\def\nmat{{\bf N}}
\def\cmat{{\bf C}}

\def\norme#1{\left\Vert#1\right\Vert}

\def\frac#1#2{\displaystyle {#1 \over #2} \, }
\def\sfrac#1#2{{\scriptstyle #1 \over \scriptstyle #2} \,}

\def\trait#1{\medskip \centerline{\hbox to #1 cm{\hrulefill}}\medskip}


%-------------- source TeX-plain
\catcode`\@=11
\font\@upstt=cmtt10
\footline={\@upstt\hfil\jobname.tex\ - page \the\count0\ifodd\count0\hfill\fi}
\catcode64=\active
\ifx\numerodepage\undefined\else\count0=\numerodepage\fi
%--------------


%______________________________________________%
SESSION 2000
\bigskip

\centerline{\bf CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES}
\bigskip

\centerline{\bf \'EPREUVE SP\'ECIFIQUE - FILI\`ERE TSI}
\bigskip

\centerline{\bf MATH\'EMATIQUES 1}
\medskip

%______________________________________________%

\trait{17}

%______________________________________________%
\medskip
\centerline{\bf Partie I}
%______________________________________________%

\null \hskip-0,8truecm
{\bf 1. \ a. \ }%______________________%
L'in\'egalit\'e $\displaystyle \forall (i,j), \ \forall k,
\ |a_{ij}(k) - b_{ij}|
\leq \sup_{ij} | a_{ij}(k) - b_{ij} | = \norme{A(k) - B}$
\ prouve que $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} a_{ij}(k) = b_{ij}$
si $A(k)$ converge vers $B$.

\null
R\'eciproquement, si $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} a_{ij}(k) = b_{ij}$
pour tout $(i,j)$, on a en particulier
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} \sup_{ij} | a_{ij}(k) - b_{ij} | =0$,
ce qui montre que $A(k)$ converge vers $B$.

\null
Cette \'equivalence est vraie en particulier pour les matrices colonnes (ou vecteurs).


\null 
{\bf b. \ }%______________________%
Pour $i \in \{1,2,3 \}$, soit $X_i$ la matrice colonne ayant 1 en ligne $i$ et des 0 ailleurs.

$\bullet$ \ $A(k)X_i$ est la $i^{\grave eme}$ colonne de la matrice $A(k)$.
On a la m\^eme propri\'et\'e avec $BX_i$ et $B$.

Si, pour toute matrice colonne $X, \ A(k)X$ converge vers $BX$,
alors $A(k)X_i$ converge \'el\'ement par \'el\'ement vers la $i^{\grave eme}$ colonne de la matrice $B$,
autrement dit, d'apr\`es l'\'equivalence de la question pr\'ec\'edente,
$A(k)$ converge vers $B$.

\null
$\bullet$ \ R\'eciproquement, soit $X=x_1X_1+x_2X_2+x_3X_3$ une matrice colonne 3x1 quelconque.

Notant $Y = \big(y_i (k) \big) = A(k)X$, on a :
$\displaystyle y_i(k) = \sum_{j=1}^{j=3} a_{ij}(k)x_j$.
Alors, si $A(k)$ converge vers $B$, comme $X$ est fixe,
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} y_i(k)
= \sum_{j=1}^{j=3} b_{ij}x_j$,
ce qui est le terme g\'en\'eral de $BX$ :
$A(k)X$ converge vers $BX$.

\null
{\it ou bien} \ Le terme g\'en\'eral de la matrice $Y(k) = A(k)X - BX$
est $\displaystyle y_i(k) = \sum_{j=1}^{j=3} (a_{ij}(k) - b_{ij})x_j$.
Donc :\break
$\displaystyle |y_i(k)| \leq \sum_{j=1}^{j=3} |a_{ij}(k) - b_{ij}| \, |x_j|
\leq \sum_{j=1}^{j=3} \norme{A(k) - B} \norme{X}
= 3 \norme{X} \norme{A(k) - B}$.

Puis
$\displaystyle \sup_i |y_i(k)| = \norme{A(k)X - BX} \leq 3 \norme{X} \norme{A(k) - B}$,
ce qui montre que $A(k)X$ converge vers $BX$ si $A(k)$ converge vers $B$.

\null 
{\bf c. \ }%______________________%
$\bullet$ \ Soit $C$ une matrice 3x3 (inversible ou pas), de colonnes $C_1, \, C_2$ et $C_3$.
La matrice $A(k)C$ a pour colonnes $A(k)C_1, \, A(k)C_2$ et $A(k)C_3$,
colonnes qui convergent, d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, vers la matrice de colonnes
$BC_1, \, BC_2$ et $BC_3$, c'est-\`a-dire la matrice $BC$.

\null
$\bullet$ \ R\'eciproquement, soit $C$ une matrice matrice 3x3 inversible.
Si la matrice $A(k)C$ converge vers $BC$, d'apr\`es le r\'esultat pr\'ec\'edent,
$\big( A(k)C \big) C^{-1}$ converge vers $(BC) C^{-1}$, c'est-\`a-dire $A(k)$ converge vers $B$.

\null 
{\bf d. \ }%______________________%
$\forall (i,j), \
\big | \big( a_{ij}(k) + c_{ij}(k) \big) - \big( b_{ij} + d_{ij} \big) \big |
\leq \big | a_{ij}(k) - b_{ij} \big | + \big | c_{ij}(k) - d_{ij} \big |
\leq \norme{A(k) - B} + \norme{C(k) - D}$.
En prenant le $\displaystyle \sup_{ij}$, cela donne :
$\norme{(A(k) + C(k)) - ( B + D)} \leq \norme{A(k) - B} + \norme{C(k) - D}$,
ce qui montre que, si 
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} A(k) = B$
et $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} C(k) = D$,
alors $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} (A(k) + C(k)) = B + D$.


