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CORRECTION DL n˚5
Sujet CCP 2006 -PSI
On a donc sppM q X Z t2u et kerpM
Partie I.
2I5q V ectpp1, 1, 1, 1, 1qq
.
La calculatrice étant autorisée, nous ne nous priverons pas de l’utiliser ici. Il Partie II.
°
°
n’y a pas de doute quant aux résultats renvoyés par Maple (utilisé ici) puisqu’il
1.1. On a, M étant symétrique, ai,j nk1 mi,k mk,j nk1 mi,k mj,k .
n’ya aucun paramètre à gérer.
1.2. On suppose i j.
1.
- Si mi,j 1 alors tous les termes de la somme sont nuls et ai,j 0.
¡ M:=matrix(5,5,[0,1,0,1,0,1,0,1,0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,0,1,0,0,1,1,0]):
Si mi,j 0 il y a un unique terme dans la somme qui vaut 1 et les
¡ evalm(M^2);
autres sont nuls. On a donc ai,j 1.
On peut donc écrire que @i j, ai,j 1 mi,j .
matrix prr2, 0, 1, 0, 1s, r0, 2, 0, 1, 1s, r1, 0, 2, 1, 0s, r0, 1, 1, 2, 0s, r1, 1, 0, 0, 2ssq
ņ
2.
1.3. On a aussi ai,i
m2i,k δ. On en déduit que
¡ evalm(M^2+M);
k 1
matrix prr2, 1, 1, 1, 1s, r1, 2, 1, 1, 1s, r1, 1, 2, 1, 1s, r1, 1, 1, 2, 1s, r1, 1, 1, 1, 2ssq
M 2 M Jn pδ 1qIn .
On a donc M 2 M I5 J5 .
2.1. Impφq est l’espace vectoriel engendré par les colonnes de Jn et donc
3.
¡ J:=matrix(5,5,(i,j)-¡1):
Impφq V ectpv q
¡ evalm(J^2);
2.2. D’après la question 1, pf f qpuq φpuq pδ 1qu f puq.
matrix prr5, 5, 5, 5, 5s, r5, 5, 5, 5, 5s, r5, 5, 5, 5, 5s, r5, 5, 5, 5, 5s, r5, 5, 5, 5, 5ssq
Comme f puq δu et φpuq nv, on a donc pf f qpuq nv u.
On a donc J52 5J5 .
Par ailleurs, pf f qpuq δ 2 u et ainsi u δ2n 1 v.
2
2
2
4. On en déduit que pM
M I5 q 5pM
M I5 q c’est à dire que
2.3. On vient de voir que kerpf δidq € V ectpv q. Réciproquement les coordonnées de f pv q sont les sommes par ligne des coefficients de M et donc
2
2
P pM q 0 avec P pX
X 1qpX
X 6q
f pv q δv. Ainsi
kerpf δidq V ectpv q
5. Toute valeur propre de M est racine de P et donc
ce qui montre (comme v 1) que δ est valeur propre de f (et donne le
?
?
"
*
sous-espace propre correspondant).
1
5 1
5
sppM q € , , 2, 3
2.4. En appliquant la relation de 2.2 avec u v, on obtient
2
2
2
2
pδ 2
6.
¡ kernel(M-diag(2,2,2,2,2));
nv pδ 1qv
Comme v 0, on a donc δ 2 1 n.
3.1. M est la matrice de f dans une base orthonormée de Rn . Comme M est
symétrique, f est donc autoadjoint. Il existe donc une base orthonormée
de Rn formée de vecteurs propres pour f (théorème spectral) .
