corrigé

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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) = A 6= 0, donc u 6= 0.
2.
a) Par l’absurde : Si u ést injectif alors u est 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 = 1 ce qui est impossible, donc u n’est pas
injective.
b) u 2 L(R3 ,R3 ), donc dim(Ker(u)) 3. D’après la question précédente u est injective, donc dim(Ker(u)) 6= 0 et comme
u 6= 0 Ker(u) 6= R3 et donc dim(Ker(u)) 6= 3, d’où
dim(Ker(u)) 2 f1; 2g
3.
la somme est directe:
soit x 2 Ker(u)\Ker(u2 +Id) on a donc u(x) = 0 et x =
elle est égale à E :
Soit x 2 E on montre x 2 Ker(u)
Ker(u2 + Id)
!
– analyse : si x = k + v avec u(k) = 0 et u2 (v) =
k = x + u2 (x)
u2 (x) et donc x =
u(0) = 0, donc Ker (u) \ Ker(u2 + Id) = f0g
v on a: u(x) = u(v) et u2 (v) = u2 (x) donc v =
u2 (x) et
!
– véri…cation : si k = x + u2 (x) et v = u2 (x) on a bien : x = k + v , u(k) = (u + u3 )(x) = 0 et 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 x 2 F = Ker(u2 + Id), on montre que u(x) 2 Ker(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
F est stable par F .
On peut aussi véri…er que u et u2 + Id commutent et dire que le noyau de l’un est stable par l’autre.
b)si x est élément de F on a par dé…nition de F : u2 (x) =
c)det(v 2 ) = det( IdF ) = ( 1)dim(F ) , or det(v 2 ) = det(v)2
x et donc v 2 (x) =
x =) v 2 = IdF .
0, et dim(F ) 2 f2; 3g, d’où dim(F ) = 2.
d)Soit une valeur propre réelle de v, et x un vecteur propre associé, alors v(x) = x et donc v 2 (x) = v( x) = v(x) =
!
2
x, or v 2 = Id d’où comme x 6= 0 : 2 = 1, impossible dans R .
5.
a)Par stabilité de F e03 est aussi dans F .
Soit ; réels tels que e02 + e03 = 0, on compose par u, d’où e03
e02 = 0, car u(e02 ) = e03 et u(e03 ) = u2 (e02 ) = v 2 (e02 ) =
0
e2 ,On obtient alors le système:
e02 + e03 = 0
e02 + e03 = 0
!
On élimine e03 : 2 + 2 e02 = 0 . e02 étant non nul 2 + 2 = 0 , et comme on a des réels = = 0
b)Comme Card(B 0 ) = dim(E) = 3, pour montrer que c’est une base, il su¢ t de montrer qu’elle est libre:
soit ; ; des réels tels que e01 + e02 + e03 = 0, si on compose par u, on obtient : e03
e02 = 0 car u(e01 ) = 0; u(e02 ) =
0
0
0
0
0
0
e3 ; u(e3 ) = e2 , or la famille (e2 ; e3 ) est libre, donc = = 0 et par suite ae1 = 0, d’où comme e01 6= 0 a = 0, donc la
famille B 0 est libre.
B 0 est une base
0
0
[email protected] 0
0
par dé…nition A et B sont semblables
1
0
1 A
0
0
0
1
0
0
3 non nulle véri…ant A3 + A = 0 est semblable à@ 0
0
toute matrice 3
0
0
1
PROBLEME
1
0
1 A
0
Première partie.
1.
