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Concours commun Mines - Ponts, Concours Mines-Telecom Deuxième épreuve de mathématiques, filière PSI - 2022 Matrices de Hurwitz L’usage de la calculatrice et de tout dispositif électronique est interdit. Notations — n désigne un entier naturel non nul. — K désigne R ou C. — Mn(K) désigne l’espace vectoriel des matrices carrées de taille n et à coefficients dans K et, pour une matrice M de Mn(K), on note χM son polynôme caractéristique. — K[X] désigne l’espace vectoriel des polynômes à coefficients dans K, Kn[X] désigne le sous-espace vectoriel de K[X] des polynômes de degré inférieur ou égal à n. — Re− = {z ∈ C/ Re(z) < 0}. — On désigne par ⟨·, ·⟩ le produit scalaire usuel de Rn et ∥ · ∥ sa norme associée : ⟨(x1, x2, . . . , xn) , (y1, y2, . . . , yn)⟩ = n i=1 xiyi & ∥(x1, x2, . . . , xn)∥ = n i=1 x2 i . — On confondra abusivement, pour le calcul matriciel, le vecteur X = (x1, x2, . . . , xn) de Kn avec la matrice colonne X = x1 x2 · · · xn de ses coordonnées dans la base canonique de Kn. — Pour X = (x1, x2, . . . , xn) de Cn, on notera son conjugué X = (x1, x2, . . . , xn), sa partie réelle Re(X) = X + X 2 et sa partie imaginaire Im(X) = X − X 2i . — Si M ∈ Mn(R), et K = R ou C, l’endomorphisme de Kn canoniquement associé à M est Kn → Kn X → MX. Rappels (1) Deux matrices A et B de Mn( K) sont semblables dans Mn( K) si il existe une matrice P de Mn( K) inversible telle que A = PBP −1. Deux matrices A et B de Mn(R) sont semblables dans Mn(C) si il existe une matrice P de Mn(C) inversible telle que A = PBP −1. (2) Soient R et S deux polynômes de K[X].R est un diviseur de S s’il existe un polynôme Q de K[X] tel que S = QR. Les polynômes irréductibles de R[X] sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 dont le discriminant est strictement négatif. Objectifs — Il s’agit d’établir pour un système différentiel linéaire d’ordre 1, une équivalence entre des propriétés qualitatives des solutions et des conditions portant sur la nature de la matrice asssociée à ce système et de son polynôme caractéristique. — La partie 1 concerne l’étude de propriétés de matrices semi-simples. — La partie 2 propose de trouver une caractérisation de matrices diagonalisables de Mn(C). — La partie 3 est consacrée à l’étude des polynômes de Hurwitz. — Les parties 1, 2 et 3 sont indépendantes. — La partie 4, sur l’équivalence anoncée pour les systèmes différentiels, utilise des résultats des parties 1 et 3 . 1 1. Matrices semi-simples Définition 1. Une matrice de Mn(R) est dite semi-simple si elle est diagonalisable dans Mn(C). Définition 2. Une matrice M de Mn(R) est dite presque diagonale s’il existe i) deux entiers naturels p et q ; ii) q réels a1, a2, . . . , aq ; iii) q réels non nuls b1, b2, . . . , bi ; iv) une matrice D diagonale de Mp(R) tels que p + 2q = n et M est la matrice bloc suivante : M = D 0 0 0 · · · · · · 0 0 M (a1, b1) 0 0 · · · · · · 0 0 0 M (a2, b2) 0 · · · · · · 0 0 0 0 ... 0 · · · 0 ... ... ... ... ... ... 0 0 0 · · · 0 0 ... 0 0 0 · · · 0 0 0 M (aq, bq) où, ∀j ∈ 1; q : M (aj, bj) = aj bj −bj aj . Si p = 0, la matrice D n’est pas présente dans la matrice diagonale par blocs M. De même, si q = 0, alors M = D. Soit A la matrice de M2(R) définie par A = 1 1 −1 3 . 1 ▷ La matrice A est-elle semi-simple ? Soit B la matrice de M2(R) définie par B = 3 2 −5 1 . 