SESSION 2014

CAPES EXTERNE

MATHÉMATIQUES 2




Problème 1 : matrices d’ordre fini

Partie A : préliminaires
1.
1.1. P est nécessairement de degré supérieur ou égal à 1.
i) On sait que A est trigonalisable dans Mn (R) si et seulement si P est scindé sur R.
ii) On sait que si P est scindé sur R à racines simples, alors A est diagonalisable dans Mn (R).
1.2. D’après le théorème de d’Alembert-Gauss, tout élément de C[X] de degré supérieur ou égal à 1 est scindé sur C.
En conséquence, A est toujours trigonalisable.
D’autre part, la condition suffisante de diagonalisablité s’écrit plus simplement : si P est à racines simples dans C.
2.
2.1. Par hypothèse, Bb = In avec b ∈ N∗ . Par suite, B × Bb−1 = Bb−1 × B = In . On en déduit que B est inversible et que
B−1 = Bb−1 .
2.2. Soit k ∈ Z. b est un entier naturel non nul. La division euclidienne de k par b s’écrit k = bq + r où q et r sont des
entiers relatifs tels que 0 6 r 6 b − 1.


q
Bk = In ⇔ Bqb+r = In ⇔ Bb × Br = In ⇔ (In )q × Br = In
⇔ Br = In .

Maintenant, r est élément de J0, b − 1K et par définition de b, il existe un et un seul entier p élément de J0, b − 1K tel que
bp = In à savoir p = 0. Donc

Bk = In ⇔ Br = In ⇔ r = 0 ⇔ b divise k.
2.3. On sait que les valeurs propres dans C d’une matrice sont à choisir parmi les racines d’un polynôme annulateur.
Puisque Bb = In , le polynôme P = Xb − 1 est annulateur de B. Les racines de P sont les racines b-èmes de l’unité dans C
et donc les valeurs propres de B sont des racines b-èmes de l’unité dans C.
2.4. P ′ = bXb−1 . P ′ a une seule racine dans C à savoir 0. 0 n’est pas racine de P et donc P et P ′ n’ont pas de racine
commune dans C. On sait alors que P est à racines simples dans C.
Ainsi, le polynôme P est à racines simples dans C et annulateur de B. On en déduit que B est diagonalisable dans C.
3. Posons m = PPCM (k1 , . . . , kn ). m est un entier naturel non nul. De plus, pour chaque i ∈ J1, nK, m est multiple de
ki et donc λm
i = 1.

3.1. C est diagonalisable. Donc il existe P ∈ GLn (C) telle que C = PDP−1 avec D = diag (λi )16i6n .

m
Cm = PDP−1 = PDm P−1 = Pdiag (λm
i )16i6m P
−1
= P × In × P−1 = In .
Donc, C est d’ordre fini. De plus, d’après la question 2)b), o(C) divise m.
3.2. Plus précisément, pour k ∈ Z,




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k
Ck = In ⇔ PDP−1 = In ⇔ PDk P−1 = In
⇔ Dk = In (P et P−1 sont inversibles et donc simplifiables)
⇔ diag λki 16i6m = In ⇔ ∀i ∈ J1, nK, λki = 1



⇔ ∀i ∈ J1, nK, k est multiple de ki
⇔ k est multiple de m ⇔ k ∈ mZ.

Par suite, l’ordre de C est le plus petit élément strictement positif de mZ et donc o(C) = m.

Partie B : matrices d’ordre fini à coefficients réels
1. Puisque A est d’ordre fini, d’après la question 2)b) de la partie A, les valeurs propres de A sont des racines de l’unité
et en particulier, les valeurs propres de A sont de module égal à 1. Si de plus, toute valeur propre de A dans C est réelle,
une telle valeur propre est nécessairement égale à 1 ou −1. Donc, Sp(A) ⊂ {−1, 1}.
2.
2.1. Par hypothèse, le polynôme caractéristique de A est χA = (1−X)3 . Il est scindé sur R et donc A est trigonalisable dans
M3 (R). Donc, il existe une matrice P inversible à coefficients réels et une matrice triangulaire supérieure B à coefficients
réels telle que P−1 AP = B. On sait que A et B ont même polynôme caractéristique et que les valeurs propres de B sont
les coefficients diagonaux de B. Donc B est de la forme
 
1 a b
B =  0 1 c .
0 0 1
 
1 a b
En résumé, il existe P ∈ GL3 (R) et (a, b, c) ∈ R3 tels que P−1 AP =  0 1 c .
0 0 1
k
2.2. Soit k ∈ Z. Bk = P−1 AP = P−1 Ak P. Donc




Bk = In ⇔ P−1 Ak P = In ⇔ Ak = In .
En particulier, B est d’ordre fini et o(B) = o(A).
k(k − 1)
 
1 ka ac + kb
2.3. Montrons par récurrence que : ∀k ∈ N, Bk =  0 1
 2 .

kc
0 0 1
k(k − 1)
   
1 ka ac + kb 1 0 0
• Si k = 0,  0 1
 2 =
 
0 1 0  = I3 = B0 . La formule est donc vraie quand k = 0.
kc 
0 0 1 0 0 1
k(k − 1)
 
1 ka ac + kb
• Soit k > 0. Supposons que Bk =  0 1
 2 .

kc
0 0 1

k(k − 1) k(k − 1)
    
1 ka ac + kb 1 a b 1 a + ka b + kac + ac + kb
Bk+1 = Bk × B =  0
 2 
0 1 c = 0
 2 
1 kc  1 c + kc 
0 0 1 0 0 1 0 0 1
k(k − 1 + 2) (k + 1)((k + 1) − 1)
   
1 (k + 1)a ac + (k + 1)b 1 (k + 1)a ac + (k + 1)b
= 0
 2 = 0
  2 .

1 (k + 1)c 1 (k + 1)c
0 0 1 0 0 1

k(k − 1)
 
1 ka ac + kb
On a montré par récurrence que ∀k ∈ N, Bk =  0
 2 .

1 kc
0 0 1


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 k(k − 1)
2.4. Il existe k ∈ N∗ tel que Bk = In . Pour cet entier k, on a ka = kc = ac + kb...