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ÉLÉMENTS DE CORRECTION DS N˚2
Sujet 1 : Extraits CCP - E3A
EXERCICE 1 - d’après E3A - Sujet B - PSI - 2014
Dans tout l’exercice, E désigne l’espace vectoriel normé
réels. I3 est la matrice unité. On considère

0 −1
A= 1 0
0 0
M3 (R) des matrices carrées d’ordre 3 à coefficients

0
0 ∈E
0
1. Le théorème de Cayley-Hamilton dit qu’une matrice est annulée par son polynôme caractéristique. Ici
(calcul de déterminant par blocs ou développement par rapport à la dernière ligne)
χA = det(A − XI3 ) = −X(X 2 + 1)
Ainsi, X(X 2 + 1) annule A.
χA = X(X − i)(X + i) étant scindé à racines simples sur C et annulant A, A est C-diagonalisable.
Le spectre réel de A est composé des racines réelles de χA . 0 est donc la seule valeur propre réelle
de A. Or, la seule matrice réelle diagonalisable dont 0 est l’unique valeur propre est la matrice nulle.
Comme A 6= 0, A n’est pas diagonalisable dans R.
−1 0
0 −1
2
et un calcul par blocs donne alors :
, alors R =
3. Si R =
0 −1
1 0
2.

(−1)k
0
0
(−1)k 0 
= 0
0
0
0

∀k ∈ N∗ , A2k

0
(−1)k+1 0
0
0 
=  (−1)k
0
0
0

∀k ∈ N, A2k+1
(le cas A0 = I3 est particulier)
4. F ⊂ M3 (R) est un sous-espace d’un espace de dimension finie. Il est donc de dimension finie. On
montre par récurrence que :
∀k ∈ N, Ak ∈ Vect(I3 , A, A2 )
- Initialisation : c’est évident pour k = 0, 1, 2.
- Hérédité : soit n ≥ 2 tel que le résultat soit vrai jusqu’au rang n. On a alors l’existence de a, b, c
réels tels que An = aA2 + bA + cI3 et An+1 = aA3 + bA2 + cA = bA2 + (c − a)A ∈ Vect(I3 , A, A2 ).
Le résultat est donc vrai au rang n + 1.
On aurait aussi pu utiliser la division euclidienne par χA pour éviter la récurrence.
On en déduit que :
F = Vect(I3 , A, A2 )
Supposons que aA2 + bA + cI3 = 0. P = aX 2 + bX + c annule A et toute valeur propre complexe de A
est racine de P . P admet donc au moins trois racines (0, i, −i). Comme il est dans C2 [X] (qui contient
R2 [X]) il est nul. La famille B = (I3 , A, A2 ) est donc libre et c’est finalement une base de F .
5. Sn étant combinaison linéaire d’éléments de F est dans F . Pour exprimer Sn dans B, on remarque que
∀k ∈ N∗ , A2k = (−1)k−1 A2
∀k ∈ N, A2k+1 = (−1)k A
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1
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Dans la somme qui définit Sn , on particularise le terme d’indice 0 et on découpe la somme selon la
parité de l’indice pour les autres termes). On obtient :


Sn = I3 + 

X
(−1)j
0≤j≤ n−1
2
θ2j+1
(2j + 1)!


