Concours commun polytechnique concours 2002 série MP Math 2 I

Concours commun polytechnique
concours 2002 série MP Math 2
I. Étude d’un exemple
1. Si A =
µ
a
c
b
d
¶
2 M2 (R) on a A2 =
µ
a2 + bc
ac + dc
ab + bd
bc + d2
¶
= (a + d)
µ
a
c
b
d
¶
¡ (ad + bc)
µ
1
0
0
1
¶
. D’où :
A2 ¡ tr(A)A + det(A)I2 = ¹0
2.
D’après le critère de sous algèbre rappelé dans le sujet :
² Par dé…nition, A est le sous-espace vectoriel engendré par I2 et A donc c’est un sous-espace vectoriel de M2 (R)
² A n’est pas une matrice scalaire (donc n’est pas colinéaire à I2 ) donc (I2 ; A) est une famille libre et par conséquent
c’est une base du R-espace vectoriel A
² A contient I2 .
² En…n, A est stable pour le produit car si (a; b; ®; ¯) 2 R 4 ,
(aI2 + bA)(®I2 + ¯A) = (a® ¡ b¯ det(A))I2 + (a¯ + ®b + b¯tr(A))A 2 A
A est une sous algèbre de dimension 2 de M2 (R)
3. Si B = aI2 + bA le calcul précédent donne B 2 = (a2 ¡ b2 det A)I2 + (2ab + b 2 trA)A . On veut B2 = ¡I2 . On a donc
deux décompositions de B 2 dans la base (A; I2 ) . L’existence de B2 équivaut donc au système :
½
a2 ¡ b2 det A = ¡1
2ab + b 2 trA = 0
² Si b = 0 on a a2 = ¡1 équation impossible dans les réels . D’autre part si b = 0 on a tr(A)2 ¡ 4 det(A) =
(a + d)2 ¡ 4ad = (a ¡ d)2 ¸ 0 , contradictoire avec tr(A)2 < 4 det(A)
² Donc on peut supposer b 6= 0 et le système équivaut à
½ 2
a ¡ b 2 det A = ¡1
a = ¡ b2 trA
ou encore à
(
b2
³
´
tr(A)2¡ 4 det (A)
4
a = ¡ b2 trA
= ¡1
² Si tr(A) ¸ 4 det(A) la première équation est impossible
² Si tr(A) < 4 det(A) il existe deux matrices de A dont le carré vaut ¡I2 :
¡¡ tr A ¢
¢
§2
B= p
¡ 2 I2 + A
2
4 det A¡ (trA)
¡
¢
¡
¢
9B 2 A; B 2 = ¡I2 , tr(A)2 < 4 det(A)
² Remarque 5/2 : si B existe le carré des valeurs propres de B vaut ¡1 .Donc B n’a pas de valeur propre réel donc
A n’a pas de valeur propre réel . Le discriminant du polynôme caractéristique est strictement négatif ce qui donne
aussi tr(A) 2 < 4 det(A): La réciproque se fait de toute façon par le calcul.
4. On suppose qu’il existe B 2 A telle que B 2 = ¡I2 .
² B n’est pas une matrice scalaire :car si 9¸ 2 R, B = ¸I2 alors B 2 = ¸2 I2 6= ¡I2
² donc (I2 ; B) est une famille libre de A.
² On a alors deux vecteurs libres en dimension 2 . C’est une base de A .
Dé…nissons alors f comme l’unique application linéaire entre les R-espaces vectoriels A et C telle que f (I2 ) = 1 et
f (B) = i. (f existe et est unique puisque f est dé…ni par l’image d’une base )
² f est un isomorphisme d’espaces vectoriels car elle envoie une base de A sur une base de C.
² f(I2) = 1.
