DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI Sujet E3a seule valeur propre de u qui ne peut être diagonalisable car dim(Ker(u)) = n − 1 (vu que rg u = 1) et l’ordre de multiplicité de 0 est n. On vient d’étudier un endomorphisme u tel que u n’est pas diagonalisable mais u2 l’est. La réciproque en général si n > 2 est donc fausse. Exercice 1 (Exercice d’un sujet E3A - 2009 - Sujet B (filière PSI)). 2. (a) Soit α ∈ C, α 6= 0, et x ∈ Ker(u2 − α2 idE ) (u2 (x) = α2 x) : 1 Écrivons x sous la forme x = [ (u(x) + αx) − (u(x) − αx) ]. 2α 1 1 Posons x+ = (u(x) + αx) et x− = (u(x) − αx). 2α 2α 1 2 1 1 1 u(u(x) + αx) = (u (x) + αu(x)) = αx + u(x) = αx+ . On a u(x+ ) = 2α 2α 2 2 Donc x+ ∈ Ker(u − αidE ). 1 1 2 1 1 On a u(x− ) = u(u(x)−αx) = (u (x)−αu(x)) = αx− u(x) = −αx− . 2α 2α 2 2 Donc x− ∈ Ker(u + αidE ). On sait alors que Ker(u2 − α2 idE ) ⊂ Ker(u − αidE ) + Ker(u + αidE ). De plus u2 − α2 idE = (u − αidE ) ◦ (u + αidE ) implique que : Ker(u − αidE ) ⊂ Ker(u2 − α2 idE ) et Ker(u + αidE ) ⊂ Ker(u2 − α2 idE ) soit Ker(u − αidE ) + Ker(u + αidE ) ⊂ Ker(u2 − α2 idE ). On a donc Ker(u − αidE ) + Ker(u + αidE ) = Ker(u2 − α2 idE ). De plus, soit x ∈ Ker(u−αidE )∩ Ker(u+αidE ), on a donc u(x) = αx = −αx et comme α 6= 0, on a x = 0E , donc la somme est directe. Pour tout α ∈ C, α 6= 0, on a donc 1. D’après le théorème du rang ker(A) est de dimension 4 − rg (A) = 1 et est donc une droite vectorielle. En particulier, 0 est valeur propre de A. 2. Avec les hypothèse sur la somme par ligne des coefficients de A, on peut affirmer que (1, 1, 1, 1) est vecteur propre de A associé à la valeur propre 1. 3. 0 et 1 sont valeurs propres (et donc de multiplicité au moins 1) et −1 est valeur propre double. La somme des multiplicités des valeurs propres n’excédant pas 4 (dimension de l’espace), on a toutes les valeurs propres (racines de PA ). Comme PA est unitaire ((−1)4 = 1) on a ainsi PA = X(X − 1)(X + 1)2 4. Rk est de degré inférieur à 3 et s’écrit ak X 3 + bk X 2 + ck X + dk . En notant Qk le quotient, on a X k = PA Qk + Rk ; en appliquant cette égalité à 0, 1, −1 et en la dérivant puis en faisant X = −1, on obtient (pour k ≥ 1) k ak = 1+(3−2k)(−1) dk = 0 4 k ak + bk + ck + dk = 1 bk = 1+(−1) 2 . k ce qui donne 1+(2k−5)(−1)k −ak + bk − ck + dk = (−1) c = k 4 3ak − 2bk + ck = k(−1)k dk = 0 Ker(u2 − α2 idE ) = Ker(u − αidE ) ⊕ Ker(u + αidE ). 5. Comme P 7→ P (A) est un morphisme d’algèbre et comme PA annule A (théorème de Cayley-Hamilton) on en déduit que ∀k ≥ 1, Ak = Rk (A) = (b) Soit µ une valeur propre de u, donc il existe x 6= 0E tel que u(x) = µx, on a alors u2 (x) = u(µx) = µu(x) = µ2 x. Comme x est non-nul, alors µ2 est valeur propre de u2 . L Ker(u2 − λidE ). (c) u2 est diagonalisable donc E = λ∈Sp(u2 ) Posons µLtel que µ2 = λ, on a alors : L Ker(u2 −µ2 idE ) = ( Ker(u−µidE )⊕ Ker(u+µidE )) E= 2 2 µ ∈Sp(u ) µ2 ∈Sp(u2 ) Or Ker(u − µidE ) ou Ker(u − µidE ) est réduit à 0E sauf si ±µ est valeur propre de u donc, en supprimant les sous-espaces réduits 0E (non propres à L u) on obtient : E = Ker(u − µidE ) µ∈Sp(u) ( la somme porte bien sur toutes les valeurs propres de u d’après le 2.(a) ) La somme des sous-espaces propres de u est directe et égale à E donc u est diagonalisable. 1 + (3 − 2k)(−1)k 3 1 + (−1)k 2 1 + (2k − 5)(−1)k A + A + A 4 2 4 Exercice 2 (Exercice d’un sujet E3A - 2005 - Sujet B (filière PC)). 1. (a) Notons U = MatC u. U est diagonalisable donc il existe une matrice P inversible et une matrice D diagonale de Mn (C) tels que D = P −1 U P . D’après le cours, on en déduit que D2 = P −1 U 2 P or D2 est également une matrice diagonale donc u2 est diagonalisable (dans la même base que u). (b) Soit n > 2, on remarque que, ∀x ∈ E, u2 (x) = 0 (u est nilpotente d’indice 2). u2 est l’endomorphisme nul donc diagonalisable bien évidemment. En notant U = MatC u, on remarque que la matrice U est triangulaire inférieure donc les valeurs propres sont les éléments de la diagonale. 0 est donc Lycée de l’Essouriau 1 DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI 6 3. (a) U 2 = −3 5 −5 4 −5 3 3. 