tvector pr1, 1, 1, 1, 1squ
¡ kernel(M+diag(3,3,3,3,3));
tu
Lycée de l’Essouriau
δ qv
1
CORRECTION DL n˚5
5.1. Si a b R Q alors si n 1 2δ 0, r s na1b2δ R Q (par l’absurde
n1
1
2
1, on en
par exemple). Ainsi δ n
2 et r s 2 . Comme n δ
2
déduit que n 6n 5 0 et donc n 2 ou n 5 ou n 1. Comme
n ¥ 3, on a donc :
n5
3.2. Les sous-espaces propres sont en somme directe orthogonale . kerpf λidq est donc orthogonal à Kerpf δidq (δ λ) et u est donc orthogonal
à v ce qui s’écrit (la base canonique étant orthonormée) :
ņ
xi
0
5.2. Dans ce cas a et b sont racines de x2
i 1
1
a
3.3. De la question précédente, on déduit que φpuq 0 et avec le début la
question 2.2 on a donc pλ2 λqu pδ 1qu. Comme u est non nul (c’est
un vecteur propre) on a donc λ2 λ 1 δ 0 .
3.4. f étant diagonalisable, la trace de M est la somme des valeurs propres
comptées avec leur multiplicité. Si a est l’unique valeur propre différente
de δ (qui, elle, est simple), elle est de multiplicité n 1 et donc
pn 1qa
δ
r s
1 1
a 1
b 1
1δ
n1
2
et
?
5
2
et comme p est premier, il divise m .
Comme on peut supposer m et q sans facteur premier commun (quitte à
simplifier), on obtient une contradiction si q possède des facteurs premiers.
Ainsi, q 1 et a b P N.
6.2. pa bq2 4δ 3 ¥ 1 est impair et a b est donc aussi impair plus grand
que 1. Si a b 1 alors comme a b 1 on a a 0 et b 1 ce qui
est exclus (a et b sont racines de x2 x 1 δ et on aurait δ 1 ce qui
est exclus). En notant a b 2p 1, on a p2p 1q2 4δ 3 et donc
δ
p2p
1 q2
4
3
Par ailleurs, a b 1 et donc a p et b p 1 .
6.3. De pr sqpa bq n 1 2δ, on déduit que c divise :
4.3. En prenant le déterminant, on en déduit que :
pr sqpa bq n 1 2δ
4.4. Comme a b (question II.3), r s si et seulement si pr sqpa bq 0.
Avec la question précédente, cette condition s’écrit n 1 2δ 0 ou encore
1
1
δ n
s 1 n, on a alors r s n
.
2 . Comme r
2
Lycée de l’Essouriau
2
1 b
6.1. pa bq2 est un entier et donc m2 {q 2 est entier. Si p est un nombre premier
2
2 q2
qui divise q alors il divise q 2 . mp m
est donc entier. p divise donc m2
q2 p
T r pM q 0
5
x 1 0 et donc :
a et b sont de multiplicité 2 et δ 2 est de multiplicité 1. M est semblable
à :
?
?
?
? 1
5 1
5 1 5 1 5
diag
,
,
,
,2
2
2
2
2
δ
2
On a donc a n
x 1 δ, on a
1 P r1, 0s. Si on note P pxq x
P p0q P p1q 1 δ 0. 0 et 1 sont donc entre les racines de P que
sont a et b. On a donc a, b R r1, 0s et on obtient une contradiction .
4.1. On sait que a b 1 et ab 1 δ.
On en déduit que pa bq2 pa bq2 4ab 1 4p1 δ q 4δ 3 .
4.2. On a ar sb δ T rpf q 0 (voir plus haut) et donc ar sb δ.
Par ailleurs r s 1 n (somme des multiplicité qui vaut n) et donc
r s n 1. Ainsi,
?
n 1 2δ
δ2 2δ pp2 p 1qpp2 p 1q 161 pc2
A fortiori, c divise pc2 3qpc2 5q c4 2c2 15.
Comme c divise c4 2c2 , il divise donc aussi 15.
Les entiers impairs ¥ 3 qui divisent 15 sont 3, 5 et 15.
2
3qpc2 5q
CORRECTION DL n˚5
6.4. On connaı̂t tout en fonction de p (en particulier δ p2 p 1, n δ 2 1,
r s n 1 et r s pn 1 2δ q{c). On obtient le tableau suivant
c δ
n
3 3
10
5 7
50
15 57 3250
a
1
2
7
b
2
3
8
*** Fin du sujet CCP ***
r
s
5
4
28
21
1729 1520
Partie III.
