République Tunisienne
Ministère de l’Enseignement Supérieur
et de la Recherche Scientifique
Concours Nationaux d’Entrée aux Cycles
de Formation d’Ingénieurs
Session 2020
Concours Mathématiques et Physique
Corrigé de l’épreuve de Mathématiques II
Questions préliminaires
1.
(a)
• Soit k ∈ N et X ∈ ker(M − αIn)k. On a
(M − αIn)k+1X = (M − αIn)(M − αIn)kX = 0.
Donc X ∈ ker(M − αIn)k+1.
• La suite d’entiers naturels (dim ker(M − αIn)k)k∈N est croissante et majorée par
n, par suite elle est stationnaire. Ainsi,
∃p ∈ N/∀k ≥ p, dim ker(M − αIn)k = dim ker(M − αIn)p.
Puisque pour tout k ≥ p, ker(M − αIn)p ⊂ ker(M − αIn)k alors
∀k ≥ p, ker(M − αIn)k = ker(M − αIn)p.
(b) Montrons le résultat par récurrence.
Soit i ∈ N(cid:63) et HR(i) : ker(M − αIn)k0 = ker(M − αIn)k0+i.
• Initialisation : Par hypothèse, ker(M − αIn)k0 = ker(M − αIn)k0+i. Donc HR(1) est
vraie.
• Hérédité : Soit i ∈ N(cid:63). Supposons que HR(i) est vraie et montrons que HR(i + 1)
est vraie.
On sait déjà que ker(M − αIn)k0 ⊂ ker(M − αIn)k0+i+1.
Réciproquement, si X ∈ ker(M − αIn)k0+i+1 alors
(M − αIn)X ∈ ker(M − αIn)k0+i =
HR(i)
ker(M − αIn)k0.
Ainsi, X ∈ ker(M − αIn)k0+1 = ker(M − αIn)k0.
(c) Notons χM(X) = ∏
λ∈SpC(M)
(X − λ)mλ, le polynôme caractéristique de la matrice M.
D’après le théorème de Cayley-Hamilton, Cn = ker χM(M). De plus, d’après le lemme
de décomposition des noyaux, on a
ker χM(M) = (cid:77)
ker (M − λIn)mλ .
λ∈SpC(M)
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D’où le résultat.
(d) Notons λ1, ..., λp les valeurs propres complexes distinctes de M.
• Supposons que M est diagonalisable dans Mn(C). Dans ce cas, il existe une ma-
trice Q ∈ GLn(C) telle que
M = Qdiag(λ1 Imλ1
, ..., λp Imλp
)Q−1.
M − λ1 In = Qdiag(0Mmλ1
(C), (λ2 − λ1)Imλ2
, ..., (λp − λ1)Imλp
)Q−1.
Ainsi,
et
(M − λ1 In)2 = Qdiag(0Mmλ1
(C), (λ2 − λ1)2 Imλ2
= dim ker(M − λ1 In)2.
D’où, dim ker(M − λ1 In) = mλ1
Comme ker(M − λ1 In) ⊂ ker(M − λ1 In)2 alors ker(M − λ1 In) = ker(M − λ1 In)2.
De la même manière, on montre que ker(M − λi In) = ker(M − λi In)2 pour tout
i ∈ (cid:126)1, p(cid:127).
, ..., (λp − λ1)2 Imλp
)Q−1.
• Supposons que pour tout λ ∈ SpC(M), ker(M − λIn) = ker(M − λIn)2.
D’après la question 1-b, on a :
∀λ ∈ SpC(M), ∀k ∈ N(cid:63), ker(M − λIn) = ker(M − λIn)k.
En particulier,
∀λ ∈ SpC(M), ker(M − λIn) = ker(M − λIn)mλ.
Ainsi, d’après la question 1-c, on a
Cn = (cid:77)
ker (M − λIn) .
λ∈SpC(M)
La matrice M est alors diagonalisable dans Mn(C).
2.
(a) Notons u =
n
∑
k=1
ukek et v =
n
∑
k=1
vkek. On a
< u, v >=
n
∑
k=1
n
∑
l=1
ukvl < ek, el >=t UMV,
avec U = MatB(u) et v = MatB(v).
(b) La matrice M est clairement symétrique.
Si U ∈ Rn \ {0} alors tUMU =< u, u >> 0 avec u ∈ E \ {0} tel que U = MatB(u).
3.
(a) D’après le théorème spectral, la matrice S est diagonalisable dans Mn(R). On consi-
dère alors λ une valeur propre de S et U ∈ Rn \ {0} un vecteur propre associé. On a
alors
λtUU =t USU = 0 et tUU (cid:44) 0.
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Donc, λ = 0.
(b) La matrice S est diagonalisable dans Mn(R) et SpR(S) = {0}, donc S = 0.