4 PARTIE II - Étude si n = 4 Dans toute cette partie on étudie le cas particulier n = 4. 1 0 −1 0 0 (b) det(u)=det(U )=6 6= 0 donc rg(u) = 3 (u est inversible). 0 0 0 −3 0 (c) On calcule le polynôme caractéristique de u2 : χu2 = −(X − 1)(X − 4)(X − 9) 0 0 0 0 −6 1. M = 4 2 qui est scindé à racines simples, donc u est diagonalisable. 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 3 Ses éléments propres sont Ker(u2 − idE ) = Vect 1, 2. M4 étant triangulaire, ses valeurs propres sont ses termes diagonaux : 0 λ1 = 0 (double) , λ2 = 1 (double) et λ3 = 3 (simple) 1 1 Les vecteurs propres de f3 sont aussi vecteurs propres de f4 donc : 2 2 Ker(u − 4idE ) = Vect 1 et Ker(u − 9IdE ) = Vect 0 P1 , P2 sont vecteurs propres de f4 associés à λ1 d’où dim(Eλ1 ) ≥ 2 1 1 Q1 , Q2 sont vecteurs propres de f4 associés à λ2 d’où dim (Eλ2 ) ≥ 2. (d) u est bijective, u2 est diagonalisable donc d’après la question 2.(c) u est La dimension de chaque sous-espace propre est inférieure ou égale à l’ordre de diagonalisable. multiplicité de la valeur propre associée et supérieure ou égale à 1 . On a donc dim(Eλ1 ) = 2 , dim(Eλ2 ) = 2 et dim(Eλ3 ) = 1 . On a égalité entre la dimension Problème. de chaque sous-espace propre et l’ordre de multiplicité de la valeur propre associée donc f4 est diagonalisable. Le polynôme R = X 4 − 2X 2 + 1 est vecteur propre pour la valeur propre 3. PRÉLIMINAIRE 3. Soient D, Da , Db les matrices diagonales d’ordre 5 , de termes diagonaux dans Si P est un polynôme alors fn (P ) aussi et deg(fn (P )) ≤ deg(P ). l’ordre : 0, 0, 1, 1, 3 pour D ; 0, 0, 1, 1, 0 pour Da ; 0, 0, 0, 0, 3 pour Db . Donc P ∈ Cn [X] ⇒ fn (P ) ∈ Cn [X]. ∃P ∈ GL5 (C) telle que M4 = P DP −1 . De plus fn est linéaire (par linéarité de la dérivation) donc fn ∈ L(Cn [X]). Notons A = P Da P −1 et B = P Db P −1 , on a alors : D = Da + Db ⇒ M4 = A + B Da2 = Da ⇒ A2 = A PARTIE I - Étude si n = 3 2 2 Db = 3Db ⇒ B = 3B Da Db = Db Da = 05 ⇒ AB = BA = 05 1 0 −1 0 Donc le couple (A, B) convient (il est d’ailleurs unique car : 0 0 0 −3 1 1 . 2 2 1. M3 = M4 = A + 3B donc A = (3M4 − M4 ) et B = (M42 − M4 ) ). 0 0 0 0 2 2 0 0 0 1 Enfin : rg(Da ) = 2 ⇒ rg(A) = 2 ; rg(Db ) = 1 ⇒ rg(B) = 1 4. M4 = A + B et AB = BA = 05 donc d’après la formule du binôme : 2. Base de ker (f3 ) : (X, 1 + X 2 ) et Base de Im(f3 ) : (1, −3X + X 3 ) (M4 )n = An + B n . B 2 = 3B d’où B n = 3n−1 B et On a ker (f3 )∩ Im(f3 ) = {0E }. D’après le théorème du rang : dim(ker(f3 )) + dim(Im(f3 )) = 4 = dim (C3 [X]) ∀n ∈ N∗ , (M4 )n = A + 3n−1 B Donc ker (f3 ) ⊕ Im(f3 ) = C3 [X] 3. M32 = M3 donc f3 ◦ f3 = f3 : f3 est un projecteur. f3 est diagonalisable car f3 annule le polynôme scindé à racines simples X 2 − X par exemple. Ses valeurs propres sont : 0 , de sous-espace propre : ker (f3 ) , de base P1 = X , P2 = 1 + X 2 ; 1 , de sous-espace propre : Im(f3 ) , de base Q1 = 1 , Q2 = −3X + X 3 Lycée de l’Essouriau PARTIE III - Étude de fn pour n > 5 1. Soit P un polynôme non nul de degré k : P = a0 + a1 X + · · · + ak X k avec ak 6= 0 . Alors : 1 fn (P ) = −a2 + a0 + · · · + k(k − 1) − k + 1 ak X k 2 2 DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI 1 2 (X − 1)P 000 (X) donc Q0 (1) = Q0 (−1) = 0. 2 Notons φ1 et φ2 les formes linéaires définies par : ∀P ∈ Cn [X] , φ1 (P ) = P 0 (1) et φ2 (P ) = P 0 (−1). On a : Im(fn ) ⊂ ker(φ1 ) ∩ ker(φ2 ) ; φ1 et φ2 ne sont pas proportionnelles donc dim(ker (φ1 )∩ ker(φ2 )) = n − 1 = dim(Im(fn )) d’où l’égalité. Conclusion : Q ∈ Im(fn ) ⇔ Q0 (1) = Q0 (−1) = 0 1 fn (P ) = −a2 + a0 + · · · + (k − 1)(k − 2)ak X k 2 1 (k − 1)(k − 2) 6= 0 ⇒ fn (P ) 6= OE . Par contradonc k ≥ 3 ⇒ 2 posée : fn (P ) = OE ⇒ deg(P ) ≤ 2 . On est alors ramené à C2 [X]. Donc ker(fn ) = Vect(X, 1 + X 2 ) 2. dim(Im(fn )) = dim(Cn [X])− dim(ker(fn )) = n − 1. La famille (fn (1), fn (X 3 ), ..., fn (X n )) comporte n − 1 éléments appartenant à Im(fn ). De plus cette famille est libre car : λ0 fn (1) + λ3 fn (X 3 ) + · · · + λn fn (X n ) = OE ⇔ fn (λ0 + λ3 X 3 + · · · + λn X n ) = OE ⇔ ∃(α, β) ∈ C2 tels que λ0 + λ3 X 3 + · · · + λn X n = αX + β(1 + X 2 ) ⇔ λ0 = λ3 = · · · = λn = 0. Donc (fn (1), fn (X 3 ), ..., fn (X n )) est une base de Im(fn ). 