corrigé

Concours marocain 2006 PSI math 2
EXERCICE
1. Par dé…nition de l’isomorphisme entre matrice et application linéaire on a: MB(u3+u) = A3+A= 0, donc u3+u= 0
et MB(u) = A6= 0, donc u6= 0.
2.
a) Par l’absurde : Si uést injectif alors uest bijective (dimension …nie) , donc si u3+u= 0 alors en composant par u1,
u2+Id = 0, . Ainsi A2=I3, et donc det(A2) = det(I3), d’où det(A)2=1ce qui est impossible, donc un’est pas
injective.
b) u2 L(R3,R3), donc dim(Ker(u)) 3. D’après la question précédente uest injective, donc dim(Ker(u)) 6= 0 et comme
u6= 0 Ker(u)6=R3et donc dim(Ker(u)) 6= 3, d’où
dim(Ker(u)) 2 f1;2g
3.
la somme est directe:
soit x2Ker(u)\Ker(u2+Id)on a donc u(x) = 0 et x=u2(x)et donc x=u(0) = 0, donc Ker (u)\Ker(u2+Id) = f0g
elle est égale à E:
Soit x2Eon montre x2Ker(u)Ker(u2+Id)
–analyse : si x=k+vavec u(k) = ! 0et u2(v) = von a: u(x) = u(v)et u2(v) = u2(x)donc v=u2(x)et
k=x+u2(x)
–véri…cation : si k=x+u2(x)et v=u2(x)on a bien : x=k+v,u(k)=(u+u3)(x) = ! 0et u2(v) =
u4(x) = uu3(x)=v(en utilisant deux fois u3+u= 0 )
donc E= Ker(u)Ker(u2+Id)
Donc dim(Ker(u2+Id)) = dim(E)dim(Ker(u)) = 3 dim(Ker(u)) 2 f1;2g, car dim(Ker(u)) 2 f1;2g
dim(Ker(u2+Id)) 2 f1;2g
4.
a)Soit x2F= Ker(u2+Id), on montre que u(x)2Ker(u2+Id): on a u2(x) + x= 0, donc en composant par u:
u3(x) + u(x) = u(0) = 0, donc (u2+Id)(u(x)) = 0, d’où
Fest stable par F.
On peut aussi véri…er que uet u2+Id commutent et dire que le noyau de l’un est stable par l’autre.
b)si xest élément de Fon a par dé…nition de F:u2(x) = xet donc v2(x) = x=)v2=IdF.
c)det(v2) = det(IdF) = (1)dim(F), or det(v2) = det(v)20, et dim(F)2 f2;3g, d’où dim(F) = 2.
d)Soit une valeur propre réelle de v, et xun vecteur propre associé, alors v(x) = x et donc v2(x) = v(x) = v(x) =
2x, or v2=Id d’où comme x6=! 0:2=1, impossible dans R.
5.
a)Par stabilité de F e0
3est aussi dans F.
Soit ;  réels tels que e0
2+e0 3= 0, on compose par u, d’où e0 3e0 2= 0, car u(e0 2) = e0 3et u(e0 3) = u2(e0 2) = v2(e0 2) =
e0
2,On obtient alors le système: e0
2+e0 3= 0
e0
2+e0 3= 0
On élimine e0
3:2+2e0 2=!
0.e0
2étant non nul 2+2= 0 , et comme on a des réels == 0
b)Comme Card(B0) = dim(E) = 3, pour montrer que c’est une base, il su¢ t de montrer qu’elle est libre:
soit ; ;  des réels tels que e0
1+e0 2+e0 3= 0, si on compose par u, on obtient : e0 3e0 2= 0 car u(e0 1) = 0; u(e0 2) =
e0
3; u(e0 3) = e0 2, or la famille (e0 2; e0 3)est libre, donc == 0 et par suite ae0 1= 0, d’où comme e0 16= 0 a= 0, donc la
famille B0est libre.
B0est une base

B=0
@
0 0 0
0 0 1
0 1 0 1
A
par dé…nition Aet Bsont semblables
toute matrice 33non nulle véri…ant A3+A= 0 est semblable à0
@
0 0 0
0 0 1
0 1 0 1
A
PROBLEME
Première partie.