A + 
X
(−1)j−1
1≤j≤ n
2

θ2j
(2j)!
 A2
ce qui donne l’expression de Sn dans la base B.
6. (a)
X
(−1)n
n>0
(b)
n>0
+∞ n
X
θ
n=0
X
θ2n+1
θ2n
et
(−1)n
convergent absolument d’après le critère de d’Alembert.
(2n + 1)!
(2n)!
n!
θ
= e (même pour θ complexe) , ainsi
=
+∞
X
(iθ)n
n=0
Alors eiθ + e−iθ =
+∞
X
(iθ)n + (−1)n (iθ)n
Et eiθ − e−iθ =
+∞
X
n=0
+∞
X
+∞
X
n!
et
e−iθ
=
+∞
X
(−iθ)n
n=0
n!
.
+∞
n=0,npair
+∞
X
(iθ)n − (−1)n (iθ)n
=
n!
(−1)n
n=0
=
n!
n=0
Finalement
eiθ
n=0,nimpair
2(iθ)n X
2θ2n
=
(−1)n
.
n!
(2n)!
n=0
2(iθ)n
=
n!
+∞
X
2i(−1)n
n=0
θ2n+1
.
(2n + 1)!
+∞
X
θ2n
θ2n+1
= cos θ et
(−1)n
= sin θ.
(2n)!
(2n + 1)!
n=0
(c) On en déduit que :


lim 
n→+∞

X
(−1)j
0≤j≤ n−1
2

lim 
n→+∞
X
(−1)j−1
1≤j≤ n
2
θ2j+1
(2j + 1)!
θ2j
(2j)!

 = sin(θ)

 = 1 − cos(θ)
On a donc convergence de (Sn ) vers I3 + sin(θ)A + (1 − cos(θ))A2 ∈ F .
7. On a ainsi


cos(θ) − sin(θ) 0
M =  sin(θ) cos(θ) 0 
0
0
1
qui est la matrice de la rotation d’axe dirigé et orienté par e3 et d’angle θ.
8. Par théorèmes d’opérations, on a :


