Concours Commun Mines-Ponts 2001 MP/PSI - Sujet 1
Concours Commun Mines-Ponts 2001 MP/PSI - Sujet 1 - Corrig´e
Cette correction a ´et´e r´edig´ee par Fr´ed´eric Bayart. Si vous avez des remarques `a faire, ou pour signaler
Mots-cl´es : alg`ebre lin´eaire, r´eduction d’endomorphisme, application semi-lin´eaire, valeur co-propre
Commentaires : Probl`eme centr´e autour de la “diagonalisation” pour une variante des applications
lin´eaires. Il est recommand´e de bien savoir manier la r´eduction d’endomorphisme dans le cas classique.
La correction est bas´ee sur l’´enonc´e du probl`eme MP, mais le probl`eme PSI est tr`es proche.
Premi`ere Partie
I.1.a. Si u(x) = µ1xet u(x) = µ2x, alors (µ1−µ2)x= 0, ce qui donne µ1=µ2puisque xest suppos´e
non nul.
1.1.b. Soit x6= 0 un vecteur co-propre associ´e `a µ. Nous avons :
u(e−iθ/2x) = eiθ/2u(x) = eiθ/2µx = (eiθµ)(e−iθ/2x),
et donc e−iθ/2xest un vecteur co-propre pour eiθµ. En particulier, d`es qu’on a une valeur co-propre,
on en a une infinit´e : la r´eduction des applications semi-lin´eaires s’annonce tr`es diff´erente de celle
des applications lin´eaires.
I.1.c. Si x∈Eµ, et x6= 0, alors la question pr´ec´edente montre que e−iθ/2x /∈Eµ, et donc Eµn’est pas
un espace vectoriel complexe. En revanche, si λest r´eel, x,y ∈Eµ, alors :
u(x+λy) = u(x) + λu(y).
Eµest un espace vectoriel r´eel.
I.1.d. Pour x,y dans Eet λcomplexe, on a :
u◦v(x+λy) = u(v(x) + ¯
λv(y)) = u◦v(x) + λu ◦v(y).
L’application u◦vest donc lin´eaire.
I.2.a. Soit A la matrice carr´ee dont les vecteurs colonnes sone les Aei, exprim´es dans la base canonique.
Si X=x1e1+··· +xnen, alors A¯
X=x1Ae1+··· +xnAen=Y, ou Yest la matrice colonne
associ´ee au vecteur y=u(x).
I.2.b. Soient xet ydes vecteurs li´es par y=u(x). Si Xet X0(resp. Yet Y0) sont les matrices-colonnes
de x(resp. y) dans les bases (ei) et (fi), alors on a les relations suivantes :
1. Y=A¯
X.
2. Y0=B¯
X0.
3. X=SX0, et Y=SY 0(attention!!! C’est souvent `a ce niveau qu’on commet une erreur!)
Alors Y=SY 0=SB ¯
X0=SBS−1¯
X, et donc A=SBS−1.
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I.3.a. Si µest une valeur co-propre, alors :
−¯
b=µa
¯a=µb
Comme Xn’est pas nul, le syst`eme pr´ec´edent montre que µ6= 0, a6= 0 et b6= 0. On trouve alors
|µ|2=−1, ce qui est impossible! La matrice An’admet pas de valeurs co-propres!
I.3.b. Si Aest une matrice r´eelle, qui admet une valeur propre r´eelle λ, alors elle admet pour cette
valeur propre un vecteur propre r´eel non nul X. Nous avons alors A¯
X=AX =λX. En particulier,
λest valeur co-propre.
I.4.a. Soit Xun vecteur co-propre pour µ. Alors :
A¯
AX =AA ¯
X= ¯µA ¯
X=|µ|2X,
et donc |µ|2est une valeur propre de A¯
A.
I.4.b. i. Premier cas : A¯
Xet Xsont li´es. Il existe donc un complexe µtels que A¯
X=µX. Alors :
A¯
AX =A¯µ¯
X=|µ|2X=λX.
En particulier, il existe µ∈Ctel que |µ|=√λ, et µest valeur co-propre de A. La question
I.1.b nous permet d’affirmer qu’en fait √λest lui-mˆeme valeur co-propre de A.
ii. Deuxi`eme cas : les vecteurs A¯
Xet Xsont ind´ependants. Alors :
¯
A(A¯
X−√λX) = ¯
AA ¯
X−√λ¯
AX
=λ¯
X−√λ¯
AX
=−√λ(¯
AX −√λ¯
X)
=−√λ(A¯
X−√λX),
et −√λest valeur co-propre de A. Donc √λaussi.
