\documentclass[11pt,a4paper]{article} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[french]{babel} \usepackage{amsmath, amssymb, amsthm, mathrsfs} \usepackage{geometry} \usepackage{enumitem} \geometry{top=2.5cm, bottom=2.5cm, left=2.5cm, right=2.5cm} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \title{Proposition de Corrig\'e \\[4pt] Concours Commun INP 2026 -- Math\'ematiques 2 (Fili\`ere MP/MPI)} \author{} \date{} \begin{document} \maketitle \section*{EXERCICE 1} \noindent On note $J\in\mathcal{M}_3(\R)$ la matrice dont tous les coefficients sont \'egaux \`a $1$~: \[ J=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}. \] \subsection*{Q1.} D\'eterminer le rang de $J$, la dimension de $\ker J$, calculer $J^2$, donner le polyn\^ome minimal de $J$ et montrer que $J$ est diagonalisable. Les trois colonnes de $J$ sont identiques et non nulles, donc $\operatorname{rg}(J)=1$. Par le th\'eor\`eme du rang, \[ \dim\ker J = 3-\operatorname{rg}(J)=2. \] Ainsi $0$ est valeur propre de $J$ et $\dim E_0(J)=2$. On calcule $J^2$~: \[ J^2= \begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3&3&3\\3&3&3\\3&3&3\end{pmatrix} =3J. \] Donc $J(J-3I_3)=0$, et $J$ est annul\'ee par $X(X-3)$. Le polyn\^ome $X(X-3)$ est scind\'e \`a racines simples, donc $J$ est diagonalisable. Comme $J\neq0$ et $J\neq3I_3$, le polyn\^ome minimal de $J$ est \[ \boxed{\pi_J(X)=X(X-3)}. \] En outre, $J\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=3\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$, donc $3$ est valeur propre et $\dim E_3(J)=1$. \subsection*{Q2.} Soient $a,b\in\R$ et $A=aJ+bI_3$. Montrer que $A$ est semblable \`a $\operatorname{diag}(b,b,3a+b)$. D'apr\`es Q1, il existe $P\in\operatorname{GL}_3(\R)$ telle que $P^{-1}JP=D=\operatorname{diag}(0,0,3)$. Alors \[ P^{-1}AP = aP^{-1}JP + bP^{-1}I_3P = aD+bI_3 = \begin{pmatrix}b&0&0\\0&b&0\\0&0&3a+b\end{pmatrix}. \] \[ \boxed{A\text{ est semblable \`a }\operatorname{diag}(b,b,3a+b)}. \] \subsection*{Q3.} D\'eterminer le polyn\^ome minimal de $A$ et montrer que $A$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_3(\R)$. D'apr\`es Q2, les valeurs propres de $A$ sont $b$ (d'ordre $2$) et $3a+b$. $A$ est diagonalisable car elle est semblable \`a une matrice diagonale. Son polyn\^ome minimal est le polyn\^ome unitaire ayant pour racines simples et exactement les valeurs propres distinctes de $A$. Donc \[ \boxed{\pi_A(X)=(X-b)(X-3a-b)}. \] \subsection*{Q4.} Calculer $A^n$ pour $n\in\N$ de deux fa\c cons~: \begin{enumerate} \item[a)] par utilisation du polyn\^ome minimal de $A$ et division euclidienne~; \item[b)] en utilisant $J^k=3^{k-1}J$ pour $k\ge1$ et la formule du bin\^ome. \end{enumerate} \noindent\textbf{a)} Par division euclidienne de $X^n$ par $\pi_A(X)=(X-b)(X-3a-b)$, il existe $Q_n,R_n\in\R[X]$ avec $\deg R_n<2$ tels que \[ X^n = \pi_A(X)Q_n(X) + \alpha_n X + \beta_n. \] En \'evaluant en $b$ et $3a+b$ (racines de $\pi_A$)~: \[ \begin{cases} b^n = \alpha_n b + \beta_n,\\ (3a+b)^n = \alpha_n(3a+b) + \beta_n. \end{cases} \] On