6. Q(X) = fn (P )(X) = X 2 − 1 000 Q0 (X) = P (X) : α1 = β1 = 0. 2 Dérivons cette relation à l’ordre k − 1 en utilisant la formule de Leibniz : X 2 − 1 (3+k−1) 1 2 Q(k) = P + Ck−1 XP (3+k−2) + Ck−1 P (3+k−3) donc 2 1 αk = (k − 1) ; βk = (k − 1)(k − 2) 2 3. D’après 1. , la matrice de fn dans la base canonique est triangulaire , ses valeurs 1 propres sont les termes diagonaux : (k − 1)(k − 2) pour 0 ≤ k ≤ n . 2 On trouve : - deux fois 0 , avec P1 , P2 pour vecteurs propres donc dim(ker(fn ))=2 (ordre de multiplicité de 0), - deux fois 1 , avec Q1 , Q2 pour vecteurs propres donc dim(ker(fn − Id))=2 (ordre de multiplicité de 1), 1 - enfin (k − 1)(k − 2) avec k ≥ 4 , d’ordre 1 donc le sous-espace propre associé 2 est de dimension 1. Donc fn est diagonalisable . PARTIE IV - Étude des racines des polynômes propres 1. En égalant les termes de plus haut degré de fn (S) et λS on obtient : (p − 1)(p − 2) λ= 2 2. p ∈ {0, 3} ⇒ λ = 1 ; p ∈ {1, 2} ⇒ λ = 0 . On se retrouve dans C3 [X] , d’où les polynômes propres de degré au plus 3 sont : 1, X, 1 + X 2 , −3X + X 3 (à une constante multiplicative près). (p − 1)(p − 2) 3. p ≥ 4 ⇒ ≥ 3 > 1. 2 X 2 − 1 00 De plus fn (S) = λS ⇔ S (X) − XS 0 (X) = (λ − 1)S(X) et λ 6= 0 donc 2 1 S = fn ( S) ⇒ S ∈ Im(fn ) ⇒ S 0 (1) = 0 ⇒ (λ − 1)S(1) = 0 ⇒ S(1) = 0 car λ 6= 1. λ D’après III , ∀k ∈ N, X 2 − 1 (k+2) (k − 1)(k − 2) (k) S (X) + (k − 1)XS (k+1) (X) + S (X) = λS k (X), d’où 2 2 (k − 1)(k − 2) (k) pour X = 1 : (k − 1)S (k+1) (1) = λ − S (1). 2 Si on avait S 00 (1) = 0 alors : S (3) (1) = 0 et par récurrence : ∀k ∈ N, S (n) (1) = 0. deg(S) P S (n) (1) (X − 1)n Or d’après la formule de Taylor : S(X) = n! n=0 donc S = OE ce qui est contraire à l’hypothèse. Donc S 00 (1) 6= 0 . 4. D’après le cours : - ”le noyau d’une forme linéaire non nulle est un hyperplan” donc dim(ker(φ1 )) = n (idem pour φ2 ) ; - ”deux formes linéaires sont proportionnelles si et seulement si elles ont le même noyau” : φ1 et φ2 ne sont pas proportionnelles donc ker(φ1 ) 6= ker(φ2 ). Posons Fk = ker(φk ) pour k ∈ {1, 2} : Fk ⊂ F1 +F2 , si on avait F1 = F1 +F2 alors F2 ⊂ F1 et comme ils ont même dimension , on aurait F2 = F1 ce qui est faux . Donc F1 ( F1 + F2 d’où n = dim(F1 ) < dim(F1 + F2 ) . F1 + F2 est un sous-espace vectoriel de Cn [X] donc dim(F1 + F2 ) ≤ n + 1 d’où dim(F1 + F2 ) = n + 1. Appliquons la formule de Grassmann : dim(F1 + F2 ) = dim(F1 )+ dim(F2 )− dim(F1 ∩ F2 ) = 2n− dim(F1 ∩ F2 ). Conclusion dim(ker(φ1 )∩ ker(φ2 )) = n − 1 5. Q = fn (P ) ⇒ Q0 (X) = Lycée de l’Essouriau X 2 − 1 00 P (X) + (−1)XP 0 (X) + P (X) : α0 = −1 ; β0 = 1 ; 2 1 2 (X −1)P 000 (X)+XP 00 (X)−XP 00 (X)−P 0 (X)+P 0 (X) = 2 3 DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI 1 est donc racine d’ordre 2 de S. On peut faire le même raisonnement pour −1 , donc −1 est racine d’ordre 2 de S Si deg(S) = 4 alors sachant que S est divisible par (X − 1)2 et (X + 1)2 , on a S(X) = α(X 2 − 1)2 . X 2 − 1 00 S (−X) + XS 0 (−X) + S(−X) = λS(−X). 20 Par ailleurs : T (X) = S(−X) ⇒ T (X) = −S 0 (−X) et T 00 (X) = S 00 (−X) d’où : X 2 − 1 00 T (X) − XT 0 (X) + T (X) = λT (X) c’est à dire : fn (T ) = λT . 2 Pour p ≥ 5, λ est valeur propre simple donc le sous-espace propre associé est de dimension 1 , donc : ∃α ∈ C tel que T = αS. p S(X) = ap X p + · · · , T (X) = (−1) ap X p + · · · . On a donc : S(−X) = (−1)p S(X) Si p est pair : S(−X) = S(X) donc S est un polynôme pair. Si p est impair , S(0) = −S(0) = 0. Si p = 5, S admet 1 et −1 pour racines doubles, et 0 pour racine. deg(S) = 5 donc 4. fn (S)(−X) = λS(−X) d’où : S(X) = αX(X 2 − 1)2 5. On a toujours : (k − 1)(k − 2) (k) X 2 − 1 (k+2) S (X) + (k − 1)XS (k+1) (X) + S (X) = λS k (X). 2 2 Soit x0 une racine de S, x0 6= ±1 . Si S 0 (x0 ) était nul , alors pour k = 0 et X = x0 on aurait S 00 (x0 ) = 0 ; pour k = 1 : s(3) (x0 ) = 0 et par récurrence : ∀n, S (n) (x0 ) = 0 d’où S = 0E ce qui est faux . Donc S 0 (x0 ) 6= 0 et x0 est racine simple de S *** Fin du sujet E3a *** Lycée de l’Essouriau 4 DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI Sujet Centrale Partie I. I.A.1. On a s(e1 ) = e1 et s(e2 ) = −e2 et donc Problème (Sujet complet Centrale - 2005 - Sujet 2 (filière PSI)). M at(s1 , (e1 , e2 )) = Résultats préliminaires. 