1. Pour raison de symétrie, on peut supposer α β.
Si a b et eα eβ ea eb alors (par exemple par l’absurde) α
5
a et
β b car la famille des pek q est libre. On a donc
2 10 choix qui
donneront des vecteurs distincts deux à deux.
2. ψ transforme une base orthonormée en base orthonormée. C’est donc un
automorphisme orthogonal et il conserve le produit scalaire. En particulier,
on a @i, j P rr1, 10ss, pui |uj q pψ pui q|ψ puj qq
3.1. Il existe a b tels que ui ea eb et alors
pui|uiq pea|eaq
2pea |eb q
peb|ebq 2
3.2.
pui|uj q peα|eαq peα|eγ q peβ |eαq peβ |eγ q 1
3.3. On a cette fois pui |uj q 0 (quatre produits scalaires nuls).
4. La matrice M Jn A In a des coefficients diagonaux nuls, elle est
symétrique, elle ne comporte que des zéros et des 1. Plus précisément,
fixons i. ui s’écrit ea eb . Si uj eα eβ alors Mi,j 1 ssi les quatre
indices a, b, α, β sont distincts. Il y a donc 32 3 tels coefficients. On est
dans le cas δ 3 (ce qui correspond bien à n δ 2 1 10).
Il reste à vérifier la propriété p4q. Soit i j alors Mi,j 0 si et seulement
si il existe α, β, γ avec β γ tels que ui eα eβ et uj eα eγ . Si ceci a
lieu alors Mi,k Mj,k 1 où uk ec ed tels que tα, β, γ, c, du rr1, 5ss.
Réciproquement, si un tel k existe alors uk ec ed et uj et ui n’utilisent
pas ec ni ed . Ils ont donc un eα commun dans leur définition (et seulement
un car i j) et Mi,j 0.
M vérifie donc pP q.
Lycée de l’Essouriau
3
CORRECTION DL n˚5
Sujet Centrale
Partie I.
I.A.1. a. spe1 q e1 et spe2 q e2 , alors M atps1 , pe1 , e2 qq PROBLÈME 1 (Sujet complet Centrale - 2005 - Sujet 2 (filière PSI)).
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,
iAJ
RB
iJB
En identifiant les parties réelle et imaginaire de chaque coefficient, on a
donc AR RB et AJ JA. En combinant ces relations, on obtient
@t P C, ApR tJ q AR tAJ RB tJB pR tJ qB
L’application t P CR tJ a des fonctions coordonnées qui sont poly-
P est inversible (detpP q 1) et comme A
1.c.
nomiales. Avec la formule théorique du déterminant, on en déduit que
φ : t ÞÑ detpR tJ q est aussi polynomiale. Or, φpiq detpP q 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
1.d. Soit Q R
est inversible,
D t 0 P R{ R
t0 J
0
1
.
2
1
01
, on a donc
P 1 AP
b.
P GLnpRq
M p0, 1q
On peut écrire, avec I.A, que M p0, 1q A2 A1 avec A2 et A1 matrices
de symétrie. On a donc
3
2
I2, on a aussi S12 t0 J. La question 1.b montre que AQ QB et, comme Q
A S2 S1 avec S2 P A2 P 1 Q1 AQ B
2
1
Comme A22 A21
matrices de symétrie.
ce qui montre que A et B sont semblables dans Mn pRq.
2.a. Soit P P RrX s. C’est une fonction polynomiale donc continue sur R.
La condition sur le degré montre qu’en 8 et 8 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 P 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 pPA q est vérifiée.
Lycée de l’Essouriau
1
0
0 1
b. On a M atpu s1 pe1 , e2 qq M p0, 1qM atps1 pe1 , e2 qq .
1 0
0 1
Soit s2 l’endomorphisme tel que M atps2 , pe1 , e2 qq A.