r\'esout~: \[ \alpha_n = \frac{(3a+b)^n-b^n}{3a},\qquad \beta_n = b^n - \frac{(3a+b)^n-b^n}{3a}\,b. \] Comme $\pi_A(A)=0$, on a $A^n = \alpha_n A + \beta_n I_3$, soit \[ \boxed{A^n = \frac{(3a+b)^n-b^n}{3a}\,A + \Bigl(b^n - \frac{(3a+b)^n-b^n}{3a}\,b\Bigr)I_3}. \] \noindent\textbf{b)} Montrons par r\'ecurrence que $J^k=3^{k-1}J$ pour $k\ge1$. C'est vrai pour $k=1$. Si c'est vrai au rang $k$, alors $J^{k+1}=J^k J = 3^{k-1}J^2 = 3^{k-1}\cdot3J = 3^k J$. Ainsi la formule est v\'erifi\'ee. Puisque $A=aJ+bI_3$ et que $J$ et $I_3$ commutent, on applique la formule du bin\^ome de Newton~: \[ A^n = (aJ+bI_3)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^k J^k b^{n-k} = b^n I_3 + \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} a^k 3^{k-1} J b^{n-k} = b^n I_3 + \frac{1}{3}\Bigl(\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (3a)^k b^{n-k}\Bigr) J. \] Or $\displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (3a)^k b^{n-k} = (3a+b)^n$, donc $\displaystyle\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (3a)^k b^{n-k} = (3a+b)^n - b^n$. On obtient \[ \boxed{A^n = b^n I_3 + \frac{(3a+b)^n-b^n}{3}\,J}. \] \section*{EXERCICE 2} \noindent Dans cet exercice, $n\ge2$ est un entier. On note $\omega=e^{2i\pi/n}$, $\omega_k = \omega^k$ pour $0\le k\le n-1$ les racines $n$-i\`emes de l'unit\'e, et $P\in\R_{n-1}[X]$. Soit $A=(a_{i,j})_{0\le i,j\le n-1}\in\mathcal{M}_n(\R)$ la matrice dont les coefficients sont les $a_{i,j}=a_{(j-i)\bmod n}$, o\`u $P(X)=a_0+a_1X+\cdots+a_{n-1}X^{n-1}$. \subsection*{Q5.} On suppose $n=3$ et on note $j=e^{2i\pi/3}$. Montrer que $1+j+j^2=0$ et que pour tout $P\in\R_2[X]$, $P(j)\,P(j^2)\in\R$. On a $j^3=1$ et $j\neq1$, donc \[ 0=j^3-1=(j-1)(1+j+j^2)\quad\Longrightarrow\quad 1+j+j^2=0. \] Soit $P\in\R_2[X]$. Puisque $P$ est \`a coefficients r\'eels, $\overline{P(j)} = P(\overline{j}) = P(j^2)$. Donc \[ P(j)\,P(j^2) = P(j)\,\overline{P(j)} = |P(j)|^2 \in\R_+. \] \[ \boxed{1+j+j^2=0\quad\text{et}\quad P(j)P(j^2)=|P(j)|^2\in\R}. \] \subsection*{Q6.} Soit $J$ la matrice de permutation associ\'ee au $n$-cycle $(1\;2\;\cdots\;n)$~: \[ J = \begin{pmatrix} 0&0&\cdots&0&1\\ 1&0&\cdots&0&0\\ 0&1&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&0 \end{pmatrix}\in\mathcal{M}_n(\R). \] Montrer que $\pi_J(X)=X^n-1$. La matrice $J$ v\'erifie $J^n=I_n$, donc $X^n-1$ annule $J$. Montrons que la famille $(I_n,J,J^2,\dots,J^{n-1})$ est libre. Soient $\alpha_0,\dots,\alpha_{n-1}\in\R$ tels que $\sum_{k=0}^{n-1}\alpha_k J^k=0$. Appliquons cette \'egalit\'e au premier vecteur $e_1=(1,0,\dots,0)^{\mathsf T}$ de la base canonique. Pour $0\le k\le n-1$, $J^k e_1 = e_{k+1}$ (o\`u $(e_i)$ est la base canonique, avec $e_{n+1}=e_1$). On obtient \[ \sum_{k=0}^{n-1}\alpha_k e_{k+1}=0, \] et par ind\'ependance des vecteurs de la base canonique, $\alpha_0=\alpha_1=\cdots=\alpha_{n-1}=0$. Donc $\deg\pi_J \ge n$. Comme $\pi_J\mid X^n-1$ et $\deg(X^n-1)=n$, \[ \boxed{\pi_J(X)=X^n-1}. \] \subsection*{Q7.