\null \hskip-0,8truecm
{\bf 2. \ a. \ }%______________________%
Soit $C = AB = (c_{ij})$ avec $\displaystyle c_{ij} = \sum_{k=1}^{k=3} a_{ik}b_{kj}$
pour $(i,j) \in \{ 1,2,3 \}^2$.\hfill\break
Alors :
$\displaystyle | c_{ij} | \leq \sum_{k=1}^{k=3} |a_{ik}| \, | b_{kj}|
\leq \sum_{k=1}^{k=3} \norme{A} \norme{B} = 3 \norme{A} \norme{B}$.
\ D'o\`u :
$\displaystyle \sup_{ij} | c_{ij} | = \norme{AB} \leq 3 \norme{A} \norme{B}$.

\null
$\bullet$ \ Pour $k=1, \ \norme{A} = \norme{A^1} = 3^0 \norme{A}$.

\null
$\bullet$ \ Si, pour un entier naturel $k$ non nul, $\norme{A^k} \leq 3^{k-1} \norme{A}^k$,
alors :\hfill\break
$\norme{A^{k+1}} = \norme{A^k A}
\leq 3 \norme{A^k}\norme{A}
\leq 3 \times 3^{k-1} \norme{A}^k \norme{A}
= 3^k \norme{A}^{k+1}$,
ce qui est le r\'esultat attendu pour $k+1$.

\null
$\bullet$ \ Le th\'eor\`eme de r\'ecurrence permet de dire que,
pour tout $k \in \nmat^*,
\ \norme{A^k} \leq 3^{k-1} \norme{A}^k$.

\null 
{\bf b. \ }%______________________%
Si $A$ est inversible, pour tout $k \in \nmat^*, \ A^k$ est inversible
et $\big( A^k \big)^{-1} = A^{-k}$.

Alors :
$1 = \norme{I} = \norme{A^{-k}A^k}
\leq 3 \norme{A^{-k}} \norme{A^k}
= 3 \norme{\big( A^{-1} \big)^k} \norme{A^k}
\leq 3 \norme{A^k} \times 3^{k-1} \norme{A^{-1}}^k$,
c'est-\`a-dire
$1 \leq 3^k \norme{A^k} \norme{A^{-1}}^k$.
\ Ainsi, $\norme{A^{-1}} > 0, \ \norme{A^k} > 0$
\ et $\norme{A^k} \geq \frac{1}{3^k \norme{A^{-1}}^k}$,
puis :
$\norme{A^k}^\sfrac{1}{k} \geq \frac{1}{3 \norme{A^{-1}}} \cdotp$

On suppose que $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} \norme{A^k}^\sfrac{1}{k} =0$.
Si $A$ \'etait inversible, en prenant la limite quand $k$ tend vers $+\infty$
dans l'in\'egalit\'e pr\'ec\'edente, on aurait :
$0 \geq \frac{1}{3 \norme{A^{-1}}} >0$, ce qui est impossible.
Ainsi, la matrice $A$ n'est pas inversible si
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} \norme{A^k}^\sfrac{1}{k} =0$.


\null \hskip-0,8truecm
{\bf 3. \ a. \ }%______________________%
$\displaystyle (I-A) \Big( \sum_{i=0}^k A^i \Big)
= \sum_{i=0}^k A^i - \sum_{i=0}^k A^{i+1}
= \sum_{i=0}^k A^i - \sum_{i=1}^{k+1} A^i
= I - A^{k+1}$.


\null 
{\bf b. \ }%______________________%
En prenant $A(k) = A^k$, la question {\bf 1.b.} indique que, si $A^k$ converge vers 0,
alors pour toute matrice colonne 3x1 not\'ee $X$,
$A^kX$ converge vers $0X =0$.

\null
Soit $X$ une matrice colonne du noyau de $A-I$.\hfill\break
Comme $I, \, A$ et ses puissances commutent entre elles, on a,
pour tout entier naturel $k$ :\hfill\break
$\displaystyle 0 = \Big( \sum_{i=0}^k A^i \Big) (A-I)X
= -(I-A)\Big( \sum_{i=0}^k A^i \Big) X
= -(I-A^{k+1}) X
= A^{k+1} X - X$.

Comme $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} A^k =0$,
le r\'esultat pr\'ec\'edent indique que 
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} A^{k+1} X =0$.
Puis, la question {\bf 1.c.} indique que
$\displaystyle 0 = \lim_{k \rightarrow +\infty} (A^{k+1} X - X)
= 0-X = -X$,
c'est-\`a-dire que $X=0$.

Ainsi, le noyau de $A-I$, matrice carr\'ee, ne contient que la matrice colonne nulle :
la matrice $A-I$ est inversible.

Avec le calcul de la question {\bf 3.a.}, on a donc :
$\displaystyle -\sum_{i=0}^k A^i = (A-I)^{-1} - A^{k+1}(A-I)^{-1}$,
puis les questions {\bf 1.c.} et {\bf 1.d.} indiquent que :
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} \big( (A-I)^{-1} - A^{k+1}(A-I)^{-1} \big)
= (A-I)^{-1} - 0 = (A-I)^{-1}$,
ce qui assure l'existence de $\displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty} A^i$
\ et donne
$\displaystyle (A-I)^{-1} = -\sum_{i=0}^{+\infty} A^i$.


\null \hskip-0,8truecm
{\bf 4. \ }%______________________%
Soit $P$ une matrice inversible.