cos(2θ) − sin(2θ) 0
lim S 2 = M 2 =  sin(2θ) cos(2θ) 0 
n→+∞ n
0
0
1
M est une symétrie vectorielle si, et seulement si, M 2 = I3 .
La condition cherchée est donc 2θ = 0[π] ou encore
θ = 0[π/2]
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PROBLÈME 1 - RESTE DE SÉRIES CONVERGENTES
(D’après CCP 2001 - PSI )
Partie A - DES EXEMPLES
Exemple 1
1. On suppose que uk (x) = (−1)k xk où x ∈ R.
(a) On reconnait la série géométrique de raison −x et donc :
n
P
I =] − 1, 1[ et pour x ∈ I,
uk =
k=0
1 − (−x)n+1
et donc
1+x
+∞
P
uk =
k=0
1
.
1+x
(b) Soit x ∈ I, dans ce cas, Rn (x) est bien défini en tant que reste d’une série convergente et :
+∞
+∞
P
P
(−x)n+1
(−x)n+1 = (−x)n+1 uk =
Rn (x) =
.
1+x
k=n+1
k=0
P
1 P
La série
Rn (x) est en fait la série
un (x) qui converge si, et seulement si, x ∈ I.
1 + x n>1
n>0
1
1
−x
Sa somme est donc S(x) =
− u0 (x) =
.
1+x 1+x
(1 + x)2
Exemple 2
X (−1)k
est la série harmonique alternée qui converge par le critère spéciale des séries alternées
2.
k
k>1
car n1 n décroit vers 0 (ou par le critère les séries de Riemann alternées).
3. Une expression intégrale de Rn .
(a) Majorons |In |.
Z 1 n
Z 1 n
x
x
1
|In | =
dx 6
( car ∀x ∈ [0, 1], 1 + x > 1) soit |In | 6
n+1
0 1+x
0 1
D’après le théorème des gendarmes, on en déduit que
lim In = 0.
.
n→+∞
1 − (−x)n
(question 1.).
1+x
k=0
En intégrant cette égalité entre 0 et 1, on obtient :
(b) On rappelle que
n−1
P
(−1)k xk =
Z
1 n−1
X
(−1)k xk dx =
0 k=0
Z
1
0
1
dx −
1+x
Z
0
1
(−x)n
dx
1+x
Z 1
1
(−x)n
dx = [ln(1 + x)]10 = ln 2 et
dx = In .
0 1+x
0 1+x
Z
n−1
P 1
On en déduit que :
(−1)k xk dx = ln 2 − In
Z
1
Or
k=0
1
Z
0
(−1)k xk dx =
On remarque que
0
n−1
XZ 1
k=0
k k
(−1) x dx =
0
Ainsi : In = ln 2 +
n−1
X
k=0
n
X
(−1)k
k=1
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(−1)k
et donc :
k+1
k
n
n
X
X
(−1)k
(−1)p−1
(−1)p
=
=−
k+1
p
p
p=1
(p = k + 1)
p=1
.
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(c) On passe à la limite quand n → +∞ dans l’égalité précédente et l’on obtient :
+∞
+∞
X
X
(−1)k
(−1)k
0 = ln 2 +
c’est à dire
= − ln 2.
k
k
k=1
k=1
Or ∀n ∈ N∗ :
+∞
+∞
n
X
X
(−1)k
(−1)k X (−1)k
Rn =
=
−
= − ln 2 − (In − ln 2) = −In
k
k
k
k=n+1
k=1
k=1
4. Conclusion
1
(a) Intégration par partie : on pose u(x) =
et v 0 (x) = xn :
1
+
x
1
Z
xn+1
(−1)n 1 xn+1
dx
In = (−1)n
+
(1 + x)(n + 1) 0
n + 1 0 (1 + x)2
Z
(−1)n
(−1)n 1 xn+1
In =
+
dx
2(n + 1)
n + 1 0 (1 + x)2
Z
Z 1
(−1)n 1 xn+1
1
6 1
Puis xn+1 dx car sur [0, 1],
dx
6 1.
2
n + 1 0 (1 + x)
1 + n 0
(1 + x)2
Z
(−1)n 1 xn+1
1
1
Donc ∀n > 1, dx 6
6 2.
2
n + 1 0 (1 + x)
(n + 1)(n +2) n
Z
(−1)n 1 xn+1
1
1
dx 6
=o
et alors :
D’où n + 1 0 (1 + x)2 (n + 1)(n + 2)
n2
(−1)n
1
In =
+o
.
2(n + 1)
n2
X
(b) La série
Rn est donc convergente en tant que somme de deux séries convergente :
n>1
- une série alternée convergente (vérifiant le critère spécial des séries alternées),
Une série absolument convergente par comparaison avec une série de Riemann(car o
1
).
n2
Partie B - UNE ÉGALITÉ SUR LES RESTES - UNE APPLICATION
1. Égalité
P sur les restes.
Soit
uk une série convergente, on a uk = Rk − Rk−1 qui donne ;
