ESIM 2001 MATH 2 PC / PSI Lecture du sujet : Tout le problème étudie A ¤ B .Il faut donc comprendre rapidement de quoi il s’agit. Le sujet donne un exemple ; il n’est pas inutile d’en calculer d’autres . l’écriture avec l’exemple de B ¤ A montre - par exemple - que si A ¤ B et B ¤ A sont de même taille ce produit n’est pas commutatif. On peut remarquer In ¤ Ip = Inp On remarque que les colonnes de A ¤ B sont construites à partir de celles de A et B . De façon plus précise la première colonne de A ¤ B est C1 (A) ¤ C1(B), la seconde C1(A) ¤ C2 (B) et plus généralement C(i¡1)p+j (A ¤ B) = Ci (A) ¤ Cj (B) Il est indispensable de soigner son écriture. Le correcteur a besoin de distinguer rapidement le produit * ici introduit du produit matriciel usuel. La première partie étudie quelques propriétés (,relation entre * et . , nilpotence , inversibilité).L’exemple du 4.b éclaire peu le début car l’inverse de la matrice 6x6 est pénible à calculer directement. Il servira toutefois de véri…cation. La seconde partie étudie la diagonalisation de A,B,A*B. L’exemple 1c peut se traiterµà la main¶sans µ utiliser ¶ la ¡1 0 1 1 loi * si on remarque que la matrice est de rang 2. Le calcul des éléments propres de ; et 1 1 1 1 de la matrice du sujet donne une idée , ou permet de véri…er les résultats précédents . PRELIMINAIRE poser le calcul par bloc. Partie I. 1)Si A ou B est nul , tous les blocs de A ¤ B sont nuls et donc A ¤ B = 0 . Réciproquement soient A 2 Mn(K) et B 2 Mp (K) tels que A ¤ B = 0.Si A est non nul il existe un coe¢cient ai;j non nul . Dans la matrice A ¤ B …gure alors le bloc ai;j B . Comme A ¤ B est nul , ce bloc est nul donc comme ai;j 6= 0 on a bien B = 0 A ¤ B = 0 , (A = 0 ou B = 0) 2) a)Soient A 2 Mn(K), B 2 Mp (K), X 2 Kn et Y 2 Kp . On a alors A ¤0 B 2 Mnp (K) et X ¤ Y 2 Knp .1Les tailles sont et le produit est dé…ni. 1 0 compatibles x1 Y a1;1 B a1;2 B : : : a1;n B B x2 Y C B a2;1 B a2;2 B : : : a2;n B C C B C B On a A ¤ B = B Cet X ¤ Y = B .. C. .. .. .. @ A @ . A . . . xn Y an;1 B an;2 B : : : an;n B 1 0 Pn a x BY 1;j j j=1 Pn B C j=1 a2;j xj BY C B Un calcul par blocs donne (A ¤ B):(X ¤ Y ) = B C = (A:X) ¤ (B:Y ). .. @ A . Pn j=1 an;j xj BY (A ¤ B):(X ¤ Y ) = (A:X) ¤ (B:Y ) b) 0 B B Pour A; A0 2 Mn(K) et B; B 0 2 Mp(K), on a A ¤ B = B @ 0 B B A0 ¤ B 0 = B @ a01;1B 0 a02;1B 0 .. . a01;2B 0 a02;2B 0 .. . ::: ::: a01;nB 0 a02;nB 0 .. . 