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2019-04-02 10:07:14 Page 1/4 2019 Mathématiques 2 PSI 4 heures Calculatrice autorisée La partie I de ce problème permet de démontrer quelques résultats sur les matrices et les endomorphismes nilpotents et aborde l’étude de cas particuliers qui seront généralisés dans la partie II. Notations et rappels Dans tout le sujet, 𝑛 désigne un entier naturel non nul et 𝐸 un ℂ-espace vectoriel de dimension 𝑛. Si 𝑀 ∈ ℳ𝑛(ℂ), on note 𝑀⊤ la transposée de la matrice 𝑀. Si 𝑀 est une matrice de ℳ𝑛(ℂ), on définit la suite des puissances de 𝑀 par 𝑀0 = 𝐼𝑛 et, pour tout entier naturel 𝑘, 𝑀𝑘+1 = 𝑀𝑀𝑘. De même, si 𝑢 est un endomorphisme de 𝐸, on définit la suite des puissances de 𝑢 par 𝑢0 = Id𝐸 et, pour tout entier naturel 𝑘, 𝑢𝑘+1 = 𝑢 ∘ 𝑢𝑘. Une matrice 𝑀 est dite nilpotente s’il existe un entier naturel 𝑘 ⩾ 1 tel que 𝑀𝑘 = 0. Dans ce cas, le plus petit entier naturel 𝑘 ⩾ 1 tel que 𝑀𝑘 = 0 s’appelle l’indice de nilpotence de 𝑀. Soit ℬ une base de 𝐸, un endomorphisme de 𝐸 est nilpotent d’indice 𝑝 si sa matrice dans ℬ est nilpotente d’indice 𝑝. On pose 𝐽1 = (0) et, pour 𝛼 ⩾ 2, 𝐽𝛼 = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 ⋯ ⋯ ⋯ 0 1 ⋱ ⋮ 0 ⋱ ⋱ ⋮ ⋮ ⋱ ⋱ ⋱ ⋮ 0 ⋯ 0 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ ℳ𝛼(ℂ). Si 𝐴 ∈ ℳ𝑛(ℂ) et 𝐵 ∈ ℳ𝑚(ℂ), on note diag(𝐴, 𝐵), la matrice diagonale par blocs diag(𝐴, 𝐵) = ( 𝐴 0 0 𝐵 ) ∈ ℳ𝑛+𝑚(ℂ). Plus généralement, si 𝐴1 ∈ ℳ𝑛1(ℂ), 𝐴2 ∈ ℳ𝑛2(ℂ), …, 𝐴𝑘 ∈ ℳ𝑛𝑘(ℂ), on note diag(𝐴1, 𝐴2, …, 𝐴𝑘) = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 𝐴1 0 ⋯ 0 0 𝐴2 ⋮ ⋮ ⋱ 0 0 ⋯ 0 𝐴𝑘 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ ℳ𝑛1+𝑛2+⋯+𝑛𝑘(ℂ). I Premiers résultats Q 1. Que peut-on dire d’un endomorphisme nilpotent d’indice 1 ? I.A – Réduction d’une matrice de ℳ2(ℂ) nilpotente d’indice 2 On suppose que 𝑛 = 2. Soit 𝑢 un endomorphisme de 𝐸 nilpotent d’indice 𝑝 ⩾ 2. Q 2. Montrer qu’il existe un vecteur 𝑥 de 𝐸 tel que 𝑢𝑝−1(𝑥) ≠ 0. Q 3. Vérifier que la famille (𝑢𝑘(𝑥))0⩽𝑘⩽𝑝−1 est libre. En déduire que 𝑝 = 2. Q 4. Montrer que Ker 𝑢 = Im 𝑢. Q 5. Construire une base de 𝐸 dans laquelle la matrice de 𝑢 est égale à 𝐽2. Q 6. En déduire que les matrices nilpotentes de ℳ2(ℂ) sont exactement les matrices de trace nulle et de déterminant nul. 2019-04-02 10:07:14 Page 2/4 I.B – Réduction d’une matrice de ℳ𝑛(ℂ) nilpotente d’indice 2 On suppose que 𝑛 ⩾ 3. Soit 𝑢 un endomorphisme de 𝐸 nilpotent d’indice 2 et de rang 𝑟. Q 7. Montrer que Im 𝑢 ⊂ Ker 𝑢 et que 2𝑟 ⩽ 𝑛. Q 8. On suppose que Im 𝑢 = Ker 𝑢. Montrer qu’il existe des vecteurs 𝑒1, 𝑒2, …, 𝑒𝑟 de 𝐸 tels que (𝑒1, 𝑢(𝑒1), 𝑒2, 𝑢(𝑒2), …, 𝑒𝑟, 𝑢(𝑒𝑟)) est une base de 𝐸. Q 9. Donner la matrice de 𝑢 dans cette base. Q 10. On suppose Im 𝑢 ≠ Ker 𝑢. Montrer qu’il existe des vecteurs 𝑒1, 𝑒2, …, 𝑒𝑟 de 𝐸 et des vecteurs 𝑣1, 𝑣2, …, 𝑣𝑛−2𝑟 appartenant à Ker 𝑢 tels que (𝑒1, 𝑢(𝑒1), 𝑒2, 𝑢(𝑒2), …, 𝑒𝑟, 𝑢(𝑒𝑟), 𝑣1, …, 𝑣𝑛−2𝑟) est une base de 𝐸. Q 11. Quelle est la matrice de 𝑢 dans cette base ? I.C – Valeurs propres, polynôme caractéristique, polynômes annulateurs d’une matrice nilpo- tente Dans cette sous-partie, 𝐴 désigne une matrice de ℳ𝑛(ℂ). Q 12. Montrer que, si 𝐴 est nilpotente, alors 0 est l’unique valeur propre de 𝐴. Q 13. Quelles sont les matrices de ℳ𝑛(ℂ) à la fois nilpotentes et diagonalisables ? Q 14. Montrer qu’une matrice est nilpotente si, et seulement si, son polynôme caractéristique est égal à 𝑋𝑛. Q 15. Montrer la réciproque de la question 12. Q 16. Montrer qu’une matrice triangulaire de ℳ𝑛(ℂ) à diagonale nulle est nilpotente et qu’une matrice nilpotente est semblable à une matrice triangulaire à diagonale nulle. Q 17. Démontrer que, si 𝐴 est une matrice nilpotente d’indice 𝑝, alors tout polynôme de ℂ[𝑋] multiple de 𝑋𝑝 est un polynôme annulateur de 𝐴. On suppose que 𝑃 est un polynôme annulateur de 𝐴 nilpotente. Q 18. Démontrer que 0 est racine de 𝑃. Q 19. On note 𝑚 la multiplicité de 0 dans 𝑃, ce qui permet d’écrire 𝑃 = 𝑋𝑚𝑄 où 𝑄 est un polynôme de ℂ[𝑋] tel que 𝑄(0) ≠ 0. Démontrer que 𝑄(𝐴) est inversible puis que 𝑃 est un multiple de 𝑋𝑝 dans ℂ[𝑋]. I.D – Racines carrées de matrices nilpotentes Pour une matrice 𝑉 ∈ ℳ𝑛(ℂ) donnée, on dit qu’une matrice 𝑅 ∈ ℳ𝑛(ℂ) est une racine carrée de 𝑉 si 𝑅2 = 𝑉. On se propose d’étudier l’existence et les valeurs de racines carrées éventuelles de certaines matrices nilpotentes. I.D.1) On note 𝐴 = ⎛ ⎜ ⎝ 1 3 −7 2 6 −14 1 3 −7 ⎞ ⎟ ⎠ et 𝑢 l’endomorphisme de ℂ3 canoniquement associé à 𝐴. Q 20. Calculer la trace et le rang de 𝐴. En déduire, sans aucun calcul, le polynôme caractéristique de 𝐴. Montrer que 𝐴 est nilpotente et donner son indice de nilpotence. Q 21. Démontrer que 𝐴 est semblable à la matrice diag(𝐽2, 𝐽1). Donner la valeur d’une matrice 𝑃 inversible telle que 𝐴 = 𝑃 diag(𝐽2, 𝐽1) 𝑃 −1. On cherche à déterminer l’ensemble des matrices 𝑅 ∈ ℳ3(ℂ) telles que 𝑅2 = 𝐴. On note 𝜌 l’endomorphisme canoniquement associé à 𝑅. Q 22. Démontrer que Im 𝑢 et Ker 𝑢 sont stables par 𝜌 et que 𝜌 est nilpotent. Q 23. En déduire l’ensemble des racines carrées de 𝐴. On pourra considérer 𝑅′ = 𝑃 −1𝑅𝑃. I.D.2) On se propose dans cette question d’étudier l’équation matricielle 𝑅2 = 𝐽3. Q 24. Soit 𝑅 une solution de cette équation. Donner les valeurs de 𝑅4 et 𝑅6, puis l’ensemble des solutions de l’équation. 