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Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison

Étude deM7¡!AM¡MA

Partie II.1Soient M,N2M2(R) et¸2R. D"après le cours (définition des opérations dans M2(R) et de sa

structure d"espace vectoriel),

AE¸'A(M)Å'A(N)'

Aest linéaire.Ensuite, on a Ker'AAE{M2M2(R)jAMAEMA}

Comme A commute avec A et I

2, on voit queI

2,A2Ker'ASupposons que A2VectIn. Alors A commute avec toutes les matrices :

8M2M2(R)'A(M)AEAM¡MAAE0

donc'AAE0.

Réciproquement, si'AAE0, c"est que

8M2M2(R) AMAEMA

Mais on a AE

1,1AE·a0

c0¸ E

1,1AAE·a b

0 0¸

AE

1,2AE·0a

0c¸

E

1,2AAE·c d

0 0¸

Comme A commute avec E

1,1et E1,2, il vientbAEcAE0 etaAEd. Donc AAEaI2.'

AAE0 si, et seulement si, A2VectI2.I.2On calcule rapidement

A(E1,1)AE·0¡b

c0¸

A(E2,2)AE·0b

¡c0¸

A(E1,2)AE·¡c a¡d

0c¸

A(E2,1)AE·b0

d¡a¡b¸ On noteBAE(E1,1,E2,2,E1,2,E2,1), qui est une base de M2(R). D"après ces calculs,Mat

B'AAE2

6

6640 0¡c b

0 0c¡b

¡b b a¡d0

c¡c0d¡a3 7

775I.3En faisant le calcul de déterminant (ce calcul n"est pas simple et je ne vois pas de manière

élégante de le faire), on trouveÂ

'AAEX2(X2¡(d¡a)2¡4bc)En notant¢AE(d¡a)2Å4bc, on aSp'AAE({0} si¢60 {0;p¢;¡p¢} si¢È01 Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison

I.4On continue de noter

¢AE(a¡d)2Å4bc

On remarque aussi que dimKer'A>2, parce qu"on sait que I2,A2Ker'A, et (I2,A) est libre.

²Si¢È0 : AlorsÂ'Aest scindé et

'AAEX2(X¡p¢)(XÅp¢) Comme 0 est de multiplicité 2 dansÂ'A, on en déduit dimKer'AAE2 Ensuite,p¢et¡p¢sont deux valeurs propres de'A, distinctes, de multiplicité 1. Donc

Donc'Aest diagonalisable.

²Si¢AE0 : AlorsÂ'AAEX4; le polynôme minimal de'An"est pas X, parce que'A6AE0. Donc'A n"est pas diagonalisable. ²Si¢Ç0 : AlorsÂ'An"est pas scindé, et'An"est pas diagonalisable.' Aest diagonalisable si, et seulement si,¢È0.I.5On aÂAAEX2¡(aÅd)XÅ(ad¡bc)AE³

X¡aÅd2

2¡4bcÅ(a¡d)24

AE³

X¡aÅd2

2¡¢4

²Si¢È0 : AlorsÂAest scindé à racines simples, et A est diagonalisable.

²Si¢AE0, alorsÂAAE¡X¡aÅd2

2. Mais le polynôme minimal de A n"est pas X¡aÅd2

, parce que A n"est pas aÅd2

I2. Donc A n"est pas diagonalisable.

²Si¢Ç0, alorsÂAn"est pas scindé et A n"est pas diagonalisable.

Ceci, et le résultat de la question précédente, donnent queA est diagonalisable si, et seulement si,ÂAest diagonalisable.Partie II

II.1On suppose que A est diagonalisable. SoitBAE(e1,...,en) une base de E formée de vecteurs

propres de A. Pour chaquei2[[1;n]], on note¸ila valeur propre associée àei. Soit P la matrice de

passage deBcversB. On note alors

DAEP¡1APAE2

6 4¸ 1... n3 7 5 et8i,j2[[1;n]] Bi,jAEPEi,jP¡1 Alors8i,j2[[1;n]] ABi,jAEPDP¡1PEi,jP¡1AE¸iPEi,jP¡1AE¸iBi,j B

A(Bi,j)AE(¸i¡¸j)Bi,j

2 Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison

La famille (B

i,j)16i,j6nest une base de Mn(R), et ce sont tous des vecteurs propres de'A.'