1 a1;1B a2;1B .. . a1;2B a2;2B .. . ::: ::: a1;nB a2;nB .. . an;1B an;2B ::: an;nB C C C deux éléments de Mnp(K). A 1 C C C et A a0n;1B 0 a0n;2B 0 : : : a0n;nB 0 D’après les règles du produit matriciel on a Ck (M:N ) = M:Ck (N ) La colonne (i ¡ 1)p + j de (A ¤ B):(A0 ¤ B 0 ) est obtenu en calculant (A ¤ B):(Ci (A0 ) ¤ Cj (B 0)) . Cette colonne est donc d’après 2.a (A:Ci (A0)) ¤ (B:Cj (B 0 )) = Ci (A:A0 ) ¤ Cj (B:B 0 ) .C’est donc la colonne d’indice (i ¡ 1)p + j de (A:A0 ) ¤ (B:B 0) (A ¤ B):(A0 ¤ B0 ) = (A:A0 ) ¤ (B:B 0 ). 3)Soient A 2 Mn(K) et B 2 Mp(K). Pour tout entier k ¸ 2, on a par récurrence d’après 2.b., (A ¤ B)k = (Ak ) ¤ (B k ). Ainsi A ¤ B nilpotente , 9k ¸ 1; (A ¤ B)k = 0 , 9k ¸ 1; Ak = 0 ou B k = 0 (question 1) , A nilpotente ou B nilpotente. 4) a)On suppose que A 2 Mn(K) et B 2 Mp(K) sont inversibles. D’après 2.b., on a (A ¤ B):(A¡1 ¤ B¡1 ) = (A:A¡1 ) ¤ (B:B ¡1) = In ¤ Ip = Inp. ¡1 ¡1 Il en résulte que A 0 ¤ B est inversible, et (A ¤ B)¡1 1 = (A ) ¤ (B ). 1 0 1 ¡1 0 ¡1 B 0 ¡1 0 0 0 1 1 0 C B C µ ¶ 1 0 1 B 0 1 1 0 ¡1 ¡1 C 1 ¡1 C véri…e M = A¤B avec A = b)La matrice M = B et B = @ 0 ¡1 0 A B 2 0 2 1 C 0 1 2 1 B C 0 1 1 @ 0 ¡2 0 0 ¡1 0 A 0 2 2 0 1 1 deux matrices inversibles. D’après a., M est donc inversible et 0 1 1 ¡1 ¡1 1 ¡1 ¡1 B 0 ¡1 0 0 ¡1 0 C 0 1 µ ¶ B C 1 ¡1 ¡1 B 1 1 1 1 0 1 1 C 1 1 B 0 ¡1 ¡1 ¡1 C @ A 0 ¡1 0 M = (A ) ¤ (B ) = 3 ¤ =3B ¡2 1 ¡2 2 2 1 ¡1 ¡1 C B C 0 1 1 @ 0 2 0 0 ¡1 0 A 0 ¡2 ¡2 0 1 1 5) 1 0 Jp (s) 0 ::: ::: 0 C B .. .. .. C B 0 . . . C B C B .. . . . J (s) C B . p C. a)Le calcul donne Jn (r) ¤ Jp (s) = B C B .. C B . 0 C B C B . . . . . . . . .. A @ .. 0 : :: ::: 0 La matrice Jn(r) ¤ Jp(s) est une matrice diagonale. Le rang est donc le nombre de coe¢cients diagonaux non nuls soit rgJn(r) ¤ Jp (s) = rs b)Soient A 2 Mn (K) et B 2 Mp (K) de rangs respectifs r et s. Alors A et B sont respectivement équivalentes à Jn(r) et Jp(s) : il existe P1 ; Q1 2 GLn (K) et P2 ; Q2 2 GL p(K) tels que A = P1:Jn(r):Q1 et B = P2:Jp (s):Q2: En utilisant 2.b. on obtient A ¤ B = (P1 ¤ P2):(Jn(r) ¤ Jp (s)):(Q1 ¤ Q2). D’après 4.a les matrices (P1 ¤ P2 ) et (Q1 ¤ Q2) sont inversibles. Il en résulte que A ¤ B est équivalente à la matrice Jn (r) ¤ Jp (s) de rang rs, elle est donc de rang rs. rg(A ¤ B) = rg(A)rg(B) c)Si A ¤ B est inversible, alors rg(A ¤ B) = np. Si rg(A) < n alors comme rg(B) · p on a rg (A ¤ B) < np . Absurde . Donc A est inversible. Idem pour B . La réciproque a été montrée à la question 4 . A ¤ B inversible ssi A et B inversibles. 6) a) Le vecteur Ui ¤ Vj a tous ses coe¢cients nuls, à l’exception du (i ¡ 1)p + j-ème qui est égal à 1. A i …xé j¡ > (i ¡ 1)p + j [1; p] ¡ > [[(i ¡ 1)p + 1; ip]] est bijective . Donc (i; j)¡ > (i ¡ 1)p + j [1; n] £ [1; p] ¡ > [[1; np]] est aussi bijective . Ui ¤ Vj = W(i¡1)p+j est donc dans la base canonique de Knp et on a tous les vecteurs de base une fois et une seule. b)Pour i 2 [1; n] et j 2 [1; p], on a, d’après 2.a., (A ¤ B):(Ui ¤ Vj ) = (A:Ui ) ¤ (B:Vj ). 