² f(M M 0 ) = f (M )f(M 0 ) : si M = xI2 + yB et M 0 = x 0 I2 + y 0B
M M 0 = xx0 I2 + (xy 0 + x0 y)B + yy 0 B2 = (xx 0 ¡ yy 0 )I2 + (xy 0 + x 0y)B
donc
f (M M 0 ) = (xx0 ¡ yy 0 )f (I2 ) + (xy 0 + x 0y)f (B) = (xx 0 ¡ yy 0) + i(xy 0 + x 0y)
et
f (M )f (M 0 ) = (x + iy)(x 0 + iy 0) = (xx0 ¡ yy 0 ) + i(xy 0 + x0 y)
f est un isomorphisme d’algèbres entre A et C.
5. D’après le calcul fait en question 3. et A étant non scalaire, si M = aI2 + bA, la condition M 2 = 0 équivaut à
½ 2
a ¡ b 2 det A = 0
2ab + b 2 trA = 0
² Si b = 0 alors la première équation donne a = 0
² Si b 6= 0 la seconde équation donne a = ¡ b2 trA ce qui reporté dans la première donne 0 = 0 et b est quelconque.
M =b
¡¡
¢
¢
¡ tr2A I2 + A ; b 2 R
Soit alors une matrice M non nulle véri…ant M 2 = 0 . une telle matrice est non inversible , ( car sinon M 2 = 0 ) M =
M 2 M ¡1 = 0 )
A n’est pas un corps
6. Par hypothèse, B est une matrice non scalaire de M2 (R) et il existe P 2 GL 2 (R) telle que B = P ¡ 1AP .
² A n’est pas non plus scalaire (sinon B = P ¡ 1 ¸I2 P = ¸P ¡ 1 I2 P = ¸I2 )
² (I2 ; A) est une base de A.
Dé…nissons alors g comme l’unique application linéaire de A dans B telle que g(I2 ) = I2 et g(A) = B.
² L’application g est alors bijective car est linéaire et envoie une base de A sur une base de B.
² 8M 2 A , g(M ) = P ¡1 M P : si M = aI2 +bA 2 A , g(M ) = aI2 +bB = aI2 +bP ¡1 AP = P ¡ 1 (aI2 +bA)P = P ¡1 M P
² 8 (M ; M 0 ) 2 A 2 : g(M )g(M 0 ) = g(M M 0), :
g(M )g(M 0 ) = P ¡ 1 M P P ¡1 M 0 P = P ¡ 1 M M 0 P = g(M M 0)
ce qui achève de montrer que g est un isomorphisme d’algèbres.
A et B sont deux algèbres isomorphes
7.
a)Rédaction 5/2 :
Si (trA) 2 > 4 det A le discriminant du polynôme caractéristique de A est strictement positif donc  A possède deux
racines réelles distinctes donc A possède deux valeurs propres réelles distinctes ce qui implique sa diagonalisabilité vu
que A 2 M2 (R).
a)Rédaction 3/2:
Soit Á l’endomorphisme de R 2 ayant dans la base canonique (e 1 ; e 2 ) la matrice A:
µ
¶
¸1 0
On cherche une base (c1 ; c2 ) dans la quelle la matrice de Á soit D =
.
0 ¸2
µ
¶
½
x
(a ¡ ¸)x + by = 0
Si on pose c =
f(c) = ¸c équivaut au système
.
y
cx + (d ¡ ¸)y = 0
Le système est homogène il existe une solution non nulle si et seulement le déterminant est non nul .Soit ¸ 2 ¡ tr(A)¸ +
det(A) = 0 .
Par hypothèse le discriminant est non nul donc il existe deux solutions réelles distinctes notées ¸ 1 et ¸ 2 .
2
Soit alors c1 non nul tel que Á(c1) = ¸ 1 c1 et c2 non nul tel que Á (c2 ) = ¸2 c2 : Ces deux vecteurs forment un système libre
(donc une base) car
¡
!
¡
!
¸c1 + ¹c2 = 0 ) ¸¸ 1 c1 + ¹¸ 2 c2 = 0
¡
!
On retranche alors la première équation multipliée par ¸ 1 à la seconde : ¹ (¸2 ¡ ¸1 ) c2 = 0 donc ¹ = 0 ¢ ¢ ¢
b) Soit D matrice diagonale semblable à A. D’après la question précédente, A est isomorphe à D = V ectfI2 ; Dg.