Partie I : Cas où A est diagonalisable dans Mn(C) et à valeurs propres imaginaires
A-Exemple
1. On a A2 = −I2. Ainsi,
∀k ∈ N, ∀t ∈ R, (tA)2k = (−1)kt2k I2 et (tA)2k+1 = (−1)kt2k+1 A.
2. Soit t ∈ R. On a
etA =
+∞
∑
k=0
(tA)2k
(2k)!
+
+∞
∑
k=0
(tA)2k+1
(2k + 1)!
= (
+∞
∑
k=0
(−1)kt2k
(2k)!
)I2 + (
+∞
∑
k=0
(−1)kt2k+1
(2k + 1)!
)A =
cos t − sin t
sin t
cos t
3. Soit ϕ une solution de (E). Il existe alors X0 =
∀t ∈ R, ϕ(t) = etAX0 =
∈ C2 tel que :
x
y
x cos t − y sin t
x sin t + ycost
.
Par suite, pour tout t ∈ R, (cid:107)ϕ(t)(cid:107)∞ ≤ |x| + |y|. La fonction ϕ est alors bornée sur R.
B-Généralisation
1.
(a) On a
etAV = ( lim
N(cid:55)→+∞
N
∑
k=0
tk Ak
k!
)V.
Comme l’application Mn(C) → Cn; M (cid:55)→ MV est continue car elle est linéaire sur un
espace de dimension finie, alors
( lim
N(cid:55)→+∞
N
∑
k=0
tk Ak
k!
)V = lim
N(cid:55)→+∞
((
N
∑
k=0
tk Ak
k!
)V).
Par suite,
etAV = lim
N(cid:55)→+∞
(
N
∑
k=0
tk Ak
k!
V) = lim
N(cid:55)→+∞
(
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N
∑
k=0
tkλk
k!
V) = ( lim
N(cid:55)→+∞
N
∑
k=0
tkλk
k!
)V = etλV.
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(b) Comme dim SE = n, il suffit de montrer que la famille (ϕ1, ..., ϕn) engendre SE.
Pour tout k ∈ (cid:126)1, n(cid:127), ϕk ∈ SE.
Soit ϕ une solution quelconque de (E). Il existe alors X ∈ Cn tel que ϕ(t) = etAX.
Comme (V1, ..., Vn) engendre Cn, alors
X = α1V1 + ... + αnVn,
où α1, ..., αn sont des scalaires.
Par suite, pour tout t ∈ R, on a :
ϕ(t) = α1etAV1 + ... + αnetAVn = α1etλ1V1 + ... + αnetλnVn.
On déduit que
D’où le résultat.
ϕ = α1 ϕ1 + ... + αn ϕn.
(c) Soit ϕ une solution de (E) et (cid:107).(cid:107) une norme quelconque sur Cn.
Il existe des scalaires α1, ..., αn tels que
Ainsi,
∀t ∈ R, ϕ(t) =
n
∑
k=1
αketλkVk.
∀t ∈ R, (cid:107)ϕ(t)(cid:107) ≤
n
∑
k=1
|αk|(cid:107)Vk(cid:107).
La solution ϕ est alors bornée sur R.
2.
(a) Soit ϕ la solution de (E) définie par
∀t ∈ R, ϕ(t) = etAV0 = etλV0.
Par hypothèse, la fonction ϕ est bornée sur R. Comme (cid:107)ϕ(t)(cid:107) = etRe(λ)(cid:107)V0(cid:107), alors
Re(λ) = 0.
(b)
i. Pour tout t ∈ R, on a
etAw = etλet(A−λIn)w = etλ(w + t(A − λIn)w +
+∞
∑
k=2
tk
k!
(A − λIn)kw) = etλ(w + tv).
ii. Par hypothèse, la solution de (E), ϕ(t) = etAw est bornée sur R. Si v (cid:44) 0 alors
(cid:107)ϕ(t)(cid:107) = etRe(λ)(cid:107)w + tv(cid:107) = (cid:107)w + tv(cid:107) (cid:55)→ +∞, t → +∞.
Ce qui est absurde. Par suite, (A − λIn)w = 0.
On a montré alors que ker(A − λIn)2 ⊂ ker(A − λIn).
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iii. D’après la question précédente, on a
ker(A − λIn) ⊂ ker(A − λIn)2 ⊂ ker(A − λIn).
Ainsi,
∀λ ∈ SpC(A), ker(A − λIn) = ker(A − λIn)2.
D’après la question 1-d de la partie préliminaire, la matrice A est alors diagona-
lisable dans Mn(C).
C-Application
1. On a
teA =t ( lim
N(cid:55)→+∞
N
∑
k=0
Ak
k!
).
