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\lstset{
  language=Python,
  basicstyle=\ttfamily\small,
  showstringspaces=false,
  frame=single,
  breaklines=true
}

\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
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\newcommand{\mat}{\operatorname{Mat}}
\newcommand{\comatrice}{\operatorname{com}}
\newcommand{\diag}{\operatorname{diag}}

\begin{document}

\begin{center}
\textbf{\large Proposition de Corrig\'e}\\[2mm]
\textbf{Concours Commun INP 2025}\\[1mm]
\textbf{Math\'ematiques 2 (Fili\`ere MP)}
\end{center}

\section*{EXERCICE 1}

\subsection*{Q1.}

\'Ecrire une fonction \texttt{degreMax(d: dict) -> int} qui prend en argument
un dictionnaire d'adjacence repr\'esentant un graphe orient\'e et renvoie
le degr\'e (nombre de successeurs) maximal.

\lstinputlisting[firstline=1,lastline=5]{}
\begin{lstlisting}
def degreMax(d: dict) -> int:
    if not d:
        return 0
    return max(len(voisins) for voisins in d.values())
\end{lstlisting}

\subsection*{Q2.}

\'Ecrire une fonction \texttt{grapheInverse(d: dict) -> dict} qui renvoie
le graphe inverse (chaque arc $(u,v)$ devient $(v,u)$).

\begin{lstlisting}
def grapheInverse(d: dict) -> dict:
    inv = {s: [] for s in d}
    for u in d:
        for v in d[u]:
            inv[v].append(u)
    return inv
\end{lstlisting}

\subsection*{Q3.}

\'Ecrire une fonction \texttt{colorationValide(d: dict, L: list) -> bool}
qui v\'erifie si une coloration $L$ (liste de couleurs index\'ee par les
sommets dans l'ordre des cl\'es du dictionnaire) est valide, c'est-\`a-dire
que deux sommets adjacents n'ont jamais la m\^eme couleur.

\begin{lstlisting}
def colorationValide(d: dict, L: list) -> bool:
    for u in d:
        for v in d[u]:
            if L[u] == L[v]:
                return False
    return True
\end{lstlisting}

\subsection*{Q4.}

Discuter la complexit\'e dans le pire des cas de l'algorithme
\texttt{colorationValide}.

Soit $N$ le nombre de sommets et $M$ le nombre d'arcs. La boucle ext\'erieure
parcourt les $N$ sommets. Pour chaque sommet $u$, la boucle int\'erieure
parcourt ses voisins. Au total, on examine chaque arc une seule fois,
soit $M$ it\'erations. L'acc\`es \`a $L[u]$ et $L[v]$ est $O(1)$. La
complexit\'e dans le pire des cas est donc
$\boxed{O(N+M)}$.

\subsection*{Q5.}

On consid\`ere une base de donn\'ees comportant deux tables~:
\begin{itemize}
  \item \texttt{FILMS} (codefilm: int, nomfilm: text, ...)~;
  \item \texttt{LOCATIONS} (codeloc: int, codefilm: int, duree: int, ...).
\end{itemize}
\'Ecrire une requ\^ete SQL renvoyant la dur\'ee maximale de location.

\begin{lstlisting}[language=SQL]
SELECT MAX(duree) FROM LOCATIONS;
\end{lstlisting}

\subsection*{Q6.}

\'Ecrire une requ\^ete SQL renvoyant le code, le nom et la dur\'ee moyenne
de location des films dont la dur\'ee moyenne de location est inf\'erieure
\`a 2 jours, class\'es par dur\'ee moyenne d\'ecroissante.

\begin{lstlisting}[language=SQL]
SELECT FILMS.codefilm, FILMS.nomfilm,
       AVG(LOCATIONS.duree) AS duree_moy
FROM FILMS
JOIN LOCATIONS ON FILMS.codefilm = LOCATIONS.codefilm
GROUP BY FILMS.codefilm, FILMS.nomfilm
HAVING AVG(LOCATIONS.duree) < 2
ORDER BY duree_moy DESC;
\end{lstlisting}

\section*{EXERCICE 2}

Dans cet exercice, on d\'efinit une suite de polyn\^omes
$(P_n)_{n\in\N}$ par~:
\[
P_0(X)=1,\qquad P_1(X)=X,\qquad
P_{n+2}(X)=2X\,P_{n+1}(X)-P_n(X)\;\;(n\ge0).
\]

\subsection*{Q7.}

Montrer par r\'ecurrence double que, pour tout $n\ge1$, $P_n$ est de
degr\'e $n$ et son coefficient dominant est $2^{n-1}$.

