Types de Jordan de deux matrices nilpotentes qui commutent
La classe de similitude d’une matrice n n nilpotente B sur un corps k est donn ee par une partition P B de n donnant les blocs de Jordan : c’est le \type de Jordan" de B Nous etudions les paires de matrices nilpotentes A;B qui commutent : A 2N(B) le commutant nilpotent de B Etant donn e P = P B, nous ecrivons Q = Q(P) pour le type de
TD 10 Matrices
Exercice 30 (**)Etude des matrices nilpotentesUne matrice N2M n(R) est dite nilpotente s’il existe p2N tel que Np = 0 1 Donner des exemples de telles matrices 2 Montrer qu’une matrice nilpotente ne peut pas ^etre inversible 3 On suppose que Net Msont deux matrices nilpotentes qui commutent Montrer que N+ M et NMsont nilpotentes
Correction R - Le Blog de la SUP1
1 (a) Montrer qu’une matrice A∈Mn(R) est non inversible si et seulement si elle est équivalente à une matrice nilpotente ⇐Supposons qu’il existe N∈Mntelle que A∼N Alors Rang A= Rang Ncar deux matrices équivalentes ont même rang, ⇒ Rang A6 n−1 parce que N/∈GLnet que une matrice non inversible est de rang 6 n−1,
TD - Matrices
Exercice 17 Soit A ∈Mn (R)une matrice nilpotente d’ordre p >1 On pose B =In −A 1 Montrer que B est inversible et exprimer son inverse à l’aide de A (penser à la factorisation de I −Ap) 2 Application : B = 1 −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 1
TD 4 Diagonalisation et trigonalisation
Une matrice N est dite nilpotente s’il existe un entier k 1 tel que Nk = 0 Montrer qu’une matrice diagonalisable est nilpotente si et seulement si elle est nulle Exercice 10 Soit E un espace vectoriel On dit que deux endomorphismes f et g de E commutent si et seulement si g f = f g 1
Réduction de matrices et endomorphismes
1 5 Matrice de rang 1 : Soit Aune matrice de M n(R) a) Montrer que rg (A) = 1 si et seulement si il existe deux matrices colonnes U et V non nulles telles que A= U tV b) Soit Aune matrice de rang 1 Montrer que Aest diagonalisable si et seulement si rT (A) 6= 0 c) Si Aest une matrice de rang 1, calculer Ak pour tout entier k∈ N
Concours blanc MPSI Daudet-Jo re 2017 : Alg ebre (2h)
Le th eor eme de Jordan (admis ici) dit que toute matrice nilpotente est semblable a une matrice P diagonale par blocQ ou chacun des blocs diagonaux est un bloc de Jordan, c’est- a-dire de la forme : ™ Œ Œ Œ fl N p 1 O ::: O O N p 2 ⋮ ⋮ O O ::: O N p r fi Š Š Š Ł; chacun des Oapparaissant dans cette matrice etant une matrice
Univesrsit e Abdelmalek Essaadi Tetouan Parcours MIP
de la matrice Bn 2 a) Montrer que N est une matrice nilpotente d’ordre 2 b) V eri er que BN = N = NB c) Montrer que 8n 2N; BnN = N d) Par application de la formule du bin^ome de Newton et en justi ant l’utilisation, calculer An en fonction de B, N et n e) Expliciter les neufs coe cients de la matrice An 1
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Centrale - TSI -2011-21I Endomorphisme nilpotent, trace d"un endomorphisme
I.A - Injectivité et valeur propre nulle
I.A.1)fest injectif,ker(f) =f0g ,ker(f0IdE) =f0g ,0n"est pas valeur propre def.I.A.2)On est ici en dimension finie.
Dans ce cas, pour une application linéaire,
finjectif deEdansE,f2GL(E),0n"est pas valeur propre def.I.A.3)PourM2 Mn(),
Mest inversible
,Mest associée dans une certaine base à un automorphisme ,0n"est pas valeur propre de l"endomorphisme associé ,0n"est pas valeur propre deM.I.B - Matrice nilpotente
I.B.1)On aN2=0
BBBBBBBB@0 0 3
0 0 00 0 01
CCCCCCCCAetN3= 0.
On en déduit queNest nilpotente et quek(N) = 3.I.B.2)a)On aM=P1NPet doncM2=P1NPP1NP=P1N2P.
On en déduit queM2etN2sont semblables, avec la même matrice de passage. On admet la propriété au rangp, on la montre au rangp+ 1.On a doncMp=P1NpP.
