[PDF] Épreuve de Mathématiques 5 Exercice 1 (Centrale TSI 2011

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Lycée La Prat"s Vendredi 13 janvier

Classe de PT

Épreuve de Mathématiques 5

CorrectionExercice 1 (Centrale TSI 2011 - Mathématiques 2, UPS 1) Notations :Sp(f)désigne l"ensemble des valeurs propres def.Sp(f) =f2Kjvaleur propre defg.I Préliminaires - endomorphismes nilpotents, trace d"un endomorphisme I. A.

1) 02Sp(f), 9x2Enf0Eg; f(x) = 0E

,Kerf6=f0Eg ,fnon injective.

Donc :

0=2Sp(f),finjective.2)CommeEest dimension finie,fest injective si et seulement sifest bijective. Donc :

0=2Sp(f),f2GL(E):3)Moyennant l"identification rappelée entreGLn(C)etGL(E),Mest inversible si et seulement

si l"endomorphismef, de matriceMdans la baseB, est inversible, ce qui équivaut à0=2Sp(f) ou encore0=2Sp(M). Donc :

M2GLn(C),0=2Sp(M):B.1) N2=0

@0 1 2 0 0 3

0 0 01

A0 @0 1 2 0 0 3

0 0 01

A =0 @0 0 3 0 0 0

0 0 01

A etN3= 0. Donc : k(N) = 3:2)a) CommeMest semblable àN, il existeP2GLn(C)telle queM=P1NP. On a alors8p2N; Mp= (P1NP)p=P1N(PP1)N :::NP=P1NpPpar récurrence surp. Donc :

8p2N; MpetNpsont semblables.b)SiNest nilpotente etMest semblable àN, sous les notations précédentes,

8p2N; Mp=P1NpPet8p2N; Mp= 0,Np= 0. On en déduit que :

Mest nilpotente etk(M) =k(N):3)NotonsN= MatB(f)etM= MatB0(f). SiPest la matrice de passage deBàB0; Pest

inversible,M=P1NPet les matricesMetNsont semblables, donc : Mat

B0(f)est également nilpotente et de même indice de nilpotence queMatB(f):1. Source : corrigé (très légèrement modifié) du site de l"UPS. Auteur : Pierre BRON, Lycée Chaptal, 22000 St Brieuc.

1 DST54)a) Soientietj2J1;nKtels quej6i+ 1. On a alors : n (2) ij=nX k=1n iknkj=nX k=i+1n iknkjcark6i)nik= 0

Donci+ 16korj6i+ 1doncj6kd"oùnkj= 0.

Donc en particulier,N22 Tn(C)etn(2)

ij= 0sij6i+ 1. b)Tn(C)est stable par produit, donc8k2NNk2 Tn(C)Montrons par récurrence que la propriété : H k:8(i;j)2J1;nK2(j6i+k1 =)n(k) ij= 0) est vraie pour toutk>0. H

0: la propriété s"écritN0=In2 Tn(C), ce qui est vrai.

H k=) Hk+1: SupposonsHkvraie. Par définition du produit matriciel, n (k+1) ij=nX `=1n(k) i`n`j=j1X `=i+kn(k) i`n`j

Carn(k)

i`= 0dès que`6i+k1(Hk+1), etn`j= 0dès quej6`(définition deN). Cette somme est vide, et donc nulle, pouri+k > j1, c"est-à-dire, comme nous sommes dans les entiers, lorsquej16i+k1.

DoncHk+1est vraie.

Conclusion:8k>08(i;j)2J1;nK2(j6i+k1 =)n(k)

ij= 0)c)Pourk=n;8i;j2J1;nK; i+k1 =i+n1>netj6i+k1. Doncn(n) ij= 0, ce qui montre : N n= 0etN2 Nn(C)5)a) f(X) =N(X) =nY i=1(niiX). Donc : Sp(f) =fnii=i2J1;nKgb)Commefest scindé, il existeBbase deEtelle queN= MatB(f)2 Tn(C). - Si0est la seule valeur propre deN, d"après I.B.5.a),8i2J1;nK; nii= 0. Ainsi, d"après

I.B.4.c),N2 Nn(C)etfest nilpotent.

- Réciproquement, siN2 Nn(C)etest valeur propre deN, il existeX2Cnnf0g; NX=

X. En outre, il existek2Ntel queNk= 0.

On a alorsNkX=kX= 0; orX6= 0, d"où= 0.

Comme les valeurs propres defsont celles deN, j"ai montré :

fnilpotent,Sp(f) =f0g6)SoitN2 Tn(C). D"après I.B.5.b),Nest nilpotente si et seulement siSp(N) =f0g.

Comme d"après I.B.5.a),Sp(N) =fnii=i2J1;nKg,

Nest nilpotente, 8i2J1;nK; nii= 0:C.1) SoientBetB0deux bases deE. SoitPla matrice de passage deBàB0. PosonsM= MatB(f)

etM0= MatB0(f). On a alorsM0=P1MPetTr(M0) = Tr(P1MP) = Tr(MPP1) = Tr(M) (carTr(AB) = Tr(BA)siA;B2 Mn(C)).

Donc,Tr(MatB(f))est indépendant deB.