X
a)On décompose A dans la base canonique A =
ak;l Ek;l donc:
(i;j)2[[1;n]]2
X
AEi;j =
ak;l Ek;l Ei;j
(i;j)2[[1;n]]2
or si l 6= i on a Ek;l Ei;j = 0 et si i = l Ek;l Ei;j = Ek;j
AEi;j =
n
X
ak;i Ek;j
k=1
de même
X
Ei;j A =
X
ak;l Ei;j Ek;l =
(i;j)2[[1;n]]2
ak;l
k;j Ei;l
=
(i;j)2[[1;n]]2
Ei;j A =
n
X
n
X
aj;l Ei;l
l=1
aj;l Ei;l
l=1
On a : AEi;j est une matrice ayant toutes ses colonnes nulles sauf la colonne j qui est égal à la colonne i de A:
On a : Ei;j A est une matrice ayant toutes ses lignes nulles sauf la ligne i qui est égal à la ligne j de A
b)
AM = M A =) AM
2
M A = 0 =) 8 (i; j) 2 [[1; n]] AEi;j = Ei;j A
donc d’après le calcul précédent
2
AM = M A =) 8 (i; j) 2 [[1; n]]
n
X
ak;i Ek;j =
k=1
n
X
aj;l Ei;l
l=1
or on a la base canonique de Mn (C) . Donc si k = i et l = j la 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 = In on véri…e sans problème que pour toute matrice A la relation AM = M A estr vraie.
Remarque : on peut aussi "dessiner" des matrices pour voir les coe¢ cients associés:
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
1
0
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
O
0
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
j
a1;i
..
.
..
.
ai;i
..
.
..
.
0 an;i
0
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
n
0
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
0
0
1
C
C
C
C
C
C
C =
C
C
C
C
C
C
A
0
0
..
.
B
B
B
B 0
B
B aj;1
B
B 0
B
B .
@ ..
0
2
..
.
0
aj;j
aj;n
0
..
.
0
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
1
..
.
i
1
i
i+1
..
.
n
2.
a)La trace est linéaire et T r(Ek;j ) =
k;j
n
X
donc T r(AEi;j ) = T r
ak;i Ek;j
k=1
!
= aj;i .
T r(AEi;j ) = aj;i
2
2
b)T r(AM ) = 0 =) 8 (i; j) 2 [[1; n]] : T r(AEi;j ) = 0 donc : 8 (i; j) 2 [[1; n]] : aj;i = 0
(8M 2 Mn (R) ; T r(AM ) = 0) =) A = 0
la réciproque est évidente.
2
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]] ci;j =
T r(AB) =
n
X
ci;i =
i=1
n X
n
X
ai;k bk;i et on a aussi: T r(BA) =
i=1 k=1
n
X
n X
n
X
di;i =
i=1
on a bien que: T r(AB) = T r(BA).
n
X
ai;k bk;j et
k=1
bi;k ak;i , en échangeant les indices i et k,
i=1 k=1
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(P t M Q) = rg(t M ) = rg(M )
5. det(P M Q) = 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(t M ) = 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 1
tr(M ) +
n
X2
i
i
+ det(M )
i=2
donc en identi…ant les coe¢ cients de
n 1
et
0
: si M et
(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.
2
3. Soit (i; j) 2 [[1; n]]
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 (t Ei;j ) = T r(t Ei;j ) = T r(Ei;j ).
T r(P Ei;j Q) = T r(Ei;j )
2
b)On a T r(AB) = T r(BA) donc 8 (i; j) 2 [[1; n]] : T r(P Ei;j Q) = T r(QP Ei;j ) donc d’après la question précédente
1
2
8 (i; j) 2 [[1; n]] : T r ((In P Q) Ei;j ) = 0 Le calcul fait au I.2.b) donne P Q In = 0, d’où Q = P .
4. D’après tout ce qui précède on conclut que les endomorphismes qui conservent le polynôme caractéristique sont de la
forme uP;P 1 ou vP;P 1
Réciproquement si (M ) = P M P 1 , det(P M P 1 In) = det P fM
In g P 1 = det(P ) det (M
t
1
t
det(P
In ) et de même si (M ) = P M P
car det M
In = det(M
In ) en transposant.
un endomorphisme conserve le déterminant ssi il est du type uP;P
5.