k>1
n
P
k uk =
k=1
n
P
k Rk−1 −
k=1
Donc
n−1
P
n
P
k=1
Rk −
k=0
n
P
k Rk =
n−1
P
(k + 1) Rk −
k=0
n
P
k=1
k R k = R0 +
n−1
P
Rk − nRn
k=1
k uk = (n + 1)Rn .
k=1
2. Application à une suite.
(−1)k+1
Choisissons uk =
.
k
n
n
n
X
X (−1)k+1 X
(−1)k+1
(n − k)
=n
−
kuk
k
k
k=1
k=1 !
k=1
n
+∞
n
X
X
X
(−1)k+1
(−1)k+1
(n − k)
=n
− Rn −
kuk
k
k
k=1
n
X
k=1
(n − k)
k=1
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(−1)k+1
k
k=1
n
X
= nR0 − nRn −
kuk
k=1
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La formule précédente donne
n−1
P
Rk −
n
P
k
k=1
k=0
(−1)k+1
= (n + 1)Rn , donc :
k
n
n
X
X
(−1)k+1
(n − k)
= nR0 − nRn + (n + 1)Rn −
Rk
k
k=1
k=0
soit :
n−1
n
X
X
1
(−1)k+1
= nR0 −
Rk = n ln 2 − + o(1)
(n − k)
k
2
k=0
k=1
1
(α = ln 2 et β = )
2
3. Application à une série à termes positifs.
On suppose de plus que uk > 0 pour tout k ∈ N∗ .
X
(a) Si l’on suppose la convergence de la série
Rk :
k>0
n
X
kuk =
k=1
n
X
Rk − (n + 1)Rn 6
k=0
n
X
Rk 6
k=0
+∞
X
Rk
k=0
Ainsi la suite des sommes partielles de la série à termes positifs
X
kuk est majorée.
k>1
Cette série est donc convergente.
(b) Réciproquement, supposons la convergence de la série
0 6 (n + 1)Rn = (n + 1)
+∞
X
+∞
X
uk =
k=n+1
(n + 1)uk 6
k=n+1
X
kuk . On a :
k>1
+∞
X
kuk −→ 0
k=n+1
n→+∞
en tant que reste d’une série convergente. Donc (n + 1)Rn −→ 0.
n→+∞
P
P
kuk converge.
Rk converge alors
(c) D’après B.3.1), si
k>1
k>0
P
Réciproquement, si
kuk converge alors (n + 1)Rn −→ 0 donc :
n→+∞
k>1
n
X
k=0
Rk =
n
X
kuk + (n + 1)Rn −→
n→+∞
k=1
Conclusion :
P
+∞
X
kuk + 0.
k=1
P
Rk converge si et seulement si
Dans ce cas elles ont même somme
+∞
P
Rk =
k=0
4. Application à la série
kuk converge.
k>1
k>0
+∞
P
kuk .
k=1
X1
.
kx
k>1
X
Rn (x) converge si, et seulement si,
n>0
X 1
k x converge ce qui équivaut à la condition x − 1 > 1.
k
k>1
Donc D1 =]2, +∞[.
De plus si x ∈ D1 , alors
+∞
+∞
X
X
1
Rn (x) =
k x = ξ(x − 1).
k
n>0
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k>1
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PROBLÈME 2 - Racines carrées de matrices
(D’après EMLyon 2009 - ECS )
Partie A - Trois exemples
1. On élève au carré :
cos θ sin θ
cos θ sin θ
cos2 θ + sin2 θ
cos θ, sin θ − sin θ, cos θ
2
(Rθ ) =
=
sin θ − cos θ
sin θ − cos θ
sin θ, cos θ − cos θ, sin θ
sin2 θ + cos2 θ
Soit
2
(Rθ ) =
1 0
0 1
= I2 .
La fonction cos prend une infinité de valeurs donc {Rθ | θ ∈ R} est un ensemble infini et tous ses
éléments sont des racines carrées de I2 . Ainsi I2 admet une infinité de racines carrées.
a b
0 1
2
2. Supposons qu’il existe une matrice R =
de M2 (R) telle que R =
.
c d
0 0
2
0 1
a b
a b
a + bc ab + bd
Alors
= R2 =
=
.
0 0
c d
c d
ca + dc cb + d2
Donc a2 + bc = c(a + d) = d2 + bc = 0 et b(a + d) = 1. Nécessairement a + d n’est pas nul. Ainsi c = 0.
Alors a2 = d2 = 0. Donc a = d = 0, ce qui contredit a + d 6= 0.
0 1
n’admet pas de racine carrée.
0 0
3. Soit A = diag(1, 4, 9), et ε1 , ε2 , ε3 ∈ {−1, +1} alors on remarque que R = diag(ε1 , 2ε2 , 3ε3 ) est une
racine carrée de A, ce qui en fait au moins 23 = 8.
Partie B - Racines carrées d’une matrice de la forme I + N .