Aest diagonalisable.II.2.aSoientzetz0des valeurs propres complexes de A, c"est-à-dire des valeurs propres de A

vu comme endomorphisme deCn. Comme A ettA ont le même polynôme caractéristique et les mêmes valeurs propres, il existex,y2Cn, non nuls, tels que

AxAEzxettAyAEz0y

On pose alors MAExty. Cette matrice n"est pas nulle car ses coefficients sont (xiyj)16i,j6n, et au moins un coefficient dexet deyn"est pas nul. On voit que

AMAEAxtyAEzxtyAEzM MAAExtyAAEx(z0ty)AEz0M

et il vient'A(M)AE(z¡z0)M

Comme M6AE0, on a obtenu quez¡z0est valeurs propre de'A.II.2.bSupposons que A n"a pas de valeur propre réelle. Soitzune racine (dansC) deÂA; alorsz

n"est pas dansR. CommeÂA2R[X], on sait quezest aussi racine deÂA. Mais d"après la question

précédente,z¡zest valeur propre de'A; et on sait que ces valeurs propres sont réelles, car'A

(endomorphisme de M n(R)) est diagonalisable. Autrement dit,

2iImzAEz¡z2R

et la partie imaginaire dezest nulle. Donczest réel, c"est une contradiction.A a des valeurs propres réelles.

réelles, c"est-à-dire queÂAest scindé dansR[X].II.2.cSoient¸2Rune valeur propre de A etxun vecteur propre associé. On sait que

8i,j2[[1;n]] APi,j¡Pi,jAAE'A(Pi,j)AE¸i,jPi,j

donc8i,j2[[1;n]] APi,jx¡Pi,jAxAE¸i,jPi,jx et8i,j2[[1;n]] APi,jxAE(¸i,jŸ)Pi,jxAttention! On n"a pas montré que P i,jxest vecteur propre de A pour la valeur propre¹ i,jAE¸Å¸i,j. En effet, cela dépend de Pi,jx, et en particulier de s"il est nul ou pas. 3 Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison

II.2.dOn montre que la famille (P

i,jx)16i,j6nengendreRn. Pour cela, on considère l"application h: Mn(R)¡!Rn

M7¡!Mx

et on prouve qu"elle est surjective. Commex6AE0, on peut construire une base (x,e2,...,en) deRn. Soity2E. D"après le cours, il existe un (unique) endomorphismefdeRntel que f(x)AEyet8i2[[2;n]]f(ei)AE0 Si on note MAEMatBcf, on ah(M)AEMxAEy. Ceci montre quehest surjective. Et l"image de la famille (P i,j)16i,j6n(génératrice de Mn(R)) est donc une famille génératrice deRn: (Pi,jx)16i,j6n

engendreRn. D"après le cours, on peut extraire une base deRnà partir de cette famille. Et d"après

la questionII.2.c, c"est une base de vecteurs propres de A.A est diagonalisable.

Partie III

III.1Soit M2R[A]. Par définition, il existe P2R[X] tel que MAEP(A). D"après le théorème de

division euclidienne, il existe Q,R2R[X] tels que

PAEQ¼AÅR avec degRÇdeg¼AAEm

Donc MAEP(A)AEQ(A)¼A(A)ÅR(A)AER(A)AEm¡1P

kAE0RkAk et M2Vect(In,...,Am¡1)

Ceci prouve que (I

n,...,Am¡1) engendreR[A]. Montrons que cette famille est libre. Soient¸0,...,¸m¡12Rtels que m¡1P kAE0¸kAkAE0

En posant PAEm¡1P

kAE0¸kXk on a P(A)AE0. C"est-à-dire que P annule A, donc¼AjP. Mais degPÇmAEdeg¼Adonc PAE0 et

0,...,¸m¡1sont nuls.(I

n,...,Am¡1) est une base deR[A].III.2Il est clair queR[A]½Ker'A, parce que les matrices dansR[A] commutent toutes avec A.III.3.aCe résultat a été prouvé plusieurs fois en cours (théorème des noyaux emboîtés) et en

exercices. Comme A

n¡16AE0, il existee2Rntel que An¡1e. La famille (e,...,An¡1e) est alors libre.III.3.bSoit B2Ker'A. Comme (e,...,An¡1) est une base deRn, le vecteur Bepeut s"y décomposer

et il existe¸0,...,¸n¡12Rtels que 4 Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison

BeAEn¡1P

kAE0¸kAke

Comme A et B commutent,

8k2[[0;n¡1]] BAkeAEAkBeAEn¡1P

jAE0¸jAjÅkeAE³ n¡1P jAE0¸jAj´ Ake

BAEn¡1P

kAE0¸kAk2R[A] sont stables pas B.