1 0
Comme A2 I2 , s2 est une symétrie et u pu s1 q s1 s2 s1 .
I.A.2. a. On cherche une base pf1 , f2 q telle que upf1 q f2 et upf2 q f1 .
La première condition amène à poser (on prend f1 e1 ce qui impose
f2 )
1 2
P 0 1
Résultats préliminaires.
AR
S22
et S1 P A1 P 1 Q est inversible car β
0(sinon
on aurait α2 1 avec α
α
est exclus) et B
01 indique alors que
β
Q1 BQ M p0, 1q
d. Avec les notations de la question 2.c, on a donc
4
T2T1
avec T2
P A2P 1
et T1
1
0
I2 et S1 , S2 sont des
c. La méthode est la même qu’en 2.a. On note cette fois Q
B
P A1P 1
P
1 α
.
0 β
R ce qui
4
1
CORRECTION DL n˚5
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 cospθq et β sinpθq. M pα, β q est
alors la matrice dans la base pe1 , e2 q (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).
I.A.4. Soit N α2 1 β 2 M pα, β q. N est du type de la question précédente et
s’écrit donc N S2 S1 avec S1 , S2 matrices de symétrie. On a donc
M
S2S1H
avec H
pα2
c. Le déterminant étant un invariant de similitude, on a
detpAq detpM pα, β qq α2
A T1 T2 H avec Ti
et Ti2
I.A.6.
β 2 qI2
Trace et déterminant étant des invariants par changement de base, on a
ad bc
Avec la condition vue en 5.a, on a donc un unique couple envisageable
pα, β q de réels tels que β ¡ 0 et c’est
α
a
et β 4pad bcq pa dq
2
Réciproquement, soit α et β comme ci-dessus. M pα, β q est une matrice
réelle semblable à A. Par ailleurs, M pα, β q 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
a
d
a
α2
β2M
a
α
α2
β
,a
β2
α2
β2
a
α2
β 2 M pα 1 , β 1 q
Comme α1 2 β 1 2 1, on est dans le cadre de A3. M pα, β q est la composée
d’une rotation et d’une homothétie. Réciproquement, de tels endomorphismes ont une matrice de type M pα, β q avec α2 β 2 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 adaptée
à
Rp. La matrice de la symétrie est représentée dans C par
E1 ` E2 Iq
0
où q est la dimension de E1 et r celle de E2 . Matriciellement,
0 Ir
cela signifie qu’en notant Q la matrice de passage de la base canonique à
C on a
Iq
0
1
Q BQ 0 Ir
X 2 T rpAqX detpAq X 2 pa dqX pad bcq
La condition pPA q 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
pa dq2 4pad bcq 0
b. Supposons (par conditions nécessaires) que A soit semblable à M pα, β q.
β2
P SiT 1
1.
M pα, β q χA
d et α2
¡0
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 pα, β q (P existe avec 5b) on a donc
et H est une matrice d’homothétie.
I.A.5. a. Le polynôme caractéristique de A est
2α a
β2
2
I.B.2. Par analogie avec IA, on introduit la matrice P
vérifie (calcul par blocs) que P est inversible avec P 1
Un nouveau calcul par blocs donne
P 1 AP
5
0
B
B
0
Ip 2Ip
. On
0 Ip
Ip 2Ip
.
0
Ip
CORRECTION DL n˚5
I.B.3. Notons cette fois R
inversible d’inverse
R1
0
B
B
0
R
Q1
0
0
Q 0
où Q est la matrice de B.1. R est
0 Q
0
et un calcul par blocs donne
Q1
Q1 BQ
Q1 BQ
0
0
Iq
0
0
Ir
Iq
0
0
0
Ir
b. On réordonne les colonnes pour obtenir M
0
M atpu, C q Iq
0
0
Ir
Iq
0
0
0
Ir
pe1, ep
q
2
1
1
1 .
0 0
diagpS2S1, S2S1q diagpS2, S2qdiagpS1, S1q
.