2019-04-02 10:07:14 Page 3/4 I.D.3) Plus généralement, soit 𝑉 ∈ ℳ𝑛(ℂ) une matrice nilpotente d’indice 𝑝. On se propose d’étudier l’équation 𝑅2 = 𝑉. Q 25. Montrer que, si 2𝑝 − 1 > 𝑛, alors il n’existe aucune solution. Q 26. Pour toute valeur de l’entier 𝑛 ⩾ 3, exhiber une matrice 𝑉 ∈ ℳ𝑛(ℂ), nilpotente d’indice 𝑝 ⩾ 2 et admettant au moins une racine carrée. II Deuxième partie On cherche dans cette partie à généraliser les résultats des sous-parties I.A et I.B. II.A – Réduction des matrices nilpotentes On suppose 𝑛 ⩾ 2. Soit 𝑢 un endomorphisme de 𝐸 nilpotent d’indice 𝑝 ⩾ 2. Q 27. Démontrer que Im 𝑢 est stable par 𝑢 et que l’endomorphisme induit par 𝑢 sur Im 𝑢 est nilpotent. Préciser son indice de nilpotence. Q 28. Pour tout vecteur 𝑥 non nul de 𝐸, on note 𝐶𝑢(𝑥) l’espace vectoriel engendré par les (𝑢𝑘(𝑥))𝑘∈ℕ ; démontrer que 𝐶𝑢(𝑥) est stable par 𝑢 et qu’il existe un plus petit entier 𝑠(𝑥) ⩾ 1 tel que 𝑢𝑠(𝑥)(𝑥) = 0. Q 29. Démontrer que (𝑥, 𝑢(𝑥), …, 𝑢𝑠(𝑥)−1(𝑥)) est une base de 𝐶𝑢(𝑥) et donner la matrice, dans cette base, de l’endomorphisme induit par 𝑢 sur 𝐶𝑢(𝑥). Q 30. Démontrer par récurrence sur 𝑝 qu’il existe des vecteurs 𝑥1, …, 𝑥𝑡 de 𝐸 tels que 𝐸 = 𝑡 ⨁ 𝑖=1 𝐶𝑢(𝑥𝑖). On pourra appliquer l’hypothèse de récurrence à l’endomorphisme induit par 𝑢 sur Im(𝑢). Q 31. Donner la matrice de 𝑢 dans une base adaptée à la décomposition 𝐸 = 𝑡 ⨁ 𝑖=1 𝐶𝑢(𝑥𝑖). II.B – Partitions d’entiers On appelle partition de l’entier 𝑛 toute suite finie (𝛼1, …, 𝛼𝑘) ∈ (ℕ∗)𝑘 telle que 𝛼1 ⩾ ⋯ ⩾ 𝛼𝑘 et 𝛼1 + ⋯ + 𝛼𝑘 = 𝑛. On note Γ𝑛 l’ensemble des partitions de l’entier 𝑛. Ainsi, Γ1 = {(1)}, Γ2 = {(2), (1, 1)}, Γ3 = {(3), (2, 1), (1, 1, 1)}. Soit 𝑢 un endomorphisme de 𝐸 nilpotent d’indice 𝑝 et de rang 𝑟. Q 32. Montrer qu’il existe une partition 𝜎 = (𝛼1, …, 𝛼𝑘) de 𝑛 et une base ℬ de 𝐸 dans laquelle la matrice de 𝑢 est égale à la matrice 𝑁𝜎 = diag(𝐽𝛼1, …, 𝐽𝛼𝑘). Q 33. Soit 𝛼 un entier naturel non nul. Calculer le rang de 𝐽 𝑗 𝛼 pour tout entier naturel 𝑗. En déduire que 𝐽𝛼 est nilpotente et préciser son indice de nilpotence. Q 34. En déduire la valeur de 𝛼1. Q 35. Pour 𝑗 ∈ ℕ, on note Λ𝑗 = {𝑖 ∈ ⟦1, 𝑘⟧ | 𝛼𝑖 ⩾ 𝑗}. Démontrer que rg(𝑁𝑗 𝜎) = ∑ 𝑖∈Λ𝑗 (𝛼𝑖 − 𝑗). Q 36. Démontrer que, pour tout 𝑗 ∈ ℕ∗, l’entier 𝑑𝑗 = rg(𝑢𝑗−1) − rg(𝑢𝑗) est égal au nombre de blocs 𝐽𝛼𝑖 dont la taille 𝛼𝑖 est supérieure ou égale à 𝑗. Q 37. Donner la valeur de l’entier 𝑘, nombre de blocs 𝐽𝛼𝑖 intervenant dans 𝑁𝜎. Q 38. Pour tout entier 𝑗 compris entre 1 et 𝑛, exprimer le nombre de blocs 𝐽𝛼𝑖 de taille exactement égale à 𝑗. Q 39. On suppose qu’il existe une partition 𝜎′ de l’entier 𝑛 et une base ℬ′ de 𝐸 telles que la matrice de 𝑢 dans ℬ′ soit égale à 𝑁𝜎′. Montrer que 𝜎 = 𝜎′. Q 40. Quel est le cardinal maximal d’un ensemble de matrices nilpotentes, toutes de même taille 𝑛, telles qu’il n’y ait pas dans cet ensemble deux matrices semblables ? 2019-04-02 10:07:14 Page 4/4 II.C – Applications Q 41. Soient 𝐴 la matrice ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −1 2 −2 −1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 −1 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ et 𝑢 l’endomorphisme canoniquement associé à 𝐴. Déterminer la partition 𝜎 de l’entier 5 associée à 𝑢 et donner la matrice 𝑁𝜎. Q 42. À l’aide du résultat de la question 31, démontrer que si 𝑀 ∈ ℳ𝑛(ℂ) est nilpotente, alors 𝑀, 2𝑀 et 𝑀⊤ sont semblables. Q 43. À l’aide du résultat de la question 15, démontrer que si 𝑀 et 2𝑀 sont semblables, alors 𝑀 est nilpotente. II.D – Un algorithme de calcul du nombre de partitions de 𝑛 Pour 𝑗 ∈ ℕ, on note 𝑌𝑛,𝑗 l’ensemble des partitions dont le premier terme 𝛼1 est inférieur ou égal à 𝑗 et 𝑦𝑛,𝑗 le cardinal de 𝑌𝑛,𝑗 ; on pose 𝑦0,0 = 1. Q 44. Calculer 𝑦𝑛,1. On se propose de montrer que, si 2 ⩽ 𝑗 ⩽ 𝑛, alors 𝑦𝑛,𝑗 = 𝑦𝑛,𝑗−1 + 𝑦𝑛−𝑗,min(𝑗,𝑛−𝑗). Q 45. Démontrer que cette égalité est vraie pour 𝑗 = 𝑛. Q 46. Pour 𝑗 < 𝑛, vérifier que 𝑦𝑛,𝑗 = 𝑦𝑛,𝑗−1 + 𝑦𝑛−𝑗,𝑗. Conclure. Q 47. Calculer les 𝑦𝑛,𝑗 pour 1 ⩽ 𝑗 ⩽ 𝑛 ⩽ 5 en présentant les résultats sous la forme d’un tableau. Q 48. Écrire une fonction Python qui prend en argument un entier 𝑛 ⩾ 1 et qui renvoie 𝑦𝑛,𝑛. Q 49. Comparer ce résultat à celui de la question 40. • • • FIN • • •

Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures 2019 - Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Un corrigé Premiers résultats. Q1. Soit B une base de E et u un endomorphisme de E. Posons M = MatB(u). Puisque M k = (MatB(u))k = MatB(uk), on a : u est nilpotent d’indice p ⇔ M est nilpotente d’indice p ⇔ M p = 0 et M p−1 ̸= 0 ⇔ MatB(up) = 0 et MatB(up−1) ̸= 0 ⇔ up = 0 et up−1 ̸= 0. On utilisera dans la suite que u est nilpotent d’indice p si et seulement si up = 0 et up−1 ̸= 0. Soit un endomorphisme nilpotent d’indice 1, alors u = u1 = 0. Un endomorphisme nilpotent d’indice 1 est nul. Q2. L’endomorphisme u est nilpotent d’indice p ≥ 2. p est le plus petit entier k ≥ 1 tel que uk = 0. Donc up = 0 et up−1 ̸= 0 (sinon cela contredirait la minimalité de l’entier p). Puisque up−1 ̸= 0, il existe un vecteur x ∈ E tel que up−1(x) ̸= 0. Q3. L’endomorphisme u est nilpotent d’indice p ≥ 2. Puisque up = 0, on a également ∀k ≥ p, uk = 0. Montrons que la famille (uk(x))0≤k≤p−1 est libre. Soit (λ0, . . . , λp−1) ∈ Cp des scalaires tels que : λ0x + λ1u(x) + . . . + λp−1up−1(x) = 0. (∗) • En appliquant l’endomorphisme up−1 à l’équation (∗), il