Réciproquement, supposons que E

1,...,Epsont stables par B. Soitk2[[1;p]]. Comme Ekest

le sous-espace propre de A pour la valeur propre¸k, on a

8x2EkAxAE¸x

donc8x2EkA Bx|{z}

2EkAE¸BxAEB(¸x)AEBAx

On a montré :8k2[[1;p]]8x2EkABxAEBAx

Comme A est diagonalisable, on a EAEpL

kAE1Ek: tout vecteur de E se décompose comme somme de vecteurs de E

1,...,Ep. Immédiatement, par linéarité,

8x2E ABxAEBAx

On voit que A et B commutent, c"est-à-dire que B2Ker'A.B2Ker'Asi, et seulement si, E1,...,Epsont stables par B.III.4.bPour chaquek2[[1;p]], on notenkla dimension de Ek. On met ensemble des bases de

E

1,...,Eppour former une baseBde E. Alors

8B2Mn(R) B2Ker'A()(E1,...,Epsont stables par B)

9A12Mn1(R),...,9Ap2Mnp(R) MatBBAE2

6 4A 1... A p3 7 5´

Il vientdimKer'AAEpP

kAE1n2 k5 Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison

Partie IV

IV.1On va prouver ça par récurrence. Il est clair que

A(B0)AE'A(In)AE0AE®£0£B0

Comme B est vecteur propre de'Apour la valeur propre®, on a

AB¡BAAE'A(B)AE®B

Maintenant, soitk2N. On suppose qu"on sait déjà que'A(Bk)AE®kBk. Il vient Par récurrence,8k2N'A(Bk)AEk®BkIV.2Soit P2R[X]. On a

A(P(B))AE'A³

1P kAE0PkBk´ AE1P kAE0Pk'A(Bk)AE®1P kAE0kPkBkAE®BP0(B)8P2R[X]'A(P(B))AE®BP0(B)IV.3D"après la question précédente,

®B¼0

B(B)AE'A(¼B(B))AE0

donc X¼0

Bannule B (car®6AE0). Par suite,¼BjX¼0

B. Comme ces deux polynômes sont de degréd,¼B est unitaire, et le coefficient dominant de X¼0

Bestd, il vientX¼0

BAEd¼BIV.4On voit que 0 est racine de¼B. Notonsm2N?sa multiplicité; il existe Q2R[X] tel que

Q(0)6AE0 et¼BAEXmQ. Alors

0

BAEmXm¡1QÅXmQ0AEXm¡1(mQÅXQ0)

doncdXmQAEd¼BAEX¼0

BAEXm(mQÅXQ0)

On peut simplifier par X

mparce queR[X] est intègre, pour obtenir dQAEmQÅXQ0ou encore (d¡m)QAEXQ0

On évalue en 0 et il vient (d¡m)Q(0)AE0. Comme Q(0)6AE0, c"est quemAEd: 0 est racine de¼B, de

multiplicitéd. Comme¼Best de degréd, unitaire, c"est que¼BAEXd. Et finalement,B dAE¼B(B)AE06 Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison

Une preuve du théorème de d"Alembert

Première partieI.1.aLe théorème de d"Alembert donné dans le cours dit :Tout polynôme à coefficients com-

plexes, non constant, est scindé dansC[X].Ou encore

8P2C[X] degP>1AE)P scindé

La version suivante est aussi acceptable :Tout polynôme à coefficients complexes, non constant,

a (au moins) une racine.I.1.bSoit P un polynôme à coefficients réels, de degré impair. Il existep2Neta0,...,a2pÅ1réels

tels quea2pÅ16AE0 et

PAE2pÅ1P

kAE0akXk

Supposons par exemple quea2pÅ1È0. On a

8x2R?P(x)AEa2pÅ1x2pÅ1³

1Å2pP

kAE0a ka

2pÅ1xk¡(2pÅ1)´

D"après les théorèmes généraux sur les limites (limites de sommes et de produits), P a des limites

en§1et lim x!Å1P(x)AEÅ1limx!¡1P(x)AE¡1 D"après la définition d"une limite, il existe MÈ0 tel que