Par continuité de l’application linéaire Mn(R) → Mn(R); M (cid:55)→t M, on a
teA = lim
N(cid:55)→+∞
t(
N
∑
k=0
Ak
k!
) = lim
N(cid:55)→+∞
N
∑
k=0
(t A)k
k!
= lim
N(cid:55)→+∞
N
∑
k=0
(−A)k
k!
= e−A = (eA)−1.
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Par conséquent, la matrice eA est orthogonale.
2. Soit s ∈ R. On a :
(cid:107)esAU(cid:107)2 =t U
Comme sA ∈ ASn(R) alors esA ∈ On(R). Ainsi,
t
esAesAU.
(cid:107)esAU(cid:107)2 =t UU = (cid:107)U(cid:107)2.
3. D’après la question précédente, si A ∈ ASn(R) alors les solutions de (E) sont bornées sur
R. Par suite, d’après la partie précédente, A est diagonalisable dans Mn(C) et SpC(A) ⊂
{ia, a ∈ R}.
Partie II : Cas où les valeurs propres de A sont de parties réelles strictement néga-
tives
1. Soit λ une valeur propre de A et V un vecteur propre associé. On considère ϕ la solution
de (E) définie par
∀t ∈ R, ϕ(t) = etAV = eλtV.
Par hypothèse, etRe(λ)(cid:107)V(cid:107) = (cid:107)ϕ(t)(cid:107) (cid:55)→ 0, t → +∞.
Ainsi, Re(λ) < 0.
2.
(a) On a
∀i ∈ (cid:126)1, r(cid:127), ∀k ≥ mi, (A − λi In)kUi = 0.
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Ainsi,
et(A−λi In)Ui =
mi−1
∑
k=0
tk
k!
(A − λi In)kUi +
+∞
∑
k=mi
tk
k!
(A − λi In)kUi =
mi−1
∑
k=0
tk
k!
(A − λi In)kUi.
(b) Pour t ∈ R, on a :
etAUi = et(A−λi In)+tλi InUi = etλi
mi−1
∑
k=0
tk
k!
(A − λi In)kUi.
(c) Soit i ∈ (cid:126)1, r(cid:127) et k ∈ (cid:126)0, mi − 1(cid:127).
Comme l’application linéaire Cn → Cn; X (cid:55)→ (A − λi In)kX est continue, alors il existe
une constante Ci,k > 0 telle que :
∀X ∈ Cn, (cid:107)(A − λi In)kX(cid:107) ≤ Ci,k(cid:107)X(cid:107).
On pose alors C = max{Ck,i, i ∈ (cid:126)1, r(cid:127), k ∈ (cid:126)0, mi − 1(cid:127)}.
(d)
• Soit t ∈ R. On a
(cid:107)etAUi(cid:107) = (cid:107)etλi
mi−1
∑
k=0
tk
k!
(A − λi In)kUi(cid:107) ≤ etRe(λi)
mi−1
∑
k=0
|t|k
k!
(cid:107)(A − λi In)kUi(cid:107).
En utilisant la question précédente, on obtient
(cid:107)etAUi(cid:107) ≤ etRe(λi)C
mi−1
∑
k=0
|t|k
k!
(cid:107)Ui(cid:107) ≤ etRe(λi)C
mi−1
∑
k=0
(cid:19)
(cid:18)mi − 1
k
|t|k(cid:107)Ui(cid:107) = CetRe(λi)(1 + |t|)mi−1(cid:107)Ui(cid:107).
• Comme U = U1 + ... + Ur alors
(cid:107)etAU(cid:107) ≤
r
∑
i=1
(cid:107)etAUi(cid:107) ≤
r
∑
i=1
CetRe(λi)(1 + |t|)mi−1(cid:107)Ui(cid:107).
Comme mi ≤ n pour tout i ∈ (cid:126)1, r(cid:127), alors
(cid:107)etAU(cid:107) ≤ C(1 + |t|)n−1(
r
∑
i=1
etRe(λi)) max
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1≤i≤r
(cid:107)Ui(cid:107).
(e) Comme Re(λi) < 0 pour tout i ∈ (cid:126)1, r(cid:127), alors lim
t(cid:55)→+∞
(1 + |t|)n−1etRe(λi) = 0.
On déduit alors que
∀U ∈ Cn, lim
t(cid:55)→+∞
(cid:107)etAU(cid:107) = 0.
3.
(a) La fonction t (cid:55)→ (1 + |t|)n−1etRe(λ)eta est continue sur R+ et tend vers 0 lorsque t tend
vers +∞. Donc elle est bornée sur R+.
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(b) D’après la question précédente, il existe une constante C1 > 0 telle que
∀t ≥ 0, (1 + |t|)n−1(
r
∑
i=1
etRe(λi)) = (1 + |t|)n−1(
r
∑
i=1
etRe(λi))etae−ta ≤ C1e−at.