$\bullet$ \ En utilisant deux fois la question {\bf 2.a.},
la majoration\hfill\break
$\norme{P^{-1}A(k)P - P^{-1}BP}
= \norme{P^{-1} ( A(k) - B)P}
\leq 9 \norme{P^{-1}} \norme{A(k) - B} \norme{P}$
montre que, si $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} A(k) = B$,
alors $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} P^{-1}A(k)P = P^{-1}BP$.

\null
$\bullet$ \ Le m\^eme raisonnement, avec
$A(k) - B = P \big( P^{-1}A(k)P - P^{-1}BP \big) P^{-1}$,
donne l'autre implication.

\null
Le choix $A(k) = A^k$ et l'\'egalit\'e $P^{-1}A^kP = \big( P^{-1}AP \big)^k$
donnent l'\'equivalence :
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} A^k = B$ si et seulement si
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} \big( P^{-1}AP \big)^k = P^{-1}BP$.



\null \hskip-0,8truecm
{\bf 5. \ a. \ }%______________________%
La matrice $A$, \`a \'el\'ements complexes, est semblable \`a une matrice triangulaire sup\'erieure.
Plus pr\'ecis\'ement, il existe une matrice de passage (donc inversible) $P$ telle que
$T = P^{-1}AP =
\pmatrix{\lambda_1 &a &b \cr  0 &\lambda_2 &c \cr  0 &0 &\lambda_3 \cr}$.

Par r\'ecurrence, on montre que, pour tout $k \in \nmat^*,
\ T^k = \pmatrix{\lambda_1^k &a_k &b_k \cr  0 &\lambda_2^k &c_k \cr  0 &0 &\lambda_3^k \cr}$.
D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, comme $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} A^k = B$,
on a 
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} T^k = P^{-1}BP$.

D'apr\`es la forme triangulaire de $T^k$, pour que la limite de $T^k$ existe
quand $k$ tend vers $+\infty$,
il faut que les trois $\lambda_i$ vaillent 1 ou aient un module strictement inf\'erieur \`a 1.
Puis, pour que la limite soit inversible, il faut que la limite des chacun de ses termes diagonaux
ne soit pas pas nulle.
Il est donc n\'ecessaire que $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 =1$.

On doit donc avoir 
$T = \pmatrix{1 &a &b \cr  0 &1 &c \cr  0 &0 &1 \cr}$.

Un calcul par r\'ecurrence donne alors :
$T^k = \pmatrix{1 &ka &kb + \frac{1}{2}k(k-1)ac \cr  0 &1 &kc \cr  0 &0 &1 \cr}$
pour $k \in \nmat$,
ce qui montre que $T^k$ n'a de limite que si $a=b=c=0$.

Ainsi, $T = I$, donc $A = PTP^{-1} =I$ \ et $B = I$.

R\'eciproquement, si $A=I$, on a bien les r\'esultats demand\'es.


\null 
{\bf b. \ }%______________________%
Si $\lambda$ est une valeur propre de $A$ et $X$ un vecteur propre (non nul) associ\'e,
on a : $AX = \lambda X$,
puis, par r\'ecurrence, $A^k X = \lambda^k X$, pour tout $k \in \nmat^*$.

Comme $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} A^k = B$,
d'apr\`es la question {\bf 1.b.},
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} A^kX = BX$.
Donc $\lambda^k X$ converge vers une matrice colonne $BX$.
D'apr\`es la question {\bf 1.a.}, il y a convergence coefficient par coefficient,
ce qui n\'ecessite la convergence de $\lambda^k$ puisque un coefficient (au moins) de $X$
est non nul.
Ainsi, $\lambda =1$ ou $| \lambda | < 1$.


\null 
{\bf c. \ }%______________________%
Comme $A$ est diagonalisable, il existe une matrice $P$ telle que
$D = P^{-1}AP = {\rm diag}( \lambda_1, \lambda_2,\lambda_3)$.
Alors $\big( P^{-1}AP \big)^k = D^k = {\rm diag}( \lambda_1^k, \lambda_2^k,\lambda_3^k)$.

Comme $1 \notin {\rm Sp}(A)$, chaque $\lambda_i$ est de module strictement inf\'erieur \`a 1.
Donc $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} D^k
= {\rm diag}(0,0,0) = 0$.

Comme, d'autre part, $D^k$ tend vers $P^{-1}BP$, on en d\'eduit que
$P^{-1}BP = 0$, c'est-\`a-dire que $B$ est nulle.

\null
Si $1 \in {\rm Sp}(A)$, comme $A \neq I$, il y a 2 possibilit\'es,
en ordonnant les modules des valeurs propres :


\ $\bullet$ \ si $0 \leq | \lambda_1 | \leq | \lambda_2 | < | \lambda_3 | = \lambda_3 = 1$,
alors $D^k$ tend vers ${\rm diag}(0,0,1) = P^{-1}BP$ ;

\ $\bullet$ \ si $0 \leq | \lambda_1 | < | \lambda_2 | = \lambda_2 = | \lambda_3 | = \lambda_3 = 1$,
alors $D^k$ tend vers ${\rm diag}(0,1,1) = P^{-1}BP$.

Dans les deux cas, $B$ est diagonalisable et ${\rm Sp}(B) = \{ 0,1 \}$.



\null \hskip-0,8truecm
{\bf 6. \ }%______________________%
Soit $\displaystyle V(k) = \sum_{i=0}^k \frac{1}{i!} B^i$.
Avec $A = PBP^{-1}$, on a :
$\displaystyle PV(k)P^{-1} = \sum_{i=0}^k \frac{1}{i!} PB^iP^{-1}
= \sum_{i=0}^k \frac{1}{i!} A^i$.