vient : λ0up−1(x) = 0 or up−1(x) ̸= 0 donc λ0 = 0. L’équation (∗) devient : λ1u(x) + . . . + λp−1up−1(x) = 0. • En appliquant l’endomorphisme up−2 à l’équation (∗), il vient : λ1up−1(x) = 0 or up−1(x) ̸= 0 donc λ1 = 0. L’équation (∗) devient : λ2u2(x) + . . . + λp−1up−1(x) = 0. • . . . • En itérant le procédé, on obtient λ0 = λ1 = . . . = λp−2 = 0. L’équation (∗) devient : λp−1up−1(x) = 0. Or up−1(x) ̸= 0 donc λp−1 = 0. • Finalement, ∀i ∈ [|0, p − 1|], λi = 0, donc la famille B = (x, u(x), . . . up−1(x)) est libre. Ainsi la famille (uk(x))0≤k≤p−1 est libre. L’espace vectoriel E est de dimension 2, donc toute famille libre est de cardinal inférieur ou égal à 2. La famille libre (uk(x))0≤k≤p−1 est de cardinal p, d’où p ≤ 2. Or p ≥ 2 donc p = 2. Q4. L’endomorphisme u est nilpotent d’indice p = 2, donc u2 = 0 avec u ̸= 0. Puisque u ̸= 0 n’est pas l’endomorphisme nul, son rang vérifie rg(u) ≥ 1. Puisque dim(E) = n = 2, rg(u) vaut 1 ou 2. Supposons par l’absurde que rg(u) = 2, alors u serait bijectif, donc u2 serait également bijectif. Ceci est absurde car u2 = 0. On a donc rg(u) = 1. Par le théorème du rang, on a de plus rg(u) + dim(Ker(u)) = dim(E) = 2 donc dim(Ker(u)) = 2 − 1 = 1. Puisque u2 = 0, on a Im(u) ⊂ Ker(u). En effet, soit x ∈ Im(u), alors ∃y ∈ E, x = u(y) donc u(x) = u2(y) = 0 et x ∈ Ker(u). On obtient Im(u) ⊂ Ker(u) et ces sous-espaces vectoriels sont de même dimension 1, d’où l’égalité Ker(u) = Im(u). Q5. On a montré que p = 2 et que la famille (uk(x))0≤k≤p−1 = (x, u(x)) est libre. La famille B = (x, u(x)) est libre et de cardinal 2 dans un espace E de dimension 2, donc c’est une base de E. De plus u(x) = 0x + 1u(x) et u(u(x)) = u2(x) = 0 donc la matrice de u dans B vaut : MatB(u) = 0 0 1 0 = J2. La famille B = (x, u(x)) est une base de E dans laquelle la matrice de u vaut J2. 1 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Q6. Soit A ∈ M2(C) une matrice nilpotente de M2(C), d’indice de nilpotence p. Si p = 1, alors A = 0 donc la trace et le déterminant de A sont nuls. Si p ≥ 2, on a montré que p = 2. Notons u l’endomorphisme de C2 canoniquement associé à A. Alors u est nilpotent d’indice 2. Il existe une base B de E telle que MatB(u) = J2. Notons P la matrice de passage de la base canonique de C2 à la base B, alors P −1AP = J2 et A et J2 sont semblables. Puisque A et J2 sont semblables, elles ont même trace et même déterminant. Or J2 = 0 0 1 0 est de trace nulle et de déterminant nul, donc A également. On a montré que si A ∈ M2(C) est nilpotente, alors Tr(A) = det(A) = 0. Réciproquement, supposons que Tr(A) = det(A) = 0. En écrivant A = a b c d , le polynôme caractéristique de A vaut χA(X) = X2 − (a + d)X + (ad − bc) = X2 − Tr(A)X + det(A) = X2. D’après le théorème de Cayley-Hamilton, le polynôme caractéristique de A annule A donc χA(A) = A2 = 0 et A est nilpotente. Ainsi les matrices nilpotentes de M2(C) sont exactement les matrices de trace nulle et de déterminant nul. Q7. L’endomorphisme u est nilpotent d’indice p = 2 et de rang r. Puisque u est nilpotent d’indice p = 2, on a u2 = 0 avec u ̸= 0. Montrons que Im(u) ⊂ Ker(u). Soit x ∈ Im(u), alors ∃y ∈ E, x = u(y) donc u(x) = u2(y) = 0 et x ∈ Ker(u). Donc Im(u) ⊂ Ker(u). En particulier, on a r = rg(u) ≤ dim(Ker(u)). Par le théorème du rang, 2r = r + r ≤ rg(u) + dim(Ker(u)) = dim(E) = n, donc 2r ≤ n. Q8. On a Im(u) = Ker(u) donc Im(u) et Ker(u) sont de même dimension r et dim(E) = rg(u) + dim Ker(u) = 2r. Soit H un supplémentaire de Ker(u) dans E : E = H ⊕ Ker(u). Alors dim(H) = n − r = r. Soit (e1, . . . , er) une base de H. Puisque u2 = 0, on a ∀i ∈ [|1, r|], u(ei) ∈ Ker(u). Montrons que la famille (u(e1), . . . , u(er)) de Ker(u) est libre. Soit (λ1, . . . , λr) ∈ Cr des scalaires tels que λ1u(e1) + . . . + λru(er) = 0. Par linéarité de u : 0 = λ1u(e1) + . . . + λru(er) = u(λ1e1 + . . . + λrer). Donc le vecteur λ1e1 + . . . + λrer appartient à H ∩ Ker(u) = {0}, donc est nul. Or la famille (e1, . . . , er) est libre donc ∀i ∈ [|1, r|], λi = 0. Finalement, (u(e1), . . . , u(er)) est une famille libre et de cardinal r de Ker(u) qui est de dimension r, donc c’est une base de Ker(u). La décomposition E = H ⊕ Ker(u) montre qu’en réunissant la base (e1, . . . , er) de H et la base (u(e1), . . . , u(er)) de Ker(u), on obtient une base de E. En réordonnant cette base, (e1, u(e1), e2, u(e2), . . . , er, u(er)) est une base de E. Q9. Notons B = (e1, u(e1), e2, u(e2), . . . , er, u(er)) la base de E obtenue dans la question précédente. Soit k ∈ [|1, r|], alors u envoie ek sur u(ek). u2 = 0 donc u(u(ek)) = 0. Chaque famille (ek, u(ek)) fait apparaître un bloc 0 0 1 0 = J2 sur la diagonale. On en déduit la matrice par blocs de u dans B, qui contient r blocs J2 : MatB(u) = J2 ... J2 . Ainsi MatB(u) = Diag(J2, . . . J2) avec r blocs diagonaux J2. Q10. On a Im(u) ⊂ Ker(u) avec Im(u) ̸= Ker(u) donc Ker(u) est de dimension dim(Ker(u)) = n − r > r. Soit H un supplémentaire de Ker(u) dans E : E = H ⊕ Ker(u). Alors dim(H) = r. Soit (e1, . . . , er) une base de H. Comme dans la question Q8., la famille (u(e1), . . . , u(er)) est encore une famille libre et de cardinal r de Ker(u) 2 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures qui est de dimension n − r > r. Donc on peut