2 Pp P (B) = P Par ailleurs, A:Ui = Ci (A)P= n k;i Uk et B:Vj = CjP l=1 bl;j Vl . Il en résulte, par bilinéarité de k=1 aP p p n ¤, que (A ¤ B):(Ui ¤ Vj ) = n k=1 ak;i ( l=1 bl;j Uk ¤ Vl ) = l=1 bl;j ( k=1 ak;i Uk ¤ Vl ) en changeant l’ordre des indices. . On peut alors interprété A ¤ B comme la matrice d’un endomorphisme de Knp exprimé dans la base B = (U1 ¤ V1 ; U1 ¤ V2 ¢ ¢ ¢ ; U1 ¤ Vp; U2 ¤ V1; ¢ ¢ ¢ ; Un ¤ Vp ) sachant que Ui ¤ V j est le ( i ¡ 1)p + j -ème vecteur de base la colonne (i ¡ 1)p + j permet alors de calculer: 0 1 a1i b1;j (sur U1 ¤ V1 ) .. B C B C . B C B a1;i bp;j (sur U1 ¤ Vp ) C B C à ! p n B a2;i b1;j (sur U2 ¤ V1 ) C X X B C (A ¤ B):(Ui ¤ Vj ) = ak;i bl;j Uk ¤ Vl = B C .. B C . k=1 l=1 B C B a2;i bP;j (sur U2 ¤ Vp ) C B C B C .. @ A . an;i bp;j (sur Un ¤ Vp ) On peut chercher à exprimer cet endomorphisme dans la base B0 = (U1 ¤ V1; : : : ; Un ¤ V1 ; : : : ; U1 ¤ Vp ; : : : ; Un ¤ Vp ): base dans la quelle Ui ¤ Vj est le ( j ¡ 1)n + i ¡ me vecteur de base. Pp Pn En changeant l’ordre de la sommation, on a vu que (A ¤ B):(U i ¤ Vj ) = l=1 bl;j ( k=1 ak;i U k ¤ Vl ). qui correspond à une écriture dans la base B 0 = (U1 ¤ V1 ; : : : ; Un ¤ V1; : : : ; U 1 ¤ V p; : : : ; Un ¤ Vp ). 0 0 L’image,0par l’endomorphisme associé 1 à A ¤ B, du (j ¡ 1)n + i-ème vecteur de B est, dans la base B , le vecteur a1i b1;j (sur U1 ¤ V1) C B .. C B . C 0 B 1 B an;i b1;j (sur Un ¤ V1) C b1;j Ci (A) C B B a1;i b2;j (sur U1 ¤ V2) C B b2;j Ci (A) C C C B B colonneB C = Cj (B) ¤ Ci (A). C= B .. .. C B A @ . . C B B an;i b2;j (sur Un ¤ V2) C b C (A) p;j i C B C B .. A @ . an;i bp;j (sur U n ¤ Vp) Il en résulte que la matrice associée à A ¤ B dans la base B0 est B ¤ A. Remarque : essayer avec n = 2 et p + 2 pour voir ce qu’il se passe. c)Les deux matrices sont donc semblables et la traduction matricielle du changement de bases s’écrit B ¤ A = P ¡1(A ¤ B)P Remarque : 5/2 le sujet demandait aussi de montrer que la matrice de passage est orthogonal. Partie II 1) a)Soit X 2 Kn un vecteur propre de A pour la valeur propre ¸ et Y 2 Kp un vecteur propre de B pour la valeur propre ¹. Comme au I 1 on montre que X ¤ Y 2 Knp est un vecteur non nul et d’après I 2 : (A ¤ B):(X ¤ Y ) = (A:X) ¤ (B:Y ) = (¸X) ¤ (¹Y ) = ¸¹X ¤ Y: Ainsi, X ¤ Y un vecteur propre de A ¤ B pour la valeur propre ¸¹. b)On suppose que A et B sont diagonalisables. Il existe deux matrices diagonales D et D0 et deux matrices inversibles P et Q telles que A = P DP ¡1 et B = QD0 Q¡1: . d’après I 2 A¤B = (P ¤Q)(D¤D0)(P ¡1 ¤Q¡1) . Soit d’après I 4 A¤B = (P ¤Q)(D¤D0 )(P ¤Q)¡1 . Comme P ¤ Q est inversible (I 4) et D ¤ D0 diagonale de coe¢cients di d0j : (A; B) diagonalisable ) (A ¤ B) diagonalisable et sp(A ¤ B) = Sp(A):Sp(B) Une base de vecteurs propres est donnée par les colonnes de P ¤ Q donc par les vecteurs Ci ¤ Dj où Ci est un vecteur propre de A0et Dj un vecteur propre de B . 