M p+1=MpM=P1NpPP1NP=P1Np+1P. La propriété est donc vérifiée au rangp+ 1, elle est donc vraie à tous les rangs. b)NpetP1NpPsont toutes les deux nulles ou toutes les deux non nulles. Il en est donc de même pourMpetNp. Deux matrices semblables sont donc ou nilpo- tentes ou non nilpotentes en même temps. Dans le cas ou elles sont nilpotentes, elles ont aussi même indice de nilpotence. I.B.3)MatB0(f)etMatB(f)sont semblables. Elles sont donc nilpotentes en même temps avec le même indice de nilpotence.I.B.4)a)n(2)
ij=n X p=1n ipnpjavecj6i+ 1. - Sij6p, alors,npj= 0, - sip < j, alorsp < i+ 1, doncp6i, et,nip= 0.Dans tous les casnipnpj= 0et doncn(2)
ij= 0quandj6i+ 1. b)On montre bien sûr ceci par récurrence surk. La vérification initiale pourk= 0est évidente, on l"a aussi pourk= 1et on l"a montré pourk= 2.On l"admet au rangket on le montre au rangk+ 1.
n (k+1) ij=n X p=1n(k) ipnpj, avec - sij6p, alorsnpj= 0; - sip < j, alors,p < i+k, donc,p6i+k1, alorsn(k) ip= 0. On a toujours un des termes du produit qui est nul, doncn(k+1) ij= 0.- Christophe Caignaert - Lycée Colbert -59200Tourcoing -http://c.caignaert.free.fr-2Centrale - TSI -2011-2c)Quandk>n, alors,i+k1>n, on a donc toujoursj6i+k1, donc tous les coefficients
deNksont nuls etNk= 0.Nest bien nilpotente.
I.B.5)a)Le déterminant d"une matrice triangulaire étant le produit des termes diagonaux, les valeurs propres def, qui sont celles deN, sont donc les termes diagonaux deN. b)Si0est la seule valeur propre def, alors,Nvérifie les hypothèses duI,B,4), et est donc nilpotente.fest alors nilpotent aussi. S"il existe une valeur propre non nulle, alors il existe un vecteur propre associéu. Un calcul classique par une récurrence enfantine donnefp(u) =pu,0.fn"est donc pas nilpotente.On a bien l"équivalence demandée.
I.B.6)C"est l"équivalence précédente appliquée à l"endomorphismeNdeMn().I.C - Trace et valeurs propres
I.C.1)On considère deux matrices semblables vérifiantN=P1MP, alorsTr(N) = Tr(P1MP). On sait queTr(AB) = Tr(BA), doncTr(N) = Tr(MPP1) = Tr(MIn) = Tr(M).Deux matrices semblables ont bien même trace.
I.C.2)Il existe une base où la matrice defestN, triangulaire supérieure. AlorsTr(f) = Tr(N), c"est
à dire la somme de ses éléments diagonaux, ou encore la somme des valeurs propre deN, et donc de celles def.I.C.3)On est sur les complexes, le polynôme caractéristique est scindé, etAest semblable à une
matrice triangulaire supérieureN. On a donc soit une valeur propre double, nulle puisque+= 0, soit deux valeurs propres simples, opposées puisque leur somme est nulle, ces deux valeurs propres étant alors non nulles. - Dans le premier cas,N= 0k 0 0! etNest nilpotente, doncAest aussi nilpotente. - Dans le second cas,Aest diagonalisable. FinalementAest soit nilpotente, soit diagonalisable.I.C.4)A=0
BBBBBBBB@1 1 0
0 1 0 0 021 CCCCCCCCAest de trace nulle, non nilpotente, et non diagonalisable car le sous espace propre associé à la valeur propre1est de dimension1seulement.Il suffit pour cela de regarder le rang deAI3=0
BBBBBBBB@0 1 0
0 0 0 0 031CCCCCCCCA, c"est clairement une matrice de
rang2.II Exponentielle d"un endomorphisme
II.A - Endomorphisme diagonalisable
II.A.1)a)M=MB(f) =0
BBBBBBBBB@exp(1) 0
0 exp(n)1
CCCCCCCCCA
b)det(M) = exp(1) exp(n),0, puisqu"une exponentielle n"est jamais nulle. Doncf2GL(E).- Christophe Caignaert - Lycée Colbert -59200Tourcoing -http://c.caignaert.free.fr- Centrale - TSI -2011-23II.A.2)On aD2=P12P1D1P11P2=P12P1D1P12P1 1 D1etD2sont donc les matrices d"un même endomorphismefdans deux bases différentes, la
matrice de changement de base étantP12P1. Or, on a admis queexp(f)ne dépendait pas de la base utilisée pour la définir. Dans la première base, sa matrice estexp(D1), et dans la secondeexp(D2).Ce qui donneexp(D2) =P12P1exp(D1)P12P1
1=P12P1exp(D1)P11P2
DoncP2exp(D2)P12=P1exp(D1)P11.
