M1CP3021 Maths algèbre II (MPC) Examen final 3 heures en

M1CP3021 Maths algèbre II (MPC)
Examen final
3 heures en Janvier
sur 38 points +2 points de présentation/rédaction.
Exercice 1 [14 points (2+1+2+2+2+2+3)]
On considère une matrice A dans Md (C) et un réel t dans R∗
telle que la matrice (Id + tA) est inversible.
1. Montrer que les valeurs propres de la matrice (Id + tA)−1 s’expriment en fonction de celles de la matrice A. Un vecteur propre
associé à A est-il aussi un vecteur propre associé à la matrice
(Id + tA)−1 ?
2. Soit T une matrice triangulaires supérieure inversible. Que dire
de T −1 ? De ses éléments diagonaux ?
3. Montrer qu’il existe une matrice P ∈ GLd (C) tel que les matrices P −1 AP et P −1 (Id + tA)−1 P sont triangulaires supérieures.
4. En déduire une expression des valeurs propres de la matrice
A(Id + tA)−1 en fonction de celles de la matrice A.
5. En déduire la valeur de
tr (A(Id + tA)−1 )
en fonction des valeurs propres de la matrice A.
6. Exprimer la fonction
QA (t) := det(Id + tA)
puis sa dérivée Q0A (t) en fonction des valeurs propres de la matrice A. On pourra appliquer la formule de Leibniz : pour n
fonctions dérivables f1 , . . . , fn ,
(Πni=1 fi )0 (t) =
n
X
(fi )0 (t)Πj6=i fj (t).
i=1
7. En déduire que
tr (A(Id + tA)−1 ) =
Q0A (t)
.
QA (t)
8. Montrer que la fonction t 7→ QA (t) est constante si et seulement
si la matrice A est nilpotente.
Correction
1. Soit x un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ. On a,
par définition Ax = λx. Par conséquent (Id + tA)x = (1 + tλ)x
et donc x = (1 + tλ)(Id + tA)−1 x. Comme x est un vecteur
propre, il est par définition non nul et donc 1 + tλ est lui aussi
non nul. On obtient ainsi que (Id + tA)−1 x = (1 + tλ)−1 x, ce
qui signifie que x est aussi un vecteur propre de (Id + tA)−1
associé à la valeur propre (1 + tλ)−1 .
Réciproquement si λ̃ est une valeur propre de (Id + tA)−1
avec x vecteur propre associé. On a donc (Id + tA)−1 x = λ̃x
et donc x = (Id + tA)λ̃x. Comme x est par définition non
nul on obtient que λ̃ est lui aussi non nul et on en déduit donc
(Id+tA)x = λ̃−1 x, puis tAx = (λ̃−1 −1)x. Enfin comme t ∈ R∗ ,
−1
on a Ax = λx avec λ = λ̃ t −1 .
2. L’inverse d’une matrice triangulaire supérieure est triangulaire
supérieure avec des coefficients diagonaux inverses.
3. Comme la matrice A est trigonalisable sur C, il existe une matrice P dans GLd (C) et une matrice T triangulaire supérieure
tel que P −1 AP = T . On en déduit que A = P T P −1 puis que
(Id+tA) = P (Id+tT )P −1 . Comme on suppose que (Id+tA) est
inversible, on en déduit aussitôt que (Id + tT ) l’est aussi et que
(Id + tA)−1 = P (Id + tT )−1 P −1 . Ainsi P −1 (Id + tA)−1 P =
(Id + tT )−1 . Il suffit alors d’appliquer la question précédente
pour conclure.
2
4. Les éléments diagonaux de T et de (Id + tT )−1 sont respectivement les valeurs propres λi , pour i = 1, . . . , n, de A, éventuellement répétées et les (1 + tλi )−1 . Le produit matriciel donne
alors que A(Id+tA)−1 = P T (Id+tT )−1 P −1 et que les éléments
diagonaux de T (Id+tT )−1 sont λi (1+tλi )−1 , pour i = 1, . . . , n.
5. Par définition,
tr (A(Id + tA)−1 ) =
X
λi (1 + tλi )−1 .
i=1,...,n
6. On a, en utilisant A = P −1 T P , que
QA (t) = Πni=1 (1 + tλi ).
