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 B=@ 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