Comme $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} V(k) = \exp(B)$,
la question {\bf 4.a.} indique que 
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} PV(k)P^{-1}$
existe et est $P\exp(B)P^{-1}$,
ce qui assure l'existence de la limite de
$\displaystyle \sum_{i=0}^k \frac{1}{i!} A^i$,
c'est-\`a-dire l'existence de $\exp(A)$
et l'\'egalit\'e :\hfill\break
$\exp(A) = P\exp(B)P^{-1}$.



%______________________________________________%
\vskip1cm
\centerline{\bf Partie II}
%______________________________________________%


\null \hskip-0,8truecm
{\bf 1. \ a. \ }%______________________%
Avec $M = \pmatrix{a &0 &0 \cr  0 &b &1 \cr  0 &0 &b \cr}$
et $Q = \pmatrix{a &1 &0 \cr  0 &a &1 \cr  0 &0 &a \cr}$,
on obtient :

$M^2 = \pmatrix{a^2 &0 &0 \cr  0 &b^2 &2b \cr  0 &0 &b^2 \cr},
\ M^3 = \pmatrix{a^3 &0 &0 \cr  0 &b^3 &3b^2 \cr  0 &0 &b^3 \cr}$
\ et $Q^2 = \pmatrix{a^2 &2a &1 \cr  0 &a^2 &2a \cr  0 &0 &a^2 \cr},
\ Q^3 = \pmatrix{a^3 &3a^2 &3a \cr  0 &a^3 &3a^2 \cr  0 &0 &a^3 \cr}$.


\null 
{\bf b. \ }%______________________%
Avec $D = \pmatrix{a &0 &0 \cr  0 &b &0 \cr  0 &0 &c \cr}$,
un calcul par r\'ecurrence donne :

$D^k = \pmatrix{a^k &0 &0 \cr  0 &b^k &0 \cr  0 &0 &c^k \cr}
= {\rm diag}(a^k, b^k, c^k)$
\ pour $k \in \nmat^*$ \ (et pour $k=0$ si $abc \neq 0$)

$M^k = \pmatrix{a^k &0 &0 \cr  0 &b^k &kb^{k-1} \cr  0 &0 &b^k \cr}$
\ pour $k \in \nmat \setminus \{ 0,1 \}$ \ (et pour $k=1$ si $b \neq 0$)

$Q^k = \pmatrix{a^k &ka^{k-1} &\frac{1}{2}k(k-1)a^{k-2} \cr  0 &a^k &ka^{k-1} \cr  0 &0 &a^k \cr}$
\ pour $k \in \nmat \setminus \{ 0,1,2 \}$ \ (et pour $k \in \nmat$ si $a \neq 0$).


\null \hskip-0,8truecm
{\bf 2. \ a. \ }%______________________%
Ainsi, $D^k$ converge si, et seulement si, les suites $(a^k), \, (b^k)$ et $(c^k)$ convergent,
c'est-\`a-dire si, et seulement si, $a, \, b$ et $c$ valent 1
ou ont un module strictement inf\'erieur \`a 1.

Dans ce cas :
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} D^k = {\rm diag}(\alpha, \beta, \gamma)$
\ o\`u, par exemple, $\alpha = 1$ si $a=1$ et $\alpha =0$ si $|a| <1$.

\null

$M^k$ converge si, et seulement si, les suites $(a^k), \, (b^k)$
et $(kb^{k-1})$ convergent, c'est-\`a-dire si, et seulement si, ($a=1$ ou $|a| <1$)
et $|b| < 1$.
\ Alors :
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} M^k
= \pmatrix{\alpha &0 &0 \cr  0 &0 &0 \cr  0 &0 &0 \cr}$
\ o\`u $\alpha = 1$ si $a=1$ et $\alpha =0$ si $|a| <1$.

\null

$Q^k$ converge si, et seulement si, les suites $(a^k), \, (ka^{k-1})$
et $\Big(\frac{1}{2}k(k-1)a^{k-2} \Big)$ convergent,
c'est-\`a-dire si, et seulement si, $|a| <1$.
Dans ce cas :
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} Q^k = 0$.

\null 
{\bf b. \ }%______________________%
On suppose que $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} D^k = 0$,
c'est-\`a-dire que $(|a|, |b|, |c|) \in [0,1[^3$
\ (donc, par exemple, $a \neq 1$).

La question {\bf I 3.b.} indique alors que 
$\displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty} D^i = -(D-I)^{-1} = (I-D)^{-1}
= {\rm diag}\Big(\frac{1}{1-a} , \frac{1}{1-b}, \frac{1}{1-c} \Big)$.

\null 
{\bf c. \ }%______________________%
On suppose que $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} M^k = 0$,
c'est-\`a-dire que $(|a|, |b|) \in [0,1[^2$.
\ La m\^eme question {\bf I 3.b.} donne :\hfill\break
$\displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty} M^i = (I-M)^{-1}
= \frac{1}{(1-a)(1-b)^2}
\pmatrix{(1-b)^2 &0 &0 \cr  0 &(1-a)(1-b) &1-a \cr  0 &0 &(1-a)(1-b) \cr}$.


\null 
{\bf d. \ }%______________________%
On suppose que $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} Q^k = 0$,
c'est-\`a-dire que $|a|< 1$.
\ La m\^eme question {\bf I 3.b.} donne :\hfill\break
$\displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty} Q^i = (I-Q)^{-1}
= \frac{1}{(1-a)^3}
\pmatrix{(1-a)^2 &1-a &1 \cr  0 &(1-a)^2 &1-a \cr  0 &0 &(1-a)^2 \cr}$.