On applique la formule de Leibniz pour en déduire
Q0A (t)
=
n
X
λi Πj6=i (1 + tλj ).
i=1
7. Ainsi
n
Q0A (t) X Πj6=i (1 + tλj )
λi n
=
QA (t)
Πj=1 (1 + tλi )
i=1
=
n
X
i=1
λi
1 + tλi
= tr (A(Id + tA)−1 ).
(1)
(2)
(3)
8. La fonction t 7→ QA (t) est constante si et seulement si la fonction t 7→ Q0A (t) est nulle. Dans ce cas la fraction rationnelle
Pn
λi
i=1 1+tλi est nulle ce qui implique que tous les λi sont nuls
par unicité de la décomposition en éléments simples des fractions rationnelles. Réciproquement si tous λi sont nuls, on a
QA (t) = 1 et par conséquent la fonction t 7→ Q0A (t) est nulle. Il
suffit alors de se rappeler que la matrice A est nilpotente si et
seulement si toutes ses valeurs propres sont nulles.
Exercice 2 [24 points (8* 2 points puis 4 points)]
Soit E un espace euclidien de dimension 2n, dont on note k · kE
la norme.
3
On note L(E) l’ensemble des endomorphismes de E. Pour v
dans L(E), on note
kvkL(E) =
kv(x)kE
.
x∈E\{0} kxkE
sup
On considère u ∈ L(E) tel que
i) kukL(E) = 1,
ii) pour tout w ∈ L(E) tel que kwkL(E) = 1, | det u| > | det w|.
1. Montrer que u est inversible. On pourra chercher à appliquer la
propriété ii) avec un w approprié.
2. Montrer que pour tout v, ṽ dans L(E), pour tout ε ∈ R,
kv + εṽkL(E) 6 kvkL(E) + |ε|kṽkL(E) .
On pourra utiliser que la norme k · kE vérifie cette propriété.
3. Démontrer à l’aide de la définition du déterminant que pour
tout tout λ ∈ R, pour tout v dans L(E),
det(λv) = λ2n det(v).
4. Montrer que pour tout ε ∈ R, pour tout v dans L(E),
| det(u + εv)| 6 | det u|(1 + |ε|kvkL(E) )2n .
On pourra chercher à appliquer la propriété ii) avec un w approprié et utiliser le résultat de la question précédente.
5. En utilisant une trigonalisation sur C, montrer que
det(Id + εu−1 ◦ v) = 1 + ε tr (u−1 ◦ v) + O(ε2 ),
quand ε converge vers 0. On pourra utiliser que pour 2n réels
λi , avec i = 1, . . . , 2n,
Π2n
i=1 (1 + ελi ) = 1 + ε
2n
X
i=1
quand ε converge vers 0.
4
λi + O(ε2 ),
6. En déduire que
|1 + ε tr (u−1 ◦ v) + O(ε2 )| 6 1 + 2n|ε|kvkL(E) + O(ε2 ).
On pourra utiliser que pour tout réel λ,
(1 + |ε|λ)2n = 1 + 2n|ε|λ + O(ε2 )
quand ε converge vers 0.
7. En déduire que
|tr (u−1 ◦ v)| 6 2nkvkL(E) .
8. On considère un projecteur orthogonal P sur E de rang m.
Exprimer sa trace en fonction de m ; et montrer que
m
6 ku ◦ P kL(E) .
2n
On pourra chercher à appliquer le résultat de la question précédente à un v approprié.
9. Montrer qu’il existe une famille orthonormale de n vecteurs
y1 , . . . , yn de E tels que pour tout entier j entre 1 et n,
2n − j + 1
ku(yj )kE >
.
2n
On pourra admettre que pour tout w dans L(E), il existe un
vecteur x dans E tel que kxkE = 1 et kw(x)kE = kwkL(E) , et
procéder par récurrence en utilisant la question précédente avec
des projecteurs orthogonaux bien choisis.
Correction
1. Il suffit d’appliquer la propriété ii) avec w = IdE qui vérifie
bien kwkL(E) = 1, et qui satisfait aussi det w = 1. On déduit
de la propriété ii) que | det u| > 1 et donc u est inversible.