1 ¡1 0 ¡1 0 µ ¶ µ ¶ B 1 1 1 1 C 1 1 ¡1 0 B C véri…e M = A ¤ B avec A = et B = . c)La matrice M = @ 1 1 1 1 ¡1 0 ¡1 0 A 1 1 1 1 3 ² – La matrice A est diagonalisable dans M2(R). U1 = vecteur propre pour ¸2 = 0. µ La matrice B est diagonalisable dans M2(R). V1 = µ 1 1 ¶ 2 ¡1 est un vecteur propre pour ¸1 = 2 et U2 = ¶ 1 ¡1 est un vecteur propre pour ¹1 = ¡1 et V2 = un vecteur propre pour ¹2 = 1. D’après b., M est donc diagonalisable avec Sp(M ) = f¡2; 2; 0g et EM (¡2) =Vect(U 1 ¤ V 1), EM (2) =Vect(U1 ¤ V2 ), EM (0) =Vect(U2 ¤ V1 ; U2 ¤ V2) où 0 1 0 1 0 1 0 2 0 2 0 B ¡1 C B 1 C B ¡1 C B 1 C B C B C B U 1 ¤ V1 = B @ 2 A ; U1 ¤ V2 = @ 0 A ; U2 ¤ V1 = @ ¡2 A ; U2 ¤ V2 = @ 0 ¡1 1 1 ¡1 1 C C: A 2) a)Soit U un vecteur propre de A pour la valeur propre ¸. L’ensemble U ¤ Kp = fU ¤ Y = Y 2 Kp g est un sous-espace vectoriel de Knp : non vide stable par combinaison linéaire .(à rédiger) Pour tout Y 2 Kp, on a (A ¤ B):(U ¤ Y ) = (A:U) ¤ (B:Y ) = (¸U ) ¤ (B:Y ) = ¸ (U ¤ (B:Y )) = U ¤ ¸(B:Y ). Ainsi comme ¸(B:Y ) 2 Kp , U ¤ Kp est stable par A ¤ B. b)Soit U0 un vecteur propre de A pour la valeur propre ¸0. D’après a., U 0 ¤ Kp est stable par A ¤ B, donc la restriction à U 0 ¤ Kp de l’endomorphisme associé à A ¤ B est diagonalisable. Il existe donc une base composée de vecteurs propres. De plus (Y ¡ > UO Y ) est un isomorphisme: ² linéarité d’après le prologue ² noyau réduit à zéro : U0 ¤ Y = 0 et U0 6= 0 implique Y = 0 d’après 1 1. La base de vecteurs propres est donc de cardinal p . Notons (U0 ¤ V 1; : : : ; U0 ¤ Vp ) la base de vecteurs propres de U0 ¤ K p, composée de vecteurs propres de A ¤ B pour des valeurs propres ®1 ; : : : ; ®p . Pour tout j 2 [1; p], on a (A ¤ B):(U0 ¤ Vj ) = ®j (U0 ¤ Vj ) = U0 ¤ (®j Vj ) Donc d’après I 2 : (AU 0) ¤ (BV j ) = U0 ¤ (®j Vj ) or AU0 = ¸0 U0 . Donc (¸0U 0) ¤ (BV j ) = U0 ¤ (®j Vj ) La relation U0 ¤ (®j Vj ) ¡ U0 ¤ (¸0B:Vj ) = U0 ¤ (®j Vj ¡ ¸0B:Vj ) = 0, combinée avec I 1 ( comme U 0 6= 0 ) donne ®j Vj ¡ ¸0B:Vj = 0. Il en résulte que (V1; : : : ; V p) est une base de Kp , composée de vecteurs propres de ®1 ;:::P ; ®¸p0 . B pour les valeurs propres ¸0 P C’est une base car ¸i Vi = 0 ) ¸ i (U0 ¤ Vi ) = 0 ) 8i; ¸i = 0 Ainsi, B est diagonalisable. 