Corrigé

PSI* — 2015/2016 — Corrigé du D.L. 2 Page 1
Préambule : matrice compagne d’un polynôme
Soit λ∈R; il s’agit (au signe près) de calculer le déterminant suivant :
det (A−λI) = 
−λ0··· 0a
0
1−λ··· 0a
1
0.......
.
..
.
.
.
.
.......−λ.
.
.
0· · · 0 1 a
n−1
−λ
.
J’effectue (habilement) l’opération suivante sur les lignes : L
1
←L
1
+
n
i=2
λ
i−1
.L
i
=
n
i=1
λ
i−1
.L
i
, qui ne
modifie pas la valeur du déterminant, puisque j’ajoute à une ligne une combinaison linéaire des autres.
Suite à cette opération, pour tout jdans [[1, n −1]], la valeur située sur L
1
dans la colonne j(qui ne
comportait que deux termes non nuls, −λen ligne iet 1 en ligne i+ 1) vaut :
λ
i−1
.(−λ) + λ
i
.1 = 0
et la valeur située sur L
1
en colonne nvaut :
n−1
i=1
λ
i−1
.a
i−1
+λ
n−1
.(a
n−1
−λ) =
n−1
k=0
a
k
λ
k
−λ
n
=−P(λ)où P=X
n
−
n−1
k=0
a
k
X
k
.
Il n’y a plus qu’à développer par rapport à cette première ligne :
det (A−λI) = 
0 0 · · · 0−P(λ)
1−λ· · · 0a
1
0.......
.
..
.
.
.
.
.......−λ.
.
.
0· · · 0 1 a
n−1
−λ
= (−1)
1+n
−P(λ)
1−λ··· 0
0.......
.
.
.
.
.......−λ
0· · · 0 1
.
Or ce dernier déterminant vaut 1 (matrice triangulaire !).
Finalement, du fait que χ
A
(λ) = (−1)
n
det (A−λI),
χ
A
=X
n
−
n−1
k=0
a
k
X
k
.
Ce résultat est important, car il montre que tout polynôme de terme dominant X
n
peut être vu comme le
polynôme caractéristique d’une certaine matrice carrée d’ordre n(et donc d’un certain endomorphisme).
Voir une application frappante au problème B!
Problème A : théorème de Cayley-Hamilton
1) a) Par définition, xappartient à F
u,x
(en effet x=u
0
(x)). En outre, F
u,x
est engendré par la famille
(u
p
(x))
p∈N
, donc u(F
u,x
)est engendré par la famille (u
p+1
(x))
p∈N
: il en résulte que u(F
u,x
)⊂F
u,x
.
F
u,x
est donc un sous-espace vectoriel de Econtenant xet stable par u.
Soit maintenant Gun sous-espace vectoriel de Econtenant xet stable par u. Je dois montrer que
F
u,x
⊂G. Or xest dans Get Gest stable par u; une récurrence immédiate prouve alors que :
∀p∈Nu
p
(x)∈G. D’où, puisque G, en tant que sous-espace vectoriel, est stable par combinaisons
linéaires, F
u,x
⊂G. En conclusion :
F
u,x
est le plus petit sous-espace vectoriel de Econtenant xet stable par u.
b) Puisque xest non nul par hypothèse, F
u,x
={0}. Si u(x)colinéaire à x, tous les u
p
(x),p∈N, sont
colinéaires à x(récurrence immédiate) ; F
u,x
est alors la droite vectorielle engendrée par x:
Si u(x)est colinéaire à x, alors F
u,x
est de dimension 1.

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c) La famille (u
j
(x))
0≤j≤m−1
est une famille de mvecteurs de F
u,x
qui est de dimension mpar hy-
pothèse ; je vais montrer par l’absurde que c’est une famille libre : je suppose l’existence d’une
famille (λ
j
)
0≤j≤m−1
de scalaires non tous nuls tels que
m−1
j=0
λ
j
u
j
(x) = 0. Soit alors kle plus grand
des indices jtels que λ
j
= 0 ;u
k
(x)s’écrit donc comme combinaison linéaire de (u
j
(x))
0≤j≤k−1
;
par une récurrence banale, j’en déduis qu’il en est de même de tous les u
p
(x),p≥k, d’où une con-
tradiction, puisque la famille (u
j
(x))
0≤j≤k−1
engendrerait F
u,x
alors qu’elle comporte au plus m−1
vecteurs. Finalement :
(u
j
(x))
0≤j≤m−1
est une base de F
u,x
.
