PC 2016/2017 CORRIGÉ DU DEVOIR EN TEMPS LIBRE 3 (CCP

PC 2016/2017
CORRIGÉ DU DEVOIR EN TEMPS LIBRE 3 (CCP 2013)
PROBLÈME
Première partie : étude d’un cas particulier
1. a) Le calcul du polynôme caractéristique donne χA= (X+ 2)(X−1)2, donc Sp(A) = {−2,1}.
b) Le calcul donne AU1=U1,AU2=U2et AU3=−2U3: ce sont des vecteurs propres. Les deux premiers
sont indépendants (non colinéaires) ; le troisième est linéairement indépendant des deux premiers car associé à
une autre valeur propre. La famille est donc libre. Comme elle est de cardinal 3, c’est une base de M3,1(R).
c) La multiplicité algébrique de chaque valeur propre est égale à sa multiplicité géométrique, donc Aest
diagonalisable (plus précisément : la matrice U, obtenue par concaténation des trois colonnes U1, U2, U3est
inversible et vérifie U−1AU = diag(1,1,−2)).
d) On a
BU1=
4
0
0
, BU2=
−2
2
−4
et BU3=
−1
2
−1
donc aucun des éléments de Fn’est un vecteur propre de B.
2. a) On a maintenant χB= (X−2)3, donc Sp(B) = {2}.
b) On a B−2I3=h1−3−1
0 0 0
1−3−1i: ses trois colonnes sont proportionnelles à U4, donc Im2(B) = Vect(U4). La
formule du rang donne dim(E2(B)) = 2.
c) La multiplicité algébrique de la valeur propre 2 est égale à 3 alors que sa multiplicité géométrique est égale
à 2, donc Bn’est pas diagonalisable. On pouvait d’ailleurs conclure plus directement : comme Ba une seule
valeur propre, si elle était diagonalisable, elle serait semblable à 2I3, donc égale à 2I3, ce qui n’est pas.
3. a) On vérifie sans difficulté que le vecteur U5appartient à E1(A)∩E2(B). Cet espace, inclus dans E1(A),
est de dimension au plus égale à 2. Or le vecteur U1, appartenant à E1(A), n’appartient pas à E2(B), donc
E1(A)∩E2(B)est strictement inclus dans E1(A). Il est donc de dimension 1, donc U5en forme une base.
b) Les vecteurs propres communs à Aet Bsont d’une part les vecteur non nuls de E1(A)∩E2(B), d’autre part
les vecteurs de E−2(A)∩E2(B). Comme U3forme une base de E−2(A)et que ce n’est pas un vecteur propre
de B, on a E−2(A)∩E2(B) = {0}. Ainsi, les vecteurs propres communs à Aet Bsont les multiples non nuls
de U5.
4. a) Calcul immédiat.
b) Le calcul du polynôme caractéristique donne χC=X(X−6)(X+ 6), scindé à racines simples, donc Cest
diagonalisable et elle est semblable à diag(0,6,−6) = D. En particulier, on a rg(C) = rg(D)=2.
Deuxième partie : condition nécessaire et conditions suffisantes
1. a) Notons λet µles scalaires tels que AU =λU et BU =µU . On a
[A, B]U=ABU −BAU =A(µU )−B(λU) = λµU −µλU = 0,
donc U∈Ker([A, B]).
b) En particulier, la matrice [A, B]n’est pas inversible, donc vérifie rg([A, B]) < n.
2. Si [A, B]=0, alors Ker([A, B]) = Mn,1(C). Soit λune valeur propre de A(il en existe car K=C):ona
évidemment Eλ(A)⊂Ker [A, B], donc Aet Bvérifient la propriété H.
3. a) L’application ψest évidemment linéaire ; il s’agit de vérifier qu’elle est effectivement à valeurs dans Eλ(A).
Pour cela, choisissons X∈Eλ(A). Alors X∈Ker([A, B]),i.e. que ABX =BAX. Par suite, on a
A(BX) = B(AX) = B(λX) = λBX,
donc BX appartient encore à Eλ(A).
b) L’application ψest un endomorphisme d’un C-espace vectoriel de dimension non nulle, donc il admet
au moins une valeur propre, disons µ. Choisissons un vecteur propre Xassocié : il vérifie ψ(X) = µX,i.e.
BX =µX : c’est un vecteur propre de B. Comme il appartient à Eλ(A), c’est aussi un vecteur propre de A.