Par suite,
avec C
(cid:48) = CC1.
∀U ∈ Cn, ∀t ∈ R+, (cid:107)etAU(cid:107) ≤ C
(cid:48)
e−at,
Partie III : Application à l’équation de Lyapunov
1. Soit (U, V) ∈ Rn × Rn. Soit a > 0 vérifiant Re(λ) < −a pour tout λ ∈ SpC(A). D’après la
partie précédente, on a
(cid:107)etAU(cid:107) ≤ C1e−at et (cid:107)etAV(cid:107) ≤ C2e−at
où C1 et C2 sont des constantes.
Ainsi, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a
| < etAU, etAV > | ≤ (cid:107)etAU(cid:107).(cid:107)etAV(cid:107) ≤ C1C2e−2at.
Comme la fonction t (cid:55)→ e−2at est continue sur [0, +∞[ et e−2at =
intégrable sur [0, +∞[.
On conclut alors que t (cid:55)→< etAU, etAV > est intégrable sur [0, +∞[ et que Φ est bien définie.
alors elle est
t(cid:55)→+∞
o
(cid:17)
(cid:16) 1
t2
2.
• Il est clair que Φ est une forme bilinéaire symétrique positive.
• Soit U ∈ Rn tel que Φ(U, U) = 0. Dans ce cas, la fonction t (cid:55)→ (cid:107)etAU(cid:107)2 est continue,
positive et d’intégrale nulle, donc pour tout t ≥ 0, etAU = 0. En choisissant t = 0, on
trouve que U = 0. Ainsi, Φ est définie.
On conclut alors que Φ est un produit scalaire sur Rn.
3.
• Première méthode
Comme Φ est bilinéaire et IdRn : U (cid:55)→ U est différentiable alors q est différentiable et
on a : ∀U ∈ Rn, ∀H ∈ Rn,
dq(U).H = Φ(dIRn(U).H, U) + Φ(U, dIRn(U).H) = Φ(H, U) + Φ(U, H) = 2Φ(U, H).
• Deuxième méthode
Soit ψ : Rn → Rn × Rn, U (cid:55)→ (U, U). Comme q = Φ ◦ ψ, Φ et ψ sont différentiables alors
q est aussi différentiable et on a : ∀U ∈ Rn, ∀H ∈ Rn,
dq(U).H = dΦ(ψ(U)).(dψ(U).H) = dΦ(U, U)(H, H) = Φ(U, H) + Φ(H, U) = 2Φ(U, H).
• Troisième méthode
Soit (U, H) ∈ Rn × Rn. On a :
q(U + H) − q(U) = Φ(U, H) + Φ(H, U) + Φ(H, H).
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Par équivalence des normes en dimension finie, Φ(H, H) ≤ β(cid:107)H(cid:107)2. Par suite,
Φ(H, H) =
H(cid:55)→0
o ((cid:107)H(cid:107)) .
On conclut que q est différentiable et que dq(U).H = Φ(U, H) + Φ(H, U) = 2Φ(U, H).
4. Pour tout t ∈ R, f (t) =< etAU, etAU >. Comme la fonction t (cid:55)→ etAU est dérivable sur R et
sa dérivée est la fonction t (cid:55)→ AetAU alors f est dérivable sur R et on a :
∀t ∈ R, f (cid:48)(t) =< AetAU, etAU > + < etAU, AetAU >= 2 < AetAU, etAU > .
5. On sait que 0 ≤ f (t) ≤ Ce−2ta avec C > 0 et a > 0. Par suite,
lim
t(cid:55)→+∞
f (t) = 0. On déduit alors
que :
2Φ(U, AU) =
(cid:90) +∞
0
f (cid:48)(t)dt = − f (0) = −(cid:107)U(cid:107)2.
6.
(a) On munit Rn du produit scalaire Φ. En appliquant la deuxième question de la partie
préliminaire, on a :
∀(U, V) ∈ Rn × Rn, Φ(U, V) =t UBV.
En particulier, pour tout U ∈ Rn, on a
Φ(U, AU) =t UBAU.
Par suite, pour tout U ∈ Rn, on a
2Φ(U, AU) = Φ(U, AU) + Φ(AU, U) =t UBAU +t (AU)BU =t UBAU +t Ut ABU.
On conclut que, −tUU = −(cid:107)U(cid:107)2 = 2Φ(U, AU) =t UBAU +t Ut ABU.
(b) Toujours d’après la question 2-a de la partie préliminaire, la matrice B ∈ S++
n
.
D’après la question précédente, on a :
∀U ∈ Rn,t U(BA +t AB + In)U = 0.
Comme la matrice BA +t AB + In ∈ Sn(R) alors d’après la question 2-b de la partie
préliminaire, BA +t AB + In = 0. D’où le résultat.