Pour $n=1$~: $P_1(X)=X$ est bien de degr\'e $1$ et de coefficient
dominant $1=2^{0}$. La propri\'et\'e est vraie au rang $1$.

Pour $n=2$~: $P_2(X)=2X\cdot X-1=2X^2-1$ est de degr\'e $2$ et de
coefficient dominant $2=2^{1}$. La propri\'et\'e est vraie au rang $2$.

Supposons la propri\'et\'e vraie aux rangs $n$ et $n+1$. Alors
\[
P_{n+2}=2X\,P_{n+1}-P_n.
\]
Par hypoth\`ese de r\'ecurrence, $\deg(P_{n+1})=n+1$ et
$\deg(P_n)=n$, donc $\deg(2X\,P_{n+1})=n+2$ tandis que
$\deg(P_n)=n$. Comme $n<n+2$, le terme dominant provient de
$2X\,P_{n+1}$~:
\[
\cd(P_{n+2}) = 2\cdot\cd(P_{n+1}) = 2\cdot 2^{n}=2^{n+1}.
\]
Ainsi $P_{n+2}$ est de degr\'e $n+2$ et de coefficient dominant
$2^{(n+2)-1}$. Par r\'ecurrence, la propri\'et\'e est vraie pour
tout $n\ge1$.
\[
\boxed{P_n\text{ est de degr\'e }n\text{ et }\cd(P_n)=2^{n-1}\;(n\ge1).}
\]

\subsection*{Q8.}

Montrer par r\'ecurrence double que, pour tout $n\in\N$ et tout
$\theta\in\R$, $P_n(\cos\theta)=\cos(n\theta)$.

Pour $n=0$~: $P_0(\cos\theta)=1=\cos(0)$.
Pour $n=1$~: $P_1(\cos\theta)=\cos\theta$.
La propri\'et\'e est vraie aux rangs $0$ et $1$.

Supposons-la vraie aux rangs $n$ et $n+1$. Alors
\[
P_{n+2}(\cos\theta)
= 2\cos\theta\,P_{n+1}(\cos\theta)-P_n(\cos\theta)
= 2\cos\theta\cos\bigl((n+1)\theta\bigr)-\cos(n\theta).
\]
D'apr\`es la formule trigonom\'etrique
$2\cos a\cos b=\cos(a+b)+\cos(a-b)$,
\[
2\cos\theta\cos\bigl((n+1)\theta\bigr)
= \cos\bigl((n+2)\theta\bigr)+\cos(n\theta),
\]
donc
\[
P_{n+2}(\cos\theta) = \cos\bigl((n+2)\theta\bigr)+\cos(n\theta)-\cos(n\theta)
= \cos\bigl((n+2)\theta\bigr).
\]
L'h\'er\'edit\'e est prouv\'ee. Par r\'ecurrence, pour tout $n$,
\[
\boxed{\forall\theta\in\R,\; P_n(\cos\theta)=\cos(n\theta).}
\]

\subsection*{Q9.}

Montrer que pour tous $P,Q\in\R[X]$, l'application
$t\mapsto \dfrac{P(t)Q(t)}{\sqrt{1-t^2}}$ est int\'egrable sur
l'intervalle $[-1,1]$.

