CCP PC 2010 Math 1 Partie 1

CCP PC 2010 Math 1
Il n’est pas inutile de remarquer que IB est un exemple de la partie 2 et que la partie 3 généralise la partie 2.
On trouvera ainsi des réponses dans la suite du problème . II.3 contient la réponse à I.B.5 par exemple.
Partie 1
A 1) On calcule le polynôme caractéristique en développant par rapport à la dernière ligne.
Sp(A) = f0; 1; 4g
A est de taille 3
A.2)
3 et admet 3 valeurs propres distinctes . A est diagonalisable et les sous espaces propres sont des droites.
calcul de E0 = Ker(A) :
calcul de E1 = Ker(A) :
0
1
1
avec J = @ 0 A
1
calcul de E4 = Ker(A) :
8
<
:
8
<
7x + 4y 7z = 0
8x 5y + 8z = 0 ,
0z = 0
8
<
4x + 4y 7z = 0
8x 8y + 8z = 0 ,
z=0
:
:
0
8x + 4y 7z = 0
8x 4y + 8z = 0 ,
z=0
1
1
2 A
0
8x + 4y = 0
, E0 = Vect(I) avec I = @
z=0
7(x
8(x
z) + 4y = 0
,donc comme
z) 5y = 0
7
8
4
5
0
4x + 4y = 0
, E4 = Vect(K) avec K = @
z=0
6= 0 : E1 = Vect (J)
1
1
1 A
0
1
0 0 0
D est la matrice diagonale des valeurs propres D = @ 0 1 0 A
0 0 4
1
0
1 1
1
1 A
A.3) P = @ 2 0
0 1
0
On a A = M ati;jk (I; J; K):M atI;J;K (f ) :M atI;J;K (i; jk) .
m
m
1
Donc pour m 1 : Am =8M ati;j;k (f m ) = M ati;jk (I;
8 atI;J;K (i; jk) = P D P
8 J; K):M atI;J;K (f ) :M
x+y+z =X
< x= X Y +Z
< x+z =X Z
<
y=Z
2x z = Y ,
2x
z=Y ,
A.4) On pose P v = V :
:
:
:
z = 2X + Y 2Z
y=Z
y=Z
0
1
1
1
1
0
1 A
P 1=@ 0
2
1
2
1
1 0
10
10
0
2:4m
4m 1 2:4m
1
1
1
0 0
0
1 1
1
4m
2:4m A
1 A@ 0 1
0 A@ 0
0
1 A = @ 2:4m
d’où pour m 1 : Am = @ 2 0
m
0 0 4
2
1
2
0
0
1
0 1
0
On remarque que pour m = 0 la formule est fausse . Ce qui
montre
l’
importance
de
traiter
à
part
le
cas
m
=
0(cf la suite)
0
1
0
1
0 0 1
2 1
2
2 A . Il existe donc ; ; p et q
On peut aussi remarquer que Am se décompose Am = 1m @ 0 0 0 A + 4m @ 2 1
0 0 1
0 0
0
tels que f m = m p + m q
Même si le sujet ne0le dit pas explicitement
I.A est bien un exemple
de la partie II.