8x>M P(x)È2 et8x6¡M P(x)6¡2

De cette manière, P(M)P(¡M)Ç0; P est une fonction continue sur [¡M; M]. D"après lethéorème

des valeurs intermédiaires,P s"annule surR.I.1.cSoituun endomorphisme d"unR-espace vectoriel de dimension impaire. Son polynôme

caractéristique est de degré impair. D"après la questionI.1.c, il a une racine réelle.Tout endomorphisme d"unR-ev de dimension impaire a une valeur propre réelle.I.1.dSoit A2M3(R). Le polynôme X2ÅXÅ1 n"a pas de racine dansR. Mais A a une valeur propre

réelle, car c"est un endomorphisme deR3. D"après le cours, X2ÅXÅI3ne peut pas annuler A.{A2M3(R)jA2ÅAÅI3AE0}AE;I.2.aSoit¸2K, notonsu¸AEu¡¸idE. Commeuetvcommutent,u¸etvcommutent aussi. Soit

x2Keru¸: u

¸(v(x))AEv(u¸(x))AE0

Ainsi,v(x)2Keru¸; ce sous-espace est stable parv. Soity2Imu¸; on peut trouverx2E tel queu¸(x)AEy. Alors 7 Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison v(y)AEv(u¸(x))AEu¸(v(x))2Imu¸

ce qui montre que Imu¸est stable parv.Pour tout scalaire¸, Ker(u¡¸idE) et Im(u¡¸idE) sont stables parv.I.2.bOn considère deux cas :

²Siuetvsont des homothéties, tous les sous-espaces de E sont stables paruetv. En parti- culier, toute droite (de dimension 1, impair) est stable paruetv. Et commenÈ1, les droites sont des sous-espaces stricts. ²Siu(par exemple) n"est pas une homothétie : comme E est unR-espace vectoriel de dimen-

sion impaire, la questionI.1.cassure queua une valeur propre (réelle), notée¸. D"après le

théorème du rang, Donc l"un des deux sous-espaces Ker(u¡¸idE) ou Im(u¡¸idE) est de dimension impaire. Notons-le F. D"après la questionI.2.a, F est stable paruetv, puisque ces deux endomor- phismes commutent avecu. De plus,un"est pas une homothétie, donc Ker(u¡¸idE) n"est pas E; et il est au moins de dimension 1, parce que¸est valeur propre deu. Donc dimKer(u¡¸idE)2[[1;n¡1]] dimIm(u¡¸idE)AEn¡dimKer(u¡¸idE)2[[1;n¡1]]

F est un sous-espace strict, stable paruetv.E a (au moins) un sous-espace strict de dimension impaire, stable paruetv.I.3Sin2N, on noteP(n) l"assertion : "Soit E unR-espace vectoriel de dimension 2nÅ1. Soient

uetvdes endomorphismes de E, qui commutent. Alorsuetvont un vecteur propre commun.» ²P(0) est vraie : Dans unR-espace de dimension 1, un vecteur de base est vecteur propre de tout endomorphisme. ²Soitn2Ntel queP(0),...,P(n) sont vraies. Soient E unR-espace vectoriel de dimension de E, de dimension impaire, stable paruetv. D"après l"hypothèse de récurrence, les endomorphismes induits paruetvsur F ont un vec- pouruetv.

²Par récurrence,P(n) est vraie pour toutn2N.Deux endomorphismes d"unR-espace vectoriel de dimension

impaire, qui commutent, on un vecteur propre commun.8 Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison

Deuxième partie

II.1Soient M,N dansFet¸2R. D"après les propriétés de la conjuguaison (morphisme d"an-

neaux surC), et des opérations sur Mn(C),¸MAE¸MAE¸tM et¸MÅNAE¸MÅNAE¸tMÅtN

La transposition est linéaire et involutive donc

t¸MÅNAE¸MÅNFest unR-sous-espace de Mn(C).En revanche, ce n"est pas unC-sous-espace de Mn(C) parce que In2F, maisiI

nAE¡iIn6AEtIn.II.2Dans ce qui suit, la structure d"espace vectoriel sur M n(C) est toujours celle deR-espace vectoriel. Soit M2Mn(C). On note ses coefficients (Mk,`)16k,`6net on pose

8k,`2[[1;n]]xk,`AEReMk,`yk,`AEImMk,`

puis XAE(xk,`)16k6n

16`6nYAE(yk,`)16k6n

16`6n de sorte que MAEXÅiY D"après la semi-linéarité de la conjuguaison, et la linéarité de la transposition,

On aMAEX¡iY

tMAEtXÅitY

Comme X et Y sont à coefficients réels,

M2F()tMAEM()tXÅitYAEX¡iY()½

tXAEX tYAE¡Y()(X2Sn(R) et Y2An(R)) ce qui prouveFAESn(R)ÅiAn(R) Montrons que cette somme est directe. Soient X2Sn(R) et Y2An(R) tels que XÅiYAE0. Alors