Ceci permet bien de définirexp(M)avecMdiagonalisable, le calcul dépend de la base, mais pas le résultat.II.B - Endomorphisme nilpotent
II.B.1)Métant strictement triangulaire, puisque ses valeurs propres sont nulles,Mpa des termes diagonaux nuls dès quep>1. Les termes diagonaux deexp(M)sont donc ceux deM0=I, égaux à1. II.B.2)SiMest la matrice defdans une baseB,Mpest la matrice defpdans cette même base et exp(M)est la matrice deexp(f), toujours dans la même base. exp(M)possède une valeur propre unique1, il en est de même pourexp(f). II.C - Somme d"endomorphismes diagonalisable et nilpotent II.C.1)a)On va d"abord montrer quegexp(d) = exp(d)g. Il suffit de montrer le résultat sur une base, ici une base de vecteurs propres ded. Il suffit donc de le montrer pour un vecteur propre ded. Soituun tel vecteur propre etla valeur propre associée. g (exp(d)(u))=g(exp()u) = exp()g(u). D"autre part,dg=gd, doncd(g(u)) =g(d(u)) =g(u) =g(u). Ceci prouve queg(u)est soit nul, soit propre pourdet la valeur propre.Dans tous les cas,exp(d)(g(u)) = exp()g(u).
On a bien montré quegexp(d) = exp(d)g.
En appliquantpfois cette propriété, y compris sip= 0, on agpexp(d) = exp(d)gp.Ensuiteexp(g)exp(d) =k(g)1X
p=0g pexp(d) =k(g)1X p=0exp(d)gp= exp(d)k(g)1X p=0g p = exp(d)exp(g). b)SiMest la matrice defdans une baseB,Dy est la matrice ded, diagonalisable, etNy est la matrice deg, nilpotent.DN=NDentrainedg=gdetM=D+Nentrainef=d+g.
Comme le couple(d;g)est unique, il en est donc de même du couple(D;N).II.C.2)On aM=D+NavecDN=ND.
PMP1=PDP1+PNP1avecPDP1diagonalisable etPNP1nilpotente.
De plusPDP1PNP1=PDNP1=PNDP1=PNP1PDP1.
DoncPDP1etPNP1forment l"unique couple associé àPMP1. Ainsiexp(PMP1) = exp(PDP1)exp(PNP1) =Pexp(D)P1Pexp(N)P1 =Pexp(D)exp(N)P1=Pexp(M)P1.III Le casn= 2
III.A -fnon diagonalisable- Christophe Caignaert - Lycée Colbert -59200Tourcoing -http://c.caignaert.free.fr-
4Centrale - TSI -2011-2III.A.1)Si,, alors,faurait deux valeurs propres simples et serait diagonalisable.
Comme ça n"est pas le cas,=etdim(E) = 1carfn"est pas diagonalisable. Il existe une base où la matrice defest triangulaire supérieure, égale àM= k 0!MI2= 0k
0 0! et (MI2)2= 0 0 0 0!On a bien alors
(fIdE)2= 0.III.A.2)
(fIdE)(u) =(fIdE)2(v) = 0, d"oùu2E.D"autre partu,0carv Il suffit maintenant de montrer que la famille(u;v)est libre. On considèreu+v= 0,
on appliquefIdEà cette égalité,(fIdE)(u) +(fIdE)(v) = 0. fIdE)(u) = 0et(fIdE)(v) =u, on obtient doncu= 0et ensuite= 0. L"égalité du départ devientu= 0et donc= 0. La famille est libre,(u;v)est une base.
On af(u) =vetf(v) =u+v, la matrice defdans la base(u;v)est donc 1 0! III.B -SiMest diagonalisable, elle est semblable àD(;), ouD(;). SiMn"est pas diagonalisable, on vient de voir qu"elle est semblable àM(). Toute matrice deM2()est semblable à une matrice deJ2(). III.C -Une matrice diagonaleDs"écritD=D+0avec0nilpotente etD0 = 0D, c"est donc une matrice de2(). M(a) =D+NavecD=aI2, diagonale donc diagonalisable, etN= 0 1 0 0! , nilpotente. De plusI2N=NI2=N, c"est encore une matrice de2(). On a bienJ2()2().