1
0
1
a b c
0 = 0;
b = 0; 4c = 0
e = e; 4f = f A donc b = c = d = f = g = h = 0
A.5) On pose X = @ d e f A le système XD = DX donne @ 0 = d;
g h i
0 = 4g; h = 4h; 4i = 4i
0
1
a 0 0
. donc X = @ 0 e 0 A et on véri…e que XD = DX
0 0 i
A6) HD = DH = H 3
0
1
a 0 0
A7) d’après A.6) si H 2 = D alors HD = DH et donc d’après A.5) H est du type @ 0 e 0 A . H 2 = D donne le système
0 0 i
8 2
< a =0
e2 = 1
: 2
i =4
0
0
1
0
1
0 0 0
0
0 0
1 0 A et H4 = H3
On a donc 4 solutions H1 = @ 0 1 0 A , H2 = H1 , H3 = @ 0
0 0 2
0
0 2
Si X 2 = A on pose X = P HP 1 on a alors X 2 = A , P H 2 P 1 = P DP 1 , H 2 = D
La matrice A a donc 4 racines carrées :
0
1
0
1
4
2
3
4
2
5
2
4 A ; A4 =
2
4 A ; A2 = A1 ; A3 = P H3 P 1 = @ 4
A1 = P H1 P 1 = @ 4
0
0
1
0
0
1
B.1) On a J 2 = 3J et par récurrence : 8m
1 , J m = 3m
1
A3
J:
vrai si m = 1
Si J m = 3m
1
J alors J m+1 = 3m
1
J 2 = J m = 3m
1
:3:J = 3m J
B.2) On a A = I3 + J . Comme I3 et J commutent on a pour m
Am =
1:
m
X
m k
J
k
k=0
1 , J k = 3k
Or pour k
1
J
Am
= I3 +
m
X
m k
3
k
m
1
J = I3 +
k=1
= I3 +
m
On a donc A
1
(1
3
k=1
1 J = I3 +
k=0
1
f m = id + (4m
1) J . Soit
3
1
= I3 + (4m
3
si m = 0 : Id = Id +
1
3
!
m
X
m k
3
k
1X m k
3 J
3
k
1) j
1
((3 + 1)m
3
1) J
:
1) j est encore vrai.
B.3) On calcule le polynôme caractéristique en commençant par ajouter les 3 colonnes
Sp(A) = f1 (double) ; 4 (simple)g
donc
B.4)
= 1;
=4
f id
4id f
p + q = id
et donc q =
,p=
p + 4q = f
3
3
Analyse : Si p et q existent on a pour m = 0 et m = 1 :
Véri…cation avec B.2): q =
f
id
3
=
j
4id f
3id j
,p=
=
et donc
3
3
3
p + 4m q = id +
1 m
(4
3
1) j = f m
4id f
3id j
f id
j
=
,q=
=
3
3
3
3
1
0
id et j forment un système libre et matid;j p; q =
de déterminant non nul.
1=3 1=3
p=
(p; q) est libre
B.5) Comme id et j commutent et j 2 =
p2
p q
j
:
3
6j + j 2
9id 3j
j2
3j
=
= p , q2 =
=
=q ,
9
9
9
9
3j j 2
= q p=
=0
3
=
9id
2
Soit alors h = ap + bq véri…ant h2 = f . On a avec les calculs précédents : a2 p + b2 q = p + 4q .
Or (p; q) est libre donc a2 = 1 et b2 = 4 . On a 4 solutions :
h1 = p + 2q , h2 =
h1 , h3 = p
B.6) On calcule les sous espaces propres :
8
0
< x+y+z =0
x + y + z = 0 c’est un plan dont une base est I = @
E1
:
x+y+z =0
8
< 2x + y + z = 0
x 2y + z = 0 On retranche la première ligne aux 2
E4
:
x + y 2z = 0
La somme des dimensions des sous espaces
0
1
Par choix des vecteurs de base D = @ 0
0
0
1
0 0 0
M atI;J;K (q) = @ 0 0 0 A
0 0 1
2q , h4 =
1
0
1
1 A;J = @
0
h3
1
1
0 A
1
0
1
1
autres : x = y = z . Une base est K = @ 1 A
1
propres vaut 3 . donc f est diagonalisable.
1
0 0
4id f
1 0 A et donc M atI;J;K (p) = M atI;J;k
3
0 4
0
1
=@ 0
0
1
0 0
1 0 A , et
0 0
B.7) Toute matrice non diagonale d’une symétrie plane convient. La plus simple est la symétrie qui échange i et j :
0 1
K=
. On véri…e K 2 = I2
1 0
0
1
0 1 0
K 0
Il su¢ t de prendre par blocs Y =
=@ 1 0 0 A
0 2
0 0 2
B.8) Si on prend Y = M atI;J;K (h) on a h2 = f , mais Y n’est pas diagonale donc Y 2
= Vect(M atI;J;K (p); M atI;J;K (q)) donc
h2
= Vect(p; q)
B.9)
méthode 1 par le polynôme annulateur.: f est diagonalisable de valeurs propres 1 et 4 donc (X 1) (X 4) est un polynôme
annulateur. soit (f Id) (f 4Id) = 0
Si h2 = f on a h2 Id) (h2 4Id = 0 qui se factorise (h Id) (h + Id) (h 2Id) (h + 2Id) = 0 :Ce qui montre
que (X 1) (X + 1)(X 2)(X + 2) est un polynôme annulateur scindé à racines simples de h . h est donc diagonalisable.