Or D est isomorphe à l’ensemble des matrices diagonales:
² toute matrice de D est diagonale : évident
µ
¶
½
a 0
a = x +1 y
² si M est diagonale on a M =
donc M = xI2 + yD ,
système de Cramer car ¸ 1 6= ¸ 2 .
0 b
b = x + ¸2 y
Donc (a; b) existe et M 2 D .
µ
¶
1 0
D n’est pas un corps car
est une matrice non nulle et non inversible de D . donc par isomorphisme
0 1
A n’est pas un corps
II. Quelques résultats généraux
1. On véri…e que
Áa (¸x + ¸y)
= a: (¸x + ¹y)
= a: (¸x) + a:(¹y) par distributivité
= ¸ (a:x) + ¸ (a:y) par la propriété supplémentaire d’une algèbre
= ¸Áa (x) + ¹Áa (y)
² On véri…e que Á¸a+¹b = ¸Áa + ¹Áb :
Á¸a+¹b (x)
= (¸a + ¹b) :x
(¸a) :x + (¹b) :x par distributivité
= (¸a) :x + (¹b) :x
= ¸Áa (x) + ¹Áb (x)
² On véri…e : Áab = Áa ± Áb .
Áa:b (x) =
=
(a:b):x = a:(b:x) par associativité
Áa (Áb (x)) = Áa ± Áb (x)
² Á1 D est l’application identité de D.
² en…n a¡ > Áa est injective : si Áa = 0 L(D) alors pour tout x de D , a:x = 0 D . On peut prendre x = 1 D on en déduit
a = 0D
On en déduit que l’application © : a¡ > Áa est un morphisme d’algèbres injectif de D dans L (D)
Par traduction matricielle on en déduit que ª est un morphisme d’algèbres injectif de D dans Mn (R)
D est donc isomorphe à son image ª (D)
D est isomorphe à une sous algèbre de Mn (R)
2. Si D = C et z = a + ib, Áz (1) = z = a + ib et Áz (i) = (a + ib)i = ¡b + ia donc si B = (1; i),
µ
¶
a ¡b
MatB (Áz ) =
b a
3. a)Soit A 2 A ½ Mn (R) qui possède une valeur propre réelle ¸ et n’est pas une matrice scalaire. Alors A ¡ ¸In appartient
à A (car A est stable par combinaisons linéaires et contient A et In ), A ¡ ¸In est non inversible (car par dé…nition il
existe un vecteur colonne V tel que (A ¡ In ) V = (0) ) et n’est pas la matrice nulle (car A n’est pas scalaire) ce qui
prouve que A n’est pas un corps .
b)Toute matrice trigonalisable (a fortiori diagonalisable) de Mn (R) a un polynôme caractéristique scindé sur R donc
possède au moins une valeur propre réelle. Par suite, d’après (a), si A contient une matrice non scalaire trigonalisable,
A n’est pas un corps.
c)On suppose A intègre
Soit A 2 A n f0g.
3
² ©A : X 7! AX est un endomorphisme de A d’après 1.
² ÁA est injectif: comme A est intègre et A non nulle, AX = 0 ) X = 0 et donc Ker ÁA = f0g
² ÁA est surjective comme endomorphisme injectif d’un espace vectoriel de dimension …nie
² il existe B 2 A telle que ÁA(B) = In . (l’antécédent par ÁA de In ) . La matrice A possède donc un inverse à droite,
donc est inversible d’inverse B appartenant à A.
