PROBL`EME 1 : Une équation matricielle PRÉLIMINAIRES PARTIE I

TD - Chapitres 19 et 20 - ALGÈBRE LINÉAIRE
PROBLÈME 1 : Une équation matricielle
Extrait sujet « Petites Mines » 2010
Le but de ce problème est d’étudier différentes matrices qui commutent avec leur transposée, c’est à dire qui
vérifient la relation M.t M = t M.M (1).
Dans la suite de l’énoncé, on se contentera alors de dire que la matrice M vérifie la relation (1).
PRÉLIMINAIRES
1. Rappeler la dimension de Mn (R) ainsi que sa base canonique.
PARTIE I
Dans toute cette partie, toutes les matrices envisagées seront dans l’espace vectoriel M2 (R), c’est à dire ayant
2 lignes, 2 colonnes et des coefficients réels.
0 −1
0 1
1 0
.
,C=
,A=
En particulier, on notera I =
1 0
1 0
0 1
2. Montrer que les matrices A et C vérifient la relation (1).
3. Calculer A2 . En déduire que pour tout entier naturel non nul, An vérifie la relation (1).
4. Montrer que A est inversible.
Dans toute la suite on notera U = A + I.
5. Montrer que la matrice U vérifie la relation (1). Montrer : ∀n ∈ N∗ , ∃αn ∈ R,
En déduire que toutes ses puissance U n , n ∈ N∗ vérifient la relation (1).
U n = αn U .
On notera dans la suite E2 l’ensemble des matrices de M2 (R) qui vérifient la relation (1).
6. Calculer les produits de la matrice A + C et de sa transposée.
En déduire que E2 n’est pas un sous-espace vectoriel de M2 (R).
a b
quelconque de M2 (R), déterminer les conditions nécessaires
7. Étant donné une matrice M =
c d
et suffisantes sur a, b, c et d pour que M appartienne à E2 . On donnera les deux formes possibles des
matrices de E2 .
8. En déduire que E2 est la réunion de deux sous-espaces vectoriels de M2 (R), dont on précisera pour chacun
une base.
9. Étant donné M et N deux matrices de E2 , a-t-on nécessairement M.N ∈ E2 ? On pourra utiliser certaines
matrices introduites précédemment dans l’énoncé.
PARTIE II

0 1
On se place ici dans l’espace M3 (R), et on considère la matrice S =  0 0
−1 0
L’ensemble des matrices de M3 (R) qui commutent avec leur transposée (donc
noté E3 .

0
1 .
0
qui vérifient la relation (1)) est
10. Déterminer S 2 et montrer que S et S 2 sont dans E3 .
11. Montrer que pour tous réels a, b et c, la matrice R = aI3 + bS + cS 2 appartient à E3 .
12. En déduire que E3 contient un espace vectoriel de dimension 3 que l’on notera F .
13. Montrer que F est stable par multiplication matricielle.
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PROBLÈME 2 : Un endomorphisme de Rn [X]
Dans tout ce problème, n désigne un entier non nul, a et b sont deux nombres réels. La notation Rn [X]
désigne le R-espace vectoriel des polynômes à coefficients dans R et ayant un degré inférieur ou égal à n.
a+b
0
Pour tout P ∈ Rn [X], on pose ϕn (P ) = (X − a)(X − b)P − n X −
P.
2
Questions préliminaires
1. Rappeler la dimension de Rn [X] puis donner une base de cet espace.
2. Vérifier que deg(ϕn (P )) 6 n.
3. Montrer que ϕn est un endomorphisme de Rn [X].
Partie A - Étude de ϕ1
Dans cette partie on suppose que n = 1.
4. On suppose dans cette question que a = b = 0.
Exprimer l’image de ϕ1 d’un polynôme P = αX + β puis déterminer Ker ϕ1 et Im ϕ1 .
5. Retour au cas général a ∈ R et b ∈ R.
(a) Déterminer ϕ1 (1) et ϕ1 (X).