2 ▷ Démontrer que B est semi-simple et en déduire l’existence d’une matrice Q de M2(R) inversible et de deux réels a et b à déterminer tels que : B = Q a b −b a Q−1. Indication : on pourra, pour un vecteur propre V de B, introduire les vecteurs W1 = Re(V ) et W2 = Im(V ). Soit M une matrice de M2(R). On suppose dans la question 3) seulement que M admet deux valeurs propres complexes µ = a+ib et µ = a−ib avec a ∈ R et b ∈ R∗. 3 ▷ Démontrer que M est semi-simple et semblable dans M2(R) à la matrice a b −b a . 4 ▷ Démontrer que M est semi-simple si, et seulement si, l’une des conditions suivantes est satisfaite : i) M est diagonalisable dans M2(R) ; ii) χM admet deux racines complexes conjuguées de partie imaginaire non nulle. 5 ▷ Soit N une matrice de Mn(R) semblable à une matrice presque diagonale. Démontrer que N est semi-simple. 6 ▷ Soit N une matrice de Mn(R). Donner la forme factorisée de χN dans C[X] en précisant, dans les notations, les racines réelles et les racines complexes conjuguées. En déduire que si N est semi-simple alors elle est semblable dans Mn(R) à une matrice presque diagonale. 2. Une caractérisation des matrices diagonalisables de Mn(C) Dans cette partie, E désigne un C-espace vectoriel de dimension n et u désigne un endomorphisme de E. On suppose dans les questions 7), 8) et 9) que u est diagonalisable. On note B = (v1, v2, . . . , vn) une base de E formée de vecteurs propres de u. Soit F un sous-espace vectoriel de E, différent de {0E} et de E. 2 7 ▷ Démontrer qu’il existe k ∈ 1; n tel que vk /∈ F et qu’alors F et la droite vectorielle engendrée par vk sont en somme directe. On note alors A = H sous-espace vectoriel de E tel que u(H) ⊂ H et F ∩ H = 0E et L = p ∈ N∗, ∃H ∈ A : p = dim(H) . 8 ▷ Démontrer que L admet un plus grand élément que l’on nommera r. 9 ▷ Démontrer que F admet un supplémentaire G dans E stable par u. 10 ▷ On suppose que tout sous-espace vectoriel de E possède un supplémentaire dans E stable par u. Démontrer que u est diagonalisable. En déduire une caractérisation des matrices diagonalisables de Mn(C). Indication : on pourra raisonner par l’absurde et introduire un sous-espace vectoriel, dont on justifiera l’existence, de dimension n − 1 et contenant la somme des sous-espaces propres de u. 3. Polynômes de Hurwitz Définition 3. Un polynôme P ∈ R[X] est dit polynôme de Hurwitz si ses racines dans C appartiennent à Re− = {z ∈ C/ Re(z) < 0}. Définition 4. Un polynôme P ∈ R[X] est dit à coefficients strictement positifs s’il est non nul et si, d désignant son degré, P = d k=0 akXk où, pour tout k ∈ 0, d , ak > 0. 11 ▷ Soit α ∈ R. Démontrer que si α est une racine d’un polynôme P de R[X] à coefficients strictement positifs, alors α < 0. 12 ▷ Démontrer que tout diviseur d’un polynôme de Hurwitz est un polynôme de Hurwitz. 13 ▷ Soit P un polynôme de Hurwitz de R[X] irréductible et à coefficient dominant positif. Démontrer que tous les coefficients de P sont strictement positifs. Soient n ∈ N∗ et (z1, z2, . . . , zn) ∈ Cn. On définit les deux polynômes P(X) et Q(X) de C[X] par : P(X) = n k=1 (X − zk) et Q(X) = (k,l)∈ 1;n 2 (X − zk − zl) . 14 ▷ On suppose n = 2 et P ∈ R2[X]. Si les coefficients de Q sont strictement positifs, P est-il alors un polynôme de Hurwitz ? 15 ▷ Soient A et B deux polynômes de R[X] dont tous les coefficents sont strictement positifs. Démontrer que les coefficients du produit AB sont également strictement positifs. 