Tout élément non nul de A possède donc un inverse dans A
A est un corps
III. L’algèbre des quaternions
1. Comme A2 = ¡In , on a (det A) 2 = (¡1) n 2 R + donc n est pair.
2. A titre de préliminaire on peut étblir la table de calcul du produit des 4 matrices génératrices:
1n2
In
A
B
AB
In
In
A
B
AB
A
A
¡In
¡AB
B
B
B
AB
¡In
¡A
AB
AB
¡B
A
¡In
² H est un sous espace vectoriel engendré par dé…nition
² H contient In par dé…nition
² H est stable par produit :
si M = tIn + xA + yB + zAB et M 0 = t0 In + x0 A + y 0 B + z 0 AB sont deux éléments de H on a après calcul :
M M 0 = (tt0 ¡ xx 0 ¡ yy 0 ¡ zz0 )In + (tx + xt0 + yz0 ¡ zy 0 )A + (ty 0 ¡ xz0 + yt0 + zx 0)B + (tz 0 + xy 0 ¡ yx0 + zt0)AB
H est une sous-algèbre de Mn (R).
3. D’après 2.,
(tIn + xA + yB + zAB)(tIn ¡ xA ¡ yB ¡ zAB) = (t2 + x 2 + y 2 + z 2 )In
4. a)Si (t; x; y; z) 2 R4 sont tels que tIn + xA + yB + zAB = 0 alors
(t2 + x2 + y 2 + z 2 )In = (tIn + xA + yB + zAB)(tIn ¡ xA ¡ yB ¡ zAB) = 0
donc t2 + x 2 + y 2 + z 2 = 0 ce qui, vu que t; x; y; z sont réels impose t = x = y = z = 0. La famille (In ; A; B; AB) est
donc libre. Comme c’est une famille génératrice par dé…nition c’est une base.
(In ; A; B; AB) est une base de H
b)Si M est un élément non nul de H on a donc M = tIn + xA + yB + zAB avec (t; x; y; z) 2 R4 n f0g donc M est
1
inversible d’inverse t2+x2+y
2 + z2 (tI n ¡ xA ¡ yB ¡ zAB) appartenant à H donc
H est un corps
5. a) D’après les règles de calcul des produits de matrices par blocs,
µ 2
¶
µ
¶
J
0
¡I2
0
2
A2 =
=
¡I
;
B
=
= ¡I4
4
0 J2
0
¡I2
µ
¶ µ
¶
0
¡J
0 J
AB + BA =
+
=0
¡J
0
J 0
µ t
¶
J 0
b) On a t A =
= ¡A donc A est antisymétrique. De même B et C = AB sont antisymétrique.
0 tJ
Donc si M = tIn + xA + yB + zC 2 H, tM = tIn ¡ xA ¡ yB ¡ zC 2 H et d’après 3., M :tM = (t2 + x 2 + y 2 + z2 )I4 . On
en déduit donc que (det M )2 = (t2 + x 2 + y 2 + z 2 )4 . Si M 6= 0, on a donc d’après 4.b),
M ¡1 = p
4
1
j det M j
t
M
IV. Les automorphismes de l’algèbre des quaternions
1. Soit (t; x; y; z) 2 R 4 et M = tIn + xA + yB + zC ,. On a alors M + tM = 2tIn .
M = ¡tM , t = 0 , M 2 V ectfA; B; C g
Or (A; B; C) est une famille libre car sous-famille de la famille libre (I4 ; A; B; C).
(A; B; C ) est une base de L
L n’est pas une sous-algèbre de H car, par exemple A:A = ¡I2 62 L alors que A 2 L.
2. Soit M = xA + yB + zC et N = x0 A + y 0 B + z 0C deux éléments de L. Comme (A; B; C) est une base orthonormée pour
le produit scalaire ( ¢ j ¢ ), on a (M jN ) = xx 0 + yy 0 + zz 0 . Par ailleurs, d’après III.3.,
MN + NM
=
=
(¡xx 0 ¡ yy 0 ¡ zz 0 )I4 + (yz 0 ¡ zy 0 )A + (¡xz 0 + zx 0 )B + (xy 0 ¡ yx0 )C
+(¡x 0x ¡ y 0 y ¡ z 0 z)I4 + (y 0z ¡ z 0 y)A + (¡x0 z + z 0x)B + (x 0 y ¡ y 0 x)C
¡2(xx0 + yy 0 + zz 0 )I4
On a donc bien :
1
(M N
2
+ N M ) = ¡(M jN )I4
.