I.4.c. a. d´emontre un sens de l’´equivalence, et b. la r´eciproque.
I.5.a. Comme Aest triangulaire sup´erieure, A¯
Al’est aussi, les coefficients sur la diagonale ´etant le
module au carr´e des coefficients sur la diagonale de A. Soit λune valeur propre de A. Comme A
est triangulaire sup´erieure, les valeurs propres se lisent sur la diagonale, et |λ|2est valeur propre
de A¯
A. D’apr`es I.4.,|λ|est valeur co-propre de A. Nous concluons toujours grˆace `a I.1.b.
I.5.b. Si µest une valeur co-propre de A,|µ|2est une valeur propre de A¯
A. Comme les valeurs propres de
A¯
Asont les modules (au carr´e) des valeurs propres de A, il existe λun complexe tel que |λ|=|µ|,
et λest une valeur propre de A.
I.5.c. 1 est valeur co-propre de A, car iest valeur propre de A, et 1 = e−iπ/2i. En outre :
i1
0i a−ib
c−id =i(a−d) + b+c
ic +d=a+ib
c+id .
Nous r´esolvons l’´equation. Par exemple, le vecteur X=1 + i
0est vecteur co-propre pour 1.
I.6. Soit Xune matrice-colonne de taille n, qu’on d´ecompose en X=U+iV , o`u Uet Vsont r´eelles.
Alors,
AX = (BU +CV ) + i(CU −BV ).
Si Xest vecteur copropre associ´e `a µ, on a en particulier : BU +CV =µU et CU −BV =µV .
D’autre part, si on consid`ere la matrice-colonne de taille 2n Y=U
V, alors :
DY =BU +CV
CU −BV .
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Donc, si Xest vecteur copropre pour µrelativement `a A,Yest vecteur propre pour µrelativement
`a D.
R´eciproquement, si µest valeur propre de D, comme Dest r´eelle, il existe un vecteur propre r´eel
(d´ecomposer n’importe quel vecteur propre en partie r´eelle/partie imaginaire) Y, qu’on d´ecompose
comme ci-dessus. Alors le vecteur X=u+iV est vecteur copropre de µ(relativement `a A).
Deuxi`eme Partie
II.1. Rappelons que pour prouver que ≈est une relation d’´equivalence, il faut d´emontrer trois points :
R´eflexivit´e : Nous avons A=I.A.¯
I−1, et donc A≈A.
Sym´etrie : Si A≈Balors il existe S∈GLn(C) avec B=S.A. ¯
S−1. Alors : A=S−1B¯
S=
T.B. ¯
T−1avec T=S−1, et B≈A.
Transitivit´e : Si A≈Bet B≈C, soient S,T de GLn(C) avec B=S.A. ¯
S−1et C=T.B. ¯
T−1.
Alors C= (T S).A.(T S)−1, et C≈A.
II.2. Nous classons les valeurs propres par module croissant |µ1|<|µ2|< . . . < |µk|, et nous supposons
que nous avons une relation de liaison λ1X1+··· +λpXp= 0, avec λp6= 0. Appliquant 2rfois u,
nous obtenons :
|µ1|2rλ1X1+··· +|µp|2rλpXp= 0.
Posons :
Yr=λpXp+|µ1|
|µp|2r
λ1X1+··· +|µp−1|
|µp|2r
λp−1Xp−1.
Nous savons que |µp|2rYr= 0. Mais comme |µi|<|µp|pour i<p,Yrtend vers λpXpquand
r→+∞. En particulier, pour rassez grand, Yr6= 0. Ceci contredit que |µp|2rYr= 0.
Si A¯
Aanvaleurs propres positives ou nulles distinctes les unes des autres, Aadmet nvaleurs
co-propres de modules distincts les uns des autres. Le travail que nous venons d’effectuer nous
permet d’affirmer que Eposs`ede une base de vecteurs co-propres pour l’application co-lin´eaire u
d´efinie par A. Le calcul de la matrice de udans cette base, associ´ee au r´esultat de I.2.b assure que
Aest co-diagonalisable.
II.3.a. Nous avons A. ¯
A=S¯
S−1¯
SS−1=In.