méthode 2 en cherchant une base de vecteurs propres de h: En restant
dans la
1 base (I; J; K) on pose H = M atI;J;K (h) .
0
a b c
Alors H véri…e H 2 = D . Donc HD = DH = H 3 . On pose H = @ d e f A , HD = DH donne c = f = g = h = 0 .
g h i
K 0
H est donc du type par blocs H =
. La condition H 2 = D donne K 2 = I2 et i2 = 4 .
0 i
K est donc la matrice d’une symétrie .
Si K =
I2 ; H est diagonale et donc h est diagonalisable
Sinon K est dans Vect(I; J) la matrice d’une symétrie
tels que k(u) = u et k(v) = v:
0
1
0
1
Dans la base (u; v; K) la matrice de h est @ 0
0
0
par rapport à une droite . Il existe deux vecteurs libres du plan
1
0
0 A donc h est diagonalisable.
2
toute racine carrée de f est diagonalisable
Partie 2
1.
(f
Id) (f
Id)
= f 2 ( + ) f + Id
= ( 2 p + 2 q) ( + ) ( p + q) +
(p + q)
2
2
=
( + ) +
p+
( + ) +
3
q=0
Comme
6=
, (X
) (X
) est un polynôme annulateur scindé à racines simples .
Donc f est diagonalisable
2. Si k est valeur propre de f , k est racine du polynôme annulateur précédent et donc k 2 f ; g . Soit Sp(f )
Pour montrer que
f ; g:
(et
par symétrie) est valeur propre on procède par l’absurde : Si n’est pas valeur propre, f
Id
Id = p + q
est inversible donc d’après B.1) f = Id . On a donc par hypothèse :
. . Par Pivot de Gauss
Id = p + q
(L2
L1 ) on a (
) q = 0 . Absurde car 6= et q 6= 0 (hypothèses)
Sp(f ) = f ; g
3. On a f
Id = ( p + q)
(p + q) = (
. Donc (comme 6= ) :q p = 0
) q et f
Id = (
) p . La relation de II:1) donne
(
2
) (q p) = 0
Comme les 2 facteurs de II.1) commutent on a de même p q = 0
On a alors en composant par p la relation Id = p + q : p = p2 + p q = p2 et de même q = q 2 .
p q = q p = 0; p2 = p; q 2 = q
remarque : et comme p + q = Id , p et q sont deux projecteurs associés.
8
Id
>
< p=
Id = p + q
remarque : on peut aussi résoudre
, donc
Id
f = p+ q
>
: q=
f
, calculer p2
f
et simpli…er avec les
expressions de f 2 ; f et Id
4. Comme
Si f
=
1
6= 0 , 0 n’est pas valeur propre de f et donc f est inversible.
= p + q les relations précédentes donnent f
1
1
, =
.
1
f
=
p+
q et f
f
1
= Id = p + q . Une possibilité est
On ne sait pas encore si c’est la seule solution (attendre II.6 pour savoir que la famille est libre)
f est inversible et f
5. On véri…e par récurrence : Hk : f k =
k
p+
k
k
q et f
k
=
1
=
p
k
p+
q
+
q:
La relation est vrai si k = 0 et 1
Si f k = k p +
de II.3) :
Si f
k
=
k
k
k
q alors f k+1 = f k f =
p+
k
Donc 8k 2 N : f =
k
q alors f
k
p+
k
k 1
q et f
=f
k
=
k
p+
k
1
=
f
k
p+
q
( p + q) =
k
k
k
p+
k+1
p+
1
q
k+1
p+
q ( toujours avec les simpli…cations
1
q =
k 1
p+
k 1
q.
