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Concours National Commun - Session 2012
Corrigé de l’épreuve de mathématiques II
Filière MP
Résultat les matrices : Pour tout polynôme de degré n2à coefficients dans IK(IK =IR ou C)et toute matrice
NMn1(IK)dont le polynôme minimal est de degré n1, il existe une matrice MMn(IK)telle que Nsoit
une sous-matrice de Met que le polynôme caractéristique de Msoit égal à (1)nP. ( résultat dû à FARHAT et
LEDERMAN en 1958 ).
Corrigé par M.TARQI
PARIE I. UNE FONCTION DÉFINIE PAR UNE INTÉGRALE
1.1 1.1.1 B v
tu b =B0
tu1Inw
0λsi et seulement si Bw =vet tuw +λ=bou encore si et
seulement si w=B1v
λ=btuB1v, car Best inversible.
1.1.2 Il est clair que B0
tu1= det(B)×1 = det(B).
1.1.3 Puisque Best inversible, alors det(B)6= 0 et donc B1=1
det(B)
te
B.
1.1.4 D’après la question 1.1.1, on a : B v
tu b =B v
tu1Inw
0λ, donc
B v
tu b =B0
tu1.Inw
0λ=|B| × λ=|B|b1
|B|
t
ute
Bv=b|B| −tute
Bv.
1.2
1.2.1 Soit λ1, λ2, ..., λrles différentes valeurs propres complexes non nulles de Bet ε= min
i[[1,r]] |λi|.
Alors pour tout x]0, ε[,xn’est pas une valeur propre de Bet donc BxInest inversible.
1.2.2 L’application A7−tAest linéaire sur un espace vectoriel de dimension finie, donc elle est
continue.
Soit Bla base canonique de IKn. Pour tout matrice AMn(IK)on désigne par A1, A2, ..., An
les vecteurs colones de A. L’application A7−→ |A|est la composée des applications :
A7−(A1, A2, ..., An)qui est linéaire, donc continue,
et (x1, x2, ..., xn)7−detB(x1, x2, ..., xn), qui est n-linéaire, donc continue.
Ainsi l’application A7−→ |A|est continue.
1.2.3 Soit BMn(IK), d’après la question 1.2.1, il existe ε > 0tel que, pour tout x]0, ε[, la matrice
Bx=BxInest inversible et d’après la question 1.1.4, on a :
(2) Bxv
tu b =b|Bx| −tuf
Bxv.
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et par continuité des applications précédentes et comme lim
x0Bx=B, alors le passage à la
limite dans l’égalité (1) donne :
B v
tu b =b|B| −tue
Bv.
Ceci montre que la formule (1) est valable pour toute matrice de Mn(IK).
PARIE II. RÉUNION DE SOUS-ESPACES VECTORIELS
2.1 Supposons F1*Eet F2*E. Donc il existe x1E\F1et x2E\F2, on a x1+x2E=F1F2,
donc x1+x2F1ou x1+x2F2. Si x1+x2F1et comme x2F1alors x1+x2x2=x1F1
ce qui est absurde. De même la condition x1+x2F2conduit à une contradiction.
En conclusion, si E=F1F2, alors nécessairement E=F1ou bien E=F2.
2.2
2.2.1 On a xE=FFret x /F, donc xFr. Supposons qu’il existe λIK tel que y+λx Fr,
alors y+λx λx =yFrce qui est absurde, donc pour tout λIK, y+λx /Fr.
2.2.2 Pour tout λIK, y+λx E=FFret y+λx /Fr, donc y+λx F. Considérons la droite
affine D=y+IKx, montrons qu’il existe i[[1, r 1]] tel que DFkcontient au moins deux
éléments différents, en effet, supposons que, pour tout i[[1, r 1]], il existe xiEtel que
DFi⊂ {xi}, donc
D=[
i[[1,r1]]
(DFi)[
i[[1,r1]]
{xi}.
Ceci est absurde, puisque Dest un ensemble infini. Ainsi il existe k[[1, r1]] et deux scalaires
αet βdifférents tels que y+αx Fket y+βx Fk.
2.2.3 D’après la question précédente, (αβ)xFkFet comme αβ6= 0,xFce qui est
absurde.
2.3 D’après la question 2.2 E=Frou bien E=F1F2...Fr1. Si E=Erla propriété est démontrée
sinon E=F1F2... Fr1et le raisonnement de la question 2.2, montre qu’on a nécessairement
E=Fr1ou bien E=F1F2... Fr2, ce procédé se poursuit, à la dernière étape on aura
E=F1F2et la question 2.1montre que E=F1ou E=F2. En conclusion, au moins l’un des
indices i[[1, r]] vérifie E=Fi.
PARIE III. A PROPS DU DU POLYNÔME MINIMAL DUNE MATRICE
3.1 D’après le théorème de Cayly-Hamilton toute matrice Aest zéros de son polynôme caractéristique,
et comme le polynôme minimal de Adivise tout polynôme annulateur de A,πAdivise χA, ce
dernier est de degré n, donc deg πAn.