1

4. Dans un espace de dimension 1, tous les vecteurs (non nuls) sont des vecteurs propres, donc si ϕet ψsont deux
endomorphismes d’un tel espace vectoriel, ils ont au moins un vecteur propre commun.
5. a) Les matrices Aet Bne vérifient pas la propriété H, donc l’inclusion Eλ(A)⊂Ker([A, B]) est fausse (pour
toute valeur propre ; c’est vrai en particulier pour celle que nous avons choisie). Il existe donc un vecteur
U∈Eλ(A)tel que U /∈Ker([A, B]) = Ker(C),i.e. vérifiant AU =λU mais CU 6= 0.
b) On a évidemment Vect(V)⊂Im(C). Comme rg(C)=1, c’est une égalité.
c) On a V=CU =ABU −BAU =ABU −λBU = (A−λIn)U, donc V∈Im(A−λIn) = Imλ(A). Comme
Im(C) = Vect(V), on a l’inclusion Im(C)⊂Imλ(A).
d) En particulier, on a dim(Imλ(A)) >1. Cette dimension ne peut pas être égale à n: sinon, la matrice A−λIn
serait inversible, ce qui est impossible car λest une valeur propre de A.
e) On a
A, A −λIn=A(A−λIn)−(A−λIn)A= 0
et
B, A −λIn=B(A−λIn)−(A−λIn)B=BA −AB =−C.
Comme précédemment, la linéarité des applications ϕet ψest évidente; il s’agit de démontrer qu’elles sont bien
à valeur dans Imλ(A). Pour cela, considérons un vecteur X∈Imλ(A). Choisissons une matrice colonne X1telle
que X= (A−λIn)X1. Alors
AX =A(A−λIn)X1= (A−λIn)(AX1)∈Imλ(A)
et
BX =B(A−λIn)X1=(A−λIn)B−CX1= (A−λIn)(BX1)−CX1.
Comme Im(C)⊂Imλ(A),BX apparaît comme la somme de deux vecteurs de Imλ(A), donc appartient encore
à cet espace.
f) Les applications ϕet ψsont deux endomorphismes du C-espace vectoriel Imλ(A), de dimension k∈[[1, n−1]].
Pour tout X∈Imλ(A), on a [ϕ, ψ](X)=(AB −BA)X=CX ∈Im(C). Comme rg(C)=1, on a rg([ϕ, ψ]) 61.
Grâce à l’hypothèse faite, on en déduit que ϕet ψont au moins un vecteur propre commun. Notons Xun tel
vecteur propre et α, β les valeurs propres associées : il vérifie AX =αX et BX =βX, donc c’est un vecteur
propre commun à Aet B.
6. Procédons par récurrence sur n.
– Pour n= 1, la propriété est vraie.
– Soit n>2. Supposons la propriété vraie pour tout entier k∈[[1, n −1]]. Considérons deux endomorphismes
ϕ, ψ d’un C-espace vectoriel Ede dimension nvérifiant rg([ϕ, ψ]) 61. Choisissons une base Bde Eet notons
A= matB(ϕ)et B= matB(ψ): on a rg([A, B]) 61.
?Premier cas : rg([A, B]) = 0. Alors [A, B]=0, donc Aet Bont un vecteur propre commun (question 3), donc
ϕet ψaussi.
?Deuxième cas : rg([A, B]) = 1. Alors Aet Bont un vecteur propre commun (question 5), donc ϕet ψaussi.
Dans tous les cas, ϕet ψont un vecteur propre commun, ce qui prouve la propriété au rang n, donc pour tout
entier par récurrence.
Troisième partie : étude d’un autre cas particulier
1. Soit P∈E. Écrivons-le sous la forme P=a0+a1X+· · · +a2nX2n. Alors
g(P) = X2na0+a1
X+· · · +a2n X2n=a2n+a2n−1X+· · · +a0X2n,
donc gdéfinit bien une application de Edans E. Sa linéarité est évidente : il s’agit de vérifier que, pour tous
polynômes P1, P2∈Eet tout λ∈C, on a g(P1+P2) = g(P1) + g(P2)et g(λP1) = λg(P1).
2. a) Avec les notations précédentes, si deg(P)< n, alors an=· · · =a2n= 0, donc g(P) = an−1Xn−1+· · · +
a0X2n. Si g(P)est proportionnel à P, alors les coefficients an−1, . . . , a2nsont nuls, donc Pest le polynôme nul :
ce n’est pas un vecteur propre. Par contraposition, si Pest un vecteur propre de g, alors deg(P)>n.
b) Le calcul précédent donne g(Xn) = Xn: c’est un vecteur propre de g(associé à la valeur propre 1).