} Soit $P\in\R_{n-1}[X]$. Montrer que $A=P(J)$. On a $P(X)=a_0+a_1X+\cdots+a_{n-1}X^{n-1}$. Le calcul de $J^k$ donne la matrice de la permutation puissance $k$~: $(J^k)_{i,j}=1$ si $j\equiv i+k\pmod n$ et $0$ sinon. Par suite, \[ P(J)=\sum_{k=0}^{n-1} a_k J^k \] a pour coefficient $(i,j)$ la somme des $a_k$ tels que $j\equiv i+k\pmod n$, soit $(P(J))_{i,j}=a_{(j-i)\bmod n}$. C'est exactement la d\'efinition de $A$. \[ \boxed{A=P(J)}. \] \subsection*{Q8.} En diagonalisant $J$, montrer que $A$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_n(\C)$ et que ses valeurs propres sont $P(\omega^k)$ pour $0\le k\le n-1$. Le polyn\^ome minimal de $J$ est $\pi_J(X)=X^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(X-\omega^k)$, scind\'e \`a racines simples dans $\C[X]$. Donc $J$ est diagonalisable et il existe $Q\in\operatorname{GL}_n(\C)$ telle que \[ Q^{-1}JQ = \Delta = \operatorname{diag}(1,\omega,\omega^2,\dots,\omega^{n-1}). \] Alors pour $A=P(J)$, \[ Q^{-1}AQ = Q^{-1}P(J)Q = P(Q^{-1}JQ) = P(\Delta) = \operatorname{diag}\bigl(P(1),P(\omega),\dots,P(\omega^{n-1})\bigr). \] \[ \boxed{A\text{ est diagonalisable et }\operatorname{Sp}(A)=\{P(\omega^k)\mid 0\le k\le n-1\}}. \] \subsection*{Q9.} En d\'eduire que $\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1} P(\omega^k)\in\R$. D'apr\`es Q8, $A$ est semblable \`a $\operatorname{diag}(P(\omega^k))$, donc $\det A = \prod_{k=0}^{n-1} P(\omega^k)$. Or $A\in\mathcal{M}_n(\R)$ (par construction), donc $\det A\in\R$. Ainsi \[ \boxed{\prod_{k=0}^{n-1} P(\omega^k)\in\R}. \] \section*{PROBL\`EME --- Polyn\^omes de Laguerre} \noindent On note $I=\R_+=[0,+\infty[$ et \[ E = \Bigl\{ f\in C^0(I,\R) \;\Big|\; \int_0^{+\infty}\! f(t)^2 e^{-t}\,dt < +\infty \Bigr\}. \] \subsection*{Q10.} Soit $F$ un sous-espace vectoriel de dimension finie $n+1$ de $E$ muni d'une base orthonorm\'ee $(e_0,\dots,e_n)$. Montrer que pour tout $x\in E$, \[ p_F(x)=\sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle\, e_i \] est le projet\'e orthogonal de $x$ sur $F$, et que $\displaystyle\sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle^2 \le \|x\|^2$. Soit $x\in E$. Le vecteur $y=\sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle e_i$ appartient \`a $F$. Pour tout $j\in\{0,\dots,n\}$, \[ \langle x-y,e_j\rangle = \langle x,e_j\rangle - \sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle\langle e_i,e_j\rangle = \langle x,e_j\rangle - \langle x,e_j\rangle = 0, \] donc $x-y\perp F$. Ainsi $y$ est le projet\'e orthogonal de $x$ sur $F$. Par le th\'eor\`eme de Pythagore, \[ \|x\|^2 = \|x-y\|^2 + \|y\|^2 \ge \|y\|^2 = \sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle^2. \] \[ \boxed{\displaystyle\sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle^2 \le \|x\|^2}. \] \subsection*{Q11.