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Y j YAGRÉGATION INTERNE DE MATHÉMATIQUESY j Y
Devoir en Salle - Samedi 17 Novembre 2012.Dans tout ce qui suit,K=RouC. On rappelle que deux matricesAetBdansMn(K)sont
semblabless"il existeP2GLn(K)telle queB=P1AP. L"ensemble des matrices semblables
àAdansK:
S
A(K) =fP1AP; P2GLn(K)g;
est laclasse de similitudedeA. On dira qu"une matrice estnilpotentes"il existe un entierl2Ntel queAl=OMn(K), on
écrira alorsA2Nn(K).
On désignera parEij= ((ij
kl))kl2Mn(K)(c"est la matrice où tous les éléments sont nuls sauf le(i;j)-ième qui vaut1) les éléments de la base canonique deMn(K). EnfinTn(K)désignera l"ensemble des matricesA= ((aij))2Mn(K)de trace nulle : trace(A) =a11+a22++annet pourA;B2Mn(R)(resp.2Mn(C): Enfin,Mn(K)est équipé de sa topologie usuelle d"espace vectoriel normé.
Préliminaires
(1) Dans cette partie on démon treq uelquesrésultats disparates qui p euventêtre utiles dans la suite du problème. (a) Soit Eespace vectoriel normé, montrer qu"un sous-espace vectorielFdeEest soit d"intérieur vide, soit égal àE. (b) Soit A2Mn(K), montrer que, ou bienAest une homothétie (i.e.A=In; 2K) ou bien il existex2Kntel que la pairefx;Axgsoit libre.
Première partie
(2) Dans cette partie o nétudie plus en détail les ensem blesNn(K);Tn(K). (a)
Mon trerque (Mn(R);h;i)un espace Euclidien.
(b) Mon trerque Tn(K)est un sous-espace vectoriel deMn(K)dont on précisera une base la dimension et un supplémentaire orthogonal. (c) Mon trerque Tn(K)est un fermé d"intérieur vide dansMn(K). (d) Soit A2Mn(R)vérifianthA;Xi= 0pour toute matriceX2Tn(R). Montrer que
A=In; 2R.
(e) Si Nest une matrice nilpotente non nulle, soitp2Ntel queNp=OMn(K)et N p16=OMn(K). Montrer qu"il existex2Kntel que la famillefx;Nx;:::;Np1xg soit libre. En déduire queNn=OMn(K). (f) Retrouv erle résultat de la q uestionprécéden tea vecle théorème de Ca yley-Hamilton. (g) Soit A2Mn(K). On suppose que pour toutk2N?la trace deAkest nulle. Montrer queAest nilpotente. (h) Mon trerque Nn(K)Tn(K),Nn(K)est-il un sous-espace vectoriel deMn(K)? (i)
Mon trerque Nn(K)est d"intérieur vide.
(j) Mon trerque Nn(K)\GLn(K) =;, et retrouver le résultat de la question précédente. (k)
Mon trerque Nn(K)est un fermé connexe par arc.
1 2
Seconde Partie
(3) On se prop osede mon trerque toute m atrice22de trace nulle est semblable à une matrice dont tous les éléments diagonaux sont nuls. (a)
T raiterle cas où An"est pas inversible.
(b)
Si 6= 0, montrer que la matriceB=0
0 est semblable à la matrice diagonale D =0 0 (c)
T raiterle cas où A2GL2(R).
(d) En d éduireun représen tantde c haqueclasse d"équiv alencede matrices sem blables de trace nulle. (4) Soit D2M2(R)une matrice diagonale. Montrer que l"image deM2(R)par l"application M
2(R)3A7!DAADest un sous-espace vectoriel deM2(R)dont on précisera une
base et sa dimension. (5) (a) Mon trerqu"une matrice A2M2(R)est de trace nulle, si, et seulement si il existe deux matricesX;Y2M2(R)telles queA=XYY X. (b) Donner une telle décomp ositionp ourla matrice A=a b ca (6) Soit D2Mn(R)une matrice diagonale. Donner suivant la matriceDla dimension de l"image deMn(R)par l"applicationMn(R)3A7!DAAD. Reconnaitre cette image lorsque cette dimension est maximale et donner dans ce cas une base en fonction deD du noyau de l"application. (7) On désigne par Enle sous-espace de dimension maximale reconnu dans la question pré- cédente. (a) Mon trerque toute matrice A2Mn(R)de trace nulle est semblable à une matrice
B= ((bij))telle quebnn= 0.