4.
√
1
1
1 + t = (1 + t) = 1 + t +
2
2
1
2
1
−1
2
√
On note
√
1 2 1
t +
2!
2
1
−1
2
1
−2
2
1 3
t + o(t3 ) au voisinage de 0 soit :
3!
1
1
1
1 + t = t − t2 + t3 + o(t3 )
2
8
16
1 + t = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 + o(t3 ) ce développement limité.
5. On calcule !
1
1 2
1 3 2
X− X + X
.
Posons P = 1 + X −
2
8
16
1 2
1 4
1
1 2 1 3 1 3
1 4
1 5
6
P =1+X − 1+ X + X +
X +X − X + X − X + X − X
4
64
256
4
8
8
16
64
1 4
1
1 4
1 5
5 4
1 5
1
1
1
1
6
6
4
2
P =− X −
X − X + X =− X + X −
X =X − + X−
X
64
256
16
64
64
64
256
64 64
256
1
1 2
1 3 2
5
1
1
4
2
+X − + X −
X .
Donc 1 + X = 1 + X − X + X
2
8
16
64 64
256
5
1
1
1
1 2
1 3 2
2
Q = − + X−
X est un élément de R[X] tel que : 1+X =
X− X + X
+X 4 Q(X)
64 64
256
2
8
16
ou tel que 1 + X = (a0 + a1 X + a2 X 2 + a3 X 3 )2 + X 4 Q(X).
6. In + N = (a0 In + a1 N + a2 N 2 + a3 N 3 )2 + N 4 Q(N ) et N 4 = 0n .
Donc (a0 In + a1 N + a2 N 2 + a3 N 3 )2 = In + N .
1
1
1
Par conséquent a0 In + a1 N + a2 N 2 + a3 N 3 ou In + N − N 2 + N 3 est une racine carrée de In + N .
2
8
16
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Partie C - Racines carrées d’une matrice de Mn (R) admettant n valeurs
propres strictement positives et deux à deux distinctes.
7. Soient f et g deux endomorphismes de Rn vérifiant f ◦ g = g ◦ f . On suppose de plus que f admet n
valeurs propres réelles deux à deux distinctes.
(a) Soit Eλ (f ) un sous-espace propre de f et x un élément de ce sous-espace propre : f (x) = λx.
(f ◦ g)(x) = (g ◦ f )(x) donc f (g(x)) = g(f (x)) = g(λx) = λg(x). Donc g(x) appartient à Eλ (f ).
Pour tout élément x de Eλ (f ), g(x) appartient à Eλ (f ), Eλ (f ) est stable par g.
Remarque :De même chaque sous-espace propre de g est stable par f .
(b) Notons que f est un endomorphisme de Rn admettant n valeurs propres deux à deux distinctes
et que n est la dimension de Rn .
Alors non seulement f est diagonalisable mais ses sous espaces propres sont des droites vectorielles.
Soit x un vecteur propre de f et λ la valeur propre associée. x est un vecteur non nul de Eλ (f )
et Eλ (f ) est une droite vectorielle. Ainsi Eλ (f ) = Vect(x).
D’après ce qui précède g(x) appartient à Eλ (f ) donc à Vect(x). Alors il existe un réel α tel que :
g(x) = αx. Comme x n’est pas nul, x est un vecteur propre de g.
Tout vecteur propre de f est vecteur propre de g. (pas forcément pour la même valeur propre)
(c) f est un endomorphisme de Rn admettant n valeurs propres deux à deux distinctes et n est la
dimension de Rn . Ainsi f est diagonalisable.
Soit B une base de Rn constituée de vecteurs propres de f (possible car f est diagonalisable).La
même base B est encore une base de Rn constituée de vecteurs propres de g ! Ainsi la matrice de
g dans la base B est diagonale et g est diagonalisable.
8. Soit A une matrice de Mn (R) admettant n valeurs propres réelles strictement positives et deux à deux
distinctes.
(a) A est une matrice de Mn (R) ayant n valeurs propres deux à deux distinctes donc A est diagonalisable. Ainsi il existe une matrice inversible P de Mn (R) telle que D = P −1 AP soit diagonale.