q
8k 2 Z : f k =
k
p+
k
q
6. (p; q) est libre : On suppose ap + bq = 0 avec (a; b) 2 R2 , on compose par p : comme p q = 0 et p2 = p on a ap = 0
donc a = 0 car p 6= 0 .De même b = 0 et donc :
dim(F ) = 2
7. Si g 2 F on a la décomposition g = p + q . Donc g 2 = 2 p + 2 q . Et donc comme la famille (p; q) est libre
g 2 = f , 2 = ; 2 = . comme on suppose > 0 et > 0 on peut prendre leurs racines carrées dans R .
p
p
f a 4 racines carrées dans F :
p
q
8. On a une solution à la question I.B.7 si k = 2 . Pour avoir K en dimension k > 2 , il su¢ t de reprendre cette solution et
de la compléter par un bloc identité.
0
1
0 1
(0)
A
1 0
K=@
(0) Ik 2
4
9. On se place dans toute cette question dans une base adaptée au projecteur p:c’est à dire une base dans la quelle
Ik 0
0
0
M at(p) =
, en notant k = rg(p) . Comme Id = p + q on a M at(q) =
. Si k
2 la matrice
0 0
0 In k
K 0
M0 =
véri…e M 02 = M at(p) et M 0 M at(q) = M at(q)M 0 = 0 . Donc si p0 véri…e dans cette base M at(p0 ) = M 0
0 0
alors p0 est solution.
Ik
0
diagonale. k est donc la multiplicité de la
0
In k
, assure donc k 2:
Mais comme f = p + q on a dans cette base M at(f ) =
valeur propre
. L’hypothèse du sujet sur la multiplicité de
Ik
0
De plus M 0 n’est pas diagonale alors que la matrices de p + q est
0
In
k
toujours diagonale . donc p0 2
=F
10. Si dim(E)
3 , la somme des multiplicités des valeurs propres est 3 (diagonalisable) . donc ou est p
valeur propre
p
p0 +
q.
multiple. Par symétrie on peut supposer que est multiple , donc utiliser le p0 précédent.. On prend g =
0
0
2
2
2
comme p q = q p = 0 , q = q; p’ = p on a g = p + q = f .
p 0 p
2
Par l’
p +
q = ap + bq . En regardant les matrices précédentes on
pabsurde on suppose g 2 F soit9 (a; b) 2 R ,
p
aI
0
K
0
k
p
a
=
K . Donc a = 0 (coe¢ cient ligne 1 colonne 1) donc
. On a donc aIk =
0
bI
0
In k
n k
= 0 (ligne 1 colonne 2) . C’est absurde car depuis II.4 6= 0 . .
f admet des racines carrées qui ne sont pas dans F
Partie 3
1. Par combinaison linéaire : Si P =
d
X
ak X k on a :
k=0
P (f ) =
d
X
ak
2. Si Q =
m
Y
(X
i)
X
k
i pi
i=1
k=0
On peut commuter les deux
m
X
!
=
m
d
X
X
i=1
k=0
pi =
m
X
P ( i )pi
i=1
on a :
m
Y
(f
i Id)
= Q(f ) =
est racine de Q donc
m
X
Q( i )pi
i=1
i=1
i
!
car le domaine de i est indépendant de k .
i=1
mais chaque
ak ki
m
Y
(f
i Id)
=0
i=1
Par hypothèse les
i
sont deux à deux distincts . P est donc un polynôme annulateur scindé à racines simples /
f est diagonalisable
2
3. On vient d’introduire les polynômes de Lagrange . On a donc 8 (l; j) 2 [[1; m]] , Pl (
j)
1 si j = l
:
0 si j 6= l
=
On prend P = Ll dans la formule de la question 1 :
Ll (f ) =
m
X
Ll ( i ) pi = pl +
i=1
On a donc
(f
l Id) pl = (f
l Id) Pl (f ) = (f
l Id)
X
Yf
i6=l
d’après le calcul de Q(f ) à la question 2.