3)Si 0 est la seule valeur propre de A alors d’après II 1 0 est la seule valeur propre de A ¤ B . Donc comme A ¤ B est diagonalisable A ¤ B = P:0:P ¡1 = 0: Absurde Donc A admet une valeur propre non nul alors B est diagonalisable d’après la question précédente. Comme A¤B et B¤A sont semblables on a que B admet une valeur propre non nul puis que A est diagonalisable. A ¤ B non nul , K = C: A ¤ B diagonalisable ssi A et B diagonalisables 4)Supposons que A soit diagonalisable. Comme A 6= 0 ( sinon A ¤ B = 0), il en résulte que SpR (A) contient une valeur propre non nulle( par le même argument qu’à la question précédente). Ainsi, d’après 2.b., B est diagonalisable . Si B est diagonalisable, alors SpR (B) contient une valeur propre non nulle. Le même raisonnement appliqué à B ¤ A permet d’établir que A est diagonalisable. 5) a)Si A admet une valeur propre réelle non nulle, alors, d’après 2.b., B est diagonalisable (dans Mp (R) ) ; ce qui est contraire à l’hypothèse. On établit, de la même manière, que B n’admet pas de valeur propre réelle non nulle. b)Soient ¸ 2 SpC (A) et ¹ 2 SpC (B) non nulles. D’après 1.a., on a ¸¹ 2 SpC (A ¤ B). Comme A ¤ B est diagonalisable (dans Mnp (R)), les valeurs propres de A ¤ B sont réels ainsi ¸¹ est un réel non nul. Comme B est une matrice réelle, on a ¹ 2 SpC (B). Ainsi, de la même manière, on établit que ¸¹ est un réel non nul. Il en résulte que ¸¹ ¸¹ = ¸2j¹j2 2 R avec j¹j2 > 0, ainsi ¸2 est un réel. 4 µ µ ¶ 0 1 un ¶ De même, en utilisant ¸¹, on établit que ¹2 est un réel. Donc A et B admettent des valeurs propres non nulles, qui sont des imaginaires purs (et leur conjugués), et éventuellement la valeur propre 0. c)Soient i® 2 SpC (A) avec ® > 0 et X un vecteur propre associé. On a A:X = i®X et A:X = ¡i®X. X et X sont linéairement indépendants dans Cn.:Si on suppose X = kX on a aussi en appliquant A; X = ¡kX donc k = 0 et X = 0 ce qui est absurde . n Il en résulte que les vecteurs ¡ (réels)¢ X + X et i(X ¡ X) sont linéairement indépendants dans R : s’il existe deux réels a et b tels que a X + X + bi(X ¡ X) = 0 on a (a + bi) = (a ¡ ib) = 0 donc a = b = 0 . Le calcul donne ¡ A:(X + X) = ®i(X ¢ ¡ X) et A:i(X ¡ X) = ¡®(X + X). Le plan VectR X + X; i(X ¡ X) est donc µ stable par ¶ A et la matrice de l’endomorphisme induit par A dans la 0 ¡1 . base (X + X; i(X ¡ X)) est ®S où S = 1 0 d)D’après 3., A est diagonalisable dans Mn(C). On a (X1; X1 ; X2; X2 ; : : : ; Xr ; Xr ) un système libre de Cn composée de vecteurs propres de A pour les valeurs propres i®1; ¡i®1; i®2; ¡i®2; : : : ; i®r ; ¡i®r et 0 d’ordre n ¡ 2r où r > 0 et ®k > 0 pour k 2 [1; r]. On véri…e aisément que la