1 0 0 −1 Le cours indique alors que 1.a. Notons R (resp. J) la matrice dont le coefficient générique est la partie réelle (resp. imaginaire) de P . On a alors P = R = iJ. 1.b. AP = P B devient, avec les notations de la question précédente, M at(u ◦ s1 , (e1 , e2 )) = M (0, 1)M at(s1 , (e1 , e2 )) = AR + iAJ = RB + iJB Soit s2 l’endomorphisme tel que M at(s2 , (e1 , e2 )) = En identifiant les parties réelle et imaginaire de chaque coefficient, on a donc AR = RB et AJ = JA. En combinant ces relations, on obtient 0 1 1 0 0 1 1 0 = A. Comme A2 = I2 , s2 est une symétrie et u = (u ◦ s1 ) ◦ s1 = s2 ◦ s1 ∀t ∈ C, A(R + tJ) = AR + tAJ = RB + tJB = (R + tJ)B I.A.2. a. On cherche une base (f1 , f2 ) telle que u(f1 ) = f2 et u(f2 ) = −f1 . La première condition amène à poser (on prend f1 = e1 ce qui impose f2 ) 1 2 P = 0 1 2 −1 P est inversible (det(P ) = 1) et comme A = , on a donc 1 0 1.c. L’application t ∈ CR + tJ a des fonctions coordonnées qui sont polynomiales. Avec la formule théorique du déterminant, on en déduit que φ : t 7→ det(R + tJ) est aussi polynomiale. Or, φ(i) = det(P ) 6= 0 et φ n’est pas nulle. Sa restriction à R n’est donc pas nulle (un polynome admettant une infinité de racines est nul). On a donc ∃ t0 ∈ R/ R + t0 J ∈ GLn (R) 1.d. Soit Q = R = t0 J. La question 1.b montre que AQ = QB et, comme Q est inversible, Q−1 AQ = B P −1 AP = M (0, 1) b. On peut écrire, avec I.A, que M (0, 1) = A2 A1 avec A2 et A1 matrices de symétrie. On a donc 2 −3 1 −4 A = S2 S1 avec S2 = P A2 P −1 = et S1 = P A1 P −1 = 1 −2 0 −1 ce qui montre que A et B sont semblables dans Mn (R). 2.a. Soit P ∈ R[X]. C’est une fonction polynomiale donc continue sur R. La condition sur le degré montre qu’en +∞ et −∞ la fonction admet des limites infinies de signes opposés. Le théorème des valeurs intermédiaires indique alors que P s’annule sur R. Remarque : alternativement, il existe un nombre impair de racines complexes comptées avec les multiplicités. Comme ces racines sont deux à deux conjuguées, il doit y en avoir une réelle. 2.b. Si n est impair et A ∈ Mn son polynôme caractéristique est réel de degré impair et possède une racine réelle. Il y a donc une valeur propre réelle. En contraposant ceci, on voit que n doit être pair quand (PA ) est vérifiée. Comme A22 = A21 = I2 , on a aussi S12 = S22 = I2 et S1 , S2 sont des matrices de symétrie. 1 α c. La méthode est la même qu’en 2.a. On note cette fois Q = . Q est 0 β 2 inversible carβ 6= 0(sinon on aurait α = −1 avec α ∈ R ce qui est exclus) et α −1 B = indique alors que β 0 Q−1 BQ = M (0, 1) Lycée de l’Essouriau 5 DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI d. Avec les notation de la question 2.c, on a donc c. Le déterminant étant un invariant de similitude, on a B = T2 T1 avec T2 = P A2 P −1 et T1 = P A1 P −1 det(A) = det(M (α, β)) = α2 + β 2 > 0 Comme A22 = A21 = I2 , on a aussi T12 = T22 = I2 et T1 , T2 sont des matrices de symétrie. I.A.3. Il existe un réel θ tel que α = cos(θ) et β = sin(θ). M (α, β) est alors la matrice dans la base (e1 , e2 ) (qui est orthonormée directe pour la structure euclidienne canonique) de la rotation d’angle θ. Cette rotation se décompose comme le produit de deux symétries orthogonales par rapport à des droites formant un angle θ/2 (par exemple s2 ◦ s1 avec s1 symétrie par rapport à la droite d’angle polaire 0 et s2 symétrie par rapport à la droite d’angle polaire θ/2). 