(b) Mon trerque toute matrice A2Mn(R)de trace nulle est semblable à un élément de E n(on peut faire une récurrence surn). (c) En déduire qu"une matrice est de trace n ulleA2Mn(R)si, et seulement si, il existe deux matricesX;Y2Mn(R)telles queA=XYY X. (d) P eut-onimp oseraux matrices XetYd"être aussi de trace nulle? (8) A l"aide de la q uestion(7-b), mon trerq uel"en veloppecon vexede Nn(R)(c"est l"inter- section de tous les convexes contenantNn(R)ou encore le plus petit convexe contenant N n(R)) estTn(R). On désigne parF3le sous ensemble des matricesA= ((aij))2M3(R)vérifianta13= 0 eta12+a23= 0. (9) Mon trerque F3est un sous-espace vectoriel deM3(R), en préciser une base et sa di- mension. (10) Mon trerque toute matrice A2M3(R)de rang 0,1 ou 2 est semblable à une matrice de F 3. (11) Mon trerque si A2Mn(R)admet une valeur propre2R, alors elle est semblable à une matriceB2F3. 3
Troisième Partie
Dans cette troisième partie (indépendante de la seconde) on étudie les propriètés to- pologiques des classes de similitude. (12) Soit A2Mn(C), Montrer queSAest borné si, et seulement siA6=In; 2C. (13)
Mon trerque SAest d"interieur vide dansMn(C).
(14)
Mon trerque SAest connexe par arc dansMn(C).
(15) Soit A2Mn(C). On va montrer ici queAest nilpotente si et seulement siOMn(C)2S A(C)(autrement dit : ssi il existe une suite(Bk)kSAqui converge vers la matrice nulleOMn(C)). (a) Si Aest nilpotente, on pose pour tout entierq1:Dq:=diag(qn;qn1;:::;q2;q)2 M n(C). Montrer qu"il existe une matrice triangulaireT= ((tij))à éléments diago- naux nuls telle que la suite(D1qTDq)qréponde à la question. (b)
Récipro quement,si OMn(C)2S
A(C), montrer queAest nilpotente.
(16)
Soit A2Mn(C). On va montrer que
Aest diagonalisable()S
A(C)est fermé dansMn(C):
(a) Condition nécessaire : Aest diagonalisable, on noteAson polynôme minimal et soitB2S A(C). - Montrer queA(M) =OMn(C)pour toutM2SA(C). - Montrer queA(B) =OMn(C). - Montrer queBest diagonalisable. - Montrer queAetBont mêmes polynômes caractéristiques. - Conclure. (b) Condition suffisan te: par con traposéeon supp oseAnon diagonalisable. On ad- met (décomposition de Dunford) queAs"écritA=D+NoùND=DN,D est diagonale etNnilpotente. A une conjugaison près on suppose que queD= diag(1In1;:::;rInr)avecn1++nr=n. En s"inspirant de la question (16-a) montrer queD2S
A(C)et conclure.
Fin de l"épreuve.
4
Corrigé
Solution :
(1) (a) Si Fn"est pas d"intérieur vide, il existe2F,r >0tels queB(a;r)F.Fétant un sous-espace vectoriel, on a encoreB(a;r)n fag=B(OE;r)F. Maintenant, soit x2Enon nul, on vérifie sans peine quexr2kxk2B(OE;r)F. Encore une fois,F
étant un sous-espace vectoriel :x=xr2kxk2kxkr
2Fet finalementF=E.
(b) Consultez v otrelivre d"exo fa vori(cette propriété est (comme d ansce problème) souvent fondamentale. (2) (a)
Classique.
(b) La trace est une forme linéaire non n ullesur Mn(R),Tn(R)est son noyau : c"est un hyperplan deMn(R), donc un sous-espace de dimensionn21. Une base est donné par la famille
B=fEij; E11Ekkoù1i6=jn;2kng:
Donc l"orthogonalTn(R)?est un sous-espace de dimension 1, comme il est clair que I n2Tn(R)?son supplémentaire orthogonal estTn(R)?=RIn. (c)Dans un espace vectoriel normé de dimension finie, tous les sous-espaces sont fermés. Plus directement,Tn(R) =trace1(f0gest fermé comme image réciproque d"un fermé par une application continue (en dimension finie toutes les applications linéaires sont continues). Avec (1-a), le sous-espace strictTn(R)est d"intérieur vide dansMn(R). (d) L"h ypothèsetrace (AX) = 0pour toute matriceX2Mn(R)de trace nulle s"écrit hA;Xi= 0pour toutX2Tn(R), autrement ditA2Tn(R)?i.e.A=Inavec
2Ret la réciproque est évidente.