16 ▷ Démontrer que si P et Q sont dans R[X], alors on a l’équivalence : P est un polynôme de Hurwitz si, et seulement si, les coefficients de P et Q sont strictement positifs. 4. Système différentiel de matrice associée semi-simple Soit M ∈ Mn(R). On note (S) le système différentiel (S) X′ = MX, où X est une application de la variable t de R dans Rn, dérivable sur R. Soit T ∈ Mn(R). On suppose que M est semblable à T dans Mn(R) et l’on note (S∗) le système différentiel (S∗) Y ′ = TY . 17 ▷ Démontrer que les coordonnées d’une solution X de (S) sont combinaisons linéaires des coordonnées d’une solution Y de (S∗). Dans les deux questions suivantes 18) et 19), on suppose n = 2, on note alors X = (x; y) où x et y sont deux fonctions dérivables de R dans R et l’on pose z = x + iy. 3 On suppose qu’il existe a et b réels tels que M = a b −b a . 18 ▷ Démontrer que X est solution de (S) si, et seulement si, z est solution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à déterminer. En déduire une expresssion des coordonnées des solutions de (S) en fonction de t. Résoudre le système X′ = BX où B est la matrice de la question 2). 19 ▷ Soit M ∈ M2(R) semi-simple. Donner une condition nécessaire et suffisante, portant sur les parties réelles et imaginaires des valeurs propres de M, pour que toute solution de (S) ait chacune de ses coordonnées qui tende vers 0 en +∞. On reprend le cas général n ⩾ 2 et on considère les assertions suivantes : A1 χM est un polynôme de Hurwitz ; A2 Les solutions de (S) tendent vers 0Rn quand t tend vers +∞ ; A3 Il existe α > 0, il existe k > 0 tels que pour toute solution Φ de (S), ∀t ⩾ 0 : ∥Φ(t)∥ ⩽ k e−αt∥Φ(0)∥. Soit T ∈ Mn(R). On suppose que T vérifie la condition suivante : (C) ∃β ∈ R∗ +, ∀X ∈ Rn : ⟨TX, X⟩ ⩽ −β∥X∥2. 20 ▷ Démontrer que A3 est vraie avec k = 1 pour toute solution Φ de (S∗). Indication : on pourra introduire la fonction t → e2βt∥Φ(t)∥2. 21 ▷ On suppose que M ∈ Mn(R) est semi-simple. Démontrer que les assertions A1, A2 et A3 sont équivalentes. Indication : on pourra commencer par montrer que A3 implique A2. FIN DU PROBLÈME 4

Mines - Ponts - PSI - II - 2022 Matrices de Hurwitz I. Matrices semi-simples Dans ce corrigé, on appellera matrices de similitude (plane directe) les matrices de M2(R) de la forme M(a, b). Pour (λ1, . . . , λp) ∈ Kp, on notera diag(λ1, . . . , λp) la matrice diagonale dont les éléments diagonaux sont les λi pris dans cet ordre et, pour des matrices carrées A1, . . . , Aq, on notera Diag(A1, . . . , Aq) la matrice diagonale par blocs dont les blocs diagonaux sont les Aj pris dans cet ordre. 1. Soit A = 1 1 −1 3 . On calcule χA(x) = x − 1 −1 1 x − 3 = (x − 1)(x − 3) + 1 = (x − 2)2. La matrice A admet ainsi une unique valeur propre et n’est pas diagonale. Elle n’est donc pas diagonalisable (sur quelque corps que ce soit, en particulier sur C). On peut alternativement dire que rg 2I2 − A = rg 1 −1 1 −1 = 1, donc que dim E2(A), qui vaut 1, est strictement inférieure à l’ordre de multiplicité de la valeur propre, qui vaut 2, ce qui entraîne que A n’est pas diagonalisable dans Mn(C), donc n’est pas semi-simple. 