2 DST52)L"on sait qu"il existe une baseBdeEtelle queN= MatB(f)2 Tn(C). On a alorsSp(f) =fnkk=k2J1;nKg=fk=k2J1;nKg. Donc :

Tr(f) =nX

k=1n kk=nX k=1 k:3)CommeTr(A) = 0,Aadmet deux valeurs propres opposées. - Si elles sont non nulles, elles sont distinctes etAest diagonalisable. - Si elles sont nulles,Aest semblable à une matrice triangulaire supérieureBdont la diagonale est formée des valeurs propres deAet ne contient donc que des0. D"après la question I.B.4.,Best nilpotente et d"après I.B.2.b),Al"est aussi.

J"ai montré :

Aest soit diagonalisable, soit nilpotente.Le " ou » n"est pas exclusif. La matriceA= 0est à la fois nilpotente et diagonalisable (c"est la seule).

4)SoitA=0

@1 1 0 0 1 0 0 021 A An"est pas nilpotente puisque quelle est triangulaire supérieure et que l"un des coefficients diagonaux est non nul.

Ses valeurs propres sont1et2.

Son sous-espace propreE1(A)associé à la valeur propre1a pour équation :y= 0

3z= 0. Il

est de dimension1alors que la valeur propre est d"ordre de multiplicité2. DoncAn"est pas diagonalisable.

Lorsquen= 3, il existe des matrices ni diagonalisables, ni nilpotentes.II Exponentielle d"un endomorphisme

II. A. 1) a) MatB(f) =0 B @e 1(0) (0)en1 C

Ab)det(exp(f)) = det(MatB(f))

nY k=1e k = exp nX k=1 k! 6= 0 Donc :exp(f)2GL(E):2)Soitfl"endomorphisme deEde matriceMdans la baseB. SoientB1etB2les bases deEtelles que les matrices de passages respectives deBàB1et de

BàB2soientP1etP2.

Alors, commeM=P1D1P11etM=P2D2P12, l"on aMatB1(f) =D1, respectivement Mat B2(f) =D2; ces matrices étant diagonales,B1etB2sont des bases de vecteurs propres de f. D"où, d"après la définition deexp(f), Mat

B1(exp(f)) = exp(D1)etMatB2(exp(f)) = exp(D2)

ce qui prouve :MatB(exp(f)) =P1exp(D1)P11=P2exp(D2)P12. Conclusion : P

1(expD1)P11=P2exp(D2)P12:3

DST5B.1) D"après la question I.B.4.a),Mkest triangulaire supérieure et ses termes diagonaux sont nuls

pour toutk2N. D"où les termes diagonaux dek(f)1X p=0M pp!sont ceux deM00! =In.

Les termes diagonaux deexp(M)sont donc tous égaux à1.2)Les valeurs propres deexp(f)sont celles de sa matrice dans la baseB, égale àexp(M). Or

exp(M)est triangulaire supérieure et ses valeurs propres sont les coefficients de sa diagonale; d"où :

DoncSp(expf) =f1g(valeur propre d"ordren).Commedet(exp(f)) = 1(produit des termes de la diagonale),exp(f)2GL(E):C.La propriété (P) est vraie pour tout endomorphismefen dimension finie, et s"appelle la décomposition de

Dunford.

1) a) On noteE(f) = Ker(fidEle sous-espace propre associé à la valeur proprepour l"endomorphismef.

Montrons queE(d)Eexp()(expd).

Soitx6= 0vecteur propre dedassocié à la valeur propre. La famille libre(x)peut se compléter en une base(x;e2;:::;en)de vecteurs propres de d; donc par définition (II.A),exp(d)(x) =exetx2Eexp()(expd).

Ainsi,E(d)Eexp()(expd).

Montrons queexpdetgcommutent.

Soit(e1;:::;en)une base de vecteurs propres dedassociés respectivement à1;:::;n.

L"on a8i2 f1;:::;ng; d(g(ei)) =dg(ei) =gd(ei)

=g(iei) =ig(ei) D"oùg(ei)2Ei(d). Or d"après ci-dessus,E(d)Eexp()(expd): exp(d)g(ei) = exp(d)(g(ei)) = exp(i)g(ei) Un calcul direct donnegexp(d)(ei) =g(exp(i)ei) = exp(i)g(ei). Les endomorphismesgexp(d)etexp(d)gprennent les mêmes valeurs sur une base de

E: ils sont donc égaux.

On en déduit, par une récurrence surp2Nque :8p2N; gpexp(d) = exp(d)gp.

En prenant une combinaison linéaire,

k(g)X p=0g pp!exp(d) =k(g)X p=0exp(d)gpp!, ce qui équivaut, en factorisant parexpd, à0 @k(g)X p=0g pp!1 A exp(d) = exp(d)0 @k(g)X p=0g pp!1 A c"est-à-dire

exp(d)exp(g) = exp(g)exp(d)b)L"isomorphisme canonique entreL(E)etMn(C)montre que, d"après l"unicité de la décom-

position d"un endomorphisme den(E)comme somme d"un endomorphisme diagonalisable et d"un endomorphisme nilpotent que :

8M2n(C);9!(D;N)2 Mn(C)2tel que8

:Dsoit diagonalisable;

Nsoit nilpotente et

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