Partie II.
C’est une base de R2p (on n’a fait que réordonner les termes de C) telle
que M atpu, Dq diag pM p0, 1q, M p0, 1q, . . . , M p0, 1qq.
A est donc semblable
à cette
dernière matrice.
2
3
2
I.B.5. a. Ici, B 1 2 vérifie B 1.
p3, 1q et p1, 1q sont vecteurs propres associés
à 1 et 1.
1
0
2
0
0 1 0 2 3 1
On a donc Q . Ainsi, P 0 0 1 0 ,
1
1
0 0 0 1
3 1 0 0 3 1 6 2 1
1
0
0 1
2
2 , PR 1
R
0
0
0 3 1 0 3 1 0
0
1
1
0
0
1
1
Lycée de l’Essouriau
0
0
2
3
1
2 0 3 0
0 2 0 3 T2 M diag pS2 , S2 qM 1 1 0 2 0 ,
0 1 0 2
2
3 8 12
1 2 4
8 .
T1 M diag pS1 , S1 qM 1 0
0 2 3 0
0
1
2
T1 et T2 sont bien des matrices de projection (carré égal à I4 ).
1 , e2 , ep 2 , . . . , eq , ep q , ep q 1 , eq 1 , ep q 2 , eq 2 . . . , e2p , ep 1
M 1 AM
Soit
D
1
Avec IA1, on a donc
0 1
1 0
avec S2 , S1 1 0
0 1
On en déduit que A T2 T1 avec
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 pf1 , . . . , f2p q telle que
3 6 2 1 II.A.1. X 2 1 annule A. Les valeurs propres de A sont racines de X 2 1 et
ne sont pas réelle. pPA q est vérifiée.
II.A.2. Soit E une matrice d’opération élémentaire.
a. Si cette opération est Li Ø Lj alors on passe de E à In faisant l’opération Ci Ø 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 Ð αLi alors alors on passe de E à In en faisant
l’opération Ci Ð α1 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 α1 .
c. Si cette opération est Li Ð Li λLj alors alors on passe de E à In
en faisant l’opération Cj Ð Cj λCi . E 1 correspond donc à cette
opération. EAE 1 s’obtient à partir de A en effectuant successivement
6
CORRECTION DL n˚5
λ A11,3 , elle vérifiera en outre B1,3 0.
On itère le processus pour obtenir une matrice B semblable à A1 et de la
forme suivante
0 1 0 . . . 0
1 0
? ... ? 0 0
B
.
..
..
.
?
Li Ð Li λLj puis Cj Ð 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 0.
b. Soit i ¥ 2 un indice tel que Ai,1 0. Soit E1 la matrice correspondant
à Li Ø L2 . La matrice B E1 AE11 sera telle que B2,1 Ai,1 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 L2 et C E2 BE 1 . On a
Soit E2 la matrice de l’opération L2 Ð B2,1
2
alors C2,1 1 (on multiplie la ligne 2 pour obtenir un coefficient 1 puis
on change la colonne 2 ce qui laisse le 1 en place).
Soit E3 la matrice de l’opération L1 Ð L1 C1,1 L2 et D E3 CE31 .
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 Ð Li λL2 pour obtenir
A1
P AP 1 avec
avec A1i,1 0 si i 2 et A12,1 0.
P
En
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 A1 et donc à A.
Remarque : avec les notations ci-dessus, on a A21,i A11,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 Ð Ci A11,i C2 , on a R1 A1 R B.
La matrice Q de l’énoncé est donc égale à R1 Fn1 . . . F31 . Notons
que Fi1 est la matrice de l’opération élémentaire L2 Ð L2 A11,i Li . A ce
niveau, on obtient
M p0, 1q 0
1
ZAZ 0
B
1 En . . . E1
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 .