} Montrer que pour tout $f,g\in E$, la fonction $t\mapsto f(t)g(t)e^{-t}$ est int\'egrable sur $I$. Pour tous $a,b\in\R$, on a $(a-b)^2\ge0$, donc $2ab\le a^2+b^2$ et $|ab|\le\frac{a^2+b^2}{2}$. Pour tout $t\in I$, \[ |f(t)g(t)|e^{-t} \le \frac{f(t)^2+g(t)^2}{2}\,e^{-t}. \] Par hypoth\`ese, $t\mapsto f(t)^2 e^{-t}$ et $t\mapsto g(t)^2 e^{-t}$ sont int\'egrables sur $I$. Leur somme (divis\'ee par $2$) est int\'egrable, donc $t\mapsto f(t)g(t)e^{-t}$ est int\'egrable par le crit\`ere de comparaison. \[ \boxed{t\mapsto f(t)g(t)e^{-t}\in L^1(I)}. \] \subsection*{Q12.} Montrer que l'application \[ \langle f,g\rangle = \int_0^{+\infty} f(t)g(t)\,e^{-t}\,dt \] d\'efinit un produit scalaire sur $E$. D'apr\`es Q11, $\langle f,g\rangle$ est bien d\'efinie pour tous $f,g\in E$. \begin{itemize} \item \textbf{Sym\'etrie~:} $\langle f,g\rangle = \langle g,f\rangle$ par commutativit\'e du produit. \item \textbf{Bilin\'earit\'e~:} par lin\'earit\'e de l'int\'egrale et bilin\'earit\'e du produit dans $\R$. \item \textbf{Positivit\'e~:} $\langle f,f\rangle = \int_0^{+\infty} f(t)^2 e^{-t}\,dt \ge 0$. \item \textbf{D\'efinie-positivit\'e~:} si $\langle f,f\rangle=0$, alors $f(t)^2 e^{-t}=0$ pour tout $t$ (continuit\'e et signe constant), donc $f=0$. \end{itemize} \[ \boxed{\langle\cdot,\cdot\rangle\text{ est un produit scalaire sur }E}. \] \subsection*{Q13.} Soit $n\in\N$ et $F=\R_n[X]$. Montrer que $F\subset E$ et que $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$. Tout polyn\^ome est continu sur $I$, donc $F\subset C^0(I,\R)$. Soit $P\in F$ non nul, de degr\'e $d$ et de coefficient dominant $a_d$. Pour $t\to+\infty$, \[ P(t)^2 e^{-t} \sim a_d^2 t^{2d} e^{-t} = o\bigl(e^{-t/2}\bigr). \] La fonction $t\mapsto e^{-t/2}$ est int\'egrable sur $I$, donc par comparaison $\int_0^{+\infty} P(t)^2 e^{-t}\,dt$ converge. Ainsi $P\in E$. De plus, $F$ est stable par combinaison lin\'eaire et contient $0$, donc $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$. \[ \boxed{F=\R_n[X]\subset E}. \] \subsection*{Q14.} On pose $h_n(x)=x^n e^{-x}$ pour $x\in\R$. Soit \[ L_n(x)=\frac{e^x}{n!}\,h_n^{(n)}(x). \] \noindent\textbf{a)} Calculer $h_n^{(p)}(x)$ pour $0\le p\le n$. Montrer que $h_n^{(p)}=0$ si $p>n$. Par la formule de Leibniz, \[ h_n^{(p)}(x) = \sum_{k=0}^p \binom{p}{k} \frac{d^k}{dx^k}(x^n)\, \frac{d^{p-k}}{dx^{p-k}}(e^{-x}) = \sum_{k=0}^{\min(p,n)} \binom{p}{k} \frac{n!}{(n-k)!}\,x^{n-k}\, (-1)^{p-k}e^{-x}. \] Si $pn$, alors $\frac{d^k}{dx^k}(x^n)=0$ pour $k>n$, donc $h_n^{(p)}(x)=0$. \noindent\textbf{b)} Montrer que $L_n$ est un polyn\^ome. Pr\'eciser son degr\'e et son coefficient dominant. D'apr\`es la formule pr\'ec\'edente, \[ L_n(x)=\frac{e^x}{n!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{n!}{(n-k)!}\, (-1)^{n-k} x^{n-k} e^{-x} = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{n-k}}{(n-k)!}\binom{n}{k} x^{n-k}. \] C'est bien un polyn\^ome. Le terme de plus haut degr\'e correspond \`a $k=0$~: $(-1)^n \dfrac{x^n}{n!}$. Donc \[ \boxed{\deg L_n = n,\qquad \operatorname{cd}(L_n)=\frac{(-1)^n}{n!}}. \] \subsection*{Q15.} Soient $g\in E$ et $n\in\N$. En int\'egrant par parties $n$ fois, montrer que \[ \langle g,L_n\rangle = \frac{(-1)^n}{n!} \int_0^{+\infty} g^{(n)}(t)\,t^n e^{-t}\,dt. \] On a $L_n(x)=\dfrac{e^x}{n!