Remarque : Si nous ne le redisons pas, dans la suite P est une matrice inversible de Mn (R) telle
que la matrice D = P −1 AP soit diagonale et D = diag(d1 , d2 , . . . , dn ).
(b) Soit P une matrice inversible de Mn (R) telle que D = P −1 AP soit une matrice diagonale.
D = diag(d1 , d2 , . . . , dn ). Sp(A) = Sp(D) = {d1 , d2 , . . . , dn }.
Comme les valeurs propres de A sont des réels (strictement) positifs : ∀i ∈ [[1, n]], di > 0.
√ √
√
Posons ∆0 = diag( d1 , d2 , . . . , dn ) et R0 = P ∆0 P −1 .
Notons que A = P DP −1 . De plus :
p
p 2
p
p
p p
∆20 = diag( d1 , d2 , . . . , dn ) = Diag ( d1 )2 , ( d2 )2 , . . . , ( dn )2 = diag(d1 , d2 , . . . , dn ) = D
Alors :
R02 = (P ∆0 P −1 )2 = P ∆20 P −1 = P DP −1 = A
R0 est une racine carrée de A.
(c)
AR = R2 R = R3 = RR2 = RA. Si R est une racine carrée de A : AR = RA.
Soit B0 la base canonique de Rn . Notons f et g les endomorphismes de Rn de matrices A et R
dans la base B0 . f a n valeurs propres deux à deux distinctes car c’est le cas pour A par hypothèse.
De plus f ◦ g = g ◦ f car AR = RA.
P est une matrice inversible de Mn (R) il existe une base B de Rn et une seule telle que P soit la
matrice de passage de B0 à B.
D = P −1 AP est alors la matrice de f dans la base B. Comme D est diagonale, B est une base
de Rn constituée de vecteurs propres de f . 1.c permet alors de dire que la matrice de g dans la
base B est diagonale.
Or la matrice de g dans la base B est P −1 RP . Ainsi P −1 RP est diagonale.
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(d) P est toujours une matrice inversible de Mn (R) telle que D = P −1 AP soit une matrice diagonale.
D = diag(di )i∈[[1,n]] .
Notons que Sp A = Sp D = {d1 , d2 , . . . , dn }. Par hypothèse les valeurs propres de A sont strictement positives. Par conséquent les réels d1 , d2 , ..., dn sont strictement positifs.
Ce qui précède montre que si R est une racine carrée de A alors il existe une matrice diagonale
∆ de Mn (R) telle que P −1 RP = ∆ ou R = P ∆P −1 .
Ainsi les racines carrées de A sont du type P ∆P −1 où ∆ est une matrice diagonale de Mn (R).
Il est donc légitime de rechercher les racines carrées de A sous la forme P ∆P −1 où
∆ est une matrice diagonale.
Soit alors une matrice diagonale ∆ = diag(ci )i∈[[1,n]] (avec ci ∈ R) de Mn (R).
Posons R = P ∆P −1 .
R2 = A ⇔ (P ∆P −1 )2 = P DP −1 ⇔ P ∆2 P −1 = P DP −1 ⇔ ∆2 = D.
Notons que la dernière équivalence
est justifiée par le fait que P est inversible.
2
2
R = A ⇔ diag(ci )i∈[[1,n]] = diag(di )i∈[[1,n]] ⇔ diag(c21 , c22 , . . . , c2n ) = diag(d1 , d2 , . . . , dn ).
√
R2 = A ⇔ ∀i ∈ [[1, n]]c2i = di ⇔ ∀i ∈ [[1, n]], ∃εi ∈ {−1, 1}, ci = εi di .
Ainsi l’ensemble des racines carrées de A est l’ensemble
o
n
p
p
p R = diag ε1 , d1 , ε2 d2 , . . . , εn dn P −1 | (εi )i∈[[1,n]] ∈ {−1, 1}n .
Comme {−1, 1}n a 2n éléments il semble assez clair que R a également 2n éléments.
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Sujet 2 : Sujet Mines-Ponts - Maths II - 2015
PROBLÈME - MATRICES SYMPLECTIQUES
Partie I - Le groupe symplectique