compléter cette famille en une base de Ker(u), en rajoutant (n − r) − r = n − 2r vecteurs de Ker(u), que l’on note (v1, . . . , vn−2r). La décomposition E = H ⊕ Ker(u) montre qu’en réunissant la base (e1, . . . , er) de H et la base (u(e1), . . . , u(er), v1, . . . , vn−2r) de Ker(u), on obtient une base de E. En réordonnant cette base, (e1, u(e1), e2, u(e2), . . . , er, u(er), v1, . . . , vn−2r) est une base de E. Q11. Notons B = (e1, u(e1), e2, u(e2), . . . , er, u(er), v1, . . . , vn−2r) la base de E obtenue dans la question précédente. Soit k ∈ [|1, r|], alors u envoie ek sur u(ek). u2 = 0 donc u(u(ek)) = 0. Chaque famille (ek, u(ek)) fait apparaître un bloc 0 0 1 0 = J2 sur la diagonale. Les vecteurs v1, . . . , vn−2r appartiennent à Ker(u) donc ∀k ∈ [|1, n − 2r|], u(vk) = 0. On en déduit la matrice par blocs de u dans B, qui contient r blocs J2 puis n − 2r termes 0 sur la diagonale : MatB(u) = J2 ... J2 0n−2r . Ainsi MatB(u) = Diag(J2, . . . J2, 0n−2r) avec r blocs diagonaux J2. Q12. Soit A ∈ Mn(C) nilpotente d’indice p ≥ 1. Alors Ap = 0 donc le polynôme P(X) = Xp annule A. D’après le cours, Sp(A) ⊂ Racines(P) = {0}. De plus, le polynôme caractéristique de A est de degré n ≥ 1 et scindé sur C donc possède au moins une racine, donc le spectre de A est non vide et nécessairement Sp(A) = {0}. Si A est nilpotente, alors 0 est l’unique valeur propre de A. Q13. Soit A ∈ Mn(C) nilpotente et diagonalisable. Alors A est semblable à une matrice diagonale D ∈ Mn(C) dont la diagonale contient les valeurs propres de A. On a montré que Sp(A) = {0}, donc D = 0. Ainsi ∃P ∈ GLn(C), P −1AP = D = 0, d’où A = P0P −1 = 0 et A est nulle. Réciproquement, la matrice nulle est clairement diagonalisable et nilpotente. La seule matrice de Mn(C) à la fois nilpotente et diagonalisable est la matrice nulle. Q14. Soit A ∈ Mn(C) une matrice nilpotente. Puisque 0 est la seule valeur propre, la seule racine de son polynôme caractéristique χA est 0. De plus χA est unitaire et de degré n, donc χA(X) = Xn. Réciproquement, soit A ∈ Mn(C) de polynôme caractéristique χA(X) = Xn. D’après le théorème de Cayley-Hamilton, le polynôme caractéristique de A annule A donc χA(A) = An = 0 et la matrice A est nilpotente (d’indice de nilpotence p ≤ n). Une matrice A ∈ Mn(C) est nilpotente si et seulement si son polynôme caractéristique vaut χA(X) = Xn. Q15. On suppose que 0 est l’unique valeur propre de A ∈ Mn(C). Les racines du polynôme caractéristique χA sont exactement les valeurs propres de A. Donc la seule racine de χA est 0. De plus χA est unitaire et de degré n, donc χA(X) = Xn. D’après la question Q14., A est nilpotente. Si 0 est l’unique valeur propre de A ∈ Mn(C), alors A est nilpotente. Q16. Soit A ∈ Mn(C) une matrice triangulaire de diagonale nulle. Alors le polynôme caractéristique se calcule aisément : χA(X) = det(XIn−A) = Xn (la matrice XIn−A est en effet triangulaire supérieure avec des X sur sa diagonale). D’après la question Q14., A est nilpotente. Une matrice triangulaire de Mn(C) de diagonale nulle est nilpotente. Soit A ∈ Mn(C) une matrice nilpotente. Alors Sp(A) = {0}. Son polynôme caractéristique χA est scindé sur C donc A est trigonalisable dans Mn(C). Il existe P ∈ GLn(C) telle que T = P −1AP est triangulaire supérieure. Ces deux matrices sont semblables donc ont même spectre, or Sp(A) = {0}, donc les coefficients diagonaux de T, qui sont aussi ses valeurs propres, valent 0. Une matrice nilpotente est semblable à une matrice triangulaire à diagonale nulle. Q17. Soit A une matrice nilpotente d’indice p. Alors Ap = 0. Soit P ∈ C[X] un polynôme multiple de Xp. Alors il existe Q ∈ C[X] tel que P(X) = XpQ(X). Alors P(A) = ApQ(A) = 0Q(A) = 0 donc P est un polynôme annulateur de A. Si A est nilpotente d’indice p, alors tout polynôme de C[X] multiple de Xp est un polynôme annulateur de A. 3 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Q18. Soit A une matrice nilpotente et P un polynôme annulateur de A. Puisque A est nilpotente, sa seule valeur propre est 0. Puisque P annule A, {0} = Sp(A) ⊂ Racines(P) : les valeurs propres de A sont des racines de P. En particulier, 0 est racine de P. Q19. On a P(A) = 0 et P(X) = XmQ(X) avec Q(0) ̸= 0. Puisque Q(0) ̸= 0, 0 n’est pas racine de Q. On note d le degré de Q, C ̸= 0 son coefficient dominant, ak ses racines qui sont toutes non nulles, alors Q(X) = C d k=1 (X − ak). Q(A) = C d k=1 (A − akIn). A est nilpotente donc 0 est la seule valeur propre de A. Ainsi ∀λ ∈ C \ {0}, λ n’est pas valeur propre de A donc Ker(A − λIn) = {0} et la matrice (A − λIn) est inversible. Ainsi ∀k ∈ [|1, d|], ak ̸= 0 donc (A − akIn) est inversible. Alors Q(A) est un produit de matrices inversibles, donc Q(A) est inversible. On en déduit alors : 0 = P(A) = AmQ(A) ⇒ Am = 0(Q(A))−1 = 0 donc Am = 0. Par minimalité de l’indice de nilpotence p de A, on a p ≤ m. Ainsi ∃l ∈ N, m = p + l et P(X) = XmQ(X) = Xp(XlQ(X)), donc P est un multiple de Xp dans C[X]. Q20. On considère A = 1 3 −7 2 6 −14 1 3 −7 . La trace de A est nulle : Tr(A) = 1 + 6 − 7 = 0. Tr(A) = 0. Notons C1, C2, C3 les trois colonnes de A, puisque C2 = 3C1 et C3 = −7C1 on a Im(A) = Vect(C1) donc rg(A) ≤ 1. Or A ̸= 0 donc rg(A) ≥ 1. Ainsi rg(A) = 1. Par le théorème du rang, rg(A) + dim(Ker(A)) = 