📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2025 — Université Ferhat Abbas - Sétif 1 — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours national d'accès au doctorat en Mathématiques au titre de l'année 2024-2025 — Algèbre linéaire (épreuve commune)

التمرين 1

Polynômes P avec P(1)=P'(1)=0 : sous-espace et base

Soit n≥2n\ge2 un entier et soit E=Rn[X]E=\mathbb{R}_n[X]. Soit HH l'ensemble des polynômes PP de EE tels que P(1)=P′(1)=0P(1)=P'(1)=0.

1. Montrer que HH est un sous-espace vectoriel de EE.

2. Montrer que PP appartient à HH si et seulement si (X−1)2(X-1)^{2} divise PP.

3. Donner une base de HH et déterminer sa dimension.

Remarque : « racine double »   ⟺  \iff « P(1)=P′(1)=0P(1)=P'(1)=0 ½   ⟺  \iff « (X−1)2∣P(X-1)^2\mid P » ; la base ((X−1)k)2≤k≤n((X-1)^k)_{2\le k\le n} exploite directement cette factorisation.

◀الحل

1. HH est un sous-espace vectoriel

Le polynôme nul vérifie 0(1)=0′(1)=00(1)=0'(1)=0, donc 0∈H0\in H. Les applications P↦P(1)P\mapsto P(1) et P↦P′(1)P\mapsto P'(1) sont linéaires de EE dans R\mathbb{R}, donc H=ker⁡(P↦P(1))∩ker⁡(P↦P′(1))H=\ker(P\mapsto P(1))\cap\ker(P\mapsto P'(1)) est une intersection de sous-espaces : c'est un sous-espace vectoriel de EE.

2. Caractérisation par (X−1)2(X-1)^2

P(1)=0P(1)=0 équivaut à (X−1)∣P(X-1)\mid P. Alors 11 est racine de PP ; elle est de multiplicité ≥2\ge2 si et seulement si de plus P′(1)=0P'(1)=0. Or 11 est racine de multiplicité ≥2\ge2 de PP équivaut à (X−1)2∣P(X-1)^{2}\mid P. Donc P∈H  ⟺  P(1)=P′(1)=0  ⟺  (X−1)2∣P.P\in H\iff P(1)=P'(1)=0\iff (X-1)^{2}\mid P.

3. Base et dimension

D'après 2., H={(X−1)2Q: Q∈Rn−2[X]}H=\{(X-1)^{2}Q:\ Q\in\mathbb{R}_{n-2}[X]\}. La famille ((X−1)2, (X−1)3, …, (X−1)n)\big((X-1)^{2},\,(X-1)^{3},\,\dots,\,(X-1)^{n}\big) engendre HH et est libre (degrés échelonnés). Elle compte n−1n-1 éléments, donc dim⁡H=n−1.\boxed{\dim H=n-1.}

التمرين 2

Comparaison des noyaux et images de f et f²

Soit ff un endomorphisme d'un KK-espace vectoriel EE. Montrer que :

1. Ker⁡(f)⊂Ker⁡(f2)\operatorname{Ker}(f)\subset\operatorname{Ker}(f^{2}) et Im⁡(f2)⊂Im⁡(f)\operatorname{Im}(f^{2})\subset\operatorname{Im}(f).

2. Ker⁡(f)=Ker⁡(f2)  ⟺  Im⁡(f)∩Ker⁡(f)={0E}\operatorname{Ker}(f)=\operatorname{Ker}(f^{2})\iff\operatorname{Im}(f)\cap\operatorname{Ker}(f)=\{0_E\}.

3. Im⁡(f2)=Im⁡(f)  ⟺  Ker⁡(f)+Im⁡(f)=E\operatorname{Im}(f^{2})=\operatorname{Im}(f)\iff\operatorname{Ker}(f)+\operatorname{Im}(f)=E.

Remarque : ces équivalences sont à la base de la décomposition de Fitting : en dimension finie, Ker⁡f=Ker⁡f2\operatorname{Ker}f=\operatorname{Ker}f^2 et Im⁡f=Im⁡f2\operatorname{Im}f=\operatorname{Im}f^2 se produisent simultanément et donnent E=Ker⁡f⊕Im⁡fE=\operatorname{Ker}f\oplus\operatorname{Im}f.

◀الحل

1. Inclusions

Si x∈Ker⁡fx\in\operatorname{Ker}f, f(x)=0f(x)=0 donc f2(x)=f(0)=0f^{2}(x)=f(0)=0 : x∈Ker⁡f2x\in\operatorname{Ker}f^{2}. Si y∈Im⁡f2y\in\operatorname{Im}f^{2}, y=f2(x)=f(f(x))∈Im⁡fy=f^{2}(x)=f(f(x))\in\operatorname{Im}f.

2. Équivalence sur les noyaux

(⇒\Rightarrow) Supposons Ker⁡f=Ker⁡f2\operatorname{Ker}f=\operatorname{Ker}f^{2}. Soit y∈Im⁡f∩Ker⁡fy\in\operatorname{Im}f\cap\operatorname{Ker}f : y=f(x)y=f(x) et f(y)=0f(y)=0, donc f2(x)=0f^{2}(x)=0, i.e. x∈Ker⁡f2=Ker⁡fx\in\operatorname{Ker}f^{2}=\operatorname{Ker}f, d'où y=f(x)=0y=f(x)=0.