1.
a)On décompose Adans la base canonique A=X
(i;j)2[[1;n]]2
ak;lEk;l donc:
AEi;j =X
(i;j)2[[1;n]]2
ak;lEk;lEi;j
or si l6=ion a Ek;lEi;j = 0 et si i=l Ek;lEi;j =Ek;j
AEi;j =
n
X
k=1
ak;iEk;j
de même
Ei;j A=X
(i;j)2[[1;n]]2
ak;lEi;j Ek;l =X
(i;j)2[[1;n]]2
ak;lk;j Ei;l =
n
X
l=1
aj;lEi;l
Ei;j A=
n
X
l=1
aj;lEi;l
On a : AEi;j est une matrice ayant toutes ses colonnes nulles sauf la colonne jqui est égal à la colonne ide A:
On a : Ei;j Aest une matrice ayant toutes ses lignes nulles sauf la ligne iqui est égal à la ligne jde A
b)
AM =MA =)AM MA = 0 =) 8 (i; j)2[[1; n]]2AEi;j =Ei;j A
donc d’après le calcul précédent
AM =MA =) 8 (i; j)2[[1; n]]2
n
X
k=1
ak;iEk;j =
n
X
l=1
aj;lEi;l
or on a la base canonique de Mn(C). Donc si k=iet l=jla coordonnée sur Ei;j est la même donc ai;j =aj;j . Dans
tous les autres cas (k; i)6= (i; l)et donc ak;i = 0 et aj;l = 0
Donc les ai;i sont tous égaux et les autres termes sont tous nuls. D’où M=In:
Réciproquement si M=Inon véri…e sans problème que pour toute matrice Ala relation AM =M A estr vraie.
Remarque : on peut aussi "dessiner" des matrices pour voir les coe¢ cients associés:
1      j      n
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0   0a1;i 0   0
.
.
..
.
..
.
..
.
..
.
.
.
.
..
.
..
.
..
.
..
.
.
.
.
..
.
.ai;i
.
.
..
.
.
.
.
..
.
..
.
..
.
..
.
.
.
.
..
.
..
.
..
.
..
.
.
O   0an;i 0   0
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
=
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0              
.
.
..
.
.
0               0
aj;1aj;j aj;n
0               0
.
.
..
.
.
0               0
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
1
.
.
.
i1
i
i+ 1
.
.
.
n
2

2.
a)La trace est linéaire et T r(Ek;j ) = k;j donc T r(AEi;j ) = T r n
X
k=1
ak;iEk;j !=aj;i.
T r(AEi;j ) = aj;i
b)T r(AM) = 0 =) 8 (i; j)2[[1; n]]2:T r(AEi;j ) = 0 donc : 8(i; j)2[[1; n]]2:aj;i = 0
(8M2 Mn(R); T r(AM) = 0) =)A= 0
la réciproque est évidente.
3. Question de cours : Si on pose A= (ai;j ); B = (bi;j ); AB = (ci;j ); BA = (di;j ), on a:8(i; j)2[[1; n]]2ci;j =
n
X
k=1
ai;kbk;j et
T r(AB) =
n
X
i=1
ci;i =
n
X
i=1
n
X
k=1
ai;kbk;i et on a aussi: T r(BA) =
n
X
i=1
di;i =
n
X
i=1
n
X
k=1
bi;kak;i, en échangeant les indices iet k,
on a bien que: T r(AB) = T r(BA).
4. Le produit par une matrice inversible conserve le rang et la transposition conserve le rang , donc rg(P M Q) = rg(M)et
rg(PtM Q) = rg(tM) = rg(M)
5. det(P MQ) = det(P) det(M) det(Q), donc uP;Q conserve le déterminant si et seulement si det(P) det(Q)=1. De même
pour vP;Q, puisque det(tM) = det(M).
Deuxième partie.
1. Comme le corps de base est C, le polynôme caractéristique est de la forme :
{() = (1)nn+ (1)n1n1tr(M) +
n2
X
i=2
ii+ det(M)
donc en identi…ant les coe¢ cients de n1et 0: si Met (M)ont le même polynôme caractéristique
ils ont même déterminant et même trace.