3 donc dim(Ker(A)) = 2. En particulier, 0 est valeur propre de A, de multiplicité au moins 2. Supposons que 0 soit valeur propre de multiplicité exactement 2 dans χA, alors il existe une valeur propre λ ̸= 0, nécessairement de multiplicité 1. Puisque la trace est la somme des valeurs propres comptées avec multiplicité, on aurait : Tr(A) = 0 = 2 × 0 + 1 × λ = λ, donc λ = 0, ce qui est absurde. Ainsi 0 est valeur propre de multiplicté 3 dans le polynôme caractéristique, donc χA(X) = X3. Par la question Q14., A est nilpotente. Un simple calcul montre que A2 = 0 avec A ̸= 0, donc A est nilpotente d’indice de nilpotence p = 2. Q21. A est nilpotente d’indice 2 donc il existe e1 ∈ C3 tel que Ae1 ̸= 0. On pose ensuite e2 = Ae1. On peut prendre par exemple e1 = 1 0 0 /∈ Ker(A), e2 = Ae1 = 1 2 1 ∈ Ker(A). A2 = 0 donc Ae2 = A2e1 = 0 et e2 ∈ Ker(A). Or Ker(A) est de dimension 2 donc on peut trouver e3 tel que (e2, e3) forme une base de Ker(A). On prend par exemple e3 = 3 −1 0 ∈ Ker(A). Posons P = 1 1 3 0 2 −1 0 1 0 . 4 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Alors P est inversible (en calculant son déterminant par exemple). Puisque Ae1 = e2, Ae2 = Ae3 = 0, la matrice de l’endomorphisme u canoniquement associé à A dans la base B = (e1, e2, e3) vaut MatB(u) = P −1AP = 0 0 0 1 0 0 0 0 0 = Diag(J2, J1). Q22. Notons C la base canonique de C3, alors A = MatC(u) et R = MatC(ρ). L’égalité R2 = A conduit à R2 = (MatC(ρ))2 = MatC(ρ2) = A = MatC(u). Donc ρ2 = u. Alors u ◦ ρ = ρ2 ◦ ρ = ρ3 = ρ ◦ ρ2 = ρ ◦ u donc u et ρ commutent. Montrons que Im(u) est stable par ρ. Soit x ∈ Im(u). ∃y ∈ E, x = u(y). Alors ρ(x) = ρ(u(y)) = u(ρ(y)) ∈ Im(u). Donc Im(u) est stable par ρ. Montrons que Ker(u) est stable par ρ. Soit x ∈ Ker(u). Alors u(x) = 0 donc u(ρ(x)) = ρ(u(x)) = ρ(0) = 0 donc ρ(x) ∈ Ker(u). Donc Ker(u) est stable par ρ. Puisque A2 = 0, on a u2 = 0 d’où ρ4 = (ρ2)2 = u2 = 0. Ainsi ρ4 = 0 et ρ est nilpotent. Q23. Posons R′ = P −1RP. Alors (R′)2 = (P −1RP)2 = P −1R2PP −1AP = Diag(J2, J1) = 0 0 0 1 0 0 0 0 0 . Avec les notations de la question Q21. pour les vecteurs e1, e2, e3, on a Im(u) = Vect(e2) et Ker(u) = Vect(e2, e3). Déterminons ρ(e1), ρ(e2), ρ(e3) en utilisant que la matrice de ρ2 vaut (R′)2, et que Im(u) et Ker(u) sont stables par u. On a en particulier ρ2(e1) = e2. ρ2(e2) = 0. ρ2(e3) = 0. • Im(u) = Vect(e2) est stable par ρ donc ∃a ∈ C, ρ(e2) = ae2. Alors ρ2(e2) = a2e2 = 0 donc a = 0 et ρ(e2) = 0. • Ker(u) = Vect(e2, e3) est stable par ρ donc u(e3) ∈ Vect(e2, e3) et ∃(a, b) ∈ C2, ρ(e3) = ae2 + be3. Alors ρ2(e3) = aρ(e2) + bρ(e3) = bρ(e3) = abe2 + b2e3 = 0. Puisque (e2, e3) est libre, ab = b2 = 0 donc b = 0 et ρ(e3) = ae2. • ∃(b, c, d) ∈ C3, ρ(e1) = be1 + ce2 + de3. Alors ρ2(e1) = e2 = bρ(e1) + cρ(e2) + dρ(e3) = b(be1 + ce2 + de3) + dae2 = b2e1 + (bc + da)e2 + bde3. Donc b2e1 + (bc + da − 1)e2 + bde3 = 0. La famille (e1, e2, e3) est libre donc ces trois coefficients sont nuls. b2 = 0. bc + da − 1 = 0. bd = 0. ⇒ b = 0. da = 1. ⇒ b = 0. d = 1/a, a ̸= 0. On en déduit finalement qu’il existe a ̸= 0 et c ∈ C tels que : ρ(e1) = ce2 + (1/a)e3. ρ(e2) = 0. ρ(e3) = ae2. ⇒ R′ = MatB(ρ) = 0 0 0 c 0 a 1/a 0 0 . 5 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Réciproquement, une telle matrice vérifie bien (R′)2 = Diag(J2, J1). Donc l’ensemble des racines carrées de A vaut : {racines carrées de A} = P 0 0 0 c 0 a 1/a 0 0 P −1, a ∈ C∗, c ∈ C où P est la matrice de passage définie à la question Q21.. Q24. On démontre le résultat préliminaire suivant. Soit B ∈ Mn(C) nilpotente d’indice p. Alors χB(X) = Xn donc Bn = 0 et p ≤ n. Ainsi l’indice de nilpotence p d’une matrice nilpotente B ∈ Mn(C) vérifie p ≤ n. On suppose qu’il existe une solution R vérifiant R2 = J3 = 0 0 0 1 0 0 0 1 0 . En calculant (J3)2 et (J3)3 : R4 = (R2)2 = (J3)2 = 0 0 0 0 0 0 1 0 0 , R6 = (R2)3 = (J3)3 = 0. On en déduit que R est nilpotente. Puisque R4 ̸= 0 et R6 = 0, l’indice de nilpotence de R vaut q = 5 ou q = 6, or n = 3 donc q > n, ce qui est absurde. L’équation R2 = J3 n’a pas de solution. Q25. Soit V ∈ Mn(C) une matrice nilpotente d’indice p, avec 2p − 1 > n. On suppose qu’il existe une solution R vérifiant R2 = V . V est nilpotente d’indice p donc V p = 0 et V p−1 ̸= 0. Alors R2p = (R2)p = V p = 0 donc R est nilpotente. Notons q l’indice de nilpotence de R. On a R2p−2 = (R2)p−1 = V p−1 ̸= 0. Donc l’indice de nilpotence de R est strictement supérieur à 2p − 2 : q ≥ 2p − 1 > n donc q > n, ce qui est absurde. Si 2p − 1 > n, alors l’équation R2 = V n’a pas de solution. Q26. Soit n ≥ 3. On remarque que (J3)2 = 0 0 0 1 0 0 0 0 0 2 = 0 0 0 0 0 0 1 0 0 = B, avec B2 = 0 donc B est nilpotente d’indice 2. Posons V = Diag 0 0 0 0 0 0 1 0 0 , 0n−3 ∈ Mn(C). On a V 2 = 0 donc V est nilpotente d’indice p = 2. De plus (Diag (J3, 0n−3))2 = Diag (J3)2, (0n−3)2 = V, donc V admet au moins une racine carrée. 