2) a) Soit (λ
j
)
0≤j≤n−1
une famille de scalaires tels que
n−1
j=0
λ
j
u
j
= 0. En évaluant en x
0
, j’obtiens
n−1
j=0
λ
j
u
j
(x
0
) = 0 et donc tous les λ
j
sont nuls puisque la famille (u
j
(x
0
))
0≤j≤n−1
est libre. Donc :
La famille (u
j
)
0≤j≤n−1
est libre dans L(E).
b) L’implication (i)⇒(ii)est banale.
Je suppose que v(x
0
) = w(x
0
); j’en déduis que : ∀j∈Nu
j
[v(x
0
)] = u
j
[w(x
0
)].
Or vet wcommutent avec u, donc avec les puissances de u(récurrence évidente).
D’où : ∀j∈Nvu
j
(x
0
)=wu
j
(x
0
).
En particulier, vet wdonnent la même image de la base (u
j
(x
0
))
0≤j≤n−1
; par conséquent v=w.
En conclusion :
(i)⇔(ii)
c) Il est clair que les u
j
sont dans C(u); d’après a), la famille (u
j
)
0≤j≤n−1
est libre, il me reste à
prouver qu’elle engendre C(u). Soit donc v∈ C(u); le vecteur v(x
0
)se décompose dans la base
(u
j
(x
0
))
0≤j≤n−1
de E:v(x
0
) =
n−1
j=0
λ
j
u
j
(x
0
). Alors les éléments vet
n−1
j=0
λ
j
u
j
de C(u)coïncident
en x
0
, il sont donc égaux d’après la question précédente et vappartient bien à Vect(u
j
)
0≤j≤n−1
. En
conclusion :
B= (u
j
)
0≤j≤n−1
est une base de C(u).
d) Le vecteur u
n
(x
0
)se décompose dans la base (u
j
(x
0
))
0≤j≤n−1
de E, donc :
Il existe une unique famille (a
j
)
0≤j≤n−1
de scalaires tels que : u
n
(x
0
) =
n−1
j=0
a
j
u
j
(x
0
).
Alors la matrice de udans la base (u
j
(x
0
))
0≤j≤n−1
s’écrit :
0 0 · · · 0a
0
1 0 · · · 0a
1
0 1 ....
.
..
.
.
.
.
.......0.
.
.
0· · · 0 1 a
n−1
.
Donc, grâce au préambule :
χ
u
(X) = (−1)
n
X
n
−
n−1
j=0
a
j
X
j
.
Par définition même des a
j
, il en découle [χ
u
(u)] (x
0
) = 0, d’où d’après b) :
χ
u
(u) = 0.

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3) a) Je choisis une base de Eadaptée à F, plus précisément constituée d’une base B
F
de Fcomplétée
grâce au théorème de la base incomplète. Fétant stable par u, la matrice de udans cette base est
triangulaire par blocs, de la forme A B
0Coù Aest la matrice de vdans la base B
F
.
Il en résulte que : ∀t∈Kχ
u
(t) = χ
v
(t).det(C−t.I)et donc
χ
v
divise χ
u
.
b) F
u,x
est stable par uet, par construction, l’endomorphisme vinduit par usur F
u,x
est cyclique. En
effet F
u,x
=F
v,x
puisque : ∀p∈Nv
p
(x) = u
p
(x).
uinduit sur F
u,x
un endomorphisme cyclique v.
Alors, d’après 2)d), χ
v
(v)est l’endomorphisme nul de F
u,x
; en particulier, [χ
v
(v)] (x) = 0. Or v
est induit par u, donc [χ
v
(u)] (x) = [χ
v
(v)] (x) = 0. Et comme, d’après a),χ
v
divise χ
u
, j’en déduis
que χ
u
est de la forme Q×χ
v
, avec Q∈K[X]et donc que χ
u
(u) = Q(u)◦χ
v
(u). D’où :
[χ
u
(u)] (x) = 0.
c) D’après la question précédente, pour tout xnon nul de E,[χ
u
(u)] (x) = 0. Or χ
u
(u)est un endo-
morphisme de Eet donc s’annule aussi en 0 :
χ
u
(u) = 0.
Problème B : théorème de d’Alembert
1) Soit Eun R-espace vectoriel de dimension nimpaire et f∈ L (E); le polynôme caractéristique est un
polynôme de R[X]de degré impair, il admet donc au moins une racine dans R(cf. le théorème des
valeurs intermédiaires) qui est une valeur propre de f. En conclusion :
P(n, R)est vraie pour tout nimpair.
2) a) Si f=λ.I
E
, tout vecteur non nul de Eest vecteur propre de f. Or d’après P(n, R), je dispose d’un
vecteur propre de g, qui est donc commun à fet g.
Si f=λI
E
,fet gadmettent au moins un vecteur propre commun.
