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Épreuve de mathématiques II Correction
Partie I
Étude de quelques propriétés de l’application trace
1. (a) ∀A, B ∈ E, ∀λ ∈ R, on a tr(A + λB) = tr(A) + λ tr(B), donc l’application tr est linéaire.
(b) Posons A = (aij ) 1 ≤i,j≤n, B = (bij ) 1 ≤i,j≤n et C = AB = (cij ) 1 ≤i,j≤n avec cij =
∑^ n
k=
aikbkj. On a
tr(AB) =
∑^ n
i=
cii =
∑^ n
i=
∑^ n
k=
aikbki =
∑^ n
k=
∑^ n
i=
bkiaik = tr(BA).
D’autre part, il est clair que tr(tA) = tr(A), donc tr(AB) = tr
(t (AB)
= tr
(t BtA
= tr(tAtB). D’où l’égalité demandée. (c) tr est une forme linéaire non nulle puisque tr(In) = n 6 = 0, donc ker(tr) est un hyperplan de E, d’où : dim ker tr = dim E − 1 = n^2 − 1.
(d) In ∈/ ker(tr), donc ker(tr) et Vect(In) sont deux sous-espaces supplémentaires de E, d’où :
E = ker(tr) ⊕ Vect(In).
(e) Les matrices élémentaires Eij avec i 6 = j sont toutes éléments de ker(tr) et par combinaison linéaire la matrice
M =
appartient à ker(tr). M est inversible, car par exemple égale à la matrice de passage de la base canonique (e 1 , e 2 , ..., en) de Rn^ à la base (en, e 1 , ..., en− 1 ).
2. (a) Il est clair que ϕ est un endomorphisme de E, de plus si ϕ(M ) = 0, alors M = − tr(M )In donc mij = 0 pour i 6 = j et ∀i, mii = − tr(M ), d’où tr(M ) = −n tr(M ) ou encore tr(M ) = 0 = mii et ceci pour tout i. Finalement M = 0 et par conséquent ϕ est endomorphisme injectif, donc est un automor- phisme de E. (b) i. ϕ(M ) = M si, et seulement si, tr(M ) = 0, donc E 1 (ϕ) = ker(tr).
ii. ϕ(M ) = (n + 1)M si, et seulement si, tr(M )In = nM ou encore M =
tr M n
In donc mij = 0
pour i 6 = j et mii =
tr M n
, donc nécessairement m 11 = m 22 = ... = mnn pour tout i. D’où M = λIn avec λ ∈ R. Donc En+1(ϕ) ⊂ Vect(In). L’inclusion réciproque est évidente. D’où En+1(ϕ) = Vect(In). iii. D’après les deux questions précédentes 1 et n + 1 sont des valeurs propres de ϕ dont les sous-espaces propres sont E 1 (ϕ) et En+1(ϕ) et comme E 1 (ϕ) = ker(tr) et En+1(ϕ) = Vect(In), alors les sous-espaces propres sont supplémentaires ( la question 1. d) de la partie I ), donc ϕ est diagonalisable.
3. (a) Pour tout M ∈ E, on a :
ψ^2 (M ) = ψ(M )+tr(M )ψ(J) = M +tr(M )J+tr(M )J+tr(M ) tr(J)J = ψ(M )+tr(M )J = 2ψ(M )−M,
donc X^2 − 2 X + 1 est un polynôme annulateur de ψ. (b) Puisque ψ 6 = IdE , le polynôme annulateur X^2 − 2 X + 1 = (X − 1)^2 est le polynôme minimal de ψ. Donc 1 est l’unique valeur propre de ψ. (c) C’est un résultat du cours : le polynôme minimal de ψ admet une racine double, donc ψ n’est pas diagonalisable.
Partie II
Un premier résultat préliminaire
1. Il est clair que v est linéaire, de plus si x ∈ F 1 tel que v(x) = 0, alors u(x) = 0, donc x ∈ ker u ∩ F 1 = { 0 }, donc x = 0. D’autre part dim F 1 = dim Im(u), donc v est un isomorphisme. 2. (a) Puisque v est un isomorphisme la famille (ε 1 , ..., εr) est une base de Im(u). D’après le théo- rème de la base incomplète, il existe des vecteurs (εr+1, ..., εn) telle que la famille (ε 1 , ..., εr, εr+1, ..., εm) soit une base de G. (b) Relativement aux bases précédentes, la matrice de u est de la forme :
MatB,C (u) =
Ir 0 0 0
3. Notons u l’endomorphisme canoniquement associé à M. D’après ce qui précède il existe une base B de Rp^ et une base C de Rm^ telles que
MatB,C (u) =
Ir 0 0 0
Désignons par S la matrice de passage de la base canonique de Rp^ à la base B et T la matrice de passage de la base canonique de Rm^ à la base C, alors S et T sont inversibles et on a la formule de changement de bases M = SMatB,C (u)T −^1 = SJm,p,rT −^1.
4. • Si 0 < r = p < m, Jm,p,r =
Ir 0
- Si 0 < r = m < p, Jm,p,r =
Ir 0
- Si 0 < r = p = m, Jm,p,r = Ir.
Partie III
Un deuxième résultat préliminaire
1. Soit λ 1 , λ 2 , ..., λn des scalaires réels tels que
∑^ s
i=
λil∗ i = 0, donc ∀j ∈ [[1, s]], 0 =
∑^ s
i=
λil∗ i (lj ) = λj ,
donc la famille (l∗ 1 , l∗ 2 , ..., l∗ s ) est libre.