6 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Deuxième partie. Q27. Soit x ∈ Im(u), alors u(x) ∈ Im(u) donc Im(u) est stable par u. Notons v = u|Im(u) l’endomorphisme induit par u sur Im(u). u est nilpotent d’indice p donc up = 0. Alors ∀x ∈ Im(u), vp(x) = up(x) = 0 donc v est nilpotent. Notons q l’indice de nilpotence de v. Soit x ∈ Im(u). Alors ∃y ∈ E, x = u(y), donc vp−1(x) = up−1(x) = up−1(u(x)) = up(x) = 0 donc q ≤ p − 1. u est nilpotent d’indice p donc up−1 ̸= 0. Donc ∃x ∈ E, up−1(x) ̸= 0. Alors u(x) ∈ Im(u) et : vp−2(u(x)) = up−2(u(x)) = up−1(x) ̸= 0, donc vp−2 ̸= 0. Finalement q ≥ p − 1 et q = p − 1. L’endomorphisme induit v = u|Im(u) est nilpotent d’indice q = p − 1. Q28. Soit x ∈ E non nul et Cu(x) = Vect(uk(x), k ∈ N). Montrons que Cu(x) est stable par u. Soit y ∈ Cu(x). Le vecteur y est combinaison linéaire d’un nombre fini de uk(x), donc ∃d ∈ N tel que y ∈ Vect(uk(x), 0 ≤ k ≤ d). Ainsi ∃(a0, . . . , ad) ∈ Cd+1 tels que y = d k=0 akuk(x). u(y) = d k=0 aku(uk(x)) = d k=0 akuk+1(x) ∈ Vect(uk(x), k ∈ N) = Cu(x). On a montré que ∀y ∈ Cu(x), u(y) ∈ Cu(x), donc Cu(x) est stable par u. Puisque up = 0, on a up(x) = 0 avec p ≥ 1. Posons P0 = {k ∈ N∗, uk(x) = 0}. On a p ∈ P0. P0 est une partie non vide et minorée de N, donc admet un plus petit élément noté s(x). Ainsi il existe un plus petit entier s(x) ≥ 1 tel que us(x)(x) = 0. Q29. On a ∀k ≥ s(x), uk(x) = 0 donc Cu(x) = Vect(uk(x), k ∈ N) = Vect(uk(x), 0 ≤ k ≤ s(x) − 1) = Vect(x, u(x), . . . us(x)−1(x)), ce qui prouve que la famille (x, u(x), . . . us(x)−1(x)) est génératrice de Cu(x). En appliquant la même technique que dans la question Q3., montrons que cette famille est libre. Pour simplifier les notations, on pose q = s(x). Soit (λ0, . . . , λq−1) ∈ Cq des scalaires tels que : λ0x + λ1u(x) + . . . + λq−1uq−1(x) = 0. (∗) • En appliquant l’endomorphisme uq−1 à l’équation (∗), il vient : λ0uq−1(x) = 0 or uq−1(x) ̸= 0 donc λ0 = 0. • En appliquant l’endomorphisme uq−2 à l’équation (∗), il vient : λ1uq−1(x) = 0 or uq−1(x) ̸= 0 donc λ1 = 0. • . . . • On obtient λ0 = λ1 = . . . = λq−2 = 0. Alors λq−1uq−1(x) = 0 or uq−1(x) ̸= 0 donc λq−1 = 0. • Finalement, ∀i ∈ [|0, q − 1|], λi = 0, donc la famille B = (x, u(x), . . . us(x)−1(x)) est libre. Ainsi la famille B = (x, u(x), . . . us(x)−1(x)) est libre et génératrice, donc une base de Cu(x). Dans cette base, par construction, la matrice de l’endomorphisme u|Cu(x) induit par u sur Cu(x) vaut : MatB(u|Cu(x)) = 0 1 0 ... ... 1 0 . MatB(u|Cu(x)) = Js(x). Q30. Montrons par récurrence sur p ≥ 1 l’hypothèse (Hp) suivante : (Hp) : si u est nilpotent d’indice p, alors il existe des vecteurs (xi)1≤i≤t tels que E = t i=1 Cu(xi). 7 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Initialisation : p = 1. Soit u nilpotent d’indice 1, alors u = 0. Soit (x1, . . . , xn) une base quelconque de E. Alors ∀i, ∈ [|1, n|], s(xi) = 1 donc Cu(xi) = Vect(xi) et E = n i=1 Vect(xi) = n i=1 Cu(xi). Hérédité (Hp−1) ⇒ (Hp) : Supposons le résultat vrai au rang p − 1 et montrons-le au rang p. Soit u nilpotent d’indice p. Soit v = u|Im(u) l’endomorphisme induit par u sur Im(u). Alors v est nilpotent d’indice p − 1 (question Q27.). Par hypothèse de récurrence appliquée à v, il existe des vecteurs y1, . . . , yt de Im(u) tels que Im(u) = t i=1 Cu(yi). Pour tout i ∈ [|1, t|], on a yi ∈ Im(u) donc ∃xi ∈ E, yi = u(xi). Remarquons que s(xi) = s(yi) + 1. On a : Cu(xi) = Vect(xi, u(xi), . . . , us(xi)−1(xi)). Cu(yi) = Vect(yi, . . . , us(yi)−1(yi)) = Vect(u(xi), . . . , us(yi)(xi)) = Vect(u(xi), . . . , us(xi)−1(xi)). dim(Cu(xi)) = dim(Cu(yi)) + 1. Posons z = dim(Ker(u)). Les vecteurs (us(x1)−1(x1), . . . , us(xt)−1(xt)) forment une famille libre de cardinal t de Ker(u), que l’on peut compléter en une base de Ker(u) à l’aide de z − t vecteurs : (us(xi)−1(x1), . . . , us(xi)−1(xt), v1, . . . , vz−t). On a vj ∈ Ker(u) donc s(vj) = 1 et Cu(vj) = Vect(vj). On introduit le sous-espace vectoriel F de E suivant : F = t i=1 Cu(xi) ⊕ z−t j=1 Cu(vj) . Calculons la dimension de F : dim(F) = t i=1 dim(Cu(xi)) + z−t j=1 dim(Cu(vj)) = t i=1 (dim(Cu(yi)) + 1) + z−t j=1 1 = dim t i=1 Cu(yi) + t + (z − t) = dim(Im(u)) + z = rg(u) + dim(Ker(u)) = dim(E), en utilisant le théorème du rang. Donc F = E, autrement dit Donc E = t i=1 Cu(xi) ⊕ z−t j=1 Cu(vj) , ce qui termine la récurrence. Q31. D’après la question Q29., la matrice de u dans une base B adaptée à la décomposition E = t i=1 Cu(xi) vaut : MatB(u) = Diag(Js(x1), Js(x2), . . . Js(xt)). Q32. On utilise la question Q29.. Il existe une décomposition de l’espace E = t i=1 Cu(xi). Soit B une base de E adaptée à cette décomposition. Alors MatB(u) = Diag(Js(x1), Js(x2), . . . Js(xt)). Quitte à permuter les éléments de la base B pour réordonner les éléments blocs diagonaux, on peut supposer que s(x1) ≥ s(x2) ≥ . . . ≥ s(xk). De plus s(x1) + s(x2) + . . . + s(xk) = dim(E) = n. Avec les notations précédentes, en posant ∀i ∈ [|1, k|], αi = s(xi) et σ = (α1, . . . , αk), il existe une base B de E vérifiant MatB(u) = Nσ = Diag(Jα1, . . . , Jαk). 8 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Q33. Soit α ∈ N∗. Soit (e1, . . . , en) la base canonique de Cn. Jα = 0 1 0 ... ... 