Soit n ∈
N∗
et soit Jn ou simplement J la matrice de M2n définie par J =
0n −In
In 0n
.
1. Un calcul par bloc donne immédiatement
J 2 = −I2n
ce qui prouve que J est inversible avec
J −1 = −J
Par ailleurs, J est antisymétrique, c’est à dire
t
J = −J
Finalement, on a aussi
J −1 = t J
2. On a alors
t
JJJ = J −1 JJ = J
ce qui montre que J ∈ Sp2n . Un calcul par blocs donne
t
K(α)JK(α) =
In −αIn
0n
In
αIn −In
In
0
=
0n −In
In 0n
=J
ce qui justifie que K(α) ∈ Sp2n .
3. Un calcul par blocs donne (les opérations de transposition et de passage à l’inverse commutent)
t
LU JLU =
tU
0n
0n
U −1
0n −(t U )−1
U
0n
=
0n −In
In
0
=J
ce qui montre que LU ∈ Sp2n .
4. On suppose t M JM = J. En passant au déterminant, on obtient (le déterminant est invariant par
transposition) :
det(M )2 det(J) = det(J)
Comme J est inversible, det(J) est non nul et donc
det(M ) ∈ {1, −1}
5. Soient M, N ∈ Sp2n . On a
t
(M N )J(M N ) = t N t M JM J = t N JN = J
ce qui prouve que Sp2n est stable par produit.
6. Soit M ∈ Sp2n . On a M −1 ∈ Sp2n et donc t (M −1 )JM −1 = J. En transposant, et comme t J = J −1 ,
cela donne
(t M )−1 J −1 M −1 = J −1
et en passant à l’inverse
M J tM = J
ce qui signifie que t M ∈ Sp2n .
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7. Un élément de Sp2n a un déterminant non nul (de valeur ±1) et est donc inversible. Si M ∈ Sp2n , on
a t M JM = J. Multiplions par M −1 à gauche et par (t M )−1 à droite, on a alors
J = (t M )−1 JM −1 = t (M −1 )JM −1
et donc M −1 ∈ Sp2n .
8. Un produit par blocs donne
t
M JM =
−t AC + t CA −t AD + t CB
−t BC + t DA −t BD + t DB
et M ∈ Sp2n si et seulement si
−t AC + t CA = −t BD + t DB = 0n et t AD − t CB = −t BC + t DA = In
Partie II - Centre de Sp2n
9. I2n et −I2n sont des éléments de Sp2n (calcul immédiat) et elles commutent avec toute matrice donc,
en particulier, avec toutes celles de Sp2n . Ainsi
{I2n , −I2n } ⊂ Z
10. Comme M ∈ Z, M commute avec L = t K(−1) ∈ Sp2n (questions 2 et 7). Un calcul par blocs donne :
A A+B
A+C B+D
=
C C +D
C
D
et ainsi C = 0 et A = D.
Compte-tenu de ces relations, t LM = M t L (qui a lieu puisque t L = K(−1) ∈ Sp2n ), donne
A
B
A+B B
=
A A+B
A
A
et ainsi B = 0. Enfin, comme M ∈ Sp2n , les relations de la question 8 donnent At A = In c’est à dire
A ∈ Gn . On a montré que
B = C = 0n , D = A, A ∈ Gn
11. Soit U ∈ Gn . On utilise maintenant le fait que LU commute avec M , ce qui donne (compte tenu des
relations de la question précédente)
AU
0n
UA
0n
=
0n At (U −1 )
0n t (U −1 )A
et en particulier AU = U A.
12. Les matrices In + Ei,j sont toutes inversibles (déterminant 1 si i 6= j et 2 si i = j) et commutent donc
avec A. Ainsi AEi,j = Ei,j A.
Remarquons que
0 si v 6= j
0 si u 6= i
(AEi,j )u,v =
et (Ei,j A)u,v =
au,i si v = j
aj,v si u = i
Supposons que i 6= j ; en égalant les coefficients d’indices (i, j) de AEi,j et Ei,j A, on obtient que
ai,i = aj,j .
Pour tout i, en égalant les coefficients d’indices (i, j) de AEi,i et Ei,i A, on obtient, pour j 6= i, ai,j = 0.
La matrice A est donc du type αIn . Comme det(A)2 = det(M ) = ±1, on a α2n = ±1 et donc α = ±1.