La fonction $t\mapsto P(t)Q(t)$ est polynomiale, donc continue sur
$[-1,1]$. La fonction $t\mapsto 1/\sqrt{1-t^2}$ est continue sur
$]-1,1[$ et pr\'esente une singularit\'e int\'egrable aux bornes
car
\[
\frac1{\sqrt{1-t^2}}\sim_{t\to\pm1}\frac1{\sqrt{2}\,\sqrt{1\mp t}},
\]
et $\int_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}$ converge (int\'egrale de
Riemann avec $\alpha=1/2<1$). Par cons\'equent,
\[
\boxed{\langle P,Q\rangle=\int_{-1}^{1}\frac{P(t)Q(t)}{\sqrt{1-t^2}}\,dt
\text{ est bien d\'efini pour tous }P,Q\in\R[X].}
\]

\subsection*{Q10.}

Montrer que $\langle\cdot,\cdot\rangle$ d\'efinit un produit
scalaire sur $\R[X]$.

\begin{itemize}
  \item \textbf{Sym\'etrie~:} $\langle P,Q\rangle=\langle Q,P\rangle$ par
  commutativit\'e du produit dans $\R$.
  \item \textbf{Bilin\'earit\'e~:} par lin\'earit\'e de l'int\'egrale.
  \item \textbf{Positivit\'e~:} pour $P\neq0$, la fonction
  $t\mapsto P(t)^2/\sqrt{1-t^2}$ est continue et positive sur
  $]-1,1[$, non identiquement nulle, donc son int\'egrale est
  strictement positive.
\end{itemize}
Ainsi $\langle\cdot,\cdot\rangle$ est un produit scalaire sur
$\R[X]$.
\[
\boxed{\langle P,Q\rangle=\int_{-1}^{1}\frac{P(t)Q(t)}{\sqrt{1-t^2}}\,dt
\text{ est un produit scalaire.}}
\]

\subsection*{Q11.}

Montrer que $\langle P_m,P_n\rangle=0$ pour $m\neq n$, o\`u les
$P_n$ sont les polyn\^omes de Tchebychev (premi\`ere esp\`ece).

Soient $m,n\in\N$ avec $m\neq n$. Effectuons le changement de
variable $t=\cos\theta$, $dt=-\sin\theta\,d\theta$,
$\sqrt{1-t^2}=\sin\theta$~:
\[
\langle P_m,P_n\rangle
= \int_{-1}^{1}\frac{P_m(t)P_n(t)}{\sqrt{1-t^2}}\,dt
= \int_{\pi}^{0}\frac{\cos(m\theta)\cos(n\theta)}{\sin\theta}
\,(-\sin\theta)\,d\theta
= \int_{0}^{\pi}\cos(m\theta)\cos(n\theta)\,d\theta.
\]
En utilisant la formule
$\cos a\cos b=\frac12\bigl(\cos(a+b)+\cos(a-b)\bigr)$,
\[
\int_{0}^{\pi}\cos(m\theta)\cos(n\theta)\,d\theta
= \frac12\int_{0}^{\pi}\bigl(\cos((m+n)\theta)+\cos((m-n)\theta)\bigr)\,d\theta.
\]
Pour $m\neq n$, $m+n\neq0$ et $m-n\neq0$, donc
\[
\int_{0}^{\pi}\cos(k\theta)\,d\theta = \frac{\sin(k\pi)}{k}=0
\quad(k\in\Z^*).
\]
Pour $m=n\ge1$,
\[
\int_{0}^{\pi}\cos^2(n\theta)\,d\theta
= \frac12\int_{0}^{\pi}\bigl(1+\cos(2n\theta)\bigr)\,d\theta
= \frac{\pi}{2}.
\]
Pour $m=n=0$, $\int_{0}^{\pi}d\theta=\pi$. Ainsi
\[
\int_{0}^{\pi}\cos(m\theta)\cos(n\theta)\,d\theta
= \begin{cases}
0 & m\neq n,\\[2pt]
\pi & m=n=0,\\[2pt]
\pi/2 & m=n\ge1.
\end{cases}
\]
Et $\langle P_m,P_n\rangle=0$ pour $m\neq n$.
\[
\boxed{\langle P_m,P_n\rangle=0\;\;(m\neq n).}
\]

\subsection*{Q12.}

Montrer que la famille $\bigl(P_k/\|P_k\|\bigr)_{0\le k\le n}$ est
une base orthonorm\'ee de $\R_n[X]$ pour ce produit scalaire.
Calculer $\|P_n\|$.