Supposons maintenant f=λ.I
E
. Comme fet gcommutent par hypothèse, gcommute également
avec f−λ.I
E
et donc Ker (f−λ.I
E
)et Im (f−λ.I
E
)sont stables par g. De plus, Ker (f−λ.I
E
)
n’est pas égal à E(puisque f=λ.I
E
), ni à {0}(puisque λest valeur propre de fpar hypothèse).
Donc Im (f−λ.I
E
)ne peut être égal à Een vertu du théorème du rang. Ainsi,
Si f=λI
E
,Ker (f−λI
E
)et Im (f−λI
E
)sont deux sous-espaces vectoriels stricts de E, stables par g.
b) Soit, pour p∈N,A(p)le prédicat : “Q(2q+ 1,R)est vraie pour tout q∈[[0, p]]”. Je montre par
récurrence sur pque A(p)est vraie pour tout p:
∗ A (0) est vraie, puisque Q(1,R)l’est : dans un R-espace vectoriel Ede dimension 1, tout vecteur
non nul est vecteur propre commun à tous les endomorphismes de E!
∗hypothèse de récurrence : supposons p≥1tel que A(p−1) soit vraie.
∗Pour montrer que A(p)est vraie, il s’agit de prouver Q(2p+ 1,R). Soient donc Eun R-espace
vectoriel de dimension 2p+ 1 et f, g deux endomorphismes de Equi commutent. D’après 1),
je dispose d’une valeur propre λde f. Si f=λ.I
E
, j’ai vu au a) que fet gadmettent un
vecteur propre commun. Sinon, toujours d’après a), je dispose d’un sous-espace strict Fde E,
stable par fet get de dimension impaire (en effet, l’un des deux sous-espaces Ker (f−λ.I
E
)et
Im (f−λ.I
E
)est nécessairement de dimension impaire, puisque la somme de leurs dimensions est
impaire : c’est dim Ed’après le théorème du rang !). Alors dim F= 2q+ 1 avec q∈[[0, p −1]] et
f, g induisent deux endomorphismes de Fqui commutent. L’hypothèse de récurrence me fournit
alors un vecteur de F, vecteur propre commun à ces deux endomorphismes induits, qui est a
fortiori un vecteur de E, vecteur propre commun à fet g. Ainsi Q(2p+ 1,R)est vraie, ce qui
achève la preuve par récurrence.
Q(n, R)est vraie pour tout nentier naturel impair.

PSI* — 2015/2016 — Corrigé du D.L. 2 Page 4
3) a) Considérons ici M
n
(C)comme un R-espace vectoriel. Hn’est autre que le noyau de l’application
B→
t
B−B, qui est clairement R-linéaire (mais elle n’est pas C-linéaire. . . ). Par conséquent Hest
un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel M
n
(C).
Soit B∈ M
n
(C). J’écris B=X+i.Y , avec Xet Ydans M
n
(R).
B∈H⇔
t
X+i.
t
Y=X−i.Y
⇔
t
X=Xet
t
Y=−Y
Ainsi, Happaraît comme étant Im Φ, où Φest l’application de S × A dans M
n
(C)qui à (X, Y )
associe X+i.Y ,S(resp. A) étant le sous-espace de M
n
(R)formé des matrices symétriques (resp.
antisymétriques). Φétant clairement linéaire et injective, il en résulte que H= Im Φ est de même
dimension que S × A ; or, classiquement,
dim S=n(n+ 1)
2et dim A=n(n−1) 2
d’où :
dim H=n(n+ 1)
2+n(n−1) 2=n
2
.
En conclusion :
Hest un R-espace vectoriel de dimension n
2
.
b) Soit B∈H:
t
u(B)=1
2
t
B×
t
A+A×
t
B
=1
2B×
t
A+A×Bcar B∈H
=u(B)
Autrement dit, u(B)∈H. On vérifie de même que v(B)∈H. De plus, uet vsont clairement
R-linéaires et on vérifie que :
u◦v(B) = v◦u(B) = 1
4iA
2
B−B
t
A
2
.
uet vsont deux endomorphismes de Htels que u◦v=v◦u.
c) nétant impair, n
2
l’est également et donc Qn
2
,Rest vraie, d’après 2). L’appliquant dans H, je
dispose d’une matrice non nulle Bde H, vecteur propre commun à uet v, associé à des valeurs propres
réelles x, y ; ainsi : u(B) = x.B et v(B) = y.B. Or, par construction, u(B) + iv(B) = A×Bet
donc
AB = (x+i.y).B.
d) Observant le principe de calcul de AB, je constate que chaque vecteur colonne Zde Bvérifie :
AZ = (x+i.y).Z. Or la matrice Best non nulle, l’un au moins de ses vecteurs colonnes est non
nul, il est alors vecteur propre de Aassocié à la valeur propre x+i.y. J’ai ainsi obtenu l’existence
d’une valeur propre de A, donc de fcela pour tout endomorphisme fde E. En conclusion :
P(n, C)est vraie, cela pour tout entier naturel nimpair.