II.3.b. S(θ) s’´ecrit encore S(θ) = eiθ(A+e−2iθ In). Comme Aadmet un nombre fini de valeurs propres,
il existe un θpour lequel −e2iθ n’est pas valeur propre de A, et pour lequel A+e2iθInest inversible.
Il en est de mˆeme de S(θ).
Nous avons alors :
A¯
S(θ) = e−iθA¯
A+eiθA=S(θ).
Ainsi, A=S(θ)S(θ)−1.
II.4. Un simple calcul montre que A¯
A=SD ¯
DS−1, o`u D¯
Dest diagonale, ses coefficients ´etant positifs
ou nuls. En outre, nous avons :
rg(A¯
A) = rg(D¯
D) = rg(D) = rg(A).
II.5.a. D’une part :
B¯
B=S−1A¯
S¯
S−1¯
AS =S−1A¯
AS = Λ.
D’autre part : ¯
BB =¯
S−1¯
AS =¯
S−1¯
AA ¯
S= Λ.
En particulier, B¯
B=¯
BB. Il s’en suit que BΛ = BB ¯
B=¯
BBB =λB.
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II.5.b. Il s’agit ici du probl`eme classique de la recherche du commutant d’une matrice. Nous pouvons
par exemple rechercher Bpar blocs, avec des blocs de la bonne taille pour multiplier par l’´ecriture
de Λ par blocs, ´ecrire que BΛ=ΛB, et il apparait automatiquement que Ba la forme demand´ee.
On peut aussi pr´ef´erer une version typ´ee endomorphisme de ce raisonnement. Ainsi, comme B
commute avec Λ, le noyau de Λ −λpInest stable par B.
II.5.c. Du fait que B¯
B= Λ, chaque matrice Bpv´erifie que Bp¯
Bp=λpInp. Si λp6= 0, on utilise alors le
r´esultat de II.3.b., `a la matrice A=1
√λp
Bp, pour prouver que Bpest co-semblable `a une matrice
diagonale. Le cas litigieux de λk= 0 se traite de la fa¸con suivante : comme le rang de A¯
Avaut le
rang de A, le rang de Best celui de Λ. Dans le cas o`u λk= 0, le rang de Λ est n1+···+nk−1. Le
rang de Best rg(B1) + ···+rg(Bk). Mais le calcul Bp¯
Bp=λpInpprouve que pour p < k, le rang
de Bpest exactement np. On trouve donc que le rang de Bkest nul, ou encore que Bk= 0.
En r´esum´e, pour tout pde 1 `a k, il existe des matrices inversibles Spet des matrices diagonales
Dptelles que Bp=SpDp¯
Sp
−1. Nous posons alors :
P=
S10. . .
0S20. . .
.
.
.
0. . . Sk
∆ =
D10. . .
0D20. . .
.
.
.
0. . . Dk
.
Nous avons B=P∆¯
P−1, et donc Best co-diagonalisable. Comme cette notion est invariante par
matrice co-semblable, Aest aussi co-diagonalisable.
II.6.a. Il suffit de montrer les conditions i. ii. et iii. pour une matrice sym´etrique r´eelle. i et ii sont tr`es
faciles. Montrons que le rang de A vaut le rang de A2. Pour cela, il suffit de prouver que Ker(A)
et Im(A) sont en somme directe. Nous faisons mˆeme un peu mieux puisque nous prouvons que
Ker(A) et Im(A) sont orthogonaux. En effet, si xest dans Ker(A) et ydans Im(A), y=Az,
alors :
< x,y >=< x,Az >=< Ax,z >=<0,z >= 0.
En particulier, toute matrice sym´etrique r´eelle est co-diagonalisable.
II.6.b. Nous essayons d’appliquer la CNS de II.4. et II.5. `a ces matrices : On a :
A¯
A=1 0
0 1 , B ¯
B=0−2
2 0
C¯
C=0 0
0 0 , D ¯
D=2 0
0 2 .
Alors,
–An’est pas diagonalisable, et est co-diagonalisable.
–Best diagonalisable (admet deux valeurs propres distinctes), mais n’est pas co-diagonalisable
(les valeurs propres de B¯
Bsont complexes).
–Cn’est pas diagonalisable, et n’est pas co-diagonalisable (le rang de C¯
Cest inf´erieur strict `a
celui de C).
–Dest diagonalisable (idem B), et est co-diagonalisable.
Tous les cas sont donc possibles!
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