مسابقة دكتوراه 2016 — Université Abderrahmane Mira

التمرين 1

Groupe $(E,\star)$, matrices $A_{a,b}$, diagonalisation et puissances

#algèbre#théorie des groupes#matrices#isomorphisme#diagonalisation

Partie I. On munit $E=\mathbb R^*\times\mathbb R$ de la loi $\star$ définie par : $\forall (a_1,b_1),(a_2,b_2)\in E:\quad (a_1,b_1)\star(a_2,b_2)=(a_1a_2,\,a_1b_2+b_1).$

Montrer que $(E,\star)$ est un groupe. Ce groupe est-il abélien ? Justifier.
Soit $H=\{(1,b),\,b\in\mathbb R\}$ . (a) Montrer que $H$ est un sous-groupe de $(E,\star)$ . (b) Montrer que $(H,\star)$ est isomorphe à $(\mathbb R,+)$ .

Partie II. Pour tout $a\in\mathbb R^*$ et tout $b\in\mathbb R$ , on considère l'endomorphisme $f_{a,b}$ de $\mathbb R^2$ défini par $f_{a,b}\binom xy=\binom{ax+by}{y}$ .

Déterminer la matrice $A_{a,b}$ associée à $f_{a,b}$ relativement à la base canonique de $\mathbb R^2$ .
On note $G$ l'ensemble de toutes les matrices $A_{a,b}$ . Montrer que $(G,\cdot)$ est un groupe isomorphe à $(E,\star)$ .
Soient $a\in\mathbb R\setminus\{0,1\}$ et $b\in\mathbb R$ . (a) Montrer que $\mathscr B:=\left\{\binom10,\binom{-b}{a-1}\right\}$ constitue une base de $\mathbb R^2$ , puis écrire la matrice $D_{a,b}$ associée à $f_{a,b}$ relativement à $\mathscr B$ . (b) Justifier sans calcul la formule $A_{a,b}=PD_{a,b}P^{-1}$ , où $P=\begin{pmatrix}1&-b\\0&a-1\end{pmatrix}$ . (c) Montrer que pour tout $n\in\mathbb N$ , $A_{a,b}^n=PD_{a,b}^nP^{-1}$ . (d) Pour tout $n\in\mathbb N$ , exprimer $A_{a,b}^n$ en fonction de $n$ puis en déduire une expression simple pour $\underbrace{(2,1)\star(2,1)\star\cdots\star(2,1)}_{n\text{ fois}}$ .

La clé de 3(a) est de remarquer que le second vecteur de base est un vecteur propre évident (invariant) de $f_{a,b}$ ; cela diagonalise immédiatement et évite tout calcul de polynôme caractéristique.

◀الحل

Partie I.1) Associativité : développement direct des deux membres donne $(a_1a_2a_3,\,a_1a_2b_3+a_1b_2+b_1)$ dans les deux cas. Neutre $(1,0)$ . Inverse de $(a,b)$ : $(1/a,-b/a)$ (vérification directe). Donc $(E,\star)$ est un groupe. Non abélien : $(2,0)\star(1,1)=(2,2)$ alors que $(1,1)\star(2,0)=(2,1)$ : différents.

2a) $(1,0)\in H$ ; $(1,b_1)\star(1,b_2)=(1,b_1+b_2)\in H$ ; $(1,b)^{-1}=(1,-b)\in H$ . Donc $H$ est un sous-groupe.

2b) $\varphi:H\to\mathbb R$ , $\varphi(1,b)=b$ est un morphisme bijectif : $\varphi((1,b_1)\star(1,b_2))=b_1+b_2=\varphi(1,b_1)+\varphi(1,b_2)$ , et $\varphi$ est clairement bijective. Donc $(H,\star)\cong(\mathbb R,+)$ .

Partie II.1) $f_{a,b}(1,0)=(a,0)$ , $f_{a,b}(0,1)=(b,1)$ , donc $A_{a,b}=\begin{pmatrix}a&b\\0&1\end{pmatrix}$ .

2) $A_{a_1,b_1}A_{a_2,b_2}=\begin{pmatrix}a_1a_2&a_1b_2+b_1\\0&1\end{pmatrix}=A_{a_1a_2,\,a_1b_2+b_1}$ , ce qui correspond exactement à la loi $\star$ . Donc $\psi:(a,b)\mapsto A_{a,b}$ est un morphisme bijectif de $(E,\star)$ vers $(G,\cdot)$ : c'est un isomorphisme.

3a) Comme $a\ne1$ , le second vecteur a une seconde coordonnée non nulle alors que le premier a une seconde coordonnée nulle : ils sont indépendants, donc $\mathscr B$ est une base. $f_{a,b}(1,0)=(a,0)=a\binom10$ . $f_{a,b}(-b,a-1)=(-ab+b(a-1),\,a-1)=(-b,a-1)$ : ce vecteur est invariant ! Donc $D_{a,b}=\begin{pmatrix}a&0\\0&1\end{pmatrix}$ .