1 0 ∈ Mα(C). ∀i ∈ [|1, n − 1|], Jα(ei) = ei+1. Jα(en) = 0. En étudiant l’action de Jα sur la base canonique de Cn, on montre aisément que pour k ≤ n − 1 : ∀i ∈ [|1, n − k|], Jk α(ei) = ei+k. ∀i ∈ [|n − k + 1, n|], Jk α(ei) = 0. Donc Jk α est une matrice contenant n − k termes 1 sur la k-ième sous-diagonale et des 0 partout ailleurs. Ainsi rg(Jα) = α − 1, rg(Jk α) = α − k pour k ≤ n − 1 et enfin rg(Jn α) = 0. ∀j ∈ N, rg(Jj α) = α − j si 0 ≤ j ≤ α − 1. rg(Jj α) = 0 si 0 ≤ j ≥ α. En particulier on a rg(Jα α) = 0 donc Jα α = 0 et rg(Jα−1 α ) = 1 donc Jα−1 α ̸= 0. D’où Jα est nilpotente d’indice α. Q34. u est nilpotent d’indice p donc la matrice MatB(u) = Nσ = Diag(Jα1, . . . , Jαk) est aussi nilpotente d’indice p. Puisque Jα est nilpotente d’indice p avec α1 ≥ . . . ≥ αp, on a ∀i ∈ [|1, k|], Jα1 αi = 0 donc N α1 σ = Diag(Jα1 α1 , . . . , Jα1 αk ) = 0. N α1−1 σ = Diag(Jα1−1 α1 , . . . , Jα1−1 αk ) ̸= 0 car Jα1−1 α1 ̸= 0. Ainsi Nσ est nilpotente d’indice α1. Donc α1 = p. Q35. On note Λj = {i ∈ [|1, k|], αi ≥ j}. On a N j σ = Diag(Jα1, . . . , Jαk)j = Diag(Jj α1, . . . , Jj αk), donc rg(N j σ) = k i=1 rg(Jj αi). Si i /∈ Λj, alors αi < j donc Jj αi = 0 et rg(Jj αi) = 0. Si i ∈ Λj, alors αi ≥ j donc rg(Jj αi) = αi − j. Ainsi rg(N j σ) = i/∈Λj 0 + i∈Λj rg(Jj αi) = i∈Λj (αi − j). rg(N j σ) = i∈Λj (αi − j). Q36. D’après la question Q35. : dj = rg(uj−1) − rg(uj) = rg(N j−1 σ ) − rg(N j σ) = i∈Λj−1 (αi − (j − 1)) − i∈Λj (αi − j). Remarquons que Λj ⊂ Λj−1. On décompose Λj−1 = Λj ⊔ (Λj−1 \ Λj) avec Λj−1 \ Λj = {i ∈ [|1, k|]|αi ≥ j − 1 et αi < j} = {i ∈ [|1, k|]|αi = j − 1}. Il vient : dj = i∈Λj (αi − (j − 1)) + i∈Λj−1\Λj (αi − (j − 1)) − i∈Λj (αi − j) = i∈Λj 1 + i|αi=j−1 (αi − (j − 1)) = i∈Λj 1 + i|αi=j−1 0 = i∈Λj 1 = Card(Λj). On a montré que dj = Card(Λj) : dj est égal au nombre de blocs Jαi dont la taille vérifie αi ≥ j. 9 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Q37. Pour tout bloc Jαi, sa taille est supérieure ou égale à 1. Donc le nombre total k de blocs est égal au nombre de blocs Jαi dont la taille αi ≥ 1, d’où k = d1. Ainsi k = d1 = rg(u1−1)−rg(u1) = rg(IdE)−rg(u) = n−rg(u). Finalement k = d1 = n − rg(u) = dim(Ker(u)). Q38. Soit j ∈ [|1, n|]. Le nombre de blocs Jαi de taille exactement égale à j est égal au nombre de blocs de taille αi ≥ j moins le nombre de blocs de taille αi ≥ j − 1, c’est-à-dire : dj − dj−1 = rg(uj−1) − rg(uj) − rg(uj−2) − rg(uj−1) = − rg(uj) + 2 rg(uj−1) − rg(uj−2). Le nombre de blocs Jαi de taille exactement égale à j vaut dj − dj−1 = − rg(uj) + 2 rg(uj−1) − rg(uj−2). Q39. On suppose qu’il existe deux partitions σ et σ′ de l’entier n telles que MatB(u) = Nσ et MatB′(u) = Nσ′. D’après la question Q38., le nombre de blocs de taille exactement égale à j vaut − rg(uj) + 2 rg(uj−1) − rg(uj−2) donc ne dépend que de l’endomorphisme u. Pour tout j ∈ [|1, n|], les matrices Nσ et Nσ′ ont même nombre de blocs de taille j, ce qui détermine entièrement les deux matrices. Ainsi Nσ = Nσ′ et σ = σ′. Q40. Dans la question Q39., on a montré que si Nσ et Nσ′ représentent le même endomorphisme u dans deux bases différentes, alors σ = σ′. On en déduit immédiatement que si σ ̸= σ′, alors Nσ et Nσ′ ne sont pas semblables. Considérons l’ensemble : E = {Nσ, σ ∈ Γn} ⊂ Mn(C), alors E est constitué de matrices nilpotentes, telles qu’il n’existe pas dans E deux matrices semblables. De plus Card(En) = Card(Γn). Soit A ∈ Mn(C) une matrice nilpotente. D’après la question Q32., ∃σ ∈ Γn telle que A est semblable à Nσ. Soit F un ensemble de matrices nilpotentes de Mn(C) telles qu’il n’y en ait pas deux semblables, alors les matrices de F sont semblables à un sous-ensemble de E, donc Card(F) ≤ Card(E). Le cardinal maximal d’un ensemble de matrices nilpotentes de Mn(C), ne contenant pas deux matrices semblables, vaut Card(Γn). (Autrement dit, le nombre de classes de similitude de matrices nilpotentes dans Mn(C) est exactement égal au nombre Card(Γn) de partitions de l’entier n.) Q41. On considère la matrice A = 0 −1 2 −2 −1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 −1 1 0 et u l’endomorphisme canoniquement associé à A. Soit x1 le deuxième vecteur de la base canonique de C5 : x1 = 0 1 0 0 0 , u(x1) = −1 0 1 1 1 , u2(x1) = −1 0 0 0 0 , u3(x1) = 0. Donc s(x1) = 3 et (x1, u(x1), u2(x1)) forme une base de Cu(x1). Soit x2 le troisième vecteur de la base canonique de C5 : x2 = 0 0 1 0 0 , u(x2) = 2 0 0 0 −1 , u2(x2) = 0. Donc s(x2) = 2 et (x2, u(x2)) forme une base de Cu(x2). La famille B = (x1, u(x1), u2(x1), x2, u(x2)) est libre et de cardinal 5, donc forme une base de C5. La matrice de u dans B vaut MatB(u) = Nσ = Diag(Js(x1), Js(x2)) = Diag(J3, J2), avec α1 = 3 ≥ α2 = 2, 3 + 2 = 5. 10 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Donc σ = (3, 2) est la partition de l’entier 5 associée à u, avec Nσ = Diag(J3, J2). Remarque : ce résultat est cohérent avec la question Q37. : le nombre de blocs vaut k = 2, or rg(u) = 3 donc n − rg(u) = 5 − 3 = 2 = k. Q42. Soit M ∈ Mn(C) nilpotente et u l’endomorphisme canoniquement associé à M. Par la question Q30., il existe des vecteurs (xi)1≤i≤t tels que E = t i=1 Cu(xi). Soit B1 une base adaptée à cette décomposition, alors par la question Q31. : MatB1(u) = Diag(Js(x1), . . . Js(xt)). • Montrons que M et 2M sont semblables. 