\null \hskip-0,8truecm
{\bf 3. \ }%______________________%
Soit $\displaystyle U(k) = \sum_{i=0}^k \frac{1}{i!} D^i
= {\rm diag}\Big(1 + \sum_{i=1}^k \frac{a^i}{i!}, 1 + \sum_{i=1}^k \frac{b^i}{i!},
1 + \sum_{i=1}^k \frac{c^i}{i!} \Big)$.

Par d\'efinition de la fonction exponentielle,
on a, pour tout complexe $z$,
$\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} \Big( \sum_{i=0}^k \frac{z^i}{i!} \Big)
= \exp (z) = e^z$.

Ceci assure la convergence de $U(k)$, c'est-\`a-dire l'existence de $\exp(D)$
et sa valeur :\hfill\break
$\displaystyle \exp(D) = \sum_{i=0}^{+\infty} \frac{1}{i!} D^i
= {\rm diag}(e^a , e^b, e^c)$.

\trait{5}

Pour $k \geq 2$, soit $\displaystyle V(k) = \sum_{i=0}^k \frac{1}{i!} M^i
= \pmatrix{a_k &0 &0 \cr  0 &b_k &c_k \cr  0 &0 &b_k \cr}$.

D'apr\`es {\bf II 1.b.} :
$\displaystyle a_k = 1 + \sum_{i=1}^k \frac{a^i}{i!},
\ b_k = 1 + \sum_{i=1}^k \frac{b^i}{i!}$
\ et $\displaystyle c_k = 1 + \sum_{i=2}^k \frac{ib^{i-1}}{i!}
= 1 + \sum_{i=1}^{k-1} \frac{b^i}{i!} = b_{k-1}$.

Pour tous $a$ et $b$,
\ $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} a_k = e^a,
\ \lim_{k \rightarrow +\infty} b_k = e^b
= \lim_{k \rightarrow +\infty} c_k$.


Ainsi $V(k)$ converge, donc $\exp(M)$ existe
et $\displaystyle \exp(M) = \sum_{i=0}^{+\infty} \frac{1}{i!} M^i
= \pmatrix{e^a &0 &0 \cr  0 &e^b &e^b \cr  0 &0 &e^b \cr}$.

\trait{5}

Pour $k \geq 3$, soit $\displaystyle W(k) = \sum_{i=0}^k \frac{1}{i!} Q^i
= \pmatrix{a_k &b_k &c_k \cr  0 &a_k &b_k \cr  0 &0 &a_k \cr}$.
\ La question {\bf II 1.b.} donne :
$\displaystyle a_k = 1 + \sum_{i=1}^k \frac{a^i}{i!}$,\break
$\displaystyle b_k = 1 + \sum_{i=2}^k \frac{ia^{i-1}}{i!}
= 1 + \sum_{i=1}^{k-1} \frac{a^i}{i!}$
\ et $\displaystyle c_k = \frac{1}{2!} + \sum_{i=3}^k \frac{1}{2}\frac{i(i-1)a^{i-2}}{i!}
= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{k-2} \frac{a^i}{i!}
= \frac{1}{2} \Big( 1 + \sum_{i=1}^{k-2} \frac{a^i}{i!} \Big)$.

Pour tout $a$,
\ $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} a_k = e^a = \lim_{k \rightarrow +\infty} b_k$
\ et $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} c_k
= \frac{1}{2} e^a$.

Ainsi $W(k)$ converge, donc $\exp(Q)$ existe
et $\displaystyle \exp(Q) = \sum_{i=0}^{+\infty} \frac{1}{i!} Q^i
= \pmatrix{e^a &e^a &\frac{1}{2} e^a \cr  0 &e^a &e^a \cr  0 &0 &e^a \cr}$.


%______________________________________________%
\vskip1cm
\centerline{\bf Partie III}
%______________________________________________%


\null \hskip-0,8truecm
{\bf 1. \ a. \ }%______________________%
$(i) \Longrightarrow (ii)$ \ Comme $N$ est nilpotente, il existe $n \in \nmat^*$ tel que $N^n = 0$.
Si $\lambda$ est valeur propre de $N$ et $X$ matrice colonne propre associ\'ee (donc $X \neq 0$),
alors $N^nX = \lambda^n X = 0$, avec $X \neq 0$, donc $\lambda^n = 0$,
c'est-\`a-dire $\lambda = 0$ : Sp$(N) = \{ 0 \}$.

\null
$(ii) \Longrightarrow (iii)$ \ $N$ est trigonalisable puisque son polyn\^ome caract\'eristique
est scind\'e sur $\cmat$.
Comme les valeurs propres de $N$ sont nulles, $N$ est semblable \`a une matrice triangulaire
sup\'erieure de diagonale nulle.

\null
$(iii) \Longrightarrow (iiii)$ \ Avec $T = \pmatrix{0 &a &b \cr  0 &0 &c \cr  0 &0 &0 \cr}$,
on a $T^3=0$.
Par cons\'equent, comme il existe $P$ inversible telle que $N = PTP^{-1}$,
on a : $N^3 = PT^3P^{-1} = P0P^{-1} = 0$.

\null
$(iiii) \Longrightarrow (i)$ \ Comme $N^3 =0, \ N$ est nilpotente puisque $3 \geq 1$.

\null

Supposons que l'\'equation $A^2 = N$,
o\`u $N = \pmatrix{0 &1 &0 \cr  0 &0 &1 \cr  0 &0 &0 \cr}$, admette une solution $A$.

Comme $A^6 = N^3 = 0, \ A$ est nilpotente.
Donc $A^3 =0$, d'apr\`es les \'equivalences pr\'ec\'edentes, et, ainsi $A^4=0$.
Or $A^4 = N^2 = \pmatrix{0 &0 &1 \cr  0 &0 &0 \cr  0 &0 &0 \cr} \neq 0$.
Par cons\'equent $A$ n'existe pas : l'\'equation propos\'ee n'a pas de solution.