2. Soit B = 3 2 −5 1 . On calcule χB = X2 − 4X + 13, trinôme du second degré de discriminant −36 et de racines 2 ± 3i . La matrice B ∈ M2(C) admet deux valeurs propres distinctes ; elle est donc diagonalisable dans Mn(C) et, ainsi, semi-simple. Cherchons l’espace propre associé à 2 + 3i : x y ∈ E2+3i (B) ⇐⇒ 1 − 3i 2 −5 −1 − 3i x y + 0 0 (1) ⇐⇒ (1 − 3i )x + 2y = 0 ∴ E2+3i (B) = Vect 2 −1 + 3i = Vect(W1 + i W2) avec W1 = 2 −1 et W2 = 0 3 , l’équivalence (1) se justifiant par le fait qu’on sait déjà que l’espace propre est de dimension 1. On calcule facilement BW1 = 3 2 −5 1 2 −1 = 4 −11 = 2 2 −1 − 3 0 3 = 2W1 − 3W2 & BW2 = 6 3 = 3W1 + 2W2, ce dont on déduit, par la formule Cj(AB) = ACj(B), que 3 2 −5 1 2 0 −1 3 = 2 0 −1 3 2 3 −3 2 ∴ 3 2 −5 1 = 2 0 −1 3 2 3 −3 2 2 0 −1 3 −1 . 3. Le calcul précédent est général et l’on peut le présenter plus efficacement. Soient M ∈ M2(R), une matrice dont le polynôme caractéristique admet un discriminant strictement négatif, µ = a + i b et µ = a − i b ses deux valeurs propres, qui sont bien distinctes car b ̸= 0 par hypothèse. Les deux espaces propres complexes de M sont donc des droites vectorielles, M est diagonalisable dans M2(C), donc M est semi-simple. Soit V un vecteur propre de M associé à la valeur propre µ. En suivant les notations de la question précédente, on peut écrire V = W1+i W2 avec (W1, W2) ∈ R2×R2. Alors, par unicité de la représentation algébrique des complexes, MV = µV ⇐⇒ M(W1 + i W2) = (a + i b)(W1 + i W2) = (aW1 − bW2) + i (bW1 + aW2) ⇐⇒ MW1 = aW1 − bW2 MW2 = bW1 + aW2. En conjuguant, les règles de calcul des conjugués sur C relativement à l’addition et la multiplication donnent im- médiatement MV = µV ⇐⇒ MV = µV . Ainsi, V, V est une base de vecteurs propres de M. Corrélativement, (W1, W2) = V + V 2 , V − V 2i = Re(V ), Im(V ) est une famille libre, donc une base de C2, la matrice de passage de V, V à (W1, W2) étant 1 2 1 −i 1 i , matrice de déterminant i 2 ̸= 0, donc inversible. Or, les expressions de MW1 1 et MW2 ci-dessus montrent que, si φM est l’endomorphisme de C2 associé à M, alors mat(W1,W2)(φM) = a b −b a . Ainsi M est-elle semblable (dans R) à cette matrice. 4. Soit M ∈ M2(R). Notons ∆ le discriminant de χM . — Si ∆ < 0, alors la condition ii) est vérifiée et la question 3 montre que M est semi-simple. — Si ∆ > 0, alors M est diagonalisable dans M2(R), donc dans M2(C), puisque la matrice de passage contenant les vecteurs propres appartient à GL2(R) ⊂ GL2(C) ; M est donc à nouveau semi-simple. — Si ∆ = 0, M est à derechef diagonalisable dans M2(R) si, et seulement si, elle l’est dans M2(C) si, et seulement si, M est une matrice d’homothétie. On a bien montré l’équivalence demandée. 5. Soit N une matrice semblable à une matrice presque diagonale M = Diag D, M(a1, b1), . . . , M(aq, bq) , avec les notations de la définition 2 de l’énoncé. D’après la question 3, ∀j ∈ [[1, q]], ∃Dj = diag µj, µj , ∃Pj ∈ GL2(C): M(aj, bj) = PjDjP −1 j . Alors, en posant P = Diag(Ip, P1, . . . , Pq), les règles du calcul par blocs donnent P −1 = Diag Ip, P −1 1 , . . . , P −1 q ) et, avec D = diag(λ1, . . . , λp), PMP −1 = Diag(D, D1, . . . , Dq) = diag λ1, . . . , λp, µ1, µ1, . . . , µq, µq . 6. Si N ∈ Mn(R), χN est un polynôme unitaire réel de degré n et il se factorise sur C de la manière suivante : χN = p i=1 (X − λi) × q j=1 (X − µj) X − µj , où (λ1, . . . , λp) sont les racines réelles de χN et µj, µj les couples de racines complexes non réelles conjuguées. Avec cette écriture sans exposant, les racines réelles comme complexes sont susceptibles de se répéter. Supposons que N est semi-simple. Montrons dans un premier temps qu’il existe une base de Cn de la forme U1, . . . , Up, V1, V1, . . . , Vq, Vq avec i) Ui ∈ Rn et NUi = λiUi