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3.2 Si deg πA=n, alors toute relation de la forme
n1
X
i=0
αiAi= 0, conduit à αi= 0 pour tout i, sinon on
aura un polynôme non nul et de degré n1, annulateur de Ace qui contredit la définition de
πA.
Si la famille {In, A, ..., An1}est libre, alors toute sous-famille de type {In, A, ..., Ak}(kn1) est
libre, et donc on peut trouver un polynôme non nul de degré n1tel que P(A) = 0, autrement
dit deg πAn, et en tenant compte de la question 3.1, deg πA=n.
3.3
3.3.1 IA,v est une partie non vide de IK[X], elle contient par exemple le polynôme minimal de A. Si
P, Q IA,v,(PQ)(A)v=P(A)vQ(A)v= 0 et donc PQIA,v, de même si PIA,v
et QIK[X],QP IA,v. Donc IA,v est un idéal non réduit à {0}, donc il existe un unique
polynôme unitaire de IK[X]engendrant IA,v.
3.3.2 Puisque πAIA,v alors πA,v divise πA. L’ensemble de diviseurs de πAétant fini, et comme
pour tout nMn,1(IK),πA,v divise πA, alors l’ensemble
{πA,w / w Mn,1(IK)}
est fini. Donc on peut poser :
{πA,w / w Mn,1(IK)}={πA,v1, πA,v2, ..., πA,vr}.
3.3.3 Pour tout k[[1, r]],Fk= ker(πA,vk(A)), donc Fkest un sous-espace vectoriel de Mn(IK). Soit
vMn(IK), alors i[[1, r]] tel que πA,v =πA,vi, donc vFi, d’où :
Mn(IK) = F1F2... Fr.
3.3.4 D’après la deuxième partie, il existe k[[1, r]] tel que Mn(IK) = Fk. Ainsi pour tout v
Mn,1(IK),πA,vk(A)(v) = 0 et donc πA,vk(A) = 0 et par conséquent πAdivise πA,vk, et d’après
la question 3.3.2, πA,vk=πA.
Le vecteur w=vkrépond à la question.
3.4 Soit (e1, e2, e3)la base canonique de M3,1(IR)et e=e1. On a (A3cA2bA cI3)(e) = 0, donc
X3cX2bX cIA,e, donc πAdivise X3cX2bX c.
Supposons que le polynôme de Aest de degré 2, donc il existe α, β et γde IR non tous nuls tels
que αI3+βA +γA2= 0, en particulier
(αI3+βA +γA2)(e) = αe1+βe2+γe3= 0,
ceci entraîne α=β=γ= 0 ce qui est absurde. Donc deg πA= 3, donc forcément πA=X3cX2
bX a. Le vecteur econvient.
3.5
3.5.1 D’après la question 3.3, il existe un vecteur vMn,1(IK)tel que πA=πA,v. Montrons que
(v, Av, ..., An1v)est une base de Mn,1(IK), en effet, soit α0, α1, ..., αn1tels que
n1
X
k=0
αiAiv= 0,
donc le polynôme P=
n1
X
k=0
αiXide degré n1est dans IA,v, donc deg πAn1ce qui est
absurde, donc la famille (v, Av, ..., An1v)est bien libre.
Ceci montre que la matrice Bdont les colones sont v, Av, ..., An1vest inversible, est donc
pour chaque xIKn, il existe un unique uMn,1(IK)tel que tBu =tx, égalité qui s’écrit
encore sous forme :
x=tuB = (tuv,tuAv, ...,tuAn1v).
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3.5.2 D’après la question 3.2, il suffit de montrer que la famille (In, A, ..., An1)est libre. Soit x=
(α0, α1, ..., αn1)IKntel que
(3)
n1
X
k=0
αiAi= 0.
Pour ce choix de x, il existe (u, v)(Mn,1(IK))2tel que x= (tuv,tuAv, ...,tuAn1v). La relation
(3) entraîne, en multipliant à gauche par tuet à droite par v,
(4)
n1
X
k=0
αt
iuAiv= 0
la relation (4) s’écrit encore sous la forme
n1
X
k=0
|αi|2= 0, donc tous les αisont nuls, ainsi
(In, A, ..., An1)est bien libre.
PARIE IV. DÉMONSTRATION DU RÉSULTAT PROPOSÉE
4.1 Si Arépond à la question, l’égalité A=B v
tu b entraîne Tr A= Tr B+b. Or Tr A=c1et
Tr B=α1, donc b= Tr ATr B=α1c1.
4.2
4.2.1 On a, pour tout p[[0, n 2]],deg Up=n2pcar α06= 0, donc la famille (U0, U1, ..., Un2)
est une famille de polynômes de IKn2[X]de degrés échelonnés, donc elle forme une base de
IKn2[X].
4.2.2 (U0, U1, ..., Un2)étant une base de IKn2[X], donc pour chaque QIKn2[X], il existe x=
(x0, x1, ...., xn2)IKn1tel que
Q=
n2
X
k=0
xkUk.
Mais xIKn1peut s’écrire sous la forme x= (tyz,tyBz, ...,tyBn2z)avec (y, z)(Mn1,1(IK))2,
donc
Q=
n2
X
k=0
tyBkzUk.
4.3 Expression d’une matrice
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