D'apr\`es Q7, $\deg P_k=k$ pour tout $k$, donc
$(P_0,\dots,P_n)$ est une base de $\R_n[X]$. Par Q11, elle est
orthogonale. Il suffit donc de la normer.

Calculons $\|P_n\|^2=\langle P_n,P_n\rangle$ pour $n\ge1$~:
\[
\|P_n\|^2 = \int_{0}^{\pi}\cos^2(n\theta)\,d\theta
= \frac12\int_{0}^{\pi}\bigl(1+\cos(2n\theta)\bigr)\,d\theta
= \frac12\Bigl[\theta+\frac{\sin(2n\theta)}{2n}\Bigr]_{0}^{\pi}
= \frac{\pi}{2}.
\]
Pour $n=0$, $\|P_0\|^2 = \int_{0}^{\pi}d\theta = \pi$.

Donc $\|P_0\|=\sqrt{\pi}$ et $\|P_n\|=\sqrt{\pi/2}$ pour $n\ge1$.
La famille $\bigl(P_0/\sqrt{\pi},\;P_1\sqrt{2/\pi},\dots\bigr)$ est
orthonorm\'ee.
\[
\boxed{\|P_0\|=\sqrt{\pi},\quad \|P_n\|=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\;(n\ge1).}
\]

\section*{PROBL\`EME --- Matrices de rang 1}

\subsection*{Partie I --- Exemples}

On consid\`ere $X_1,\dots,X_n$ des variables al\'eatoires
ind\'ependantes suivant la loi de Bernoulli de param\`etre
$p\in]0,1[$. On note $U=(X_1,\dots,X_n)^{\mathsf T}$ et
$M=UU^{\mathsf T}\in\M_n(\R)$.

\subsection*{Q13.}

D\'eterminer la loi de $Y=\rg(M)$.

$M$ est la matrice $(X_iX_j)_{1\le i,j\le n}$. Ses colonnes sont
toutes proportionnelles \`a $U$, donc $\rg(M)\le1$.
\[
\rg(M)=0 \iff U=0 \iff \forall i,\;X_i=0.
\]
Par ind\'ependance,
\[
P(\rg(M)=0) = \prod_{i=1}^{n}P(X_i=0) = (1-p)^n.
\]
Si $U\neq0$, alors $M$ a au moins une colonne non nulle donc
$\rg(M)=1$. Ainsi
\[
P(\rg(M)=1) = 1-(1-p)^n.
\]
$Y$ suit donc une loi de Bernoulli de param\`etre $1-(1-p)^n$.
\[
\boxed{Y\sim\mathcal{B}\bigl(1-(1-p)^n\bigr).}
\]

\subsection*{Q14.}

Calculer la trace de $M$ et reconna\^itre sa loi.

\[
\tr(M) = \sum_{i=1}^{n} X_i^2 = \sum_{i=1}^{n} X_i,
\]
car $X_i$ \'etant \`a valeurs dans $\{0,1\}$, $X_i^2=X_i$.
La somme de $n$ variables de Bernoulli ind\'ependantes de m\^eme
param\`etre $p$ suit une loi binomiale~:
\[
\boxed{\tr(M)\sim\mathcal{B}(n,p).}
\]

\subsection*{Q15.}

Montrer que $M$ est une matrice de projection
($M^2=M$) si et seulement si $\tr(M)\in\{0,1\}$.