pour i ∈ [[1, p]] ; ii) NVj = µjVj et NVj = µjVj pour j ∈ [[1, q]]. Pour i), notons U1, . . . , Up des vecteurs propres linéairement indépendants tels que NUi = λiUi pour i ∈ [[1, p]]. Ces vecteurs appartiennent à Rn comme solutions de systèmes linéaires à coefficients réels. Pour ii), soit µ une valeur propre non réelle de N. Pour V ∈ Cn, le calcul de conjugaison déjà fait à la question 3 montre alors que NV = µV ⇐⇒ NV = µV , donc Eµ(N) = V ; V ∈ Eµ(N) = Eµ(N). On obtient ainsi une base de Eµ en conjuguant une base de Eµ, ce qui permet de construire par permutation une base de C conforme aux assertions ci-dessus. Soit U1, . . . , Up, V1, V1, . . . , Vq, Vq une telle base. Le calcul fait à la question 3 montre alors qu’en posant Wj,1 = Re(Vj) et Wj,2 = Im(Vj) pour j ∈ [[1, q]], on a Ej = VectC Wj,1, Wj,2 = VectC Vj, Vj et que mat Wj,1,Wj,2 φN = aj bj −bj aj , où µj = aj + i bj. D’où matB φN = Diag diag(λ1, . . . , λp), M(a1, b1), . . . , M(aq, bq) , matrice presque diagonale. On pouvait alternativement étendre la notion de semi-simplicité aux endomorphismes d’un espace vectoriel réel de dimension finie, le caractère diagonalisable étant un invariant de similitude. Avec les notations du paragraphe ci- dessus, si N, donc φN, est semi-simple, les plans Ej sont stables par φN et, la restriction à un sous-espace stable d’un endomorphisme diagonalisable étant diagonalisable, ces restrictions sont semi-simples. On peut alors leur appliquer le cas n = 2 (question 3). Dans une base adaptée à la décomposition p i=1 Vect(Ui) ⊕ q j=1 Ej , on obtient alors une matrice diagonale par blocs avec une partie diagonale et des matrices de similitude, donc une matrice presque diagonale. 2 II. Une caractérisation des matrices diagonalisables de Mn(C) Soient E un C-e.v. de dimension finie n et u ∈ L(E) un endomorphisme diagonalisable. Soient B = (v1, v2, . . . , vn) une base de E formée de vecteurs propres de u et F un sous-espace vectoriel non trivial de E. 7. Si vk ∈ F pour tout k ∈ [[1, n]], alors F contient B, donc F ⊃ E, soit F = E, ce qui est exclu par hypothèse. Si vk ̸∈ F, F ∩ Vect(vk) est un s.e.v. de la droite Vect(vk) ne contenant pas vk, donc un s.e.v. strict de Vect(vk), donc {0E}. Autrement dit, F + Vect(vk) = F ⊕ Vect(vk). On note A l’ensemble des s.e.v. de E stables par u et en somme directe avec F et L l’ensemble des dimensions des éléments de A distincts de {0E}. 8. Soit H = Vect(vk) avec vk choisi comme à la question 7. Alors, H est une droite propre, donc une droite stable et elle est par hypothèse en somme directe avec F. Cela montre que H ∈ A, donc que 1 ∈ L. En particulier, L est non vide. Par ailleurs, L ⊂ [[1, n]], puisque la dimension des s.e.v. de E est majorée par dim E = n. Ainsi, L est une partie non vide et majorée de N. Elle admet donc un plus grand élément, disons r et l’on a r ⩾ 1. 9. Soit G ∈ A avec dim G = r (un tel s.e.v. de E existe par construction). Si G n’était pas un supplémentaire de F, alors F ⊕ G serait un s.e.v strict de E, auquel on pourrait appliquer la question 7. Montrons que G ⊕ Vect(ek) ∈ A : — G ⊕ Vect(ek) est stable (par u) comme somme de deux s.e.v. stables ; — si f = g + λek ∈ F ∩ G ⊕ Vect(ek) , alors λek ∈ F + G, d’où λ = 0 car ek ̸∈ F + G par hypothèse. Alors, f = g ∈ F ∩ G = {0E} ; ainsi, F ∩ G ⊕ Vect(ek) = {0E}. Corrélativement, dim G ⊕ Vect(ek) = r + 1 ∈ L, ce qui contredit la maximalité de r et conclut la démonstration