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Examen session 1, Math IV Alg`ebre
Questions de Cours
1. Par d´efinition,E?= Homk(E,k) et puisque les espaces vectorielsEetksont de dimen-
sion finie, on a dim k(E?) = dimk(E)×dimk(k) = dimk(E)×1 = dimk(E).2. (a) Un endomorphisme orthogonal deEest un endomorphisme lin´eaire deEqui satisfait
la propri´et´e suivante :?x,y?E,< f(x),f(y)>=< x,y >. (b)Ici le point cl´e ´etait de montrer que la famille est une base. Elle est orthonorm´ee par d´efinition. NotonsBla famille en question. Montrons queBest libre. Soientλ1,...,λn?R tels que1·e1+···+λn·en= 0.
Alors pour tout entierientre 1 etnon a :
0 =<0,ei>
=< λ1·e1+···+λn·en,ei> n? j=1λ j< ej,ei> n? j=1λ jδij =λi. Ainsi la familleBest libre. Comme son cardinal est ´egal `a la dimension deE, c"est une base. L"hypoth`ese nous permet alors de dire qu"elle est orthonorm´ee. (c)L"enonc´e disait "en d´eduire". NotonsB= (ei)i=1,...,nla famille en question. Puisquefest orthogonal, on a pour tout couple d"entiers (i,j) entre 1 etn:< f(ei),f(ej)>=< ei,ej>=δij. La famille f(B) satisfait les hypoth`eses de la question (b). C"est donc une base orthonorm´ee. (d) Par hypoth`ese il existe une base orthonorm´eeB= (e1,...,en) deEdont l"image f(B) est une base orthonorm´ee,f´etant un endomorphisme deE. Montrons quef est orthogonal. 1 Soientx,y?Ede coordonn´eesxi(resp.yi) dans la baseB. On a d"une part : < f(x),f(y)>=< f(n? i=1x i·ei),f(n? j=1y i·ej)> =D"autre part, on a :
< x,y >=3. Une matrice orthogonal est une matrice r´eelleAqui satisfaittA·A= Id.
Une matrice unitaire est une matrice complexeAqui satisfaitt¯A·A= Id.On a :On(R) =Un(C)∩ Mn(R).
4.E´etant un espace vectoriel complexe, une forme sesquilin´eaire hermitienne surEest une
applicationhdeE×EversCqui, pourx,x?,y,y??Eetλ?C, satisfait : -h(x+λx?,y) =h(x,y) +¯λh(x?,y), -h(x,y+λy?) =h(x,y) +λh(x,y?), -h(y,x) = h(x,y).5. NotonsB= (e1,...,en) etsijles coefficients de la matriceS.
Supposons quesest hermitienne. Alors pour tousi,jentre 1 etn,sij=s(ei,ej) = s(ej,ei) =sji. Ainsi la matriceSsatisfaittS=¯S. Supposons maitenant queSsatisfaittS=¯S, i.e. on as(ei,ej) = s(ej,ei) pour tout 2 baseB. On a : s(y,x) =s(n? j=1y j·ej,n? i=1x i·ei) par antilin´earit´e `a gauche et lin´earit´e `a droite s(ei,ej) carsest hermitienne j¯xis(ei,ej) s(n? i=1x i·ei,n? j=1y j·ej) s(x,y).Ainsisest hermitienne.
Exercice 1
1. Le rang debest ´egal `a celui deA. La matrice ´etant sym´etrique, elle est de rang pair. Son
rang est donc 0 ou 2. Si elle ´etait de rang 0 elle serait nulle. Elle est donc de rang 2.2. Ici pouisqu"on travaille avec la base canonique deR3on peut identifier un vecteur avec
son vecteur coordonn´ee dans la base canonique. Cherchons pour commencer un vecteur v3du noyau deb. Il satisfaitA·v3= 0. Notonsx,y,zses coordonn´ees. Alors l"´egalit´e
Av3= 0 implique (c"est mˆeme ´equivalent `a)
y-3z= 03x-2y= 0.