1 I.A.4. Soit N = α2 +β 2 M (α, β). N est du type de la question précédente et s’écrit donc N = S2 S1 avec S1 , S2 matrices de symétrie. On a donc d. Avec la question IA4 on a l’existence de S1 , S2 matrice de symétrie et de H matrice d’homothétie telles que M = S2 S1 H. En notant P une matrice réelle telle que P −1 AP = M (α, β) (P existe avec 5b) on a donc A = T1 T2 H avec Ti = P Si T −1 et Ti2 = 1. I.A.6. M = S2 S1 H avec H = (α2 + β 2 )I2 M (α, β) = et H est une matrice d’homothétie. I.A.5. a. Le polynôme caractéristique de A est 2 La condition (PA ) est vérifiée si et seulement si χA n’a pas de racines réelles, c’est à dire si son discriminant est < 0. La condition est donc (a + d)2 − 4(ad − bc) < 0 b. Supposons (par conditions nécessaires) que A soit semblable à M (α, β). Trace et déterminant étant des invariants par changement de base, on a α2 + β 2 M −1 2 Q Avec la condition vue en 5.a, on a donc un unique couple envisageable (α, β) de réels tels que β > 0 et c’est α2 + β 2 ,p α2 + β 2 = p α2 + β 2 M (α0 , β 0 ) BQ = Iq 0 0 −Ir Ip 2Ip I.B.2. Par analogie avec IA, on introduit la matrice P = . On vérifie 0 Ip Ip −2Ip (calcul par blocs) que P est inversible avec P −1 = . Un nouveau 0 Ip calcul par blocs donne 0 −B P −1 AP = B 0 p a+d et β = 4(ad − bc) − (a + d)2 2 Réciproquement, soit α et β comme ci-dessus. M (α, β) est une matrice réelle semblable à A. Par ailleurs, M (α, β) et A ont même polynôme caractéristique (par choix de α et β). Ce dernier étant scindé à racines simples, elles sont diagonalisable dans C et semblables à la même matrice diagonale. Par transitivité, elles sont semblables dans C. La partie préliminaire montre qu’elles sont aussi semblables dans M2 . Lycée de l’Essouriau p ! β 2 2α = a + d et α + β = ad − bc α= α Comme α0 + β 0 = 1, on est dans le cadre de A3. M (α, β) est la composée d’une rotation et d’une homothétie. Réciproquement, de tels endomorphismes ont une matrice de type M (α, β) avec α2 + β 2 6= 0. I.B.1. Comme B 2 = Ip , B est la matrice dans la base canonique d’une symétrie. Notons E1 et E2 les sous-espaces associés à B et C une base E1 ⊕E2 = Rp . adaptée à Iq 0 La matrice de la symétrie est représentée dans C par où q est la 0 −Ir dimension de E1 et r celle de E2 . Matriciellement, cela signifie qu’en notant Q la matrice de passage de la base canonique à C on a χA = X 2 − T r(A)X + det(A) = X 2 − (a + d)X + (ad − bc) 2 p I.B.3. Notons cette fois R = 6 Q 0 0 Q où Q est la matrice de B.1. R est inversible DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI d’inverse Q−1 0 0 Q−1 Avec IA1, on a donc et un calcul par blocs donne R −1 0 B −B 0 R= 0 Q−1 BQ −Q−1 BQ 0 0 = Iq 0 0 −Ir −Iq 0 0 Ir 0 Par transitivité, A est semblable à la matrice du membre de droite (par le biais de la matrice de passage P R). I.B.4. Soit u l’endomorphisme canoniquement associé à B. La question précédente donne l’existence d’une base C = (f1 , . . . , f2p ) telle que −Iq 0 0 0 Ir M at(u, C) = Iq 0 0 0 −Ir 2 0 −3 0 0 2 0 −3 T2 = M diag(S2 , S2 )M −1 = 1 0 −2 0 , 0 1 0 −2 2 3 −8 −12 −1 −2 4 8 . T1 = M diag(S1 , S1 )M −1 = 0 0 −2 −3 0 0 1 2 T1 et T2 sont bien des matrices de projection (carré égal à I4 ). Soit Partie II. D = (e1 , ep+1 , e2 , ep+2 , . . . , eq , ep+q , ep+q+1 , eq+1 , ep+q+2 , eq+2 . . . , e2p , ep−1 ) C’est une base de R 2p II.A.1. X 2 + 1 annule A. Les valeurs propres de A sont racines de X 2 + 1 et ne sont pas réelle. (PA ) est vérifiée. II.A.2. Soit E une matrice d’opération élémentaire. a. Si cette opération est Li ↔ Lj alors on passe de E à In faisant l’opération Ci ↔ Cj . E −1 correspond donc à cette opération. Ainsi, EAE −1 s’obtient à partir de A en changeant les lignes i et j puis les colonnes i et j. b. Si cette opération est Li ← αLi alors alors on passe de E à In en faisant l’opération Ci ← α−1 Ci . E −1 correspond donc à cette opération. EAE −1 s’obtient à partir de A en multipliant la ligne i par α puis la colonne i par α−1 . c. Si cette opération est Li ← Li + λLj alors alors on passe de E à In en faisant l’opération Cj ← Cj − λCi . E −1 correspond donc à cette opération. EAE −1 s’obtient à partir de A en effectuant successivement Li ← Li + λLj puis Cj ← Cj − λCi . II.A.3. a. Le premier vecteur de la base canonique de Rn n’étant pas un vecteur propre (puisqu’il n’y a aucun vecteur propre réel), la première colonne de A n’est pas colinéaire à e1 . Ainsi, il existe i ≥ 2 tel que Ai,1 6= 0. b. Soit i ≥ 2 un indice tel que Ai,1 6= 0. Soit E1 la matrice correspondant à Li ↔ L2 . La matrice B = E1 AE1−1 sera telle que B2,1 = Ai,1 6= 0 (on échange les lignes 2 et i ce qui amène le coefficient en place puis on permute C2 et Ci ce qui ne change pas la colonne 1 et laisse le coefficient en place. −1 Soit E2 la matrice de l’opération L2 ← B2,1 L2 et C = E2 BE2−1 . On a alors C2,1 = 1 (on multiplie la ligne 2 pour obtenir un coefficient 1 puis on change la (on n’a fait que réordonner les termes de C) telle que M at(u, D) = diag(M (0, 1), M (0, 1), . . . , M (0, 1)) A est donc semblable à cette dernière matrice. 