On a (f
l Id)
pl = 0 donc Im(pl )
Ker(f
l Id)
5
0 = pl
i Id
l
i
Qm
(f
= Qi=1
i6=l (
i Id)
i
l)
=0
Pour tout l le sujet suppose pl 6= 0 et donc Im(pl ) 6= f0g . D’après l’inclusion précédente le noyau de f
réduit à 0 et l est donc bien valeur propre de f:
m
l Id
n’est pas
Sp(f )
f i gi=1
D’autre part les valeurs propres sont incluses dans les racines de Q =
m
Y
(X
i)
qui est un polynôme annulateur.
i=1
Sp(f )
4. J’étudie pl
f ig
Sp(f ) = f i g
X
pj pour pouvoir garder le "i" variable dans les
.
Pour l 6= j on utilise pl = Ll (f ) (Q III.3) donc pl
correspond à i = j et donc
pj (v) =
i6=l
Y
pl pj (v) =
f
i6=l;i6=qj
or Im(pj )
Ker(f
j Id)
Yf
i Id
l
i
( III.3) et donc pj (v) 2 Ker(f
j Id)
i Id
l
i
f
j
l
j
(pj (v)) . comme l 6= j l’un des facteurs
(pj (v))
et donc pl pj (v) =
Y
i6=l;i6=qj
f
i Id
l
i
f
j
l
j
(0)
=0
.
Comme on a pour tout vecteur v , pl pj = 0 on a bien pl pj = 0 pour l 6= j
m
X
pi = Id . On compose par pj . Tous les termes
Pour l = j , on prend l’hypothèse de cette partie pour k = 0 :
i=1
sont nuls pour i 6= j d’après la relation précédente et il reste p2j = pj .
2
8 (i; j) 2 [[1; m]] , pi pj =
5. f est diagonalisable et les valeurs propres sont les
E=
m
i=1 E
i
(f ) =
Ker(f
i
i;j pi
donc E est la somme directe des sous espaces propres.
i Id)
On veut montrer que les pi sont les projecteurs associés à cette décomposition :
pi est un projecteur (linéaire par hypothèse et p2i = pi )
m
m
X
X
k
En utilisant k = 0 dans la formule f k =
p
,
on
a
Id
=
pi:
i
i
i=0
Tout vecteur x de E se décompose x =
. La décomposition x =
m
X
m
X
i=1
i=0
pi (x) avec pi (x) 2 Im(pi ) . D’après la question 3 Im(pi )
pi (x) est donc l’unique décomposition de x dans la somme directe
Ker(f
Ker(f
i Id)
i Id)
. pi
i=1
est donc la projection sur Ker(f
i Id)
parallèlement à la somme des autres noyaux.
m
6. La dimension est déjà m . Véri…ons que la famille (pi )i=1 est libre en composant, pour tout k; par pk une combinaison
linéaire et en utilisant la relation de la question 4:
m
X
i=1
ai pi = 0 )
m
X
ai (pk
i=1
pi ) = 0 ) ak pk +
mais par hypothèse du sujet pk 6= 0 et donc ak = 0
Tous les coe¢ cients sont nuls donc la famille est libre.
dim (F ) = m
6
X
0=0
On peut maintenant se placer, si on veut,0 dans une base de vecteurs
propres adaptée à la somme Ker(f
i Id) .
1
I
0
0
1 rm
C
B
.
Dans cette base on a par blocs M at(f ) = @
i Id)) . les pi sont les
0 ..
0 A en notant ri = dim (Ker(f
0
0
I
0
1m rm
Ir1
0
0
B 0
0
0 C
C
B
;
:
projecteurs associés donc M at(p1 ) = B .
.
. . ... C
@ ..
A
0
0
7. Soit g =
m
X
ai pi un élément de F qui soit une racine carrée de f . On aura g 2 =
i=1
i aj
(pi pj ) Comme pi pj = 0 si
i;j
m
X
i 6= j et p2i = pi , il reste g 2 =
2
On veut g = f donc
prendre leur
X
p
m
X
a2i pi :
i=1
a2i pi :
=
i=1
m
X
i pi
. Comme la famille est libre a2i =
i :Les i
sont des réels positifs , on peut
i=1
dans R .
les racines carrées de f dans F sont les g =
m
X
p
i pi
i=0
On a 2m solutions si 0 2
= f i g et 2m
1
solutions sinon.
