet est intéressant et bien construit, les parties s'y enchaînent de façon
logique pour arriver au résultat annoncé en début de problème. Il comporte de 
nombreuses questions classiques, en particulier sur les matrices nilpotentes, 
qu'il est important de traiter rapidement et rigoureusement, mais aussi des 
questions demandant
davantage de réflexion. C'est un bon exercice de révision sur la réduction, qui 
peut
être traité dès que ce chapitre a été vu en classe.

Indications
Partie B
4 Pour démontrer que (X, NX, . . . , Nn-1 X) est libre, se donner une relation 
de dépendance linéaire et la multiplier à gauche par une puissance bien choisie 
de N.
5 En notant u l'endomorphisme canoniquement associé à N, utiliser la question 
précédente pour définir une base de Cn de la forme (un-1 (x), . . . , u(x), x) 
où x  Cn .
6 Remarquer que e Jn (0) est polynomiale en Jn (0) et en déduire que ces deux 
matrices commutent.
7 Se servir de l'égalité (PJn (0)P-1 )k = PJn (0)k P-1 , valable pour tout 
entier naturel k, après l'avoir justifiée. Appliquer le résultat de la question 
5 à la matrice
Jn (0)e Jn (0) .
8 Faire appel au résultat de la question 3.
9 Le raisonnement est similaire à celui de la question 7, s'en inspirer.
Partie C
10 Procéder comme aux questions 4 et 5.
11 Que vaut le produit TX T-X ?
12 Suivre l'indication de l'énoncé puis définir X ligne par ligne, en 
commençant par
la première, chaque ligne étant construite en fonction des précédentes.
13 En notant v l'endomorphisme canoniquement associé à A , remarquer que, pour
tout k  [[ p + 1 ; n ]], v(ek )  Vect (ep , . . . , , en ) puis
v 2 (ek )  Vect (ep-1 , . . . , en ), . . . , v p-1 (ek )  Vect (e2 , . . . , 
en )
14 Procéder par récurrence forte. Dans l'hérédité, discuter selon l'indice de 
nilpotence
et utiliser les résultats des questions 5 et 13.
Partie D
15 Penser aux théorèmes de décomposition des noyaux et de Cayley-Hamilton.
16 Afin de démontrer qu'une matrice A quelconque dans Mn (C) admet un antécédent
par cette application, commencer par justifier que A est semblable à une matrice
de la forme obtenue à la question 15. Appliquer ensuite le résultat de la 
question 14
à chaque bloc nilpotent. On est ensuite amené à utiliser le résultat de la 
question 9.

A. Préliminaire sur la représentation z e z dans C
1 Soient r et R dans R+ ,  et  dans R. Posons w = r e i  et z = R e i  .
z ez = w

R e i  exp (R cos  + i R sin ) = r e i 

R exp(R cos ) e i (+R sin ) = r e i 

Puisque r, R et l'exponentielle réelle sont strictement positifs, R exp(R cos ) 
> 0.
Par identification des modules et arguments, on obtient
(
R exp(R cos ) = r
z
z e = w 
 + R sin    [2]

d'où

z

ze =w

(

R exp(R cos ) =
R sin  

r
 -  [2]

2 La fonction sinus ne s'annulant pas sur ] 0 ;  [, la fonction  est bien 
définie.
Précisons ses limites aux bornes de son intervalle de définition.
· Étude en 0+ . Quand  tend vers 0+ ,  -  tend vers  > 0, cos  tend vers 1
et sin  tend vers 0+ . Donc, par produit et quotient,
lim

0+

-
= +
sin 

et

lim ( - )

0+

cos 
= +
sin 

Puisque lim e x = +, il s'ensuit par composition
x+

cos 
= +
lim exp ( - )
sin 
0+
On conclut à l'aide d'un produit de limites que
lim () = +

0+

· Étude en  - . Quand  tend vers  - ,  -  tend vers  -  > 0, cos  tend
vers -1 et sin  tend vers 0+ . On en déduit, par produit et quotient, que
lim ( - )

 -

cos 
= -
sin 

En outre, lim x e x = 0 par croissances comparées, donc
x-

cos 
cos 
lim ( - )
exp ( - )
=0
sin 
sin 
 -
Il s'ensuit, en divisant par cos  qui tend vers -1,
lim () = 0

 -

Soit r un réel strictement positif fixé. La fonction  est continue sur ] 0 ;  
[, tend
vers + en 0+ et vers 0 en  - , donc, en vertu d'un corollaire du théorème des 
valeurs
intermédiaires, il existe un réel   ] 0 ;  [ tel que () = r.
Pour tout r > 0, il existe   ] 0 ;  [ tel que () = r.
Il est également possible d'utiliser directement le théorème des valeurs 
intermédiaires, c'est-à-dire de redémontrer le corollaire employé ici. Par 
définition
des limites, il existe un réel 0  ] 0 ;  [ tel que
r
  ] 0 ; 0 ]
() 6
2
et un réel 1  ] 0 ;  [ tel que
 > 1
Ainsi, 0 < 1 et

() > 2 r

(0 ) < r < (1 )

Comme  est continue sur [ 0 ; 1 ], il existe un réel   ] 0 ; 1 [ appartenant
donc à ] 0 ;  [ tel que () = r.
3 Démontrons à l'aide des questions précédentes que la fonction g est 
surjective.
Soit w  C ; prouvons que w admet un antécédent par g dans C en distinguant 2 
cas.
Premier cas : w = 0. Par définition, 0  D et g(0) = 0 e 0 = 0 = w donc w admet
bien un antécédent par g dans D.
Second cas : w 6= 0. Il existe alors r > 0 et   [ 2 ; 4 [ tel que w = r e i  . 
Notons
qu'il est licite de choisir  dans cet intervalle car il est de longueur 2 et 
contient
une de ses bornes. L'image de 0 par g étant égale à 0, cherchons un antécédent 
de w
dans D r {0}. Soit alors z  D r {0}. Il existe R > 0 et   ] 0 ;  [ tel que z = 
R e i  .
D'après la question 1, il suffit de disposer des égalités
(
R exp(R cos ) = r
R sin  =  - 
pour que w soit égal à g(z). Puisque   ] 0 ;  [, sin  est non nul et donc
(
(
R exp(R cos ) = r
R exp(R cos ) = r

-
R =
R sin  =  - 
sin 

-
-

exp
cos 
= r
sin 
sin 

-

R =
sin 

(
 () = r
R exp(R cos ) = r

-

R sin  =  - 
R =
sin 
D'après la question 2, il existe   ] 0 ;  [ tel que () = r. Le système précédent
admet donc une solution (R, )  R × ] 0 ;  [. En outre,  -  > 0 car   [ 2 ; 4 [ 
et
  ] 0 ;  [, et sin  > 0. Par conséquent, il existe une solution (R, ) dans R+ × 
] 0 ;  [
et donc un complexe z  D tel que g(z) = w.
Conclusion :

La fonction g est surjective.