2. C’est une conséquence de la propriété admise au début de la 2ème partie.
3. Soit (i; j)2[[1; n]]2
a)Si  = uP;Q, alors T r (P Ei;j Q) = T r ((Ei;j )) = T r(Ei;j )car conserve la trace.
Si  = vP;Q, alors T r (P Ei;j Q) = T r (tEi;j )=T r(tEi;j ) = T r(Ei;j ).
T r(P Ei;j Q) = T r(Ei;j )
b)On a T r(AB) = T r(BA)donc 8(i; j)2[[1; n]]2:T r(P Ei;j Q) = T r(QP Ei;j )donc d’après la question précédente
8(i; j)2[[1; n]]2:T r ((InP Q)Ei;j ) = 0 Le calcul fait au I.2.b) donne P Q In= 0, d’où Q=P1.
4. D’après tout ce qui précède on conclut que les endomorphismes qui conservent le polynôme caractéristique sont de la
forme uP;P 1ou vP;P 1
Réciproquement si (M) = P MP 1,det(P MP 1In) = det PfMIngP1= det(P) det (MIn) det(P1) =
det(PIn)et de même si (M) = PtMP 1car det tMIn= det(MIn)en transposant.
un endomorphisme conserve le déterminant ssi il est du type uP;P 1ou vP;P 1
5.
a) est linéaire (véri…cation immédiate) , d’autre part soit:
M=a b
c d on a:
(M) = a+d0
0a+da b c d =db c a 
3

d’où si M2Ker() on a a=b=c=d= 0.est injective comme il s’agit d’un endomorphisme en dimension …ni, alors
est un isomorphisme
b)On cherche a b
c d non nulle et réel telle que :
db
c a =a b c d 
Si b6= 0 ou c6= 0 on a =1. Puis si =1le système équivaut à a+d= 0 .1est valeur propre et le sous
espace propre associé est l’hyperplan d’équation a+d= 0 . Il est donc de dimension 3:
si 6=1on a b=c= 0 et d=a; a =d donc d=2a, si = 1 on a Vect 1 0
0 1 si 6= 1 ,a= 0 donc d= 0
absurde.
La somme des dimensions des sous espaces propres est 3 + 1 = 4 = dim (M2(R)) .
est diagonalisable
c)soit: M=a b
c d , donc (M) = db c a , il est clair que ces deux matrices ont même polynôme caractéristique
:ad bc
d) on cherche P= 
  telle que 8M,(M) = PtMP 1qui équivaut à 8M (M)P=PtMSoit :
8(a; b; c; d)d b d b
c +a bc +a =a +b c +d a +b c +d 
Les coe¢ cients doivent être égaux :si a= 1; b =c=d= 0 on a : == 0 , si b= 1; a =c=d= 0 on a = 0 et
=...
P=0
0, inversible pour 6= 0 , et on véri…e alors que Pest solution.
une solution est P=0 1
1 0 
Troisième partie.
Attention ici n’est pas supposée être linéaire.
1.
a)On a(A)(B)et AB ont même polynôme carctéristique donc, comme à la question II.1, (A)(B)et AB ont même
trace, en particulier
8(i; j)2[[1; n]] 2,T r((Ei;j )(Ek;l)) = T r(Ei;j Ek;l) = T r(j;k Ei;l) = j;k T r(Ei;l) = j;ki;l:
la trace est nulle sauf si j=ket i=l:
b)On a Card ((Ei;j )) = n2= dim (Mn(C)), pour montrer que c’est une base il su¢ t alors de montrer qu’elle est libre.
En e¤et soit (i;j )des nombres complexes tels que X
(i;j)2[[1;n]]
i;j (Ei;j ) = 0, on a donc pour tout (k; l):T r 0
@X
(i;j)2[[1;n]]
i;j (Ei;j ):(Ek;l)1
A=
0. Donc d’après la linéarité de la trace et la relation précédente : X
(i;j)2[[1;n]]
i;j j;ki;l = 0 . Dans la Xtous les termes
sont nuls sauf celui pour i=l; j =kil reste donc : 8(k; l)2[[1; n]]2:l;k = 0 d’où
la famille ((Ei;j )(i;j)2[[1;n]]2est libre
4

2.