Calculons $M^2$~:
\[
M^2 = (UU^{\mathsf T})(UU^{\mathsf T})
= U(U^{\mathsf T}U)U^{\mathsf T}
= (U^{\mathsf T}U)\,UU^{\mathsf T}
= (\tr(M))\,M,
\]
car $U^{\mathsf T}U = \sum_{i=1}^{n}X_i^2 = \sum_{i=1}^{n}X_i = \tr(M)$.
Ainsi $M$ est une projection ($M^2=M$) ssi
$\tr(M)\,M = M$, soit $(\tr(M)-1)M=0$.
\begin{itemize}
  \item Si $M=0$, alors $\tr(M)=0$ et l'\'equation est v\'erifi\'ee.
  \item Si $M\neq0$, on doit avoir $\tr(M)=1$.
\end{itemize}
Donc $M$ est une projection ssi $\tr(M)\in\{0,1\}$.
\[
\boxed{M^2=M \iff \tr(M)\in\{0,1\}.}
\]

\subsection*{Q16.}

En d\'eduire $P(M\text{ est une matrice de projection})$.

D'apr\`es Q15, $M$ est une projection ssi $\tr(M)\in\{0,1\}$.
Ici $X_i\sim\mathcal{P}(\lambda)$, donc $X_i^2\neq X_i$ en
g\'en\'eral. On a $\tr(M)=\sum_{i=1}^{n}X_i^2$. Sous la loi de
Poisson~:
\[
P(X_i^2=0)=P(X_i=0)=e^{-\lambda},\qquad
P(X_i^2=1)=P(X_i=1)=\lambda e^{-\lambda}.
\]
Les $X_i$ sont ind\'ependantes, donc les $X_i^2$ aussi. Ainsi
\[
P(\tr(M)=0) = (e^{-\lambda})^n = e^{-n\lambda},
\]
\[
P(\tr(M)=1) = n\,(\lambda e^{-\lambda})\,(e^{-\lambda})^{n-1}
= n\lambda\,e^{-n\lambda}.
\]
Par union de deux \'ev\'enements disjoints~:
\[
\boxed{P(M\text{ projection}) = e^{-n\lambda}\bigl(1+n\lambda\bigr).}
\]

\subsection*{Q17.}

Diagonaliser la matrice $J$ (matrice $n\times n$ ne contenant que
des $1$) en pr\'ecisant la matrice de passage.

$J$ est de rang $1$ (toutes ses colonnes sont \'egales \`a
$(1,\dots,1)^{\mathsf T}$). On a $J^2=nJ$, donc
$\chi_J(X)=X^{n-1}(X-n)$, avec les valeurs propres $0$
(multiplicit\'e $n-1$) et $n$ (multiplicit\'e $1$).
\begin{itemize}
  \item Pour la valeur propre $n$, un vecteur propre est
  $v_1=(1,1,\dots,1)^{\mathsf T}$.
  \item Pour la valeur propre $0$, une base de $\ker J$ est donn\'ee
  par
  \[
  v_2=(1,-1,0,\dots,0)^{\mathsf T},\;
  v_3=(1,0,-1,\dots,0)^{\mathsf T},\;\dots,\;
  v_n=(1,0,0,\dots,-1)^{\mathsf T}.
  \]
\end{itemize}
La matrice de passage $P$ (mettant $J$ sous forme diagonale) est
\[
P = \begin{pmatrix}
1&1&1&\cdots&1\\
1&-1&0&\cdots&0\\
1&0&-1&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
1&0&0&\cdots&-1
\end{pmatrix},
\qquad
P^{-1}JP = \diag(n,0,\dots,0).
\]
\[
\boxed{J = P\,\diag(n,0,\dots,0)\,P^{-1}.}
\]

\subsection*{Q18.}

Soit $A$ une matrice de rang $1$ avec $\tr(A)=0$.
Montrer que $A$ est nilpotente. En d\'eduire qu'elle n'est pas
diagonalisable (sauf si $A=0$). On explicitera un exemple
$3\times3$.

Si $\tr(A)=0$, alors d'apr\`es $A^2=\tr(A)A$, on a $A^2=0$.
$A$ est donc nilpotente d'indice $2$ (sauf si $A=0$). Une matrice
nilpotente non nulle n'est pas diagonalisable (la seule valeur
propre $0$ n'annule pas un polyn\^ome minimal \`a racines simples
car $\mu_A(X)=X^2$).