(b) Justifier que ϕ1 est un automorphisme de R1 [X] et et seulement si ϕ1 (1) et ϕ1 (X) ne sont pas
colinéaires.
(c) En déduire une condition nécessaire et suffisante sur a et b pour que ϕ1 soit un automorphisme de
R1 [X].
Partie B - Étude du noyau de ϕn
Désormais n ∈ N∗ . L’objet de cette partie est l’étude du noyau de ϕn ; nous commençons par un peu
d’analyse.
6. On pose α = max(a, b) et on considère l’intervalle I =]α, +∞[.
2x − (a + b)
est continue sur I.
(a) Démontrer que la fonction f : x 7→ 2
x − (a + b)x + ab
(b) Déterminer une primitive F de la fonction f sur I.
nx − n a+b
2
y = 0.
(x − a)(x − b)
7. On suppose que n est pair et on écrit n = 2p avec p ∈ N. Déduire de la question 6.(c) une base de
Ker(ϕ2p ). Donner sa dimension.
(c) Résoudre sur I l’équation différentielle (E) : y 0 −
8. On suppose maintenant que n est impair et on écrit n = 2p + 1 avec p ∈ N. Déduire de la question 6.(c)
une base de Ker(ϕ2p+1 ). (On pourra discuter suivant les valeurs de a et b).
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PROBLÈME 1 : Une équation matricielle
Extrait sujet « Petites Mines » 2010
PRÉLIMINAIRES
1. dim(Mn (R)) = n2 et la base canonique est (Eij )16i,j6n où les Eij sont les matrices élémentaires.
PARTIE I
2. Sans aucun calcul, on remarque que t A = A donc t A.A = A2 = A.t A donc A vérifie la relation (1).
De même on remarque que t C = −C donc t C.C = −C 2 = C.t C donc C vérifie la relation (1).
3. Trivialement A2 = I et donc ∀n ∈ N∗ , An = A si n est pair et An = I si n est impair.
A et I vérifiant la relation (1), on en déduit que An vérifie la relation (1).
4. A2 = I prouve que A est inversible et que A−1 = A.
5. U vérifie la relation (1) car comme pour la matrice A elle est symétrique.
Montrons : ∀n ∈ N∗ , U n = 2n−1 U par récurrence :
Pour n = 1 le résultat donne U = 20 .U donc est vrai.
Supposons que pour un entier n on a U n = 2n−1 U et montrons la relation au rang n + 1 : U n+1 = U.U n =
2n−1 .U 2 par hypothèse de récurrence ; Or U 2 = 2U d’où U n+1 = 2n−1 2.U = 2n .U .
Les puissances U n , vérifient (1) puisque ce sont les mêmes que U à une constante multiplicative près.
0 0
4 0
0 0
t
t
.
et (A + C). (A + C) =
donc (A + C).(A + C) =
6. A + C =
0 4
0 0
2 0
Ceci prouve que A + C ne commute pas avec sa transposée donc n’appartient pas à E2 alors A et C sont
dans E2 . E2 n’est pas un sous-espace vectoriel de M2 (R) car il n’est pas stable par somme.
2
2
a + b2 ac + bd
a + c2 ab + dc
a b
a c
t
t
.
De même on obtient : M M =
=
.
7. M M =
ac + bd c2 + d2
ab + dc b2 + d2
c d
b d

 ac + bd = ab + dc
b = −c
b=c
2
2
2
2
a +b = a +c ⇔
Donc M ∈ E2 ⇔
ou bien
ac
−
cd
= −ac + dc
ac
+
cd
=
ac
+
dc
 2
b + d2 = c2 + d2
a −c
a c
.
ou bien M =
Soit b = c ou bien b = −c et d = −a et donc M =
c a
c d
0 1
1 0
0 −1
0 0
1 0
,
.
ou bien M ∈ Vect
8. Donc M ∈ Vect
,
,
1 0
0 1
1 0
0 1
0 0
E2 est donc bien la réunion de deux espaces vectoriels.