par l’absurde : F ⊕ G = E. Ainsi, F admet un supplémentaire stable par u. Remarque. La démonstration proposée aux questions 7 à 9 est assez lourde et l’on peut aller plus vite : rappelons que le théorème de la base incomplète assure qu’il est possible de compléter toute famille libre d’un espace vectoriel de dimension finie en une base en prenant les vecteurs dans une famille génératrice donnée. On peut ainsi compléter une base de F avec des vecteurs propres, lesquels engendrent une somme (directe) de droites stables par u, donc un sous-espace stable par u. 10. Étudions la réciproque et supposons que tout s.e.v. de E admette un supplémentaire stable par u. Posons H = λ∈Sp(u) Eλ(u). Par hypothèse, H admet un supplémentaire G stable par u. Raisonnons par l’absurde et suppo- sons que u n’est pas diagonalisable. Ainsi, G ̸= {0E} et u induit un endomorphisme de G par restriction, qui possède au moins un vecteur propre, disons x, puisque G est un C-e.v. de dimension finie. Alors, x est un vecteur propre de u n’appartenant pas à H, ce qui est contradictoire avec la définition de H. Ainsi, G = {0}, donc H = E et u est diagonalisable. On peut noter que la somme des espaces propres par un endomorphisme est toujours stable par celui-ci, ce qui donne le théorème ci-dessous. Soit u un endomorphisme d’un C-e.v E. Alors, les propositions suivantes sont équivalentes : i) u est diagonalisable ; ii) tout sous-espace vectoriel de E admet un supplémentaire stable par u ; iii) tout sous-espace vectoriel de E stable par u admet un supplémentaire stable par u. On peut noter que la discussion de cette partie est vide si dim E ⩽ 1, mais le résultat, quoique sans intérêt, reste valide en ce cas. En termes matriciels (même si l’on n’a raisonné que sur les endomorphismes), une matrice M ∈ Mn(C) est diagonalisable si, et seulement si, tout sous-espace vectoriel de Cn admet un supplémentaire stable par φM. Remarque. ll semble probable que l’énoncé ait plutôt souhaité se placer sur un R-e.v. (cela justifierait la mention de l’hyperplan dans l’indication). Le seul endroit où l’on utilise que E est un espace vectoriel complexe est cette question 10, pour affirmer l’existence d’un vecteur propre. Supposons que E soit un espace vectoriel réel. On considère le même sous-espace H que dans le cas complexe. Soient (e1, e2, . . . , ep) une base de H et B une base de E. On peut compléter (e1, e2, . . . , ep) en une base de E avec des vecteurs de B. Si p < n, donc si u n’est pas diagonalisable, on peut alors 3 enlever le dernier vecteur de cette base et l’on obtient un hyperplan H′ de E contenant H. Par hypothèse, H′ admet un supplémentaire stable, qui est une droite, donc une droite propre, et l’on obtient ainsi aussi une contradiction. Notons pour terminer que, sur un e.v. réel, on n’a plus équivalence avec la dernière proposition. Un contrexemple est donné par les matrices de similitude M(a, b), qui n’admettent pas de sous-espaces stables non triviaux (et vérifient donc iii), mais ne sont pas diagonalisables. III. Polynômes de Hurwitz 11. Soit R[X] ∋ P = d k=0 akXk un polynôme non constant à coefficients strictement positifs. Soit α ⩾ 0. Alors P(α) = d k=1 ak >0 αk ⩾0 +a0 ⩾ a0 > 0. Par contraposée, si α est une racine réelle de P, alors α < 0. 12. Si (P, Q) ∈ R[X]2 avec P | Q et si Q = PR est un polynôme de Hurwitz, alors, pour α une racine de P, on a Q(α) = P(α)R(α) = 0, d’où Re(α) < 0 par hypothèse sur Q, donc P est un polynôme de Hurwitz. 