2. On écrit que pour tout x ∈ E \ {0}, pour tout ε ∈ R,
kv(x)kE
kṽ(x)kE
k(v + εṽ)(x)kE
6
+ |ε|
kxkE
kxkE
kxkE
kv(x)kE
kṽ(x)kE
6 sup
+ |ε| sup
kxk
E
x∈E\{0}
x∈E\{0} kxkE
6 kvkL(E) + |ε|kṽkL(E) .
Il suffit alors de prendre le sup sur tous les x dans E \ {0} pour
conclure.
5
3. C’est une propriété du cours qui découle de la définition du
déterminant.
4. On observe que le résultat est vraie dans le cas où u + εv est
nulle. On exclut dorénavant ce cas et on applique la propriété
ii) avec
u + εv
w=
ku + εvkE
qui vérifie bien kwkL(E) = 1. Ainsi
| det u| > | det
u + εv
1
| det(u + εv)|.
|=
ku + εvkE
ku + εvk2n
E
Ainsi
| det(u + εv)| 6 | det u|ku + εvk2n
E
6 | det u|(kukE + |ε|kvkE )2n
6 | det u|(1 + |ε|kvkL(E) )2n .
5. Notons λi , pour i = 1, . . . , 2n les valeurs propres de l’endomorphisme u−1 ◦ v, éventuellement avec répétition. Sur C l’endomorphisme u−1 ◦ v est trigonalisable et son déterminant vaut
donc
−1
det(Id + εu
◦ v) =
Πni=1
(1 + ελi ) = 1 + ε
n
X
λi + O(ε2 ),
i=1
quand ε converge vers 0. Il reste à observer que
n
X
λi = tr (u−1 ◦ v),
i=1
pour conclure.
6. En combinant les deux questions précédents, on obtient que
|1 + ε tr (u−1 ◦ v) + O(ε2 )| = | det(Id + εu−1 ◦ v)|
=
| det(u + εv)|
| det u|
6 (1 + |ε|kvkL(E) )2n
6 1 + 2n|ε|kvkL(E) + O(ε2 ),
quand ε converge vers 0.
6
7. Pour ε assez petit en valeur absolue on peut enlever la valeur
absolue autour du membre de gauche, et en choisissant ε tel que
ε tr (u−1 ◦ v) soit positif, on peut même simplifier et en déduire
que
tr (u−1 ◦ v) + O(ε) 6 2nkvkL(E) + O(ε),
et donc
tr (u−1 ◦ v) 6 2nkvkL(E) .
8. On applique la question précédente à v = u ◦ P de sorte que la
question précédente donne
tr P 6 2nku ◦ P kL(E) ,
et comme tr P = m pour un projecteur de rang m.
9. On procède par récurrence sur j. Pour j = 1, c’est en conséquence de la compacité de la sphère unité de E (mais cette
conséquence était rappelée dans l’énoncé) qu’il existe un vecteur y1 de norme 1 tel que ku(y1 )kE = kukL(E) . Supposons,
pour 1 6 k 6 n − 1, construite une famille orthonormale de k
vecteurs y1 , . . . , yk de E tels que pour tout entier j entre 1 et
k,
2n − j + 1
ku(yj )kE >
.
2n
On considère alors le projecteur orthogonal Pk sur {y1 , . . . , yk }⊥
qui est de rang 2n−k par le théorème du rang, puisque le noyau
de Pk est par définition Vect {y1 , . . . , yk } qui est de dimension k
puisque ces vecteurs sont orthogonaux. La question précédente
donne alors
2n − k
6 ku ◦ Pk kL(E) ,
2n
et il suffit d’invoquer à nouveau la compacité de la sphère unité
de E pour montrer qu’il existe un vecteur ỹk+1 dans E de
norme 1 tel que ku ◦ Pk (ỹk+1 )kE = ku ◦ Pk kL(E) . Notons que
Pk (ỹk+1 ) 6= 0 car sinon on aurait
2n − k
n+1
>
,
2n
2n
car k 6 n − 1, ce qui est absurde. On va poser
ku ◦ Pk kL(E) = 0 >
yk+1 =
Pk (ỹk+1 )
,
kPk (ỹk+1 )kE
7
de sorte que {y1 , . . . , yk+1 } est une famille orthonormale, et
comme Pk ◦ Pk = Pk , il vient que
2n − k
ku(yk+1 )kE >
.
2n
8