\null 
{\bf b. \ }%______________________%
On \'ecrit $N = PTP^{-1}$ o\`u $T$ une matrice triangulaire sup\'erieure de diagonale nulle.\hfill\break
Ainsi $I-N = P(I-T)P^{-1}$ \ et $\det(I-N) = \det (I-T) = \det (I)$
puisque $I-T$ est triangulaire sup\'erieure avec une diagonale de 1.

\null

Comme $\det(I-N) = \det (I) = 1 \neq 0, \ I-N$ est inversible.

Comme $N^3 =0, \ (I+N+N^2) (I-N) = (I-N)(I+N+N^2) = I-N^3 = I$ ;
autrement dit : $(I-N)^{-1} = I+N+N^2$.

\null

Le m\^eme calcul que pour $I-N$ donne, pour $\lambda \in \cmat,
\ \det(I-N- \lambda I) = \det \big( (1- \lambda) I - N \big) = (1- \lambda)^3$,
ce qui montre que Sp$(N) = \{ 1 \}$.

Si $I-N$ \'etait diagonalisable, on aurait $I-N = PIP^{-1} = I$,
c'est-\`a-dire $N =0$, ce qui n'est pas vrai par hypoth\`ese sur $N$.
Donc $I-N$ n'est pas diagonalisable.

\null 
{\bf c. \ }%______________________%
Comme $N^2 \neq 0$, il existe $X \in \cmat^3$ tel que $N^2X \neq 0$ (on a donc aussi $X \neq 0$).

$a, \, b$ et $c$ \'etant trois complexes, en multipliant \`a gauche l'\'egalit\'e
$aX + bNX + cN^2X = 0$ par $N^2$,
on obtient $aN^2X = 0$ (car $N^3 = N^4 =0$), donc $a=0$ puisque $N^2X \neq 0$.

Il reste $bNX + cN^2X = 0$, donc $bN^2X + cN^3X = 0$,
c'est-\`a-dire $bN^2X =0$, qui donne $b=0$.
On en d\'eduit alors $c=0$.

Ainsi, la famille $(X,NX,N^2X)$ est une famille libre de trois vecteurs de $\cmat^3$,
espace vectoriel de dimension 3 sur $\cmat$.
Cette famille est donc une base de $\cmat^3$.

\null

Comme $N(N^2X) = N^3X = 0$, dans cette base, l'endomorphisme $N$ a pour matrice
$T = \pmatrix{0 &0 &0 \cr  1 &0 &0 \cr  0 &1 &0 \cr}$.

En notant $P$ la matrice de passage de la base canonique de $\cmat^3$ \`a la base $(X,NX,N^2X)$,
on a, par \'equivalences successives et en utilisant $P^{-1}NP = T$ :\hfill\break
$A$ commute avec $N \Longleftrightarrow AN = NA$ ;
\ $A$ commute avec $N \Longleftrightarrow (P^{-1}AP)(P^{-1}NP) = (P^{-1}NP)(P^{-1}AP)$ ;\hfill\break
$A$ commute avec $N \Longleftrightarrow BT = TB$
o\`u $B = P^{-1}AP$.

Avec $B = (b_{ij})$, on a :
$BT = \pmatrix{b_{12} &b_{13} &0 \cr  b_{22} &b_{23} &0 \cr  b_{32} &b_{33} &0 \cr}$
\ et $TB = \pmatrix{0 &0 &0 \cr  b_{11} &b_{12} &b_{13} \cr  b_{21} &b_{22} &b_{23} \cr}$
et la condition $BT = TB$ am\`ene \`a
$\left \{ \matrix{b_{11} = b_{22} = b_{33} \hfill \cr
b_{32} = b_{21} \hfill \cr
b_{12} = b_{13} = b_{23} = 0 \cr} \right.$
\quad c'est-\`a-dire \`a $B$ de la forme
$B = \pmatrix{a &0 &0 \cr  b &a &0 \cr  c &b &a \cr}
= aI + bT + cT^2$.

Revenant \`a $A$, on en d\'eduit que $A$ commute avec $N$
si, et seulement si
$A = PBP^{-1} = (aI + bT + cT^2)P^{-1}$,
c'est-\`a-dire si, et seulement si $A = aI + bN + cN^2$,
c'est-\`a-dire si, et seulement si $A$ est combinaison lin\'eaire de $I, \, N$ et $N^2$.


\null

On a $\det (A) = \det (P^{-1}AP) = \det B$
et $\det (A-N) = \det (P^{-1}(A-N)P) = \det(B-T)$.

Comme $B = aI + bT + cT^2$ et $B-T = aI + (b-1)T + cT^2$ sont triangulaires inf\'erieures
avec des $a$ sur la diagonale,
on a : $\det (A-N) = \det (B-T) = a^3 = \det (B) = \det (A)$.

\null

L'exemple $A = \pmatrix{1 &1 &1 \cr 1 &1 &1 \cr 1 &1 &1 \cr},
\ N = \pmatrix{0 &1 &0 \cr  0 &0 &1 \cr  0 &0 &0 \cr}$,
qui donne
$AN = \pmatrix{0 &1 &1 \cr 0 &1 &1 \cr 0 &1 &1 \cr}
\neq NA = \pmatrix{1 &1 &1 \cr  1 &1 &1 \cr  0 &0 &0 \cr}$\break
$A-N = \pmatrix{1 &0 &1 \cr 1 &1 &0 \cr 1 &1 &1 \cr}$
\ et $\det (A) = 0 \neq \det (A-N) = 1$,
montre que la condition $AN = NA$
est n\'ecessaire pour avoir $\det (A) = \det (A-N)$.