8. 1) Si m = n , le nombre de valeurs propres est égale à la dimension. Toutes les valeurs propres sont simples et donc les
sous espaces propres sont des droites.
2) Si h est une racines carrée de f , h et f commutent , les sous espaces propres de f sont stables par h . Si v est un
vecteur propre de f il dirige une droite propre. Son image par h est encore dans cette droite . v est un vecteur non nul
colinéaire à son image par h. v est un vecteur propre de h .
n
3) Soit plus généralement (bi )i=1 une base de vecteurs propres de f associée au ( i ). On a aussi une base de vecteurs
propres de h .
Dans cette base f (bi ) =
Si 9i;
i
Si 8i;
i
i bi
et d’après la question précédente il existe
< 0 , l’équation
2
i
=
i
i
tel que h(bi ) =
i bi
. donc
2
i
=
i
est impossible : pas de racines carrées
Si 8i , i > 0 , chaque i admet 2 racines carrées , on a donc 2n solutions au problème (toutes distinctes car l’image
d’une base caractérise l’application).. On d’après la question 7 on a 2m = 2n solutions dans F . Toutes les solutions
sont donc dans F:
0 avec un
j
= 0 , c’est la même chose avec 2n
9. Si m < n ,0l’un (au moins) des1sous espaces propres E
0
0
1 Ik
B
0
I
0 C
2 r
M at(f ) = @
A.
..
.
0
0
Si
1
1
solutions.
est de dimension p > 1 .On suppose k = 1 . On a par blocs
0 p
B
6= 0 , il su¢ t d’utiliser la matrice K du II et de prendre M at(h) = @
et h 2
=F .
Si
i
1
0
N p
B 0
= 0 on prend M at(h) = @
0
0
I
2 r
0
0
1
0
B
B
0 C
A avec N = B
@
..
.
Partie 4.A
7
0
0
..
.
0
1K
p
0
0
0
1
0
..
.
0
1
0
2 Ir
0
1
0
2
0 C
A . On a h = f
..
.
C
C
=F
C. On a h2 = f et h 2
A
1. Comme f p
1
p
6= 0 , on peut choisir x tel que f p
q
Comme f = 0 pour tout q
La famille x; f (x);
Si
p 1
X
f (p
1
p on a f = 0 .
1)
(x) 6= 0 . Comme f est linéaire , x est non nul.
(x) est alors libre :
ak f k (x) = 0 , on prend l’image par f p
1
, il reste a0 f p
1
(x) = 0 et donc comme f p
k=0
Puis par récurrence forte si pour un i
p
p 1
X
2 on a a0 = a1 = ai = 0 il reste
1
(x) 6= 0 on a a0 = 0:
ak f k (x) = 0 et on compose par f p
2 i
k=i+1
il reste ai+1 f p
1
(x) = 0 donc ai+1 = 0:
La famille f i (x) est donc une famille libre de cardinal p dans un espace de dimension n donc p
p
Comme f = 0 et n
p on a bien :
n:
fn = 0
2. Soit g telle que g 2 = f on a donc g 2p
2
6= 0 et g 2p = 0 . On a deux cas selon g 2p
si g 2p
1
= 0 on applique le résultat précédent à g :
g 2p
si g 2p
1
6= 0 on applique le résultat précédent à g g 2p
1
2
6= 0; g 2p
1
1
:
= 0 ) 2p
6= 0; g 2p = 0 ) 2p
1
n
n
Dans les deux cas 2p 1 n
p
3. La fonction 1 + x est C 1 sur ] 1; 1[ donc admet bien un développement limité à tout ordre :
p
1+x=
n
X
ak xk + o(xk ) =
k=0
n
X1
ak xk + O(xn )
k=0
en posant O(xn ) = an xn + o(xn ) = xn (an + o(1)) D’après le développement limité de (1 + x) en x = 0 on a a0 = 1
1
a1 = et pour k 2 ,
2
ak
=
=
(1=2)(1=2
1)
(1=2
k!