2 3 vérifie B 2 = 1. −1 −2 (−3, 1) et (−1, 1) sont vecteurs propres associés à 1 et 1 0 2 0 1 0 −3 −1 On a donc Q = . Ainsi, P = 0 0 1 1 1 0 0 0 −3 −1 0 0 −3 1 1 1 0 0 , PR = R= 0 0 0 −3 −1 0 0 1 1 0 I.B.5. Ici, B = On réordonne les colonnes pour obtenir −3 −6 1 2 M = 0 −3 0 1 Lycée de l’Essouriau −2 2 −1 1 −1. 0 2 , 0 1 −1 −6 1 2 0 −3 0 1 M −1 AM = diag(S2 S1 , S2 S1 ) = diag(S2 , S2 )diag(S1 , S1 ) 0 1 1 0 avec S = , S = . 2 1 1 0 0 −1 On en déduit que A = T2 T1 avec −2 2 −1 1 −1 1 0 0 7 DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI La matrice Q de l’énoncé est donc égale à R−1 = Fn−1 . . . F3−1 . Notons que Fi−1 est la matrice de l’opération élémentaire L2 ← L2 −A01,i Li . A ce niveau, on obtient M (0, 1) 0 −1 ZAZ = 0 B colonne 2 ce qui laisse le 1 en place). Soit E3 la matrice de l’opération L1 ← L1 − C1,1 L2 et D = E3 CE3−1 . On a alors D1,1 = 0 et D2,1 = 1 (on opère sur la ligne 1 pour amener un 0 puis sur la colonne 2 ce qui laisse en place le 0 et le 1). On continue avec des matrices d’opérations élémentaires E4 , . . . , En+1 du type Li ← Li − λL2 pour obtenir 0 A = P AP −1 où Z est un produit de matrices correspodant à des opérations élémentaires sur les lignes. On obtient Z en effectuant ces opérations à partir de In . II.A.5. Un calcul par blocs donne 2 M (0, 1) 0 −I2 0 = 0 B 0 B2 avec P = En+1 En . . . E1 avec A0i,1 = 0 si i 6= 2 et A02,1 = 0. Remarque : bien plus simplement, en notant u l’endomorphisme canoniquement associé à A, on a (e1 , u(e1 )) qui est libre et peut être complétée en une base de Rn . Dans cette base, u est représentée par une matrice du type voulu. En passant aux matrices, on obtient la similitude demandée. c. Soit v l’endomorphisme canoniquement associé à A0 . On a v(e1 ) = e2 . Par ailleurs, 2 A0 = (P −1 AP )2 = P −1 (−In )P = −In Or, on sait que cette matrice vaut −In . On a donc B 2 = −In−2 . On est amenés à faire une récurrence sur p (avec n = 2p). - Si p = 1 alors n = 2 alors on a déjà le résultat voulu avec A.4 (B est un bloc de taille nulle). - Supposons le résultat vrai jusqu’au rang p − 1 ≥ 1. Avec A3 et A4 on trouve N et B telles que M (0, 1) 0 N AN −1 = avec B 2 = −In−2 0 B et donc v(e2 ) = v 2 (e1 ) = −e1 . La seconde colonne de A0 est donc (−1, 0, . . . , 0). II.A.4. Soit F la matrice d’une opération élémentaire C3 ← C3 + λC2 et B = F −1 A0 F . A00 est obtenue en effectuant les opérations C3 ← C3 + λC2 puis L2 ← L2 − λL3 . Etant donnée la forme des deux premières colonnes de A0 , la matrice A00 aura encore des colonnes comme A0 . En choisissant λ = A01,3 , elle vérifiera en outre B1,3 = 0. On itère le processus pour obtenir une matrice B semblable à A0 et de la forme suivante 0 −1 0 . . . 0 1 0 ? ... ? 0 0 B= .. .. . . ? 0 −1 L’hypothèse de récurrence donne P telle est bloc-diagonale avec que PBP I2 0 des blocs de M (0, 1). On pose Q = . C’est une matrice inversible 0 P I2 0 d’inverse et on a 0 P −1 M (0, 1) 0 −1 −1 QN AN Q = = diag(M (0, 1), . . . , M (0, 1)) 0 P BP −1 ce qui clôt la récurrence. II.A.6. Avec la question 3.b, on effectue successivement les opérations 0 Comme A2 = −In et B semblable à A, on a B 2 = −In . En regardant la première ligne de B 2 , ceci impose que B2,i = 0 si i ≥ 3. On a donc une matrice de la forme voulue semblable à A0 et donc à A. Remarque : avec les notations ci-dessus, on a A001,i = A01,i pour i ≥ 4. Il est ainsi facile de voir quelles opérations on doit effectuer. Si on considère la matrice R = F3 . . . Fn où Fi est la matrice de l’opération élémentaire Ci ← Ci + A01,i C2 , on a R−1 A0 R = B Lycée de l’Essouriau L2 ← L2 , L1 ← L1 − 4L2 , L3 ← L3 − 2L2 , L4 ← L4 + L2 −2 et on obtient 1 0 P = 0 0 8 2 −1/2 1 −1/2 0 0 0 1 0 0 0 , A = 0 1 0 0 1 0 −1 0 0 0 0 −5/2 1 −1/2 5 −5 4 −1 DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI Avec la question 4, on effectue alors l’opération L2 ← L2 − 5L4 et 1 2 0 −1 0 0 0 0 1 2 0 5 −1 avec Z = Z AZ = 0 0 0 1 1 4 0 −1/2 0 0 −1/2 −1 on obtient 0 0 0 −5 1 0 0 1 II.C.2. Avec le calcul ci-dessus, on a u ◦ u(X i ) = u((−1)i X n−1−i ) = (−1)i (−1)n−1−i X n−1−(n−1−i) = −X i et donc u2 = −Id. La partie II.A indique que la matrice de u dans n’importe quelle base est semblable à diag(M (0, 1), . . . , M (0, 1)). Or, dans la base canonique de Rn−1 [X], cette matrice est la matrice A proposée (tous les coefficients sont nuls sauf ceux sur l’antidiagonale où alternent des −1 et des 1). On a ainsi le résultat demandé. Le travail avec le bloc de taille 2 inférieur gauche donne les opérations L4 ← −2L4, L3 ← L3 − L4 Partie III. III.A.1. Pour tout réel x, (x − α)2 + β 2 ≥ β 2 > 0. Le polynôme n’admet pas de racines réelles. Il admet donc deux racines complexes non réelles et conjuguées (n’étant pas réelles, elles sont distinctes). III.A.2. Si (1) a lieu alors le polynôme caractéristique de A (invariant de similitude) est p Y (X − αk )2 + βk2 On obtient finalement M AM −1 1 0 = diag(M (0, 1), M (0, 1)) avec M = 0 0 2 2 0 1 0 0 1 0 0 −5 2 −2 k=1 II.B.1. (X − α)2 + β 2 est un polynôme qui annule A et qui n’a pas de racines réelles (car β > 0). A n’a donc pas de valeur propre réelle et (PA ) est vérifiée. II.B.2. La matrice C = β1 (A − αI) vérifie C 2 = −In . On peut trouver M telle M CM −1 est bloc-diagonale avec des blocs égaux à M (0, 1). On en déduit alors que Par théorème de Cayley-Hamilton, il annule A et la question précédente montre qu’il n’admet pas de racines réelles. Il faut cependant raffiner car les racines ne sont pas forcément simples (par exemple, deux couple (αk , βk ) peuvent être égaux). Notons Pk = (X − αk )2 + βk2 . Deux polynômes Pk sont soit égaux soit sans racine commune (sinon les deux racines, qui sont conjuguées, sont communes et comme les polynômes sont unitaires de degré 2 ils sont égaux). Soit P le produit des Pk deux à deux distincts. On a (produit par blocs) M AM −1 − αIn = M (βC)M −1 = βM CM −1 = diag(M (0, β), . . . , M (0, β)) et donc P (diag(M (α1 , β1 ), . . . , M (αp , βp ))) = diag(P (M (α1 , β1 )), . . . , P (M (αp , βp ))) M AM −1 = αIn + diag(M (0, β), . . . , M (0, β)) = diag(M (α, β), . . . , M (α, β)) P étant multiple de chaque Pk , la matrice ci-dessus est nul. P est donc annulateur de A (puisqu’il annule une matrice semblable à A) et il ne possède que des racines complexes non réelles et simples. III.B.1. Les images de f1 et f2 par u (endomorphisme canoniquement associé à A) sont des combinaisons linéaires de f1 et f2 . Or, la matrice de u dans la base des fi contient en colonne les images des fi dans la base des fi . Les deux premières colonnes de cette matrice sont donc du type (?, ?, 0, . . . , 0) et on a le résultat demandé. III.B.2. Un produit par blocs montre que et on a la similitude voulue. Le déterminant est un invariant de similitude et on sait calculer les déterminants bloc-diagonaux. On obtient det(A) = det(M (α, β))p = (α2 + β 2 )p > 0 II.C.1. ∀i, u(X i ) = (−1)i X n−1−i . Le plan V ect(X i , X j ) est stable par u ssi n − 1 − i, n − 1 − j ∈ {i, j} χA = χA0 χB n étant pair, on ne peut avoir n − 1 − i = i ou n − 1 − j = j. La condition cherchée est ainsi i+j =n−1 Lycée de l’Essouriau où χM désigne le polynôme caractéristique de M . Toute valeur propre de A0 est donc valeur propre de A. Or, A ne possède pas de valeur propre réelle et il en est 9 DEVOIR LIBRE n˚4 - Sujet B - CORRECTION PSI donc de même pour A0 . La question IA5b donne alors A0 semblable à une matrice du type M (α, β) avec (α, β) ∈ R × R+∗ . III.B.3. A0 est la matrice dans (f1 , f2 ) de la restriction de u (endomorphisme canoniquement associé à A) au sous-espace stable E. Or, P = χA0 = χM (α,β) = (X − α)2 + β 2 annule A0 et on a donc Ker(P (A0 )) = E Or, P (A0 ) est la restriction