\null \hskip-0,8truecm
{\bf 2. \ a. \ }%______________________%
Comme $N_1$ et $N_2$ commutent,
$(N_1N_2)^3 = N_1^3 N_2^3 = 0 \times 0 = 0$ ; donc $N_1N_2$ est nilpotente.

$N_1$ et $N_2$ \'etant nilpotentes, $N_1^k = N_2^k = 0$ pour tout $k \geq 3$.
Ainsi ($N_1$ et $N_2$ commutent),
$(N_1+N_2)^5 = N_1^5 + 5N_1^4 N_2 + 10 N_1^3 N_2^2
+ 10 N_1^2 N_2^3 + 5 N_1 N_2^4 + N_2^5
= 0$,
ce qui montre que $N_1+N_2$ est nilpotente.


\null 
{\bf b. \ }%______________________%
Comme $(N_1+N_2)^3 = N_1^3 + 3(N_1^2 N_2 + N_1 N_2^2) + N_2^3$,
on a ainsi : $0 = N_1^2 N_2 + N_1 N_2^2$
puisque $N_1, \, N_2$ et $N_1+N_2$ sont nilpotentes.

\null

De m\^eme, $(N_1+N_2)^4 = N_1^4 + 4N_1^3 N_2 + 6N_1^2 N_2^2 + 4N_1N_2^3 + N_2^4$
donne : $0 = N_1^2 N_2^2$.


\null 
{\bf c. \ }%______________________%
Comme les puissances d'une matrice $N$ nilpotente sont nulles au plus \`a partir de son cube,
l'exponentielle de $N$ existe et est
$\displaystyle \exp (N) = \sum_{i=0}^{+\infty} \frac{1}{i!} N^i
= \sum_{i=0}^2 \frac{1}{i!} N^i
= I + N + \frac{1}{2} N^2$.

Ainsi, pour $N_1$ et $N_2$ nilpotentes,
$\exp(N_1) \exp(N_2)
= \Big( I + N_1 + \frac{1}{2} N_1^2 \Big)\Big( I + N_2 + \frac{1}{2} N_2^2 \Big)$

c'est-\`a-dire
$\exp(N_1) \exp(N_2)
= I + (N_1+N_2) + \frac{1}{2} (N_1^2 + N_2^2 + 2 N_1N_2)
+ \frac{1}{2} (N_1^2 N_2 + N_1 N_2^2) + \frac{1}{4} (N_1^2 N_2^2)$

c'est-\`a-dire
$\exp(N_1) \exp(N_2)
= I + (N_1+N_2) + \frac{1}{2} (N_1 + N_2)^2$
puisque $N_1$ et $N_2$ commutent et avec les deux r\'esultats de la question pr\'ec\'edente.

Comme $N_1+N_2$ est nilpotente, on a bien : $\exp(N_1) \exp(N_2) = \exp(N_1 + N_2)$.


\null 
{\bf d. \ }%______________________%
Par d\'efinition de l'exponentielle d'une matrice, $\exp(0) = I$.

Ainsi, en prenant $N_1 = N$ et $N_2 = -N$ (qui est bien nilpotente car $(-N)^3  = -N^3 =0$
et qui commute avec $N$),
on a : $\exp(N-N) = I = \exp(N) \exp(-N)$
et $\exp(N-N) = \exp (-N+N)= I = \exp(-N) \exp(N)$,
ce qui montre que $\exp(N)$ est inversible, d'inverse $\big( \exp(N) \big)^{-1} = \exp(-N)$.

\null \hskip-0,8truecm
{\bf 3. \ a. \ }%______________________%
Avec $N = \pmatrix{1 &1 &1 \cr -1 &-1 &-1 \cr 1 &1 &0 \cr}$,
on a :
$N^2 = \pmatrix{1 &1 &0 \cr  -1 &-1 &0 \cr  0 &0 &0 \cr}$
\ et $N^3 = 0$ : $N$ est nilpotente.


\null 
{\bf b. \ }%______________________%
La question {\bf III 1.b.} donne :
$\displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty} N^i
= \sum_{i=0}^2 N^i
= I + N + N^2
= (I-N)^{-1}
= \pmatrix{3 &2 &1 \cr  -2 &-1 &-1 \cr  1 &1 &1 \cr}$.


\null 
{\bf c. \ }%______________________%
$\exp (N) = I + N + \frac{1}{2} N^2
= \frac{1}{2} \pmatrix{5 &3 &2 \cr  -3 &-1 &-2 \cr  2 &2 &2 \cr}$
\ et
$\exp (-N) = \big( \exp(N) \big)^{-1}
= I - N + \frac{1}{2} N^2$
c'est-\`a-dire
$\exp (-N)= \frac{1}{2} \pmatrix{1 &-1 &-2 \cr  1 &3 &2 \cr  -2 &-2 &2 \cr}$.


%______________________________________________%
\vskip1cm
\centerline{\bf Partie IV}
%______________________________________________%


\null \hskip-0,8truecm
{\bf 1. \ a. \ }%______________________%
Avec $R = \pmatrix{2 &-1 &2 \cr  -1 &2 &2 \cr  2 &2 &-1 \cr}$
(qui est r\'eelle sym\'etrique, donc diagonalisable),
et en remarquant que la somme des colonnes est toujours 3
(donc que la matrice colonne ne contenant que des 1
est propre pour la valeur propre 3),
on obtient, apr\`es calcul :
$\det(R - \lambda I) = (3- \lambda)^2(-3-\lambda)$.