8k,`2[[1;n]]xk,`|{z}

2RÅiyk,`|{z}

2RAE0 et8k,`2[[1;n]]xk,`AEyk,`AE0 donc XAEYAE0. Il vient

FAESn(R)©iAn(R)

Enfin, dim

RSn(R)AEn(nÅ1)2

dimRiAn(R)AEdimAn(R)AEn(n¡1)2 car il est facile de vérifier que Y7¡!iY est unR-isomorphisme de An(R) sur iAn(R).dim

RFAEn(nÅ1)2

Ån(n¡1)2

AEn2est impaire.Ici, on a utilisé le fait que pgcd(2,n)AE1, donc pgcd(2,n2)AE1. 9 Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison II.3.aSoit M2F. En utilisant les propriétés de la conjuguaison et de la transposition, et bien

évidemment le fait queMAEtM,AMÅMtAAEAMÅM

tAAEA tMÅtMtAAEt(AM)Åt(MtA) AE t(AMÅMtA)

De mêmeAM¡MtAAE¡t(AM¡MtA)

CommeıAE¡i8M2F12

(AMÅMtA)2Fet12i (AM¡MtA)2FII.3.bLa linéarité deuetvest triviale. Ensuite,

8M2Fuv(M)AEu(v(M))AE12

(Av(M)Åv(M)tA)

2uv(M)AEA³12i

(AM¡MtA)

Å12i

(AM¡MtA) tA

4iuv(M)AEA2M¡MtA

2 tandis que8M2Fvu(M)AEv(u(M))AE12i (Au(M)¡u(M)tA)

2ivu(M)AEA³12

(AMÅMtA)

¡12

(AMÅMtA) tA

4ivu(M)AEA2M¡MtA

2uetvsont deux endomorphismes deFqui commutent.D"après la questionI.3, et parce queFest unR-espace vectoriel de dimension impaire,uetvont un vecteur propre commun.II.3.cOn a

(2¸M0AE2u(M0)AEAM0ÅM0tA

2i¹M0AE2iv(M0)AEAM0¡M0tA

En ajoutant ces deux relations, AM

0AE(¸Åi¹)M0

M

0est un vecteur propre deu(etv) donc elle n"est pas nulle. Soit X une de ses colonnes non

nulles. On a AXAE(¸Åi¹)X : X est vecteur propre de A (comme endomorphisme deCn) pour la valeur propre¸Åi¹.A a (au moins) une valeur propre complexe. II.4Soient E unC-espace de dimension impaire, etf2L(E). SiBest une base de E, on a par définition fAEÂMatBf

D"après la questionII.3.c, MatBfa au moins une valeur propre. Doncfaussi.Tout endomorphisme d"unC-espace vectoriel de dimension impaire a des valeurs propres.10

Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison II.5Si on reprend le texte de la réponse aux questionsI.2etI.3, en remplaçant la lettreRparC, on prouve queDeux endomorphismes d"unC-espace vectoriel de dimension impaire, qui commutent, on un vecteur propre commun.Troisième partie

III.1.1C"est du cours :dim

CAn(C)AEn(n¡1)2

III.1.2.aSoit M2An(C). D"après les propriétés de la transposition et parce que M est antisymé-

trique, t et

t(AMtA)AEAtMtAAE¡AMtA8M2An(C) AMÅMtA2An(C) et AMtA2An(C)III.1.2.bLa linéarité ne pose aucun problème. Montrons qu"ils commutent :

AEA2MtAÅAMtA2

AEA(AMÅMtA)tAAEAu(M)tA

uv(M)AEvu(M)uetvsont des endomorphismes de An(C) qui commutent.III.1.2.cOn a déjà calculé la dimension de A

n(C); rentrons dans les détails, en utilisant le fait que nAE2kp, avecpimpair : dimA n(C)AEn(n¡1)2

AE2k¡1p(2kp¡1)

On sait déjà quepest impair; etk>1 donc 2kpest pair et 2kp¡1 est impair. AlorsqAEp(2kp¡1)

est impair et dimA

n(C)AE2k¡1q. CommeP(k¡1) est vraie,uetvont au moins un vecteur propre commun.III.1.2.dOn a¹N0AEv(N0)AEAN0tAAEA(N0tAÅAN0|{z}

AEu(N0)¡AN0)

AEA(¸N0¡AN0)

d"où(Aquotesdbs_dbs16.pdfusesText_22

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