1 −1
9. Calculons U.C =
. Montrons qu’alors U.C ∈
/ E2 car ne commute pas avec sa transposée :
1 −1
1 −1
1
1
2 2
1
1
1 −1
2 −2
.
=
et
.
=
.
−1 −1
1 −1
−2 2
1 −1
−1 −1
2 2
On n’a donc pas la propriété proposée puisque U et C en donnent un contre-exemple.
PARTIE II


0
0 1

−1 0 0 . On a également t S.S = I3 et S.t S = I3 donc S ∈ E3 .
10.
=
0 −1 0
S commute donc avec sa transposée, donc S 2 également :
t (S 2 ).S 2 = t S.t S.S.S = t S.S.S t S = S.S.t S t S = S 2 .t (S 2 ) soit S 2 ∈ E .
3
S2
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11. t R.R = (aI3 + bt S + ct (S 2 )).(aI3 + bS + cS 2 )
t R.R = (a2 + b2 + c2 )I + a.b(S + t S) + a.c(t (S 2 ) + S 2 ) + b.c(S.t (S 2 ) + S 2 .t S)
3
t R.R = (a2 + b2 + c2 )I + a.b(S + t S) + a.c(t (S 2 ) + S 2 ) + b.c(S + t S)
3
et R.t R = (aI3 + bS + cS 2 ).(aI3 + bt S + ct (S 2 ))
R.t R = (a2 + b2 + c2 )I3 + a.b(S + t S) + a.c(t (S 2 ) + S 2 ) + b.c(S.t (S 2 ) + S 2 .t S) = t R.R donc R ∈ E3 .
12. Notons F = Vect(I3 , S, S 2 ) = {aI3 + bS + cS 2 | (a, b, c) ∈ R3 }. D’après la question 11., toute matrice de
F commute avec sa transposée, donc
 F ⊂ E3. 
a
b c
De plus : aI3 + bS + cS 2 = 0 ⇔  −c a b  = 03 ⇔ a = b = c = 0 donc la famille (I3 , S, S 2 ) est
−b −c a
libre et F est bien un espace vectoriel de dimension 3 inclus dans E3 .
13. Soient (a, b, c) et (d, e, f ) deux éléments de R3 et soit R = aI3 + bS + cS 2 et T = dI3 + eS + f S 2 .
R.T = adI3 + (ae + bd)S + (af + be + cd)S 2 + (bf + ce)S 3 + cf S 4 = adI3 + (ae + bd)S + (af + be + cd)S 2 −
(bf + ce)I3 − cf S car on prouve aisément que S 3 =?I3 . Donc R.T ∈ Vect(I3 , S, S 2 ) = F et F est bien
stable par multiplication.
PROBLÈME 2 : Un endomorphisme de Rn [X]
Questions préliminaires
1. dim(Rn [X]) = n + 1 et la base canonique de cet espace vectoriel est (1, X, X 2 , · · · , X n ) .
2. Raisonnons sur le degré :
a+b
Si deg P 6 n − 1 alors deg ((X − a)(X
6 n et deg
X−
P 6 n donc deg(ϕn (P )) 6 n.
2
Si deg P = n alors P = an X n + Q avec Q de degré inférieur ou égal à n − 1.
On a donc deg(ϕn (Q)) 6 n d’après ce qui précède.
a+b
n
n−1
De plus ϕn (X ) = n(X − a)(X − b)X
−n X −
Xn
2
a+b n a+b n
ϕn (X n ) = nX n+1 − n(a + b)X n + abnX n−1 − nX n+1 −
X =
X + abnX n−1 .
2
2
On en déduit que deg(ϕn (X n )) = n et donc deg P 6 n par somme avec Q.
Soit, pour tout polynôme P ∈ Rn [X], deg(ϕn (P )) 6 n .
− b)P 0 )
3. On montre facilement que ϕn est linéaire et à valeurs dans Rn [X] .
D’après le 2. donc ϕn est un endomorphisme de Rn [X] .