On a donc A = ±In et M = ±I2n . Ceci montre l’inclusion réciproque de la question 9. et donc que
Z = {−I2n , I2n }
Partie III - Déterminant d’une matrice symplectique
A B
Soit M dans Sp2n décomposé sous forme de matrice blocs :M =
C D
Dans toute cette partie, A, B, C, D sont les matrices de cette décomposition.
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avec A, B, C, D ∈ Mn .
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13. Un calcul par blocs montre que les matrices Q, U, V, W conviennent si et seulement si :
U + QV = A, QW = B, V = C, W = D
Il suffit donc de poser :
V = C, W = D, Q = BD−1 , U = A − BD−1 C
14. D’après la question 8., t DB = t BD et donc BD−1 = t (D−1 )t B = t (BD−1 ), c’est à dire que BD−1
est symétrique. Avec la question 13. (et comme le déterminant est un morphisme multiplicatif) on a
(avec la formule rappelée du déterminant bloc-triangulaire) :
det(M ) = det(U W ) = det(U ) det(W ) = det(A − BD−1 C) det(D)
Le déterminant étant invariant par similitude,
det(A − BD−1 C) = det(t A − t C t (BD−1 ))
et comme BD−1 est symétrique,
det(A − BD−1 C) = det(t A − t CBD−1 )
Il reste à multiplier par det(D) et à utiliser encore les propriétés de morphisme du déterminant pour
conclure que :
det(M ) = det(t AD − t CB)
Les formules de la question 8. donnent t AD − t CB = In et ainsi :
det(M ) = 1
15. On remarque que QV1 = s1 P V1 et QV2 = s2 P V2 . On a alors :
(QV1 |QV2 ) = t (QV1 )QV2 = s1 t V1 t P QV2
mais aussi
(QV1 |QV2 ) = t (QV1 )QV 2 = s2 t V1 t QP V2
Comme t P Q est symétrique elle est égale à sa transposée t QP et on a donc
s2 (QV1 |QV2 ) = s1 (QV1 |QV2 )
L’hypothèse s1 6= s2 permet de conclure que (QV1 |QV2 ) = 0 .
16. Soit X ∈ ker(B) ∩ ker(D). On a alors
M
0
X
=
0
0
Comme M est inversible, on en déduit que X = 0 et ainsi
ker(B) ∩ ker(D) = {0}
17. Si (par l’absurde) on avait DVi = 0 alors on aurait aussi BVi = 0 (puisque si 6= 0) et donc Vi = 0
(question précédente) ce qui est exclus.
D’après la question 8, t DB = t BD et donc t BD est symétrique. Avec la question 15. (on est dans le
cas où l’on suppose D non inversible et on peut utiliser la question), on a (DVi |DVj ) = 0 quand i 6= j.
La famille (DV1 , . . . , DVm ) est donc orthogonale dans En . .
Étant composée de vecteurs non nuls, elle est libre.
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18. Si, par l’absurde, D − αB n’était jamais inversible, on pourrait utiliser n + 1 valeurs distinctes non
nulles de α (par exemple 1, 2, . . . , n + 1) pour obtenir des vecteurs V1 , . . . , Vn+1 comme ci-dessus. On
aurait alors n + 1 vecteurs indépendants en dimension n, ce qui est impossible.
Il existe donc α réel tel que D − αB inversible (et on peut même choisir α dans {1, . . . , n + 1}).
19. M et K(α) étant dans Sp2n , la matrice :
N = K(α)M =
A
B
−αA + C −αB + D
l’est aussi. Comme D − αB est inversible, on peut utiliser 14 pour conclure que
det(N ) = 1
.
Toujours en utilisant le fait que det un morphisme multiplicatif, on a alors det(M ) = 1 .
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