13. Soit P un polynôme de Hurwitz irréductible à coefficient dominant positif. Étant irréductible, il est de degré un ou deux. S’il est de degré un, il s’écrit a(X − α) avec a > 0 et α < 0 et est donc à coefficients strictement positifs. S’il est de degré deux, il s’écrit P = a(X − µ) X − µ = a X2 − 2 Re(µ)X + |µ|2 avec a > 0. Étant un polynôme de Hurwitz, Re(µ) < 0, donc son coefficient de degré 1 est −2a Re(µ) > 0. Enfin, son coefficient constant est a|µ|2 > 0, donc P est bien à coefficients strictement positifs. Il est clair qu’il s’agit dans les deux cas d’une équivalence (mais on ne s’en servira pas dans la suite). Soient n ∈ N∗, (z1, z2, . . . , zn) ∈ Cn et les polynômes P = n k=1 (X − zk) et Q = 1⩽k,ℓ⩽n (X − zk − zℓ). 14. On suppose n = 2 et que P = (X − z1)(X − z2) est à coefficients réels. Alors, en développant et en ne calculant que les coefficients nécessaires, Q = (X − 2z1)(X − 2z2)(X − z1 − z2)2 = X4 − 4(z1 + z2)X3 + uX2 + vX + 4z1z2(z1 + z2)2 On suppose que Q est à coefficients strictement positifs. — Si (z1, z2) ∈ R2, alors le signe des coefficients de Q de degré 0 et 3 donne z1 + z2 < 0 et z1z2 > 0, d’où z1 < 0 et z2 < 0, z1 et z2 étant de même signe et de somme négative. — Sinon, z2 = z1, d’où −8 Re(z1) > 0 (c’est le coefficient de X3) , soit Re(z1) < 0. Dans les deux cas, P est un polynôme de Hurwitz. 15. Si P = n k=0 akXk et Q = m k=0 bkXk sont à coefficients strictement positifs, le produit donne PQ = n+m k=0 ckXk avec ck = 0⩽i⩽n 0⩽j⩽m i+j=k aibj. S’il est évident que ck ⩾ 0 pour tout k, il faut vérifier que la somme est non vide pour obtenir ck > 0, donc que l’application définie sur [[0, n]]×[[0, m]] par a: (i, j) −→ i+j définit une surjection sur [[0, n+m]]. De fait, si k ∈ [[0, n]], on peut écrire k = a(k, 0) et, si k ∈ [[n+1, n+m]], on peut écrire k = a(n, k−n) avec k−n ∈ [[1, m]]. 16. Soit P un polynôme de Hurwitz. Alors, ses diviseurs irréductibles sont également des polynômes de Hurwitz (Q 12), donc à coefficients strictement positifs (Q 13), ce qui entraîne que P lui-même est à coefficients strictement positifs (Q 15). Comme P est un polynôme de Hurwitz, c’est aussi le cas de Q, dont les racines sont des sommes de racines de P, donc ont bien une partie réelle strictement négative et Q est donc également à coefficients strictement positifs. 4 Réciproquement, supposons que P et Q sont à coefficients strictement positifs. Alors, les racines réelles de P sont strictement négatives (Q 11). Si z est une racine complexe de P, alors z est également racine de P, puisque P est à coefficients réels, donc z + z = 2 Re(z) est une racine réelle de Q et est donc strictement négatif (Q 11). Ainsi, P est bien un polynôme de Hurwitz. IV. Système différentiel de matrice associée semi-simple 17. C’est une question de cours. Les matrices M et T étant semblables, il existe une matrice inversible P telle que M = PTP −1. Alors, par linéarité de la dérivation, X′ = MX ⇐⇒ X′ = PTP −1X ⇐⇒ P −1X′ = TP −1X ⇐⇒ P −1X ′ = T P −1X ⇐⇒ X = PY Y ′ = TY. Ainsi, pour X = x1 · · · xn ⊤, Y = y1 · · · yn ⊤, P = pi,j 1⩽i,j⩽n et i ∈ [[1, n]], il vient xi = n j=1 pi,jyj. 18. Pour X = x y , M = a b −b a et z = x + i y, le système différentiel s’écrit x′ y′ = a b −b a x y ⇐⇒ x′ = ax + by y′ = −bx + ay ∴ z′ = x′ + i y′ = (ax + by)′ + i (−bx + ay)′ = (a − i b)x + (b + i a)y = (a − i b)z. L’équation en z s’intègre en