Partie A - Étude de ϕ1
4. ϕ1 (αX + β) = −βX donc P ∈ Ker ϕ1 ⇔ β = 0 donc Ker ϕ1 = Vect(X) et dim Ker ϕ1 = 1 .
On a également Im ϕ1 = Vect(X) et dim Im ϕ1 = 1 .
a+b
a+b
et ϕ1 (X) = −
X + ab
2
2
(b) ϕ1 est un automorphisme de R1 [X] et et seulement si ϕ1 est surjectif (ϕ1 est un endomorphisme).
Or ϕ1 est surjectif si et seulement si rg ϕ1 = 2 soit Im ϕ1 = R1 [X] ou Vect(ϕ1 (1), ϕ1 (X)) = R1 [X].
ϕ1 est un automorphisme de R1 [X] et et seulement si la famille (ϕ1 (1), ϕ1 (X)) est libre soit
ϕ1 (1) et ϕ1 (X) non colinéaires .
5. (a) ϕ1 (1) = −X +
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a+b
(c) Dans la base canonique (1, X), ϕ1 (1) a pour coordonnées ( a+b
2 , −1) et celles de ϕ1 (X) sont (ab, − 2 ).
Donc ϕ1 est un automorphisme de R1 [X] si et seulement si :
(a + b)2
(a − b)2
xy 0 − x0 y 6= 0 ⇔ −
+ ab 6= 0 ⇔
6= 0.
4
4
ϕ1 est un automorphisme de R1 [X] si et seulement si a 6= b .
Partie B - Étude du noyau de ϕn
6. On pose α = max(a, b) et on considère l’intervalle I =]α, +∞[.
(a) La fonction g : x 7→ x2 − (a + b)x + ab = (x − a)(x − b) ne s’annule pas sur I car α = max(a, b) et
les racines de g sont a et b.
Donc en tant que quotient de deux fonctions polynômes dont le dénominateur ne s’annule pas la
2x − (a + b)
fonction f : x 7→ 2
est continue sur I.
x − (a + b)x + ab
u0
(u étant strictement positive), une primitive de f est :
(b) La fonction f étant de la forme
u
F : x 7→ ln(x2 − (a + b)x + ab) = ln((x − a)(x − b))
La quantité dans le logarithme est bien positive sur I.
n
(c) L’équation différentielle est de la forme y 0 = f (x)y. L’ensemble des solutions sur I de (E) est :
2
S = {I → R , x 7→ C((x − a)(x − b))n/2 }
7. On suppose que n est pair et n = 2p avec
p ∈ N. a+b
P ∈Ker ϕ2p ⇔ (X − a)(X − b)P 0 = 2p X −
P
2
⇔ la fonction polynômiale associée à P est solution de (E) sur I.
L’équivalence résulte du fait que solution polynômiale de (E) et polynôme P coı̈ncident sur I qui contient
une infinité de points.
La fonction polynôme est de la forme x 7→ C((x − a)(x − b))n/2 et par suite P = C((x − a)(x − b))p .
On a donc Ker(ϕ2p ) = Vect[((x − a)(x − b))p ] une droite vectorielle de dimension 1 .
8. On suppose maintenant que n est impair et n = 2p + 1 avec p ∈ N.
De même qu’à la question précédente :
P ∈Ker ϕ2p+1 ⇔ la fonction polynômiale associée à P est solution de (E) sur I.
p
La fonction solution de (E) est de la forme C((x − a)(x − b))n/2 = C((x − a)(x − b))p (x − a)(x − b).
• si a 6= b , cette solution n’est pas polynômiale et donc Ker ϕ2p+1 = {0E } soit dim Ker ϕ2p+1 = 0Rn [X] .
• si a = b , P = λ(x − a)2p+1 donc Ker(ϕ2p+1 ) = Vect((x − a)2p+1 ) une droite vectorielle (dimension 1) .
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