Exemple explicite $3\times3$~:
\[
A = \begin{pmatrix}
0&1&0\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}.
\]
On a $\rg(A)=1$, $A^2=0$, $\mu_A(X)=X^2$, $\tr(A)=0$.
\[
\boxed{A^2=0,\;\mu_A(X)=X^2\;\Longrightarrow\;A\text{ non diagonalisable}.}
\]

\subsection*{Partie II --- R\'esultats g\'en\'eraux}

Soit $A\in\M_n(\R)$ de rang $1$.

\subsection*{Q19.}

Montrer qu'il existe $C\in\M_{n,1}(\R)$ et
$L\in\M_{1,n}(\R)$ non nuls tels que $A=CL$.

Puisque $A$ est de rang $1$, toutes ses colonnes sont
proportionnelles \`a l'une d'entre elles, disons $C\neq0$.
Pour chaque $j\in\{1,\dots,n\}$, la $j$-i\`eme colonne s'\'ecrit
$\ell_j C$ avec $\ell_j\in\R$. Alors $A = C(\ell_1\;\cdots\;\ell_n)$.
Notons $L$ cette matrice ligne (non nulle). On a $A=CL$.
\[
\boxed{A=CL,\; C\in\M_{n,1}(\R)\setminus\{0\},\;
L\in\M_{1,n}(\R)\setminus\{0\}.}
\]

\subsection*{Q20.}

Montrer que $LC = \tr(A)$ et $A^2 = \tr(A)\,A$.

Les coefficients diagonaux de $A=CL$ sont $a_{ii}=c_i\ell_i$,
donc
\[
\tr(A)=\sum_{i=1}^{n}c_i\ell_i = LC\quad(\text{produit ligne-colonne}).
\]
De plus,
\[
A^2 = (CL)(CL) = C(LC)L = (LC)\,CL = \tr(A)\,A.
\]
\[
\boxed{LC=\tr(A),\qquad A^2 = \tr(A)\,A.}
\]

\subsection*{Q21.}

D\'eterminer les polyn\^omes caract\'eristique et minimal de $A$.

$\rg(A)=1$, donc $\dim\ker(A)=n-1$ (th\'eor\`eme du rang).
Ainsi $0$ est valeur propre de multiplicit\'e g\'eom\'etrique
$n-1$, donc de multiplicit\'e alg\'ebrique au moins $n-1$.
Le polyn\^ome caract\'eristique est de degr\'e $n$ et la somme
des racines (complexes) est $\tr(A)$. Par cons\'equent~:
\[
\chi_A(X) = X^{n-1}\bigl(X-\tr(A)\bigr).
\]
D'apr\`es Q20, $A^2=\tr(A)A$, donc $X\bigl(X-\tr(A)\bigr)$
annule $A$. D\'eterminons $\mu_A$ selon les cas~:
\begin{itemize}
  \item Si $\tr(A)=0$, alors $A^2=0$ et $A\neq0$ (car $\rg(A)=1$),
  donc $\mu_A\neq X$ et $\mu_A(X)=X^2$.
  \item Si $\tr(A)\neq0$, alors $A\neq\tr(A)I_n$ (car
  $\rg(A)=1<n$), donc $\mu_A$ ne peut \^etre $X$ ni
  $X-\tr(A)$. Ainsi $\mu_A(X)=X\bigl(X-\tr(A)\bigr)$.
\end{itemize}
\[
\boxed{\chi_A(X)=X^{n-1}\bigl(X-\tr(A)\bigr),\qquad
\mu_A(X)=\begin{cases}
X^2 & \tr(A)=0,\\
X(X-\tr(A)) & \tr(A)\neq0.
\end{cases}}
\]

\subsection*{Q22.}

\`A quelle condition $A$ est-elle diagonalisable~?