III.D -2() M2()est évident.
Réciproquement, une matrice deM2()est semblable à une matrice deJ2(), donc à une matrice
de2(). Mais une matrice semblable à une matrice de2()est une matrice de2(). On a bien égalementM2()2().
Finalement, on a bienM2() =2().
III.E -
III.E.1)A()est diagonalisable facilement avecD= i0 0i! etP= ii 1 1! On a doncA() =PDP1.
Puis,exp(A()) =Pexp(D)P1=P exp(i) 0
0 exp(i)!
P 1= cossin
sincos! III.E.2)Il est clair queexp(A()) = exp(A(+ 2)), l"exponentielle n"est pas ici injective. III.E.3)Une matrice deJ2()\GL2()est semblable àD(a;b)ouM(a)avecaetbnon nuls. - Sia=exp(i)etb=0exp(i0), alorsa= exp(iln())etb= exp(i0ln(0)). C"est à direD(a;b) = exp iln() 0
0i0ln(0)!!
- Commea,0,M(a)est semblable à a a 0a! , en remplaçant le premier vecteur de base par1a fois lui-même.- Christophe Caignaert - Lycée Colbert -59200Tourcoing -http://c.caignaert.free.fr-
Centrale - TSI -2011-25Avec les mêmes notations poura, a a 0a! = a0 0a! 1 1 0 1! = exp iln() 0 0iln()!!
exp 0 1 0 0!! = exp iln() 0 0iln()!
+ 0 1 0 0!! = exp iln() 1 0iln()!!
III.E.4)Toute matrice deGL2()est semblable à une matrice deJ2()\GL2(), donc semblable à l"image par l"exponentielle d"un élément deJ2(). SoitM2GL2(), on aN=P1MP2J2()\GL2().
N= expQ1BQavecQ1BQ2J2()et doncB2 M2(),
doncM=PexpQ1BQP1= expPQ1BPQ11 = exp(A).quotesdbs_dbs8.pdfusesText_14
On considèreu+v= 0,
on appliquefIdEà cette égalité,(fIdE)(u) +(fIdE)(v) = 0. fIdE)(u) = 0et(fIdE)(v) =u, on obtient doncu= 0et ensuite= 0. L"égalité du départ devientu= 0et donc= 0.La famille est libre,(u;v)est une base.
On af(u) =vetf(v) =u+v, la matrice defdans la base(u;v)est donc 1 0! III.B -SiMest diagonalisable, elle est semblable àD(;), ouD(;). SiMn"est pas diagonalisable, on vient de voir qu"elle est semblable àM(). Toute matrice deM2()est semblable à une matrice deJ2(). III.C -Une matrice diagonaleDs"écritD=D+0avec0nilpotente etD0 = 0D, c"est donc une matrice de2(). M(a) =D+NavecD=aI2, diagonale donc diagonalisable, etN= 0 1 0 0! , nilpotente. De plusI2N=NI2=N, c"est encore une matrice de2().On a bienJ2()2().
III.D -2() M2()est évident.
Réciproquement, une matrice deM2()est semblable à une matrice deJ2(), donc à une matrice
de2(). Mais une matrice semblable à une matrice de2()est une matrice de2().On a bien égalementM2()2().
Finalement, on a bienM2() =2().
III.E -
III.E.1)A()est diagonalisable facilement avecD= i0 0i! etP= ii 1 1!On a doncA() =PDP1.
Puis,exp(A()) =Pexp(D)P1=P exp(i) 0
0 exp(i)!
P1= cossin
sincos! III.E.2)Il est clair queexp(A()) = exp(A(+ 2)), l"exponentielle n"est pas ici injective. III.E.3)Une matrice deJ2()\GL2()est semblable àD(a;b)ouM(a)avecaetbnon nuls. - Sia=exp(i)etb=0exp(i0), alorsa= exp(iln())etb= exp(i0ln(0)).C"est à direD(a;b) = exp iln() 0
0i0ln(0)!!
- Commea,0,M(a)est semblable à a a 0a! , en remplaçant le premier vecteur de base par1afois lui-même.- Christophe Caignaert - Lycée Colbert -59200Tourcoing -http://c.caignaert.free.fr-
Centrale - TSI -2011-25Avec les mêmes notations poura, a a 0a! = a0 0a! 1 1 0 1! = exp iln() 0