4) a) On vient de montrer que P(p, C)est vrai, pour tout entier naturel pimpair ; on en déduit que
Q(p, C)est également vrai, en recopiant la démonstration du 2), en remplaçant Rpar C. Par
conséquent,
R(0) est vraie.
b) Considérons le matériel fourni par l’énoncé.
(i) Il est classique que L, ensemble des matrices antisymétriques, est un sous-espace vectoriel de
M
n
(C)de dimension :
n(n−1)
2=2
k
p2
k
p−1
2= 2
k−1
qoù q=p2
k
p−1.
qest bien impair, car produit de deux entiers impairs, ainsi :
Lest un C-espace vectoriel de dimension 2
k−1
q,qimpair.

PSI* — 2015/2016 — Corrigé du D.L. 2 Page 5
(ii) Soit B∈L:
t
u(B)=
t
B×
t
A+A×
t
B
=−B×
t
A−A×Bcar B∈L
=−u(B)
Autrement dit, u(B)∈L. On vérifie de même que v(B)∈L. De plus, uet vsont clairement
C-linéaires et on vérifie que :
u◦v(B) = v◦u(B) = A
2
B
t
A+AB
t
A
2
.
uet vsont deux endomorphismes de Ltels que u◦v=v◦u.
(iii)D’après R(k−1), appliqué à L, je dispose d’une matrice non nulle Bde L, vecteur propre
commun à uet v, associé à des valeurs propres complexes x, y ; ainsi :
u(B) = x.B et v (B) = y.B,
d’où
y.B =A×B×
t
A=A×(x.B −AB)
soit A
2
−x.A +y.I
n
×B= 0.
(iv)Je sais (cf. le second résultat admis en début de problème) que le polynôme X
2
−x.X +yse
factorise dans C[X], sous la forme (X−a) (X−b), avec a, b complexes.
J’ai alors (comme au 3)d)) pour tout vecteur colonne Zde B:
(A−a.I
n
) (A−b.I
n
)Z= 0.
Je considère alors un vecteur colonne non nul Zde B(il en existe, puisque B= 0). De deux
choses l’une : soit Z
1
= (A−b.I
n
)Zest nul, auquel cas Zest vecteur propre de Aassocié à la
valeur propre b, soit Z
1
est non nul, auquel cas Z
1
est vecteur propre de Aassocié à la valeur
propre a(puisque (A−a.I
n
)Z
1
= 0 !). J’ai donc obtenu dans tous les cas une valeur propre de
A, donc de f, cela pour tout endomorphisme fde E. Autrement dit :
P2
k
p, Cest vraie.
(v) Reprenons l’idée et les notations du 2) :λest valeur propre de fet f=λ.I
E
(sinon le résultat
est banal), donc F= Ker (f−λ.I
E
)et G= Im (f−λ.I
E
)sont deux sous-espaces stricts de E,
stables par fet g, et la somme de leurs dimensions est n= 2
k
p. Deux cas se présentent :
·l’une de ces deux dimensions est de la forme 2
ℓ
qavec ℓ∈[[0, k −1]] et qimpair ; alors R(k−1)
permet de conclure, en fournissant un vecteur propre commun aux deux endomorphismes
induits ;
·ces deux dimensions sont de la forme 2
k
qet 2
k
ravec q+r=p; alors nécessairement qou
rest impair (puisque pl’est) et strictement inférieur à p. Appelons p
1
celui qui est impair
et E
1
le sous-espace (Fou G) correspondant, qui est de dimension 2
k
p
1
. On peut réitérer le
raisonnement : à chaque étape, soit on peut conclure à l’aide de R(k−1), soit on se ramène
à un sous-espace de dimension 2
k
p
j
, où (p
j
)est une suite strictement décroissante d’entiers
impairs. Au pire (c’est-à-dire si R(k−1) n’a jamais permis de conclure), on se retrouvera
après un nombre fini d’étapes dans un sous-espace de dimension 2
k
et une dernière itération
permettra alors nécessairement d’utiliser R(k−1) !!
Dans tous les cas, j’aurai pu exhiber un vecteur propre commun à fet g:
Q2
k
p, Cest vraie.
c) On vient de montrer par récurrence que :
R(k)est vraie pour tout k.
5) Tout entier naturel nnon nul s’écrit sous la forme 2
k
pavec k∈Net pimpair. Alors R(k)permet de
conclure :
P(n, C)et Q(n, C)sont vraies pour tout entier naturel non nul n.