$A$ est diagonalisable ssi $\mu_A$ est scind\'e \`a racines
simples, soit $\tr(A)\neq0$. En effet~:
\begin{itemize}
  \item Si $\tr(A)\neq0$, $\mu_A(X)=X(X-\tr(A))$ a deux racines
  distinctes $0$ et $\tr(A)$.
  \item Si $\tr(A)=0$, $\mu_A(X)=X^2$ a une racine double~;
  $A$ n'est pas diagonalisable (sauf si $A=0$, mais $\rg(A)=1$
  implique $A\neq0$).
\end{itemize}
\[
\boxed{A\text{ diagonalisable }\iff \tr(A)\neq0.}
\]

\subsection*{Q23.}

Soit $u$ l'endomorphisme canoniquement associ\'e \`a $A$.
On suppose $\im(u)\cap\ker(u)\neq\{0\}$. Montrer qu'il existe une
base dans laquelle $\mat(u)=E_{1,2}$ (matrice avec un $1$ en
$(1,2)$ et des $0$ ailleurs).

$\dim\im(u)=1$ et $\dim\ker(u)=n-1$. L'intersection
$\im(u)\cap\ker(u)$ est un sous-espace non r\'eduit \`a $\{0\}$,
donc $\im(u)\subset\ker(u)$ (car $\im(u)$ est une droite).
Puisque $\im(u)\subset\ker(u)$, $u\circ u=0$, donc $A^2=0$,
ce qui correspond \`a $\tr(A)=0$ d'apr\`es Q20.

Choisissons $e_1\notin\ker(u)$ et posons $e_2=u(e_1)\neq0$.
Alors $e_2\in\im(u)\subset\ker(u)$. La famille $(e_1,e_2)$ est
libre. Compl\'etons $(e_2,\dots,e_n)$ en une base de $\ker(u)$
(dimension $n-1$). Dans la base $(e_1,\dots,e_n)$,
$u(e_1)=e_2$ et $u(e_k)=0$ pour $k\ge2$. Ainsi
\[
\boxed{\mat(u)=E_{1,2}.}
\]

\subsection*{Q24.}

On suppose $\im(u)\cap\ker(u)=\{0\}$. Montrer qu'il existe une
base dans laquelle $\mat(u)=\diag(\tr(A),0,\dots,0)$.

$\dim\im(u)=1$, $\dim\ker(u)=n-1$, et l'intersection est nulle,
donc $\im(u)\oplus\ker(u)=\R^n$. Soit $e_1$ une base de $\im(u)$.
Comme $e_1\in\im(u)$, $u(e_1)=a e_1$ pour un certain $a\in\R$.
Puisque $e_1\notin\ker(u)$, $a\neq0$. De plus $a=\tr(A)$ car la
trace est la somme des valeurs propres. Compl\'etons
$(e_2,\dots,e_n)$ en une base de $\ker(u)$. Dans
$(e_1,\dots,e_n)$, $u(e_1)=\tr(A)\,e_1$ et $u(e_k)=0$ pour
$k\ge2$. Donc
\[
\boxed{\mat(u)=\diag(\tr(A),0,\dots,0).}
\]

\subsection*{Q25.}

Montrer que deux matrices de rang $1$ sont semblables si et
seulement si elles ont m\^eme trace.

\begin{itemize}
  \item[($\Rightarrow$)] Si $A$ et $B$ sont semblables, elles ont
  m\^eme trace (la trace est un invariant de similitude).
  \item[($\Leftarrow$)] Supposons $\tr(A)=\tr(B)$.
  \begin{itemize}
    \item Si $\tr(A)=\tr(B)=0$, alors d'apr\`es Q23, $A$ et $B$
    sont toutes deux semblables \`a $E_{1,2}$, donc semblables
    entre elles par transitivit\'e.
    \item Si $\tr(A)=\tr(B)\neq0$, alors d'apr\`es Q24, $A$ et
    $B$ sont toutes deux semblables \`a
    $\diag(\tr(A),0,\dots,0)=\diag(\tr(B),0,\dots,0)$, donc
    semblables entre elles.
  \end{itemize}
\end{itemize}
\[
\boxed{\text{Deux matrices de rang }1\text{ sont semblables}
\iff \text{elles ont m\^eme trace}.}
\]

\end{document}