a) pour toutes matrices A; B et tous indices i; j on a par linéarité de la trace et en utilisant le calcul précédent :
T r (((A+B)(A)(B))(Ei;j )) = T r ((A+B)(Ei;j )(A)(Ei;j )(B)(Ei;j ))
=T r ((A+B)(Ei;j )) T r ((A)(Ei;j )) T r ((B)(Ei;j ))
=T r ((A+B)Ei;j )T r (AEi;j )T r (BEi;j ))
= 0
b)Comme la trace est linéaire M> T r (((A+B)(A)(B))M)est aussi linéaire de plus
T r (((A+B)(A)(B))M) = 0
est véri…é pour toute matrice de la base ((Ei;j )(i;j)2[[1;n]]2, donc la relation est véri…ée pour toute les matrices M2
Mn(C). D’après la question I.2.b) , on conclut que (A+B)(A)(B) = 0.
8(A; B)2 Mn(C)2;(A+B) = (A) + (B)
3. Soit 2Cet A2 Mn(C), on montre comme dans la question précédente que: T r (((A)(A))(Ei;j )) = 0, puis
on en déduit que 8M,T r (((A)(A))M)) = 0 et donc que: (A)(A), d’où est linéaire
Soit alors A2Ker (), donc 8(i; j)2[[1; n]] 2; T r(AEi;j ) = T r((A)(Ei;j )) = 0,et toujours avec la question I.2 A= 0.
est injective,de plus c’est un endomorphisme en dimension …nie, alors
est un un automorphisme
4. E2
i;j =Ei;j Ei;j =i;j j;i = 0 car i6=j, donc le polynôme carctéristique de E2 i;j est ()n. donc celui de  (Ei;j )2est
aussi ()nd’après l’hypothèse sur .
Le polynôme caractéristique est scindé donc  (Ei;j )2est trigonalisable , et la matrice triangulaire Tsemblable à  (Ei;j )2
n’a que des zéros sur la diagonale (la seule valeur propre).
On a T=
0
B
B
B
B
B
B
B
@
0t1;2t1;3   t1;n
0.......
.
.
.
.
...........
.
.
.
.
.......tn1;n
0      0 0
1
C
C
C
C
C
C
C
A
d’où T2=
0
B
B
B
B
B
B
B
@
0 0 t0
1;3   t0 1;n
0..........
.
.
.
.
..........t0
n2;n
.
.
.......0
0      0 0
1
C
C
C
C
C
C
C
A
Si pour Ton a 8ji,ti;j = 0 alors si T2= (t0
i;j ):t0 i;j =
n
X
k=1
ti;ktk;j =
n
X
k=i+1
ti;ktk;j car pour ki tk;i = 0 . Donc
si ji+ 1 on a pour tout k tk;j = 0 et donc t0
i;j = 0
Par récurrence sur psi on suppose Tp= (i;j )avec i;j = 0 si ji+p1on a Tp+1 =0
i;j avec 0 i;j =
n
X
k=1
ti;kk;j =
n
X
k=i+1
ti;ktk;j = 0 si ji+p
On a donc Tn= 0 et donc (Ei;j )2n= 0
8i6=j,(Ei;j )est nilpotente
5. Gexiste (et est unique) car est bijective véri…ant (G) = In
a)D’après l’hypothèse de la partie III, AG et (A)(G) = (A)ont même polynôme caractéristique..
b)D’après le calcul du I1a on a Ei;j Gest une matrice ayant toutes ses lignes nulles sauf la ligne iqui est égal à la ligne
jde G, d’où det(GIn)=(1)nn1(gj;i).(écrire la matrice)
c)Pour i6=j, la matrice (Ei;j )est nilpotente, donc son polynôme caractéristique est ()n. Les deux polynômes
caractéristiques sont égaux donc gj;i = 0 , d’où Gest diagonale.
D’autre part, G2et (G) = Inont même polynôme caractéristique d’après 5.a) avec A=Gor Gest diagonale donc
G2=diag(g2
1;1; : : : ; g2 n;n)et l’égalité des polynômes caractéristiques donnent (1)n(1)n= (1)n
n
Y
i=1
(g2
i;i), d’où
g2
i;i = 1 et par suiteG2=In.
5