est linéaire (véri…cation immédiate) , d’autre part soit:
a b
M=
on a:
c d
a+d 0
(M ) =
0
a+d
a)
3
a
c
b
d
=
d
c
b
a
1
ou vP;P
1
In ) det(P
1
)=
d’où si M 2 Ker( ) 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
c
b
a
a
c
=
b
d
Si b 6= 0 ou c 6= 0 on a = 1 . Puis si = 1 le système équivaut à a + d = 0 . 1 est valeur propre et le sous
espace propre associé est l’hyperplan d’équation a + d = 0 . Il est donc de dimension 3:
si
6=
1 on a b = c = 0 et d = a; a = d donc d =
2
a , si
1
0
= 1 on a Vect
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
a b
c d
c)soit: M =
: ad
, donc (M ) =
d
b
c
a
, il est clair que ces deux matrices ont même polynôme caractéristique
bc
d) on cherche P =
telle que 8M ,
(M ) = P t M P
d
b
c+ a
8(a; b; c; d)
1
d
b
bc + a
a+ b
a+ b
=
Les coe¢ cients doivent être égaux :si a = 1; b = c = d = 0 on a :
=
...
P =
0
0
, inversible pour
(M )P = P t M Soit :
qui équivaut à 8M
=
c+ d
c+ d
= 0 , si b = 1; a = c = d = 0 on a
= 0 et
6= 0 , et on véri…e alors que P est 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,
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 )
=
(A) (B) et AB ont même
j;k T r(Ei;l )
=
j;k i;l :
la trace est nulle sauf si j = k et 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’
0 elle est libre.
X
X
@
En e¤et soit ( i;j ) des nombres complexes tels que
i;j (Ei;j ) = 0, on a donc pour tout (k; l) : T r
i;j (Ei;j ):
(i;j)2[[1;n]]
0. Donc d’après la linéarité de la trace et la relation précédente :
sont nuls sauf celui pour i = l; j = k il reste donc : 8 (k; l) 2
X
(i;j)2[[1;n]]
2
[[1; n]] : l;k =
i;j j;k i;l
0 d’où
la famille ( (Ei;j )(i;j)2[[1;n]]2 est libre
4
= 0 . Dans la
X
(i;j)2[[1;n]]
tous les termes
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 ))
b)Comme la trace est linéaire M
=
=
=
=
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
> T r (( (A + B)
(A)
T r (( (A + B)
(B))M ) est aussi linéaire de plus
(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 M 2
Mn (C). D’après la question I.2.b) , on conclut que (A + B)
(A)
(B) = 0.
2
8 (A; B) 2 Mn (C) ; (A + B) = (A) + (B)
3. Soit 2 C et A 2 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 A 2 Ker ( ), 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
2
2
4. Ei;j
= Ei;j Ei;j = i;j j;i = 0 car i 6= j, donc le polynôme carctéristique de Ei;j
est (
n
aussi ( ) d’après l’hypothèse sur .
n
) . donc celui de
2
(Ei;j ) est
2
Le polynôme caractéristique est scindé donc (Ei;j ) est trigonalisable , et la matrice triangulaire T semblable à
n’a que des zéros sur la diagonale (la seule valeur propre).
1
0
0
1
0 0 t01;3
t01;n
0 t1;2 t1;3
t1;n
C
C
B
B
..
..
B 0 ... ...
C
C
B 0 ... ... ...
.
.
C
C
B
B
C
C
B
B .. . .
.
.
2
0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
d’
où
T
=
On a T = B .
C
B
. tn 2;n C
.
.
.
.
.
.
C
C
B .
B
C
C
B .
B .
..
..
..
..
A
@ ..
@ ..
.
. tn 1;n A
.
.
0
0
0
0
0
0
0
Si pour T on a 8j
si j
i , ti;j = 0 alors si T 2 = (t0i;j ) : t0i;j =
i + 1 on a pour tout k tk;j = 0 et donc t0i;j = 0
k=i+1
n
On a donc T = 0 et donc
i;j )
avec
G existe (et est unique) car
= 0 si j
ti;k tk;j car pour k
i tk;i = 0 . Donc
k=i+1
i+p
0
i;j
1 on a T p+1 =
avec
0
i;j
=
(Ei;j )2n = 0
8i 6= j ,
5.
i;j
n
X
ti;k tk;j =
k=1
Par récurrence sur p si on suppose T p = (
n
n
X
X
ti;k k;j =
ti;k tk;j = 0 si j i + p
k=1
n
X
2
(Ei;j )
(Ei;j ) est nilpotente
est bijective véri…ant
a)D’après l’hypothèse de la partie III, AG et
(G) = In
(A) (G) = (A) ont même polynôme caractéristique..