3.
² Si M 2 L, M 2 = ¸I4 avec ¸ = ¡kM k 2 2 R ¡ . (calcul du 2 avec N = M )
² Réciproquement, soit M = tI4 + xA + yB + zC 2 H telle que M 2 = ¸I4 avec ¸ 2 R¡ . Alors, d’après I II.2.,
½
M 2 = (t2 ¡ x 2 ¡ y 2 ¡ z 2 )I4 + 2txA + 2tyB + 2tzC
tx = ty = tz = 0
.
t2 ¡ x 2 ¡ y 2 ¡ z 2 2 R ¡
Ces conditions imposent t = 0 ( car sinon x = y = z = 0 et alors t2 ¡ x 2 ¡ y 2 ¡ z 2 = t2 > 0 ) . Donc M 2 L.
donc comme on a une base
M 2 L , 9¸ 2 R¡ ; M 2 = ¸In
4. Soit Á un isomorphisme de l’algèbre H dans elle-même.
² Si M 2 L, on a M 2 = ¡kM k 2 I4 donc Á(M )2 = Á(M 2 ) = ¡kM k2 Á(I4 ) = ¡kM k2 I4 . On en déduit d’après 3. que
Á(M ) 2 L.
² De plus Á(M ) 2 = ¡kÁ(M )k 2 I4 et donc ¡kÁ(M )k2 = ¡kM k2 soit kÁ(M )k = kM k. Donc Á transforme tout
quaternion pur en un quaternion pur de même norme.
² L’endomorphisme induit par Á sur L conserve la norme donc c’est un endomorphisme orthogonal de L.
5. a) Si M et N sont deux quaternions purs de même norme colinéaires, on a ou bien M = N ou bien M = ¡N .
² Si M = N la matrice P = I4 véri…e P 2 H, P 6= 0 et M = P ¡1 N P .
² Si N = ¡M la condition M = P ¡1 N P équivaut à P M + M P = 0. D’après la question 2 cela équivaut à
(M jN ) = 0: Il su¢t donc de prendre pour P une matrice non nulle appartenant à l’orthogonal de V ectfM g dans
L : une telle matrice existe bien puisque (V ectfM g)? est un plan vectoriel de L et si P 2 (V ectfM g)? n f0g,
P M + M P = ¡(P jM )I4 = 0.
P étant un élément non nul de H c’est une matrice inversible (H est un corps)
b) On suppose que M et N sont deux quaternions purs de même norme, non colinéaires. Alors
M (M N ) ¡ (M N )N = M 2 N ¡ M N 2 = (¡kM k 2I4 )N ¡ M (¡kN k 2 I4 ) = kM k2 (M ¡ N )
On a donc M (M N ¡ kM k 2 I4 ) = (M N ¡ kM k2 I4 )N . Dans ces conditions, si on pose P = M N ¡ kM k 2 I4 = M N + M 2 ,
on a :
² MP = PN, P 2 H
5
² P 6= 0 car sinon on aurait M (N + M ) = 0 donc M + N = 0 (M est inversible car élément non nul de H) ce qui est
contradictoire avec le fait que la famille (M ; N ) soit libre.
² Comme P est un élément non nul de H, P est inversible et M = P N P ¡ 1.
6. Pour la matrice P mise en évidence dans chacun des 3 cas envisagés, on a bien la propriété souhaitée.
² dans le cas où M = N , on a choisi P = I4 soit Q = 0 qui est bien orthogonale à M = N
² dans le cas où M = ¡N , on a choisi P = 0I4 + Q avec Q orthogonale à M et N .
² dans le cas où M et N sont linéairement indépendantes, on a P = M N ¡ kM k 2 I4 .
½
P = ®In + Q
Si P = ®In + Q avec Q 2 L alors Q est antisymétrique . Le système
t
P = ®In ¡ Q
Q=
donne
¢ 1¡
¢ 1
1¡
P ¡t P =
M N ¡ t (M N ) = (M N ¡ N M ) car M et N sont antisymétriques.
