مسابقة دكتوراه 2022 — Université Ferhat Abbas - Sétif 1 — الموضوع 02

1. (a)$\Rightarrow$(b) : $\ker f=\mathrm{Im}\,f\Rightarrow \forall x, f(x)\in\ker f\Rightarrow f(f(x))=0$, donc $f\circ f=0$. Théorème du rang : $\dim\ker f + \mathrm{rg}(f) = n$ ; comme $\ker f=\mathrm{Im}\,f$, $\dim\ker f=\mathrm{rg}(f)$, donc $n=2\,\mathrm{rg}(f)$.

(b)$\Rightarrow$(a) : $f\circ f=0\Rightarrow \mathrm{Im}\,f\subseteq \ker f$. De plus $\dim\ker f = n - \mathrm{rg}(f) = 2\mathrm{rg}(f)-\mathrm{rg}(f)=\mathrm{rg}(f) = \dim\mathrm{Im}\,f$. Une inclusion avec dimensions égales est une égalité : $\mathrm{Im}\,f=\ker f$.

2. a) $\mathrm{rg}(f)\le \min(n,p)=n<p=\dim F$, donc $\mathrm{Im}\,f\subsetneq F$, $f$ n'est pas surjective.

b) Par le théorème du rang, $\dim\ker f = n-\mathrm{rg}(f)\ge n-p>0$, donc $\ker f\ne\{0\}$, $f$ n'est pas injective.

$E$ de dimension 5 avec base canonique $(1,t,t^2,t^3,t^4)$.

1. Base de $U$ : $U$ est l'hyperplan noyau de la forme linéaire $p\mapsto p(1)$. $\dim U=4$. Une base commode : $(t-1,t^2-1,t^3-1,t^4-1)$ (car chacun s'annule en $1$ et ils sont indépendants).

Base de $V$ : Écrire $v_i$ dans la base canonique et échelonner. Coordonnées en $(1,t,t^2,t^3,t^4)$ : $v_1 = (1,0,1,-1,0)$, $v_2 = (0,1,0,1,0)$, $v_3 = (0,0,1,0,0)$, $v_4 = (1,1,1,0,0)$. On vérifie l'indépendance : $v_4 - v_1 = (0,1,0,1,0) = v_2$, donc $v_4 = v_1 + v_2$ : les 4 vecteurs sont dépendants. Base de $V$ : $(v_1, v_2, v_3)$ (vérifier indépendance par calcul de déterminant $3\times 3$ non nul après extraction : non nul). Donc $\dim V=3$.

2. Base de $U\cap V$ : éléments de $V$ vérifiant $p(1)=0$. Un $p = \alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3\in V$ : $p(1) = \alpha\cdot 1 + \beta\cdot 2 + \gamma\cdot 1 = \alpha+2\beta+\gamma$. Condition : $\alpha+2\beta+\gamma=0$. C'est une équation linéaire sur $(\alpha,\beta,\gamma)$, donnant $\dim U\cap V = 2$. Base : $\alpha=1,\gamma=-1,\beta=0$ donne $p_1 = v_1-v_3 = 1-t^3$ ; $\alpha=2,\beta=-1,\gamma=0$ donne $p_2 = 2v_1-v_2 = 2+2t^2-2t^3-t-t^3 = 2-t+2t^2-3t^3$. Base : $(p_1,p_2)$.

3. Est-ce que $U+V = E$ ? Par la formule de Grassmann : $\dim(U+V) = \dim U + \dim V - \dim(U\cap V) = 4+3-2 = 5 = \dim E$. Donc $U+V=E$.

1-2. Valeurs propres. $\det(A-\lambda I) = \det\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 & 1\\ 2 & -\lambda & 1\\ 1 & -1 & 2-\lambda\end{pmatrix}$. En développant : $\chi_A(\lambda) = -(\lambda-2)^2(\lambda-1)$ (calcul standard). Donc valeurs propres : $\lambda_1=2$ (double), $\lambda_2=1$ (simple).

Sous-espace propre pour $\lambda=2$ : $(A-2I)v=0$, $\begin{pmatrix}1&-1&1\\ 2&-2&1\\ 1&-1&0\end{pmatrix}v=0$. Rang 2, donc noyau de dim 1 : $v = (1,1,0)^T$. Dim géométrique 1 $<$ multi algébrique 2, donc $A$ non diagonalisable, mais trigonalisable sur $\mathbb{R}$ (spectre réel).

Sous-espace propre pour $\lambda=1$ : $(A-I)v=0$, $\begin{pmatrix}2&-1&1\\ 2&-1&1\\ 1&-1&1\end{pmatrix}v=0$. On trouve $v=(0,1,1)^T$.

3. Trigonalisation. On cherche $u$ tel que $(A-2I)u = v$ (vecteur propre pour $\lambda=2$). $\begin{pmatrix}1&-1&1\\ 2&-2&1\\ 1&-1&0\end{pmatrix}u=\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}$. Une solution : $u = (1,0,0)^T$. Base $(v, u, w) = ((1,1,0)^T, (1,0,0)^T, (0,1,1)^T)$, on a $Av=2v$, $Au=v+2u$, $Aw=w$. Donc $T = \begin{pmatrix}2 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix},\quad m=1.$

4. Puissances. $T = D + N$ avec $D=\mathrm{diag}(2,2,1)$ et $N$ nilpotente ($N^2=0$), $DN=ND$. Donc $T^n = D^n + n D^{n-1} N = \begin{pmatrix}2^n & n\cdot 2^{n-1} & 0\\ 0 & 2^n & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.$ Et $A^n = P T^n P^{-1}$ où $P = (v|u|w)$ est la matrice de passage.

5. Suites. Le système s'écrit $X_{n+1} = A^T X_n$ (attention à la convention : dépend de l'écriture matricielle du système). En fait ici $\begin{pmatrix}u_{n+1}\\v_{n+1}\\w_{n+1}\end{pmatrix} = A\begin{pmatrix}u_n\\v_n\\w_n\end{pmatrix}$. Donc $X_n = A^n X_0$. En utilisant la trigonalisation et la formule pour $T^n$, on obtient $u_n, v_n, w_n$ comme combinaisons de $2^n, n\cdot 2^{n-1}, 1$ avec des coefficients dépendant de $u_0, v_0, w_0$ (via $P$ et $P^{-1}$).