2
M p0, 1q 0
I2 0
II.A.5. Un calcul par blocs donne
0 B2 .
0
B
Or, on sait que cette matrice vaut In . On a donc B 2 In2 . 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
Remarque : bien plus simplement, en notant u l’endomorphisme canoniquement associé à A, on a pe1 , upe1 qq 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 A1 . On a v pe1 q e2 .
Par ailleurs,
A1
pP 1AP q2 P 1pInqP In
et donc v pe2 q v 2 pe1 q e1 . La seconde colonne de A1 est donc
p1, 0, . . . , 0q.
II.A.4. Soit F la matrice d’une opération élémentaire C3 Ð C3 λC2 et
B F 1 A1 F . A2 est obtenue en effectuant les opérations C3 Ð C3 λC2
puis L2 Ð L2 λL3 . Etant donnée la forme des deux premières colonnes
2
N AN 1 de A1 , la matrice A2 aura encore des colonnes comme A1 . En choisissant
Lycée de l’Essouriau
0
M p0, 1q 0
0
B
avec B 2
In2
L’hypothèse de récurrence donne P telle que P BP 1 est bloc-diagonale
7
CORRECTION DL n˚5
avec des blocs de M p0, 1q. On pose Q
inversible d’inverse
QN AN 1 Q1 I2
0
0 P 1
I2 0
0 P
II.B.1. pX αq2 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 pPA q est
vérifiée.
II.B.2. La matrice C β1 pA αI q vérifie C 2 In . On peut trouver M telle
M CM 1 est bloc-diagonale avec des blocs égaux à M p0, 1q. On en déduit
alors que
. C’est une matrice
et on a
M p0, 1q
0
0
P BP 1
diagpM p0, 1q, . . . , M p0, 1qq
M AM 1 αIn
ce qui clôt la récurrence.
II.A.6. Avec la question 3.b, on effectue successivement les opérations
L2
Ð L22 ,
L1
Ð L1 4L2,
L3
Ð L3 2L2,
L4
Ð L4
et donc
M AM 1
L2
1
0
P 0
0
2
1{2
1
1{2
0
0
1
0
0
0 , A1
0 1
0
1
0
0
1
0
0
0
Avec la question 4, on effectue alors l’opération L2
obtient
0
0
Z 1 AZ 0
0
1
1
0
0
0
0
1
1{2
0
5 avec Z
4 1
0
5{2
1
1{2
Ð
1
0
0
0
5L4
2
2
1
1{2
0
0
1
0
pα2 β 2qp ¡ 0
II.C.1. @i, upX i q p1qi X n1i . Le plan V ectpX i , X j q est stable par u ssi
n 1 i, n 1 j P ti, j u
n étant pair, on ne peut avoir n 1 i i ou n 1 j j. La condition
et on
cherchée est ainsi
0
5 0 1
i
M AM 1 diag pM p0, 1q, M p0, 1qq
Lycée de l’Essouriau
2
2
0
1
0
0
1
0
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 pM p0, 1q, . . . , M p0, 1qq. Or, dans la
base canonique de Rn1 rX s, 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.
On obtient finalement
1
0
avec M 0
0
n1
u upX i q upp1qi X n1i q p1qi p1qn1i X n1pn1iq
Ð 2L4, L3 Ð L3 L4
j
II.C.2. Avec le calcul ci-dessus, on a
Le travail avec le bloc de taille 2 inférieur gauche donne les opérations
L4
diag pM p0, β q, . . . , M p0, β qq diag pM pα, β q, . . . , M pα, β qq
detpAq detpM pα, β qqp
5
5 4 1
L2
αIn
et on a la similitude voulue. Le déterminant est un invariant de similitude
et on sait calculer les déterminants bloc-diagonaux. On obtient
et on obtient
M pβC qM 1 βM CM 1 diagpM p0, β q, . . . , M p0, β qq
0
5 2 2
Partie III.
III.A.1. Pour tout réel x, px αq2 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).
8
CORRECTION DL n˚5
III.A.2. Si p1q a lieu alors le polynôme caractéristique de A (invariant de
similitude) est
p
¹
pX αk q2
βk2
k 1
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 pαk , βk q
peuvent être égaux).