2
2
2
On a donc d’après la question 2:
(QjN ) In =
2
¢ 1
1
1¡
(QN + N Q) =
M N 2 ¡ N M N + N M N ¡ N 2 M = (M N 2 ¡ N 2 M )
2
4
4
Or N 2 = kN k In (toujours la question 2 et donc (QjN ) = 0 et de même (Q=M ) = 0
P = ®In + Q , Q 2 L; Q orthogonale à M et N
On a montré que la matrice P construite à la question précédente se décompose en ®In + Q avec Q orthogonale. Mais
je ne suis pas certain que le résultat soit vrai pour toute matrice de H véri…ant M = P ¡1 N P
7.
² tout d’abord notons que 8 P 2 H n f0g, l’application ÁP de H dans lui-même qui à M associe P ¡1 M P est un
isomorphisme de l’algèbre H.
En e¤et, ÁP est bien une application de H dans H puisque H est un corps, ÁP est linéaire par bilinéarité du produit
dans H, ÁP (I4 ) = P ¡ 1 I4 P = I4 et ÁP (M )ÁP (N ) = (P ¡ 1 M P )(P ¡1 N P ) = P ¡1 M N P = ÁP (M N ) pour tout couple
(M; N ) 2 H2 . En…n, ÁP est bien bijective, de bijection réciproque égale à ÁP ¡1.
² Soit Á et à deux isomorphisme d’algèbre tels que Á(A) = Ã(A) et Á(B) = Ã(B) alors
Á(C ) = Á(A)Á(B) = Ã(A)Ã(B) = Ã(C ) et Á(I4 ) = Ã(I4 )
donc Á = Ã puisque les deux applications linéaires sont égales sur une base.
Donc en particulier si Á(A) = P ¡1 AP et Á(B) = P ¡ 1 BP alors 8M , Á(M ) = P ¡1 M P
² Soit Á un isomorphisme d’algèbre de H tel que Á(A) = A et Á(B) = B .D’après la remarque précédente Á(M ) = M
et Á = Id convient.
² Soit Á un isomorphisme d’algèbre de H tel que Á(A) = A et Á(B) = ¡B
On recherche donc P 2 H n f0g telle que P ¡ 1 AP = A et P ¡1 BP = Á(B) = ¡B. D’après les règles de calcul sur la
base P = A est solution ”évidente”..
² Soit Á un isomorphisme d’algèbre de H tel que Á(A) = A et Á(B) non colinéaire à B
Alors il existe une matrice P 2 H , telle que Á(B) = P ¡ 1BP et P = ®I4 + Q avec Q orthogonal à B et Á(B) d’après
la question précédente.
Par choix du produit scalaire B est orthogonal à A , donc Á(B) est orthogonal à Á(A) = A d’après la question 4:
dans L de dimension 3 ,Q et A sont orthogonaux au même plan V ect(B; Á(B)) ils sont donc colinéaires et P = aI4 +bA
.
On a alors de façon évidente AP = P A donc Á(A) = A = P ¡1 AP . Et comme par construction Á(B) = P ¡1 BP on
a trouvé P solution.
² Cas général. Soit Á un isomorphisme de l’algèbre H. Alors, d’après 4., on sait que Á(A) est un quaternion pur
de même norme que A donc d’après 5., il existe Q 2 H n f0g telle que A = Q¡ 1 Á(A)Q. Si ÁQ désigne l’application
de H dans H telle que ÁQ (M ) = Q¡ 1 M Q, alors ÁQ ± Á est un isomorphisme de l’algèbre H tel que ÁQ ± Á(A) = A
donc d’après les cas précédents, il existe R 2 H n f0g tel que pour tout M de H, ÁQ ± Á(M ) = R¡1 M R. En posant
P = RQ¡ 1 , on a P 2 H n f0g et pour tout M de H, Á(M ) = P ¡ 1 M P .
6