Prenonsz= 1, on obtienty= 3 etx= 2. Ainsi le vecteurv3= (2,3,1) appartien au noyau deb. Notons alorsB?la famille constitu´ee dee1,e2etv3o`ue1ete2sont les deux premiers vecteur de la base canonique. La familleB?est libre car le determinant de la matrice dont les colonnes sonte1,e2etv3est ´egal `a 1.´Etant dans un espace de dimension 3,B?est donc une base. NotonsA?= mat(b,B?) et v´erifions queA?est la matrice attendue. On as(e1,v3) = s(e2,v3) =s(v3,v3) = 0 carv3est dans le noyau. Ainsi la troisi`eme colonnes deA?est nulle. CommeA?est antisym´etrique, sa troisi`eme ligne est ´egalement nulle. D"autre part le mineur 2×2 en haut et `a gauche deA?est ´egal `a celui deApuisque faisant intervenir les mˆemes vecteursE1,e2. 3AinsiA?est de la forme recherch´ee.
Exercice 2
0. Soitq:R2→Rtelle queq(x,y) =ax2+by2+cxyet montrons queqest une forme
quadratique. Soitq?la forme quadratique dont la matrice dans la base canonique deR2 est ?a c/2 c/2b?Alorsq?(x,y) =ax2+ 2·c
2xy+by2=q(x,y) pour tout (x,y)?R2. Ainsiq=q?etqest
une forme quadratique. R´eciproquement soitqune forme quadratique surR2et montrons qu"elle est de la forme attendue. Soit ?a d d b? sa matrice dans la base canonique. Alors en posantc= 2d, on obtient que pour tout (x,y)?R2,q(x,y) =ax2+cxy+by2, d"o`u la conclusion. (a) Le calcul direct des d´eriv´ee partielles nous donneHess(f) =?0 44-2?
(b) On aq(x,y) = 4xy-y2d"o`u mat(q,B) =?0 22-1? et on a Hess(f) = 2mat(q,B).1. Pour tout (x,y)?R2on a :
q(x,y) =-(y2-4xy) =-(y-2x)2+ 4x2 = 4x2-(y-2x)2. On cherche une baseB?pour laquelle la matrice deqest la matrice diagonale diag(4,-1). La baseB?est telle que (x,y) a pour coordonn´ees (x,y-2x) dansB?. Ainsi, en notantB= (e1,e2) etB?= (e?1,e?2), on obtient
e1=e?1-2e?2
e2=e?2.
d"o`u l"on tire e1=e1+ 2e2= (1,2)
e2=e2= (0,1)
42. SoitB??= (e?1/2.e?2). AlorsB??est une base orthogonale pourqetq(e?1/2) =14q(e?1) =14·4 =
1 etq(e?2) =-1. Ainsi pour toutvde coordonn´eesX,YdansB?, on aq(v) =X2-Y2,
d"o`u la conclusion surf.3. Quelques explications (`a d´efaut de dessin) :
Il s"agit d"un point selle (car faisant penser `a une selle de cheval). On notee3le vecteur (0,0,1). On travaille avec la basee??1,e??2,e3o`u lese??isont les ´el´ements de la baseB??. PourV?R3on noteX,Y,Zles coordonn´ees dans cette base. Le graphe defest un sous-ensemble deR3. Sa restriction au planY= 0 est la parabole d"`equationZ= 2+x2 et sa restriction au planX= 0 est la paraboleZ= 2-Y2. Ainsi on voit que dans le premier plan on a un minimum local et dans le second plan on a un maximum local, c"est ce qui justifie l"appelation de point selle.Exercice 3
On fixe un entiern≥1. On va travailler avec leR-espace vectorielMn(R) des matricesn×n coefficients nuls sauf un 1 en position (i,j).1. SoientM,N?MnRdont on notemijetnijles coefficients respectifs. Soitλ?R. On
a : tr(λM+N) =n? i=1m ii+λ·nii n? i=1m ii+λ·n? i=1n ii = tr(M) +λ·tr(N).Ainsi tr est lin´eaire et appartient `aMn(R)?.