3. a) Les vecteurs 1, X, . . . Xi−1appartiennent tous à Ker(fi), donc on a l’inclusion Ci−1[X]⊂Ker(fi). Soit
maintenant Pun polynôme de degré d∈[[i, 2n]] et ason coefficient dominant. On a fi(P) = ad(d−1) · · · (d−
i+ 1)Xd−i+R, où deg(R)< d −i. Comme aucun des coefficients d−k,k∈[[0, i −1]] n’est nul, on a fi(P)6= 0,
donc P /∈Ker(fi). On a donc bien l’égalité.
b) Soit i∈[[1,2n+ 1]] et λ∈Sp(fi). Soit P∈Eun vecteur propre associé : il vérifie fi(P) = λP . Notons dle
degré de Pet appliquons l’endomorphisme fd−i+1 : on obtient fd+1(P) = λf d−i+1(P). Comme deg(P) = d, on
af(d+1)(P)=0. Comme d−i+ 1 6d, on a fd−i+1(P)6= 0. On en déduit que λ= 0. Ainsi, on a Sp(fi) = {0}.
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4. La seule valeur propre éventuelle de fi(pour i∈[[1,2n+ 1]]) est 0. C’en est effectivement une, car E0(fi) =
Ker(fi) = Ci−1[X]6={0}.
– Si i6n, alors aucun vecteur propre de fin’est de degré supérieur ou égal à n, donc fiet gn’ont aucun
vecteur propre commun.
– Si i>n+ 1, alors le vecteur Xnest un vecteur propre commun à get à fi(il vérifie fi(X)=0).
5. Pour tout entier k∈[[0,2n]], on a f(Xk) = kXk−1et g(Xk) = X2n−k. Les matrices sont donc
An=
0 1
0 2
......
...2n
0
et Bn=
1
...
...
...
1
(les termes non représentés étant nuls).
6. a) Pour n= 1, on a
A1=
010
002
000
, A2
1=
002
000
000
et A3
1= 0.
b) Le calcul donne
A1, B=
0 1 0
2 0 −2
0−1 0
et A2
1, B=
2 0 0
0 0 0
0 0 −2
,
de rang 2 toutes les deux.
c) En particulier :
– bien que rg([A1, B]) <3,A1et Bn’ont pas de vecteur propre commun (car f1et gn’en ont pas, car 16n) ;
– bien que A2
1et Baient un vecteur propre commun (car f2et gen ont, car 2>n+ 1), rg([A2 1, B]) n’est pas
égal à 1.
Ainsi, la condition nécessaire de la question II.1.b) n’est pas suffisante, pas plus que la condition suffisante de
la question II.6 n’est nécessaire.
Quatrième partie : forme normale pour un vecteur propre
1. Soit λune valeur propre de Ade multiplicité géométrique au moins égale à 2. Choisissons deux vecteurs propres
associés X1et X2, linéairement indépendants.
– Si l’un des deux a une coordonnée nulle, il appartient à N.
– Sinon, notons a1(resp. a2) la première coordonnée de X1(resp. X2). Alors X=a2X1−a1X1est encore un
vecteur propre de Aassocié à la valeur propre λ(il est non nul car (X1, X2)est libre), et sa première coordonnée
est nulle.
Dans tous les cas, on trouve au moins un vecteur X∈Eλ(A)∩ N .
2. a) Les coefficients diagonaux d’une matrice antisymétrique sont nuls, donc toute colonne d’une telle matrice
appartient à N.
b) La linéarité des applications ϕet ψest claire ; il s’agit de montrer qu’elles sont à valeur dans An. Pour cela,
considérons une matrice M∈ An,i.e. vérifiant MT=−M. Alors
ϕ(M)T= (AM +MAT)T=MTAT+AMT=−M AT−AM =−ϕ(M)
et
ψ(M)T= (AMAT)T=AMTAT=−AM AT=−ψ(A)
donc les deux applications sont bien à valeur dans An. Pour toute M∈ An, on a
ϕψ(M)=Aψ(M) + ψ(M)AT=AAMAT+AM ATAT
et
ψϕ(M)=Aϕ(M)AT=A(AM +MAT)AT.
Ces deux quantités étant égales, les deux applications commutent.