z(t) = κ e(a−i b)t = κ eat cos(bt) − i sin(bt) , κ ∈ C, soit, pour κ = λ + i µ, x(t) = eat λ cos(bt) + µ sin(bt) y(t) = eat µ cos(bt) − λ sin(bt) ⇐⇒ X(t) = λeat cos(bt) − sin(bt) + µeat sin(bt) cos(bt) , la première forme étant donnée par ses coordonnées dans l’esprit de la question 17 et la deuxième, vectoriellement. En reprenant le calcul fait à la question 2 de la matrice de passage P = 2 0 −1 3 et les formules de la question 17, il vient, en donnant à nouveau les deux formes, x(t) = 2eat λ cos(bt) + µ sin(bt) y(t) = eat (3µ − λ) cos(bt) − (µ + 3λ) sin(bt) ⇐⇒ X(t) = eat λ cos(bt) + µ sin(bt) 2 −1 + eat µ cos(bt) − λ sin(bt) 0 3 . 19. Les coordonnées x et y tendent vers 0 si, et seulement si le complexe z = x + i y tend vers 0. Or, ∀κ ∈ C: lim t→+∞ κ e(a−i b)t = 0 ⇐⇒ lim t→+∞ e(a−i b)t = 0 ⇐⇒ a < 0. 20. Par hypothèse, Φ est solution de S∗, soit Φ′(t) = TΦ(t) pour tout t. Conformément à l’indication, posons Λ(t) = e2βt∥Φ(t)∥2. On rappelle que si B est bilinéaire sur Rn × Rm et f : R → Rn et g : R → Rm dérivables, alors B(f, g) est dérivable et B(f, g)′ = B(f′, g) + B(f, g′). Corrélativement, on peut dériver et il vient Λ′(t) = e2βt 2β∥Φ(t)∥2 + 2⟨Φ′(t), Φ(t)⟩ = 2e2βt β∥Φ(t)∥2 + ⟨TΦ(t), Φ(t)⟩ (C) ⩽ 2e2βt β∥Φ(t)∥2 − β∥Φ(t)∥2 = 0. Il s’ensuit que la fonction Λ est décroissante. En particulier, pour tout t ⩾ 0, Λ(t) ⩽ Λ(0) ⇐⇒ e2βt∥Φ(t)∥2 ⩽ ∥Φ(0)∥2 ⇐⇒ ∥Φ(t)∥ ⩽ e−βt∥Φ(0)∥. L’assertion A3 est donc bien vérifiée avec α = β et k = 1. 21. On suppose dans cette dernière question que M est semi-simple, donc semblable à une matrice presque diago- nale. La relation de similitude étant symétrique, le résultat de la question 17 peut s’inverser et, si deux matrices sont semblables, les solutions de l’un des systèmes est combinaison linéaire des solutions de l’autre. Corrélativement, l’assertion A2 est un invariant de similitude et l’on peut donc supposer que M est presque diagonale. 5 A3 ⇒ A2. Cette implication est immédiate car lim t→+∞ e−αt = 0 et que, par continuité de la norme, lim t→+∞ ∥Φ(t)∥ = 0 est équivalent au fait que toutes les coordonnées de Φ(t) tendent vers 0 quand t tend vers +∞. A1 ⇔ A2. Cette équivalence est vraie en dimension 2 d’après la question 19 et elle est immédiate en dimension 1, les solutions de y′ = ay étant y(t) = κeat de limite nulle en +∞ si, et seulement si, a < 0. L’écriture X′ = MX avec M diagonale par blocs permet de se ramener à ces cas, les blocs étant découplés : plus précisément, pour M = Diag diag(λ1, . . . , λp), M(a1, b1), . . . , M(aq, bq) et X = x1 . . . xn ⊤, on a X′ = MX ⇐⇒ ∀i ∈ [[1, p]]: x′ i = λixi & ∀j ∈ [[1, q]]: x′ p+2j−1 x′ p+2j = M(aq, bq) xp+2j−1 xp+2j . A1&A2 ⇒ A3. On passe par l’expression découplée des solutions. Notons α = − max Re(λ) ; λ ∈ Sp(M) < 0 et remarquons que, pour une solution Φ(t) de coordonnées x1(t), . . . , xn(t) , pour tout t ⩾ 0 et pour tout i ∈ [[1, n]], on a |xi(t)| ⩽ ∥Φ(t)∥∞ ⩽ ∥Φ(t)∥. Avec les notations ci-dessus (qui reprennent la définition des matrices presque diagonales), on a ∀i ∈ [[1, p]], ∀t ⩾ 0: |xi(t)| = |xi(0)|eλit ⩽ ∥Φ(0)∥e−αt. Pour j ∈ [[1, q]] notons zj = xp+2j−1 + i xp+2j et µj l’une des deux valeurs propres conjuguées de M(aj, bj). Alors, ∀j ∈ [[1, q]], ∀t ⩾ 0: |zj(t)| = |zj(0)|e− Re(µj)t ⩽ ∥Φ(0)∥e−αt. Finalement, ∀t ⩾ 0: ∥Φ(t)∥2 = p i=1 xi(t)2 + q j=1 |zj(t)|2 ⩽ (p + q)e−2αt∥Φ(0)∥2 ∴ ∀t ⩾ 0: ∥Φ(t)∥ ⩽ √p + q e−αt∥Φ(0)∥. On pourrait aussi passer directement sur C pour diagonaliser M. 6