à E de P (A) et donc son noyau est inclus dans celui de Ker(P (A)) (on a même Ker(P (A0 )) = Ker(P (A)) ∩ E). Ainsi, E ⊂ Ker(P (A)) = Ker((A − αIn )2 + β 2 In ) III.B.4. Avec le polynôme annulateur à racines simples dans C on peut conclure à l’aide du théorème des noyau (ce polynôme s’écrit ((X − α)2 + β 2 )Q les deux facteurs étant premiers entre eux) mais ce théorème n’est plus au programme (pas plus que la notion de polynômes premiers entre eux). On ne peut apparemment pas conclure simplement. III.B.5. Raisonnons en termes d’endomorphismes. Soit u l’endomorphisme canoniquement associé à A. Soit v sa restriction au sous-espace stable Ker((A − αIn )2 + β 2 In ) et w = v−αId . On a alors w2 = −Id. f1 n’est pas vecteur propre pour β w et (f1 , w(f1 )) est libre. C’est aussi une famille de E (stable par u et donc par v et w). Par cardinal, c’est une base de E. Posons donc f2 = w(f1 ) (c’est possible). On peut compléter (f1 , f2 ) de façon à obtenir une base (f1 , . . . , fr ) 2 2 de Ker((A − αIn ) +β In ). Dans cette base, la matrice de w est du type M (0, 1) ? M = . En notant Ei la matrice de l’opération élémentaire 0 C M (0, 1) 0 . La matrice Ci ← Ci +M1,i C2 et P = E3 . . . Er on a P −1 M P = 0 C0 r P P vaut Ir + M1,k E2,k . Elle correspond à une matrice de passage de (fi ) dans k=3 une base du type (f1 , f2 , g3 , . . . , gr ). V ect(g3 , . . . , gr ) est alors un suplémentaire de E dans Ker((A − αIn )2 + β 2 In ) qui est stable par w (d’après la forme de la matrice) et donc aussi par v et donc aussi par u. Finalement, en notant H un supplémentaire stable par A de Ker((A−αIn )2 +β 2 In ) dans Rn , V ect(g3 , . . . , gr ) ⊕ H est un supplémentaire de E stable par A. III.C. On procède par récurrence sur p (n = 2p) que si A vérifie iii et est telle que PA est vraie alors on peut trouver une base “adaptée” (dans laquelle l’endomorphisme est représentée par une matrice du type voulu). - Si p = 1 alors n = 2 et on conclut par IA5. - Supposons le résultat vrai jusqu’à un rang p − 1 ≥ 1. Commençons par remarquer qu’il existe un plan stable par A. Lycée de l’Essouriau 10 En effet, il existe une valeur propre complexe λ = λ1 + iλ2 . Soit x un vecteur propre complexe associé. Comme A est réelle, λ est valeur propre et x est vecteur propre associée. Soit x1 + ix2 la décomposition de x à l’aide de vecteurs réels. On a Ax1 + iAx2 = Ax = λx = λ1 x1 − λ2 x2 + i(λ1 x2 + λ2 x1 ) En identifiant les parties réelle et imaginaire, on obtient que Ax1 , Ax2 ∈ V ect(x1 , x2 ). V ect(x1 , x2 ) est stable, de dimension ≥ 1 (x 6= 0). Or, A ne possède pas de droite réelle stable (avec (PA )) et notre espace est donc de dimension 2. Soit P un tel plan stable. Avec (iii) on a un supplémentaire stable F . A induit sur F un endomorphisme B et (PB ) est vérifiée (les valeurs propres d’une restriction étant valeurs propres de l’endomorphisme de départ). Montrons que B vérifie (iii). Soit Q un plan de F sstable par B. Il est donc stable par A et il existe un supplémentaire H stable par A. On a Q ⊕ H = E et on montre que Q ⊕ (H ∩ F ) = F En effet, la somme est clairement directe cat celle entre Q et H l’est. La somme est incluse dans F car Q et H ∩ F le sont. Enfin, si x ∈ F on peut trouver y ∈ Q et z ∈ H tels que x = y + z. On a alors z = x − y ∈ F et donc z ∈ H ∩ F . Ainsi, F ⊂ Q ⊕ (F ∩ H). Comme H et F sont stables par A, il en est de même de H ∩F et comme H ∩F ⊂ F , on peut dire que c’est un sous-espace stable par B et il est supplémentaire de Q. B vérifie bien (iii). Par hypothèse de récurrence, on peut appliquer le résultat à B et trouver une base de F adaptée. De même, on peut trouver une base de P adaptée (avec l’initialisation et comme la restriction de A à P vérifie l’hypothèse sur les valeurs propres). La concaténée des bases de F et P donne une base de Rn adaptée. III.D. On choisit f1 dans Ker(A2 + I) et f2 = Af1 puis f3 ∈ Ker(A2 − 4A + 5I) et (puisque X 2 − 4X + 5 = (X − 2)2 + 1) f4 = (A − 2I)f3 . On obtient alors 2 2 0 −2 0 2 1 −1 P −1 AP = diag(M (0, 1), M (2, 1)) avec P = 1 1 0 −2 0 1 1 −1 *** Fin du sujet Centrale ***