}h_n^{(n)}(x)$ avec $h_n(x)=x^n e^{-x}$. Donc \[ \langle g,L_n\rangle = \int_0^{+\infty} g(t)L_n(t)e^{-t}\,dt = \frac{1}{n!}\int_0^{+\infty} g(t)\,h_n^{(n)}(t)\,dt. \] Effectuons $n$ int\'egrations par parties. Chaque int\'egration par parties fait intervenir un terme de bord de la forme $[g^{(k)}(t)\,h_n^{(n-1-k)}(t)]_0^{+\infty}$ pour $0\le k\le n-1$. V\'erifions leur nullit\'e~: \begin{itemize} \item En $t=0$~: $h_n$ a un z\'ero d'ordre $n$ en $0$, donc $h_n^{(p)}(0)=0$ pour $p\le n-1$. En particulier $h_n^{(n-1-k)}(0)=0$ car $n-1-k\ge 0$ et m\^eme $n-1-k\ge 1$ pour $k\le n-2$. Le terme de bord est donc nul en $0$. \item En $t\to+\infty$~: $h_n^{(n-1-k)}(t)\sim c\,t^{k+1}e^{-t}\to0$ par croissances compar\'ees, et $g^{(k)}(t)$ est polynomial, donc le produit tend vers $0$. \end{itemize} Tous les termes de bord sont nuls. On a donc~: \[ \int_0^{+\infty} g(t)\,h_n^{(n)}(t)\,dt = (-1)^n \int_0^{+\infty} g^{(n)}(t)\,h_n(t)\,dt = (-1)^n \int_0^{+\infty} g^{(n)}(t)\,t^n e^{-t}\,dt. \] Ainsi \[ \boxed{\langle g,L_n\rangle = \frac{(-1)^n}{n!} \int_0^{+\infty} g^{(n)}(t)\,t^n e^{-t}\,dt}. \] \subsection*{Q16.} Montrer que les polyn\^omes $L_n$ sont deux \`a deux orthogonaux~: $\langle L_i,L_j\rangle=0$ pour $i\neq j$. Soient $i-\dfrac12$. On pose $g_\alpha(x)=e^{-\alpha x}$. Montrer que $g_\alpha\in E$ et que l'in\'egalit\'e de Bessel est une \'egalit\'e pour $g_\alpha$. Pour tout $x\ge0$, $g_\alpha(x)^2 e^{-x} = e^{-(2\alpha+1)x}$. Puisque $2\alpha+1>0$, cette fonction est int\'egrable sur $I$~: \[ \|g_\alpha\|^2 = \int_0^{+\infty} e^{-(2\alpha+1)x}\,dx = \frac{1}{2\alpha+1}. \] Calculons $\langle g_\alpha,L_n\rangle$ \`a l'aide de Q15. Pour $n\ge0$, $g_\alpha^{(n)}(x)=(-\alpha)^n e^{-\alpha x}$. Donc \[ \langle g_\alpha,L_n\rangle = \frac{(-1)^n}{n!}\int_0^{+\infty} (-\alpha)^n e^{-\alpha t}\,t^n e^{-t}\,dt = \frac{\alpha^n}{n!}\int_0^{+\infty} t^n e^{-(\alpha+1)t}\,dt. \] Le changement de variable $u=(\alpha+1)t$ donne \[ \int_0^{+\infty} t^n e^{-(\alpha+1)t}\,dt = \frac{1}{(\alpha+1)^{n+1}}\int_0^{+\infty} u^n e^{-u}\,du = \frac{n!}{(\alpha+1)^{n+1}}. \] Donc \[ \langle g_\alpha,L_n\rangle = \frac{\alpha^n}{(\alpha+1)^{n+1}}. \] La s\'erie g\'eom\'etrique converge car \[ \frac{\alpha^2}{(\alpha+1)^2}<1 \iff \alpha^2<(\alpha+1)^2 \iff \alpha^2<\alpha^2+2\alpha+1 \iff 2\alpha+1>0 \iff \alpha>-\frac12, \] ce qui est exactement l'hypoth\`ese. Alors \[ \sum_{n=0}^{+\infty} \langle g_\alpha,L_n\rangle^2 = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\alpha^{2n}}{(\alpha+1)^{2n+2}} = \frac{1}{(\alpha+1)^2}\sum_{n=0}^{+\infty} \left(\frac{\alpha^2}{(\alpha+1)^2}\right)^{\!n} = \frac{1}{(\alpha+1)^2}\cdot\frac{1}{1-\frac{\alpha^2}{(\alpha+1)^2}} = \frac{1}{(\alpha+1)^2}\cdot\frac{(\alpha+1)^2}{2\alpha+1} = \frac{1}{2\alpha+1}. \] On a bien $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \langle g_\alpha,L_n\rangle^2 = \|g_\alpha\|^2$. \[ \boxed{\text{Pour }g_\alpha(x)=e^{-\alpha x}\;(\alpha>-\tfrac12),\; \sum_{n=0}^{+\infty}\langle g_\alpha,L_n\rangle^2 = \|g_\alpha\|^2}. \] \end{document}