2. Par linéarité, ∀k ∈ [[1, s]], lk(x) = l∗ k
∑^ s
j=
xj lj
∑^ s
j=
xj l∗ k(lj ) = xk.
Partie VI
Tout hyperplan de E contient au moins une matrice
orthogonale
1. (a) Posons C = tAB = (cij ) 1 ≤i,j≤n avec cij =
∑^ n
k=
akibkj. D’où (A|B) = tr(tAB) =
∑^ n
i=
cii =
∑^ n
i=
∑^ n
k=
akibkj.
(b) Soit H un hyperplan de E, donc il existe une matrice B telle que H = ker(φB ), donc il suffit de prendre Y = tB. (c) On peut vérifier facilement que ∀P 1 , P 2 ∈ E et ∀λ ∈ R, on a : θN (λP 1 + P 2 ) = λθN (P 1 ) + θN (P 2 ),
et θN (P 1 P 2 ) = θN (P 1 )θN (P 2 ), de plus θN (In) = tN InN = In. Enfin, θN (P ) = tN P N = 0 si, et seulement si, P = 0, car N est inversible. En conclusion, θN est un automorphisme d’algèbres. (d) On a, pour tout P ∈ E, θN 1 ◦ θN 2 (P ) = θN 1 (tN 2 P N 2 ) = tN 1 (tN 2 P N 2 )N 1 = t(N 2 N 1 )P (N 2 N 1 ) = θN 2 N 1 (P ) donc θN 1 ◦ θN 2 = θN 2 N 1. En particulier, θN 1 ◦ θtN 1 = θtN 1 N 1 = θIn = IdE , donc (θN 1 )−^1 = θtN 1.
2. Soit P une matrice orthogonale. On a :
(θN (P ))−^1 = (tN P N )−^1 = tN P −^1 N = tN tP N = t(θN (P )) et donc θN (P ) est orthogonale. De plus θN (P ) = P ′^ est équivalent à θtN (P ′) = P , il en résulte que θN est une bijection de On sur lui-même.
3. Soit P une matrice symétrique. On a :
t(θN (P )) = t(tN P N )
= tN tP N = tN P N = θN (P ) et donc θN (P ) est symétrique. De plus θN (P ) = P ′^ est équivalent à θtN (P ′) = P , il en résulte que θN est une bijection de Sn sur lui-même.
4. On a
(θN (Y )|θN (P )) = tr(t(tN Y N )(tN P N )) = tr(tN tY N tN P N ) = tr(tN tY P N ) = tr(tY P ) = (Y |P )
Donc (θN (Y )|θN (P )) = 0 si, et seulement si, (Y |P ) = 0, c’est-à-dire P ∈ HY si, et seulement si, θN (P ) ∈ HθN (Y ).
5. (a) Soit M ∈ On ∩ Sn. Puisque M est symétrique, on a les égalités :
(Y |M ) = (tY |tM ) = (tY |M )
Donc, si M ∈ HY , les produits scalaires (Y |M ) et (tY |M ) sont nuls. Il en résulte que
(Y + tY )|M
0 , on en déduit que M ∈ HYs.
Réciproquement, si M ∈ HYs , alors
(Y + tY )|M
= 0, donc
(Y |M ) = −(tY |M )
et puisque M est symétrique, (Y |M ) = −(tY |tM ) ou encore (Y |M ) = −(Y |M ). On en déduit que (Y |M ) = 0, et que M ∈ HY. On conclusion, on a l’égalité :
On ∩ Sn ∩ HY = On ∩ Sn ∩ HYs.
(b) La matrice Ys étant symétrique réelle, donc elle est diagonalisable dans une base orthonormée ( théorème spectral ), autrement dit il existe une matrice orthogonale U telle que tU YsU = θU (Ys) = Y ′^ soit diagonale.
(c) Il est clair que Q est orthogonale et symétrique, de plus (Q|Y ′) =
∑^ n
i=
∑^ n
j=
(Q)ij (Y ′)ij = 0 ( les
deux diagonales de Q et de Y ′^ ne se coupent pas, car n est pair ), donc
Q ∈ On ∩ Sn ∩ HY ′.
(d) On a Q ∈ On ∩ Sn ∩ HθU (Ys), donc
0 = (tU YsU |Q) = (Ys|U QtU )
et par conséquent U QtU ∈ On ∩Sn ∩HYs = On ∩Sn ∩HY , c’est-à-dire θtU (Q) ∈ On ∩Sn ∩HY. (e) La matrice θtU (Q) répond à la question.
(a) Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à Y ( Y donc la matrice de f dans la base canonique de Rn^ ). Donc, si U est une matrice orthogonale, θU (Y ) est la matrice de f dans une autre base orthonormée. Donc pour trouver une telle matrice U il suffit de faire un change- ment des éléments de la base en permutant les vecteurs de la base de tel manière à avoir
|d 1 , 1 ≤ |d 2 , 2 | ≤ ... ≤ |dn,n|.
(b) Si dn,n = 0, alors tous les éléments diagonaux de U sont nuls, dans ce cas on peut prendre la matrice In qui est orthogonale. (c) i. On a tPαPα =
(t P ′^0 0 tAα
P ′^0
0 Aα
= In.
Donc Pα est orthogonale.