NotonsC= (cij) =MNetD= (dij) =NM. Pour la trace, seuls les coefficients diagonaux deCnous int´eressent. On a :cii=?nj=1mijnjietdii=?nj=1mjinij. Si on somme lesciid"une part et lesdiid"autre part on obtient la mˆeme double somme (lesi,j´etant des variables muettes), d"o`u l"on d´eduit que tr(MN) = tr(NM).2. Par l"absurde si il existaitMetNtelles queMN-NM= Id alors on aurait tr(MN-
NM) = tr(Id). Par les deux propri´et´ees de la question pr´ec´edente on d´eduit que tr(MN-
NM) = tr(MN)-tr(NM) = 0, d"o`u 0 = tr(Id) =n. C"est une contradiction car on a suppos´en≥1. Ainsi il n"existe pas de matricesMetNtelles queMN-NM= Id.3. L"hypoth`ese implique pour tousi,jentre 1 etn, tr(AEij) = 0.
Notonsaijles coefficients deA. Fixonsi,j. Le calcul du produitAEijnous donne une matrice ayant toutes les colonnes nulles sauf la colonneiqui est ´egale `a laj`eme colonne deA. Ainsi la trace deAEijest ´egal `aaji. L"hypoth`ese implique donc que tous les coefficients deAsont nuls. AinsiA= 0. 54. (a) Il s"agit de montrer queωAest lin´eaire. SoientM,N? Mn(R) etλ?R. On a :
A(λM+N) = tr(A(λM+N))
= tr(λAM+AN) =λtr(AM) + tr(AN) par lin´earit´e de tr =λωA(M) +ωA(N) (b) Montrons d"abord que Φ est lin´eaire. Pour tousA,B,M? Mn(R) etλ?R:Φ(λA+B)(M) =ωλA+B(M)
= tr((λA+B)·M) = tr(λAM+BM) =λtr(AM) + tr(BM) =λ·Phi(A)(M) + Φ(B)(M) = (λ·Φ(A) + Φ(B))(M)On en d´eduit la lin´earit´e de Φ.
SoitA?ker(Φ). Alors pour toutM? Mn(R), 0 = Φ(A)(M) =ωA(M) = tr(AM). De la question 3 on en d´eduit queAest nulle. Ainsi Φ est injective. D"autre partMn(R) est de dimension finie doncMn(R)?l"est ´egalement et ces deux esapces ont la mˆeme dimension. On en conclut que Φ est bijective.5. L"hypoth`ese impique que pour tousi,jentre 1 etn,AEij=EijA.
On a vu queAEijest une matrice dont toutes les colonnes sont nulles sauf lai`eme et elle est ´egal `a laj`eme colonne deA. Le calcul deEijAnous donne la matrice dont toutes les lignes sont nulles sauf lai`eme qui est ´egale `a laj`eme ligne deA. L"´egalit´eAEij=EijAimplique pour touti?=j,aij= 0 etaii=ajjce qui signifie queA=λId avecλ=aiipour touti.
6. Proc´edons par double inclusion. Soitωdans l"ensemble du bas, i.e.ω=λ·tr pour un
certain scalaireλ. Alorsw? Mn(R)?puis que tr? Mn(R)?. De plus pour tousM,N? M n(R),ω(MN) =λtr(MN) =λtr(NM) =ω(NM). Ainsiωest dans l"ensemble du haut. Voyons l"autre inclusion. Soit doncω? Mn(R) tel queω(MN) =ω(NM) pour tous M,N? Mn(R). D"apr`es la questrion 4, il existe une matriceAtelle queω=ωA. La condition pr´ec´edente devient alors : pour tousM,N, tr(AMN) = tr(NMA). Par la question 1, on en d´eduit que tr(AMN) = tr(MAN) ou encore tr(AMN-MAN) = 0 pour tousM,N. 6 Ainsi pour toutMfix´e on obtient que pour toutN, tr((AM-MA)N) = 0. De la question, 3 on en d´eduit queAM-MA= 0. Ceci ayant lieu pour toutM, on applique la question 5 et on obtient queA=λId pour un certainλ. Pour finir on a : pour toutM? Mn(R),ω(M) =ωλId(M) = tr(λIdM) =λtr(M). Ainsiω=λtr.
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