Notons Pk pX αk q2 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)
P pdiag pM pα1 , β1 q, . . . , M pαp , βp qqq diag pP pM pα1 , β1 qq, . . . , P pM pαp , βp qqq
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 p?, ?, 0, . . . , 0q
et on a le résultat demandé.
III.B.2. Un produit par blocs montre que χA χA1 χB où χM désigne le
polynôme caractéristique de M . Toute valeur propre de A1 est donc valeur
propre de A. Or, A ne possède pas de valeur propre réelle et il en est donc
de même pour A1 . La question IA5b donne alors A1 semblable à une matrice
du type M pα, β q avec pα, β q P R R .
III.B.3. A1 est la matrice dans pf1 , f2 q de la restriction de u (endomorphisme
canoniquement associé à A) au sous-espace stable E. Or, P χA1 χM pα,β q pX αq2 β 2 annule A1 et on a donc
KerpP pA1 qq E
Or, P pA1 q est la restriction à E de P pAq et donc son noyau est inclus dans
celui de KerpP pAqq (on a même KerpP pA1 qq KerpP pAqq X E). Ainsi,
E
Lycée de l’Essouriau
€ KerpP pAqq KerppA αInq2
β 2 In q
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 ppX αq2
β 2 qQ 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
KerppA αIn q2 β 2 In q et w vβαId . On a alors w2 Id. f1 n’est
pas vecteur propre pour w et pf1 , wpf1 qq 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 wpf1 q (c’est possible). On peut compléter pf1 , f2 q de
2
2
façon à obtenir une base pf1 , . . . , fr q de Ker
ppA αIn q β
In q. Dans cette
M p0, 1q ?
base, la matrice de w est du type M . En notant Ei
0
C
la matrice de l’opération
élémentaire
Ci Ð Ci M1,i C2 et P E3 . . . Er
r
°
M
p
0,
1
q
0
on a P 1 M P . La matrice P vaut Ir
M1,k E2,k .
1
0
C
k3
Elle correspond à une matrice de passage de pfi q dans une base du type
pf1, f2, g3, . . . , gr q. V ectpg3, . . . , gr q est alors un suplémentaire de E dans
KerppA αIn q2 β 2 In q 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 KerppA αIn q2 β 2 In q dans Rn , V ectpg3 , . . . , gr q ` 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.
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
9
iAx2
Ax λx λ1x1 λ2x2
ipλ1 x2
λ 2 x1 q
CORRECTION DL n˚5
En identifiant les parties réelle et imaginaire, on obtient que Ax1 , Ax2 P
V ectpx1 , x2 q. V ectpx1 , x2 q est stable, de dimension ¥ 1 (x 0). Or, A
ne possède pas de droite réelle stable (avec pPA q) et notre espace est donc
de dimension 2.
Soit P un tel plan stable. Avec piiiq on a un supplémentaire stable F .
A induit sur F un endomorphisme B et pPB q est vérifiée (les valeurs
propres d’une restriction étant valeurs propres de l’endomorphisme de
départ). Montrons que B vérifie piiiq. 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 ` pH
X Fq 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 X F le sont. Enfin, si x P F on
peut trouver y P Q et z P H tels que x y z. On a alors z x y P F
et donc z P H X F . Ainsi, F € Q ` pF X H q.
Comme H et F sont stables par A, il en est de même de H X F et comme
H X F € F , on peut dire que c’est un sous-espace stable par B et il est
supplémentaire de Q. B vérifie bien piiiq.
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 KerpA2 I q et f2 Af1 puis f3 P KerpA2 4A 5I q
et (puisque X 2 4X 5 pX 2q2 1) f4 pA 2I qf3 . On obtient alors
P 1 AP
diagpM p0, 1q, M p2, 1qq
2
0
avec P 1
0
2
2
1
1
0
1
0
1
2 1 2 1
*** Fin du sujet Centrale ***
Lycée de l’Essouriau
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