(⇐\Leftarrow) Supposons Im⁡f∩Ker⁡f={0}\operatorname{Im}f\cap\operatorname{Ker}f=\{0\}. On a toujours Ker⁡f⊂Ker⁡f2\operatorname{Ker}f\subset\operatorname{Ker}f^{2}. Soit x∈Ker⁡f2x\in\operatorname{Ker}f^{2} : f(f(x))=0f(f(x))=0 donc f(x)∈Ker⁡ff(x)\in\operatorname{Ker}f, et f(x)∈Im⁡ff(x)\in\operatorname{Im}f ; ainsi f(x)∈Im⁡f∩Ker⁡f={0}f(x)\in\operatorname{Im}f\cap\operatorname{Ker}f=\{0\}, donc x∈Ker⁡fx\in\operatorname{Ker}f. D'où l'égalité.

3. Équivalence sur les images

(⇒\Rightarrow) Supposons Im⁡f2=Im⁡f\operatorname{Im}f^{2}=\operatorname{Im}f. Soit x∈Ex\in E : f(x)∈Im⁡f=Im⁡f2f(x)\in\operatorname{Im}f=\operatorname{Im}f^{2}, donc f(x)=f2(z)f(x)=f^{2}(z) pour un zz, d'où f(x−f(z))=0f(x-f(z))=0. Ainsi x=(x−f(z))⏟∈Ker⁡f+f(z)⏟∈Im⁡fx=\underbrace{(x-f(z))}_{\in\operatorname{Ker}f}+\underbrace{f(z)}_{\in\operatorname{Im}f}, donc E=Ker⁡f+Im⁡fE=\operatorname{Ker}f+\operatorname{Im}f.

(⇐\Leftarrow) Supposons Ker⁡f+Im⁡f=E\operatorname{Ker}f+\operatorname{Im}f=E. On a Im⁡f2⊂Im⁡f\operatorname{Im}f^{2}\subset\operatorname{Im}f. Soit y=f(x)∈Im⁡fy=f(x)\in\operatorname{Im}f ; écrivons x=k+f(z)x=k+f(z) avec k∈Ker⁡fk\in\operatorname{Ker}f. Alors y=f(k)+f2(z)=f2(z)∈Im⁡f2y=f(k)+f^{2}(z)=f^{2}(z)\in\operatorname{Im}f^{2}. D'où l'égalité.

التمرين 3

Suite récurrente uₙ₊₂=3uₙ₊₁−2uₙ par diagonalisation

Soient u0,u1∈Ru_0,u_1\in\mathbb{R} deux réels donnés. On construit la suite (un)n∈N(u_n)_{n\in\mathbb{N}} par la relation de récurrence ∀n∈N,un+2=3un+1−2un.\forall n\in\mathbb{N},\quad u_{n+2}=3u_{n+1}-2u_n. On pose Xn=(unun+1)X_n=\begin{pmatrix}u_n\\ u_{n+1}\end{pmatrix}.

1. Écrire la récurrence sous forme matricielle faisant intervenir les XnX_n. Relier XnX_n à X0X_0.

2. Si AA est la matrice de la question (1), diagonaliser AA. Trouver PP inversible et DD diagonale telles que P−1AP=DP^{-1}AP=D.

3. Que vaut P−1P^{-1} ?

4. On suppose u0=2u_0=2 et u1=3u_1=3. Que vaut unu_n pour n≥2n\ge2 ?

Remarque : on retrouve directement un=α⋅1n+β⋅2nu_n=\alpha\cdot1^n+\beta\cdot2^n (équation caractéristique r2−3r+2=0r^2-3r+2=0) ; les conditions u0=2,u1=3u_0=2,u_1=3 donnent α=β=1\alpha=\beta=1.

◀الحل

1. Forme matricielle

Xn+1=(un+1un+2)=(01−23)(unun+1)=A Xn,A=(01−23).X_{n+1}=\begin{pmatrix}u_{n+1}\\ u_{n+2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\ -2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u_n\\ u_{n+1}\end{pmatrix}=A\,X_n,\qquad A=\begin{pmatrix}0&1\\ -2&3\end{pmatrix}. D'où Xn=AnX0X_n=A^{n}X_0.

2. Diagonalisation

χA(λ)=λ2−3λ+2=(λ−1)(λ−2)\chi_A(\lambda)=\lambda^{2}-3\lambda+2=(\lambda-1)(\lambda-2), valeurs propres 11 et 22. Vecteurs propres : (1,1)(1,1) pour 11, (1,2)(1,2) pour 22. Donc P=(1112),D=(1002),P−1AP=D.P=\begin{pmatrix}1&1\\ 1&2\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&2\end{pmatrix},\qquad P^{-1}AP=D.

3. Inverse de PP

det⁡P=1\det P=1, donc P−1=(2−1−11).P^{-1}=\begin{pmatrix}2&-1\\ -1&1\end{pmatrix}.

4. Expression de unu_n pour u0=2, u1=3u_0=2,\ u_1=3

X0=(2,3)tX_0=(2,3)^{t}, et Xn=PDnP−1X0X_n=P D^{n}P^{-1}X_0. On calcule P−1X0=(2⋅2−3, −2+3)t=(1,1)tP^{-1}X_0=(2\cdot2-3,\,-2+3)^{t}=(1,1)^{t}, puis Dn(1,1)t=(1, 2n)tD^{n}(1,1)^{t}=(1,\,2^{n})^{t}, et Xn=P(12n)=(1+2n1+2n+1).X_n=P\begin{pmatrix}1\\ 2^{n}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1+2^{n}\\ 1+2^{n+1}\end{pmatrix}. La première composante donne un=1+2n,n≥0.\boxed{u_n=1+2^{n},\qquad n\ge0.} Vérification : u0=2u_0=2, u1=3u_1=3, u2=5=3⋅3−2⋅2u_2=5=3\cdot3-2\cdot2. ✓