3b) $D_{a,b}$ représente le même endomorphisme $f_{a,b}$ dans la base $\mathscr B$ , et $P$ est la matrice de passage de la base canonique à $\mathscr B$ ; la formule de changement de base donne directement $A_{a,b}=PD_{a,b}P^{-1}$ .

3c) Par récurrence : $A^2=(PDP^{-1})(PDP^{-1})=PD^2P^{-1}$ , et ainsi de suite, $A^n=PD^nP^{-1}$ .

3d) $D^n=\begin{pmatrix}a^n&0\\0&1\end{pmatrix}$ . Avec $P^{-1}=\frac1{a-1}\begin{pmatrix}a-1&b\\0&1\end{pmatrix}$ , le calcul de $PD^nP^{-1}$ donne $A_{a,b}^n=\begin{pmatrix}a^n & b\frac{a^n-1}{a-1}\\0&1\end{pmatrix}=A_{a^n,\ b\frac{a^n-1}{a-1}}$ . Comme $\psi$ est un isomorphisme, $\psi\big((a,b)^{\star n}\big)=A_{a,b}^n$ , donc $(a,b)\star\cdots\star(a,b)=\left(a^n,\ b\dfrac{a^n-1}{a-1}\right)$ . Pour $(a,b)=(2,1)$ : $\underbrace{(2,1)\star\cdots\star(2,1)}_{n}=\left(2^n,\ 2^n-1\right).$

التمرين 2

Équation du point fixe $x=\tfrac12\cos x$ et encadrement de la solution

#analyse#point fixe#suites récurrentes#théorème des accroissements finis#intégrales

On considère dans $\mathbb R$ l'équation $x=\frac12\cos x\quad(\star)$ .

Montrer que $(\star)$ possède une unique solution dans $\mathbb R$ . On notera $\alpha$ cette solution.
Montrer que $\alpha\in\,]0,\tfrac12[$ .
Soit $(u_n)_{n\in\mathbb N}$ une suite réelle vérifiant $u_{n+1}=\frac12\cos u_n\ (\forall n\in\mathbb N)$ . (a) Montrer que pour tout $n$ , $|u_{n+2}-u_{n+1}|\le\frac12|u_{n+1}-u_n|$ . (b) En déduire que $|u_{n+1}-u_n|\le\left(\frac12\right)^n|u_1-u_0|$ . (c) En déduire que $(u_n)$ est de Cauchy et qu'elle converge vers $\alpha$ .
(a) Montrer les deux estimations : $\displaystyle\int_0^1\sin(\alpha x)dx\le\frac\alpha2\ (1)$ et $\displaystyle\int_0^1\sin(\alpha x)dx=\frac1\alpha-2\ (2)$ . (b) En déduire l'encadrement plus précis $\frac49<\alpha<\frac12$ .

◀الحل

1) Soit $g(x)=x-\frac12\cos x$ . $g'(x)=1+\frac12\sin x\ge\frac12>0$ : $g$ est strictement croissante, donc injective ; $g(x)\to\mp\infty$ quand $x\to\mp\infty$ . Par le théorème des valeurs intermédiaires, $g$ s'annule en un unique point $\alpha$ .

2) $g(0)=-\frac12<0$ et $g(\tfrac12)=\tfrac12-\tfrac12\cos(\tfrac12)\approx0{,}06>0$ . Comme $g$ est continue et strictement croissante, $\alpha\in\,]0,\tfrac12[$ .

3a) Par le TAF appliqué à $\cos$ entre $u_n$ et $u_{n+1}$ : $u_{n+2}-u_{n+1}=\frac12[\cos u_{n+1}-\cos u_n]=-\frac12\sin(c)(u_{n+1}-u_n)$ pour un $c$ entre $u_n,u_{n+1}$ . Donc $|u_{n+2}-u_{n+1}|\le\frac12|u_{n+1}-u_n|$ (car $|\sin c|\le1$ ).

3b) Par récurrence immédiate sur (a).

3c) Pour $m>n$ , $|u_m-u_n|\le\sum_{k=n}^{m-1}|u_{k+1}-u_k|\le|u_1-u_0|\sum_{k=n}^{m-1}(1/2)^k\to0$ : $(u_n)$ est de Cauchy, donc convergente (complétude de $\mathbb R$ ) vers une limite $\ell$ . En passant à la limite dans $u_{n+1}=\frac12\cos u_n$ (continuité de $\cos$ ) : $\ell=\frac12\cos\ell$ , donc $\ell$ est solution de $(\star)$ , d'où $\ell=\alpha$ par unicité.

4a) Comme $\sin t\le t$ pour $t\ge0$ , avec $t=\alpha x\ge0$ sur $[0,1]$ : $\int_0^1\sin(\alpha x)dx\le\int_0^1\alpha x\,dx=\frac\alpha2$ , ce qui montre (1). Par ailleurs $\int_0^1\sin(\alpha x)dx=\left[-\frac{\cos(\alpha x)}\alpha\right]_0^1=\frac{1-\cos\alpha}\alpha$ . Comme $\cos\alpha=2\alpha$ (équation $\star$ ), ceci vaut $\frac{1-2\alpha}\alpha=\frac1