( 1)k
(2k 3)!
2k 2 (k 2)!
2k k!
p
=
1
k 1
= ( 1)
a0 = 1 , a1 =
4. On a
k + 1)
22k
1
, 8k
2
( 1)( 3) ( 2k + 3)
( 1)k (1:3: (2k
=
k
2 k!
2k k!
3))
(2k 3)!
2 k!(k
2)!
k 1
2 , ak = ( 1)
22k
(2k 3)!
2 k!(k
2)!
1 + x = Pn (x) + O(xn ) . Donc (1 + x) = Pn (x)2 + 2Pn (x)O(xn ) + O x2n et donc
Pn2 (x)
x
1 = xn (2Pn (x)O(1) + O (xn ))
Par dé…nition d’un O , O(1) est borné , Pn est un polynôme donc est continu (donc borné) au voisinage de 0:
(x) = 2Pn (x)O(1) + O (xn )
danger : on ne sait pas encore que
est un polynôme.
R(x)
On a par division euclidienne Pn2 (x) x 1 = xn Q(x)+R(x) avec d (R) < n . D’après le calcul précédent (x) Q(x) = n
x
.
Par l’absurde si R est non nul R(x) est équivalent , en 0 , à son terme de plus bas degré rm X m . Comme d (R) < n on
a m < n et donc ( (x) Q(x)) 0 rm x(<0) qui tend vers l’in…ni et n’est donc pas borné au voisinage de 0 . Or est
bornée et Q est un polynôme donc est aussi borné : ABSURDE
xm divise Pn (x)2
x
1
5.
Il existe un polynôme Q tel que Pn (x) = 1 + x + xn Q(x):si on prend g = Pn (f ) on a g 2 = Id + f + f n Q(f ) = Id + f
. Donc Id + f admet une racine carrée.
8
si
= 0 f + Id = Id admet des racines carrées . (Id est solution évidente)
p 1
p
si 6= 0 on a avec les hypothèses sur f : ( f )
6= 0 et ( f ) = 0 . En appliquant le résultat précédent à f on
en déduit que f + Id admet une racine carrée.
p
1
1
Si > 0 on peut écrire f + Id = f + Id . D’après le point précédent f + Id admet une racine carrée .
est une racine carrée de f + Id ( existe car
>0)
Partie 4.B
1. M = T
In est un matrice strictement triangulaire (j
M 0 2 Mn 1 (R) étant elle aussi strictement triangulaire et L 2 Mn
matrice colonne nulle.
Montrons (T
0
L
,
(0) M 0
1;1 (R) une matrice ligne. La matrice (0) étant une
i ) mi;j = 0 ) . Qui peut s’écrire par blocs
n
In ) = 0 par récurrence sur n :
si n = 1 T = ( ) et M = T
I1 = (0)
si n = 2 , il existe a tel que M =
0 a
0 0
et M 2 = 0
Supposant que toute matrice M 0 strictement triangulaire de Mn
On véri…e par récurrence
0
L
(0) M 0
k
=
0k 1
0 LM
0
M 0k
(T
1
(R) véri…e M 0n
et donc M n =
1
=0
0 LM 0n 1
0
M 0n
=0
n
In ) = 0
2. Le polynôme caractéristique de f est scindé , donc f est trigonalisable. Les valeurs propres d’une matrice triangulaire
sont les termes diagonaux et est la seule valeur propre , donc tous les termes diagonaux de la matrice triangulaire sont
n
n
des . T est du type précédent et donc (T
In ) = 0 .et donc (traduction) (f
Id) = 0:
p
3. En prenant le plus petit p tel que (f
Id) = 0 (qui existe car tout sous ensemble non vide de N admet un plus petit
p 1
élément ) on a (f
Id)
6= 0 . = f
Id véri…e les hypothèses du IV.A)
On en déduit d’après IV.A.5) que comme
>0,f =
+ Id admet une racine carrée.
9