b)D’après le calcul du I1a on a Ei;j G est une matrice ayant toutes ses lignes nulles sauf la ligne i qui est égal à la ligne
j de G, d’où det(G
In )=( 1)n n 1 (
gj;i ).(écrire la matrice)
c)Pour i 6= j, la matrice (Ei;j ) est nilpotente, donc son polynôme caractéristique est (
caractéristiques sont égaux donc gj;i = 0 , d’où G est diagonale.
n
)
. Les deux polynômes
D’autre part, G2 et
(G) = In ont même polynôme caractéristique d’après 5.a) avec A = G or G est diagonale donc
n
Y
2
2
2
G2 = diag(g1;1
; : : : ; gn;n
) et l’égalité des polynômes caractéristiques donnent ( 1)n (
1)n = ( 1)n
(
gi;i
), d’où
i=1
2
2
gi;i
= 1 et par suiteG = In .
5
6.
a)Soit A 2 Mn (C), le polynôme caractéristique de (A) est celui de (AG) dé…nition de
(III.5.a) donc celui de A (car G2 = In ) Donc conserve le polynôme caractéristique.
b)
Or
. c’est donc celui de AG2
conserve le polynôme caractéristique,donc d’après la 2ème partie 9P inversible telle que
2
(A) = (AG) donc si A = M G on a :
= uP;P
1
ou
= vP;P
1
,
2
(M G) = (M G ) = (M ) (toujours G = In )
donc (M ) = (M G) = uP;P 1 (M G) = P M GP 1 ou
diagonale donc t G = G et donc t (M G) = t Gt M = Gt M
il existe P inversible tel que
(M ) =
(M G) = vP;P
(M ) = P M GP
1
1
(M G) = P t (M G) P
ou P Gt M P
1
. Or G est
1
7.
a) (A) (B) et AB ont la même trace (ils ont même polynôme caractéristique) or
P AGBGP 1 ou (A) (B) = P Gt AP 1 P Gt BP 1 .
(A) (B) = P AGP
1
P BGP
1
=
Or deux matrices semblables ont même trace donc
dans le premier cas
T r(AB) = T r(P AGBGP
1
) = T r(AGBG)
dans le second cas
T r(AB) = T r(P Gt AGt BP
1
) = T r(Gt AGt B) = T r(B t GAt G)
car la transposition conserve la trace et t G = G donc
T r(AB) = T r(BGAG) = T r((BG)(AG)) = T r((AG)(BG)) = T r(AGBG)
dans les deux cas :
2
8(A; B) 2 Mn (C) , T r(AGBG) = T r(AB)
danger : :on ne peut pas commuter et dire comme T r(P Q) = T r(QP ) alors T r(AGBG) = T r(ABG2 ) = T r(AB) car il
n’est pas possible de choisir P et Q pour regrouper les deux facteurs G:
contre exemple : A =
ae
bg
a b
c d
e
g
;B =
f
h
, G =
1
0
0
1
tr(AB) = ae + bg + cf + dh et T r(AGBG) =
cf + dh
b)D’après la question précédente on a : 8 A 2 Mn (C) , T r ((GBG
GBG B = 0.
B)A) = 0 , d’après la question I.2.b) on en déduit
c)pour toute matrice B on a GBG = B donc GB = BG 1 = BG (car G2 = In ) .G commutent avec toutes les matrices
donc d’après I.1.b) il existe tel que G = In , or G2 = In , d’où 2 f 1; 1g.
9" 2 f 1; 1g , G = "In
8. On a donc d’après 6.b
(M ) = "P M P
1
ou "P t M P
1
: c’est à dire
Réciproquement si w = "uP;P 1 , on a: w(A)w(B) = "P AP 1 "P BP
ont même polynôme caractéristique.
Le même raisonnement est encore valable pour le cas où w = "vP;P
6
= "up;p
=
1
1
.
P ABP
1
ou "vP P
1
=
AB
1
car deux matrices semblables
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