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3. a) On a
1. BT= (X1XT
2−X2XT 1)T=X2XT 1−X1XT 2=−Bdonc B∈ An;
2. Les colonnes de X2XT
1sont toutes proportionnelles à X2(les coefficients de proportionnalité étant les
coordonnées du vecteur X1) et, de même, les colonnes de X1XT
2sont toutes proportionnelles à X1. Par
suite, chaque colonne de Best une combinaison linéaire de X1et X2. Si toutes ces colonnes étaient nulles,
les coefficients des combinaisons linéaires les seraient aussi, donc les coordonnées des vecteurs X1et X2
seraient toutes nulles, ce qui est impossible car ce sont des vecteurs propres. Donc B6= 0.
3. On a les égalités AXi=λiXi(i∈[[1,2]]), d’où XT
iAT=λiXT i, puis
AB +BAT=A(X1XT
2−X2XT 1)+(X1XT 2−X2XT 1)AT
=λ1X1XT
2−λ2X2XT 1+λ2X1XT 2−λ1X2XT 1= (λ1+λ2)B.
4. Enfin, on a
ABAT=A(X1XT
2−X2XT 1)AT=λ1λ2X1XT 2−λ1λ2X2XT 1=λ1λ2B.
b) On a donc
(A−λ1In)(A−λ2In)B= (A2−(λ1+λ2)A+λ1λ2In)B
=A2B−A(λ1+λ2)B+λ1λ2B
=A2B−A(AB +BAT) + ABAT= 0.
c) Si (A−λ2In)B= 0, toutes les colonnes de la matrices Bappartiennent au noyau de A−λ2In. Chaque
colonne de Bnon nulle est donc un vecteur propre de A. Il existe au moins une telle colonne car Best non
nulle. La matrice Bétant antisymétrique, chacune de ses colonnes appartient à N. Ainsi, l’une au moins des
colonnes de Best un vecteur propre de Asous forme normale.
d) Notons Cla matrice (non nulle) (A−λ2In)B: chacune de ses colonnes appartient au noyau de A−λ1In.
Choisissons une colonne Ude Btelle que la colonne X= (A−λ2In)Ude Csoit non nulle : c’est un vecteur
propre de Aassocié à la valeur propre λ1, et la colonne Uappartient à N. Le vecteur Xest un vecteur propre
de Asous forme normale.
4. a) Les endomorphismes (définis plus haut) ϕet ψde Ancommutent. Soit αune valeur propre de ϕ(ça existe
car K=Cet n>2, donc dim(An)6= 0) et Eα(ϕ)le sous-espace propre associé. Celui-ci est stable par ψ.
Considérons une valeur propre βde l’endomorphisme ψ1induit par ψsur Eα(ϕ)et un vecteur propre associé B:
c’est une matrice non nulle de Anqui vérifie AB +BAT=αB et ABAT=βB.
b) On a alors
(A2−αA +βIn)B=A(AB)−αAB +βB =A(αB −BAT)−αAB +βB
=αAB −ABAT−αAB +βB = 0.
c) Notons γet δles deux racines complexes (éventuellement confondues) du polynôme X2−αX +β: elles
vérifient γ+δ=αet γδ =β, d’où
(A−γIn)(A−δIn)B= (A2−(γ+δ)A+γδ In)B= (A2−αA +βIn)B= 0.
d) Si (A−δIn)B= 0, chaque colonne non nulle de la matrice Best un vecteur propre de A, sous forme normale
car Best antisymétrique. Comme B6= 0, il existe une telle colonne non nulle, donc il existe un vecteur propre
sous forme normale.
e) Supposons la matrice C= (A−δIn)Bnon nulle : elle admet au moins une colonne Cknon nulle, qui vérifie
(A−γIn)Ck= 0, donc est un vecteur propre de A. Celle-ci s’écrivant sous la forme Ck= (A−λIn)Bk, avec
Bk∈ N et λ∈Sp(A), ce vecteur propre est sous forme normale.
f) Comme An’a qu’une valeur propre (λ) et que δ6=λ, la matrice A−δInest inversible. Comme les matrices
A−γInet A−δIncommutent, on a aussi (A−δIn)(A−γIn)B= 0. La matrice A−δInétant inversible, on
en déduit (A−γIn)B= 0.
g) D’après la question d, on en déduit que Apossède encore un vecteur propre sous forme normale.
Ainsi, toute matrice A∈Mn(C)(n>2) possède au moins un vecteur propre sous forme normale.
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