2u est l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice 2M. Soit i ∈ [|1, t|], alors (2u)k(xi) = 2kuk(xi) = 0 ⇔ uk(xi) = 0 donc le plus petit entier k ≥ 1 tel que uk(xi) = 0 est le même pour u et 2u, on le note toujours s(xi). De plus, C2u(xi) = Vect(xi, 2u(xi), . . . , 2s(xi)−1us(xi)−1(xi)) = Vect(xi, u(xi), . . . , us(xi)−1(xi)) = Cu(xi). Donc on a la même décomposition de l’espace pour u et pour 2u : E = t i=1 Cu(xi) = E = t i=1 C2u(xi). Il vient alors MatB1(u) = Diag(Js(x1), Js(x2), . . . Js(xt)) = MatB1(2u). Or M est semblable à MatB1(u), 2M est semblable à MatB1(2u) = MatB1(u), donc par transitivité de la similitude, M et 2M sont semblables. • Montrons que M et M T sont semblables. M est semblable à MatB1(u), donc M est semblable à Diag(Js(x1), . . . Js(xt)), donc M T est semblable à Diag(Js(x1), . . . Js(xt))T . Pour x ∈ E, B = (x, u(x), . . . us(x)−1(x)) est une base de Cu(x), avec : MatB(u|Cu(x)) = 0 1 0 ... ... 1 0 . MatB(u|Cu(x)) = Js(x). En inversant l’ordre de la base, c’est-à-dire en posant Binv = (us(x)−1(x), . . . , u(x), x), Binv est encore une base de Cu(x), avec : MatBinv(u|Cu(x)) = 0 1 ... ... 0 1 0 . MatBinv(u|Cu(x)) = JT s(x). Soit B2 la base obtenue en rangeant les vecteurs de B1, en sens inverse dans chaque base de Cu(xi). Plus précisément, on pose donc : B1 = (x1, . . . , us(x1)−1(x1), x2, . . . , us(x2)−1(x2), . . . , xt, . . . , us(xt)−1(xt)). B2 = (us(x1)−1(x1), . . . , x1, us(x2)−1(x2), . . . , x2, . . . , us(xt)−1(xt), . . . , xt). D’après ce qui précède : MatB2(u) = Diag(JT s(x1), . . . JT s(xt)) = Diag(Js(x1), . . . Js(xt))T . Par transitivité, M est semblable à MatB2(u), donc M est semblable à Diag(Js(x1), . . . Js(xt))T , donc M est semblable à M T . 11 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Q43. Soit M ∈ Mn(C). On suppose que M et 2M sont semblables. Alors M et 2M ont même polynôme caractéristique. Puisque l’ensemble des valeurs propres d’une matrice est égal aux racines de son polynôme caractéristique, on en déduit que M et 2M ont mêmes valeurs propres : Sp(M) = Sp(2M). On a Ker(M − λIn) = Ker(2M − 2λIn), donc λ est valeur propre de M si et seulement si 2λ est valeur propre de 2M. Il vient : Sp(M) = Sp(2M) = {2λ, λ ∈ Sp(M)}. Soit λ ∈ C une valeur propre de M. Supposons par l’absurde que λ ̸= 0. Par une récurrence immédiate, on montre que ∀k ≥ 0, 2kλ ∈ Sp(2M) = Sp(M). Alors Sp(M) est un ensemble fini de cardinal inférieur ou égal à n et contient l’ensemble infini suivant : {2kλ, k ∈ N} ⊂ Sp(M), ce qui est absurde. Donc λ = 0 et 0 est l’unique valeur propre de M. D’après la question Q15., M est nilpotente. On a montré que si M et 2M sont semblables, alors M est nilpotente. Q44. Yn,1 est le nombre de partitions dont le premier terme vérifie α1 ≤ 1. Puisque α1 est le plus grand terme, tous les autres termes valent 1 et on obtient une unique partition (1, 1, . . . , 1) de n (avec k = n). Par suite, ∀n ≥ 1, yn,1 = 1. Remarquons pour la suite que y0,0 = 1 par convention mais pour n ≥ 1, yn,0 = 0. Q45. Pour j = n, le membre de droite de la formule vaut : yn,n−1 + yn−n,min(j,n−j) = yn,n−1 + y0,0 = yn,n−1 + 1. Or Yn,n = {σ ∈ Γn, α1 ≤ n} = {σ ∈ Γn, α1 ≤ n − 1} ⊔ {σ ∈ Γn, α1 = n} = Yn,n−1 ⊔ {(n)}, car il existe une seule partition, la partition (n), telle que α1 = n. Ainsi Card(Yn,n) = Card(Yn,n−1) + 1 donc ∀n ≥ 2, yn,n = yn,n−1 + 1. L’égalité est vraie pour j = n. Q46. Soit j < n. Yn,j = {σ ∈ Γn, α1 ≤ j} = {σ ∈ Γn, α1 ≤ j − 1} ⊔ {σ ∈ Γn, α1 = j} = Yn,j−1 ⊔ {σ ∈ Γn, α1 = j}. En passant au cardinal, yn,j = yn,j−1 + Card({σ ∈ Γn, α1 = j}). Soit σ = (α1, α2, . . . αk) dans l’ensemble {σ ∈ Γn, α1 = j}. Alors α1 = j et j ≥ α2 ≥ . . . ≥ αk avec α2+. . .+αk = n − α1 = n − j, donc (α2, . . . , αk) ∈ Yn−j,j. Ainsi Card({σ ∈ Γn, α1 = j}) = Card(Yn−j,j) = yn−j,j. On en déduit que ∀j < n, yn,j = yn,j−1 + yn−j,j. Si j ≤ n − j, alors min(n − j, j) = j donc yn−j,j = yn−j,min(n−j,j). Si j > n − j, alors min(n − j, j) = n − j et yn−j,j = yn−j,n−j donc yn−j,j = yn−j,min(n−j,j). Dans les deux cas, ∀j < n, yn,j = yn,j−1 + yn−j,min(n−j,j). Avec la question Q45., on a ∀j ∈ [|2, n|], yn,j = yn,j−1 + yn−j,min(n−j,j). Q47. Calculons les yn,j pour 1 ≤ j ≤ n ≤ 5. Puisque yn,1 = 1, on remplit la colonne j = 1 de termes 1. Ensuite, on utilise la relation de récurrence yn,j = yn,j−1 + yn−j,min(j,n−j). Par exemple, y2,2 = y2,1 + 1 = 1 + 1 = 2. j = 1 j = 2 j = 3 j = 4 j = 5 n = 1 1 n = 2 1 2 n = 3 1 2 3 n = 4 1 3 4 5 n = 5 1 3 5 6 7 12 Concours 2019 Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Durée : 4 heures Q48. On propose la fonction récursive Python calculY(n,j) qui calcule les yn,j, et la fonction Python calculY2(n) qui calcule les yn,n en appelant la fonction calculY(n,j) : def calculY(n,j) : if n==0 : if j==0 : return 1 else : return 0 elif n >= 1 : if j==0 : return 0 elif j==1 : return 1 elif j>= 2 : return calculY(n,j−1) + calculY(n−j, min(j,n−j)) def calculY2(n): return calculY(n,n) for n in range (1,6) : print(’Ligne ’,n) for j in range(1,n+1) : print(’n=’,n,’j=’,j,’ y=’,calculY(n,j)) Q49. Ce résultat fait référence à yn,n. Yn,n est l’ensemble des partitions de n dont le premier terme vérifie α1 ≤ n, ce qui est le cas pour toutes les partitions de n. Donc yn,n = Card(Γn) est le nombre de partitions de l’entier n, c’est aussi le résultat de la question Q40., le nombre de classes de similitude de matrices nilpotentes dans Mn(C). Vérifions par exemple qu’il existe y5,5 = 7 partitions de l’entier 5 : 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 (partition 1) = 2 + 1 + 1 + 1 (partition 2) = 2 + 2 + 1 (partition 3) = 3 + 1 + 1 (partition 4) = 3 + 2 (partition 5) = 4 + 1 (partition 6) = 5 (partition 7). 13