famille de vecteurs (réels) (X1 + X 1; i(X1 ¡ X 1); X2 + X 2 ; i(X2 ¡ X 2); : : : ; Xr + X r ; i(Xr ¡ X r )) est linéairement dans Rn: ¢¢ ¢ ¡ Pr ¡ ¡ indépendante Soit j=1 aj Xj + Xj + bj i Xj ¡ Xj = 0 avec (aj ; bj ) 2 R2r . On regrouppe les termes en Xp et Xp : On a alors comme la famille est libre dans Cn 8j : aj + ibj = aj ¡ ibj = 0 donc 8j : aj = bj = 0 0 Il existe aussi une base réelle (X2r+1 ; : : : ; Xn0 ) de ker(A), sous espace de Rn. Montrons que la famille B0 suivante est une base de Rn. 0 ; : : : ; Xn0 ) B0 = (X1 + X 1; i(X1 ¡ X1 ); : : : ; Xr + Xr ; i(Xr ¡ X r ); X2r+1 En e¤et, soit r X (1) k=1 uk (Xk + X k ) + vk i(Xk ¡ X k ) + n X wlXl0 = 0 l=2r+1 avec uk ; vk 2 R pour k 2 [1; r] Pet wl 2 R pour l 2 [2r + 1; n]. L’image de (1) par A donne rk=1 uk ®k i(Xk ¡ Xk ) ¡ vk ®k (Xk + X k ) = 0. La famille (X1 + X1 ; i(X1 ¡ X 1); : : : ; Xr + X r ; i(Xr ¡ X r )) étant llibre et ®k > 0 pour tout k, il en résulte que uk = vk = 0 pour tout k. En reportant dans (1), on obtient wl = 0 pour tout l. D’après le résultat établi en c., la matrice associée à A dans la base B0 s’écrit donc 1 0 ®1 S 0 ::: 0 C B .. .. .. C B 0 . . . C: B C B .. .. @ . . ®r S 0 A 0 : :: 0 0n¡2r D’après 3., B est diagonalisable dans Mn(C). De manière totalement analogue, on établit l’existence de s > 0 semblable, dans Mp(R), à la matrice antisymétrique 0 ¯ 1S 0 : :: 0 B .. . . .. .. B 0 . B B . . .. ¯ S @ .. 0 s 0 ::: 0 0p¡2s 6) 0 B B Pour M 2 Mn(R) et N 2 Mp (R) on a M ¤ N = B @ 0 B B N) = B @ m1;1tN m1;2tN .. . m2;1 tN m2;2 tN .. . ::: ::: mn;1t N mn;2t N .. . m1;ntN m2;n tN ::: mn;nt N 1 et ¯ k > 0 pour k 2 [1; s] tels que B soit 1 C C C: C A m1;1N m2;1N .. . m1;2 N m2;2 N .. . : :: : :: mn;1N mn;2 N : : : mn;nN C C C = (tM ) ¤ (t N ). A 5 m1;nN m2;nN .. . 1 C C C 2 Mnp (K). Ainsi,t(M ¤ A 7)Soit M 0 et N 0 les matrices antisymétriques semblables à M et N .Il su¢t de prouver les résultats demandés pour M 0 et N 0 : a)Soit ¸ une valeur propre de M 0 et X 0 un vecteur propre associé. On a M 0X 0 = ¸X 0 . 0 Pour introduire l’antisymétrie utilisons la transposition :t X0tM 0 = ¸t X 0 . donc tX 0 M 0 = ¡¸tXP . t 0 0 t 0 t 0 0 0 t 0 0 Si on calcul de deux façons di¤érentes X M X on obtient ¸ X X = ¡¸ X X: Or X X = x02 i 6= 0 donc ¸=0 Si M 0 est diagonalisable, alors M 0 est semblable à 0n, donc nulle; ce qui est contraire à l’hypothèse. De même, la matrice N 0 ne peut pas être diagonalisable. b)D’après 6., on a t(M 0 ¤ N 0 ) = (tM 0 ) ¤ (tN 0 ) = (¡M 0 ) ¤ (¡N 0 ) = M 0 ¤ N 0 . Ainsi, M 0 ¤ N 0 est une matrice symétrique réelle, elle est donc diagonalisable. Et M ¤ N, matrice semblable à M0 ¤ N 0 6