Les valeurs propres de $R$ sont $-3$, simple, et 3, double.

\null 
{\bf b. \ }%______________________%
La recherche du sous-espace $E_3$ propre associ\'e \`a la valeur propre 3
am\`ene au plan vectoriel d'\'equation $x+y-2z=0$,
de base $(U,V)$ o\`u $U = \pmatrix{1 \cr  1 \cr  1 \cr}$
et $V = \pmatrix{1 \cr  -1 \cr 0 \cr}$,
ce qui indique d\'ej\`a que $R$ est diagonalisable puisque $\dim (E_3) =2$
est l'ordre de multiplicit\'e de la valeur propre 3.

La recherche du sous-espace $E_{-3}$ propre associ\'e \`a la valeur propre $-3$
am\`ene \`a la droite vectorielle d'\'equations $\left \{
\matrix{x-y=0 \hfill \cr 2x+z=0 \cr} \right.$,
donc de base $W = \pmatrix{1 \cr  1 \cr  -2 \cr}$.

\null

La matrice de passage est $P = \pmatrix{1 &1 &1 \cr  1 &-1 &1 \cr  1 &0 &-2 \cr}$
et $R$ est semblable \`a $D = P^{-1}RP = {\rm diag}(3,3,-3)$.

La question {\bf II 3.}, avec $(a,b,c) = (3,3,-3)$,
indique que $\exp(D)$ existe et est $\exp(D) = {\rm diag}(e^3 , e^3, e^{-3})$.
Puis la question {\bf I 6.} assure l'existence de $\exp(R)$
et sa valeur :
$\exp(R) = P\exp(D)P^{-1}$.

\null

Avec $P^{-1} = \frac{1}{6} \pmatrix{2 &2 &2 \cr  3 &-3 &0 \cr  1 &1 &-2 \cr}$,
on obtient :
$\exp(R) = \frac{1}{6}
\pmatrix{
5e^3 + e^{-3}  &-e^3 + e^{-3}  &2e^3 - 2e^{-3} \cr
-e^3 + e^{-3}  &5e^3 + e^{-3}  &2e^3 - 2e^{-3}  \cr
2e^3 - 2e^{-3} &2e^3 - 2e^{-3} &2e^3 + 4e^{-3}  \cr}$.



\null \hskip-0,8truecm
{\bf 2. \ a. \ }%______________________%
Avec $M = \pmatrix{0 &1 &1 \cr  1 &0 &-1 \cr  1 &1 &-1 \cr}$,
on obtient, apr\`es calcul :
$\det(M - \lambda I) = (1- \lambda)(1+\lambda)^2$.

Les valeurs propres de $M$ sont $-1$, double, et 1, simple.


\null 
{\bf b. \ }%______________________%
La recherche du sous-espace $E_1$ propre associ\'e \`a la valeur propre 1
am\`ene \`a la droite vectorielle d'\'equations $\left \{
\matrix{x-y-z=0 \hfill \cr x+y-2z=0 \cr } \right.$,
donc de base $U = \pmatrix{3 \cr  1 \cr  2 \cr}$.

La recherche du sous-espace $E_{-1}$ propre associ\'e \`a la valeur propre $-1$
am\`ene \`a la droite vectorielle d'\'equations $\left \{
\matrix{x+y=0 \cr z=0 \hfill \cr} \right.$,
donc de base $V = \pmatrix{1 \cr  -1 \cr  0 \cr}$,
ce qui indique que $M$ n'est pas diagonalisable puisque $\dim (E_{-1}) =1$
n'est pas l'ordre de multiplicit\'e de la valeur propre double $-1$.


\null 
{\bf c. \ }%______________________%
La recherche d'une matrice colonne $W$ telle que $(M+I)W = V$
am\`ene au syst\`eme
$\left \{
\matrix{x+y=0 \cr z=1 \hfill \cr } \right.$
dont une solution est $W = \pmatrix{0 \cr  0\cr  1 \cr}$.

La matrice $P = \pmatrix{3 &1 &0 \cr 1 &-1 &0 \cr  2 &0 &1 \cr}$,
de colonnes $U,V,W$, est inversible puisque son d\'eterminant est
$-4 \neq 0$.

Comme $MU=U, \ MV = -V$ et $MW = V-W$,
on a :
$P^{-1}MP = \pmatrix{1 &0 &0 \cr 0 &-1 &1 \cr  0 &0 &-1 \cr} = T$.

La question {\bf II 3.}, avec $(a,b) = (1,-1)$,
indique que $\exp(T)$ existe et est
$\exp(T) = \pmatrix{e &0 &0 \cr  0 &e^{-1} &e^{-1} \cr  0 &0 &e^{-1} \cr}$.
Puis la question {\bf I 6.} assure l'existence de $\exp(M)$
et sa valeur :
$\exp(M) = P\exp(T)P^{-1}$.

\null

Avec $P^{-1} = \frac{1}{4} \pmatrix{1 &1 &0 \cr  1 &-3 &0 \cr  -2 &-2 &4 \cr}$,
on obtient :
$\exp(M) = \frac{1}{4}
\pmatrix{
3e - e^{-1}  &3e - 5e^{-1}  &4e^{-1} \cr
e + e^{-1}   &e + 5e^{-1}   &-4e^{-1} \cr
2e - 2e^{-1} &2e - 2e^{-1}  &4e^{-1}  \cr}$.


%______________________________________________________________
\bigskip
\trait{2.1}\vskip-7pt
\centerline{Fin du corrig\'e}
%______________________________________________________________

\vskip1cm

\qquad
{\it D. Maillard} - $1^{\grave ere}$ ann\'ee TSI - Saint-Nazaire



\bye