(e) (f) (g) Sur C, le polynôme caractérique deAest scindé. Raisonnons par l"absurde en suppo- santAnon nilpotente. AlorsApossède au moins des valeurs propres non nulles que l"on note1;:::;r;1rnde multiplicités respectivesn1;:::;nr. Par hypothèse nous avons pour toutk2N?: tr(A k) = n1k1++ nrkr: Écrire ces relations pourkvariant de1àréquivaut à dire que le vecteur(n1;:::;nr) est solution du système linéaire0 B B@
12::: r
2122::: 2r...:::
r1r2::: rr1 C CA0 B B@x 1 x 2 x r1 C
CA= 0:
Et ce système est de Cramer puisque le déterminant de la matrice du système vaut 1
1:::rY
1i donc nécessairementn1=n2==nr= 0ce qui est exclu. (h)1. C"est le trés fameux déterminant de Vandermonde : [?], exercice 1.8. 5 (i) (3) (a) Notons sp ec(A) =f1;2g, alors trace(A) = 0implique1=2= 0etAest nilpotente :A2= 0en particulierdimker(A)1. Sidimker(A) = 2alorsA=OM2(R)et il n"y a rien à démontrer. Sidimker(A) = 1alorsAest de rang 1. Il existee2R2tel que Im(A) =vect(e), ete12R2tel quee=Ae1. La famillefe1;Ae1gest libre, en effet en composant par Al"égalitée1+Ae1= 0(;2R) on tire (carA2=O)Ae1=e= 0qui assure= 0caren"est pas le vecteur nul;= 0en résulte aussitôt etfe1;Ae1g est bien une base deR2. Dans la basefe1;Ae1gla matriceAs"écrit0 0 1 0 :Aest donc bien semblable à une matrice à éléments diagonaux nuls. (b)PB(x) =x22, donc spec(B) =f;goù6= 0. Les valeurs propres deB sont deux à deux distinctes etBest diagonalisable : il existe doncQ2GL2(R)tel queB=Q1DQ. (c) Si An"est pas inversible, alors spec(A) =f;gavec6= 0. Les valeurs propres deAsont deux à deux distinctes etAest diagonalisable : il existe doncP2GL2(R) tel queA=P1DP. diagonalisable. Comme (1-b),D=QBQ1on auraA= P 1DP=P1QBQ1P= (Q1P)1BQ1P=R1BRetAest semblable à la
matriceBà éléments diagonaux nuls. (d) En résumé, des représen tantsdes différen tesclasses d"équiv alencedes matrice sde trace nulle sont0 0 0 0 ;0 0 1 0 ;0 0 avec2R?: (4) L"application 'D(A) =DAADest un endomorphisme deM2(R)et comme l"ensemble T 2des matrices de trace nulle est trivialement (c"est le noyau de la forme linéaireA7!
trace(A)) un sous espace vectoriel deM2(R), son image'D(T2)en sera encore un. PourA=a b
ca ; D=10 02 un calcul élémentaire donne : DAAD=0c(12)
b(21) 0 Si1=2alorsDAAD=OM2(R)pour toute matriceAde trace nulle et'D(T2) = fOM2(R)g. 16=2alorsDAAD=E21+E12;(;2R)(car les paramètresbetcsont
quelconques et126= 0) et'D(T2)est le sous-espace de dimension 2 :'D(T2) = VectfE21;E12g.
(5)La linéarité de la trace et la formule bien connue trace(AB) =trace(BA)assurent que toute matriceAs"écrivantA=XYY Xest de trace nulle. La condition est suffisante. Pour la condition nécessaire, siAest de trace nulle, avec (1), elle est semblable à une matriceUdont tous les éléments diagonaux sont nuls, donc dans VectfE21;E12g; mais, vu (2),'D(T2) =VectfE21;E12getUs"écrit sous la formeU=DBBDoùDest diagonale etBde trace nulle. Ainsi A=P1(DBBD)P=P1DBPP1BDP= (P1DP)(P1BP)(P1BP)(P1DP) =XYY X; avecX=P1DPetY=P1BP. CQFD. (6) Notons D=diag(1;:::;n)etA= ((aij)), un petit calcul nous donne DAAD= ((aij(ij) :=dij)) =X
1i;jna
ij(ij)Eij: 6 Par conséquent tout les éléments diagonauxdiideADDAsont déjà nuls et, siDadmet deux valeurs propres identiques, disonsj0eti0les coefficientsdi0j0etdj0i0seront aussi nuls. Les coefficientsaijétant arbitraires, plus précisément : Le polynôme caractéristique deDest de la forme : P D(x) = (1)n(x1)d1:::(xs)ds
où1sn,1;:::ssont les valeurs propres deux a deux distinctes deDetd1++ d s=n. Une valeur propreiest de multiplicitédi, autrement dit on adicoefficienti égaux ce qui faitd2ides coefficientsdkl=akl(kl)de la matriceDAADseront nuls. On aura doncd21++d2scoefficients toujours nuls et le sous-espacefDAAD; A2 M n(R)gsera de dimension n 2(d21++d2s) = (d1++ds)2(d21++d2s) =X
1i6=jsd
idj: - Par exemple si le polynôme caractéristique deDestPD(x) = (x1)(x2)4(x3)5, le sous-espacefDAAD; A2M10(R)gsera de dimension10214252= 10042 = 58. - En particulier, si les valeurs propres deDsont deux à deux distinctes, alorss=n etdi= 1;(1in). Dans ce cas le sous-espacefDAAD; A2Mn(R)get de dimensionn2(d21++d2s) =n2nqui est maximale card21++d2sest toujours supérieur àd1++ds=n. C"est le sous-espace des matrices à coefficients diagonaux nuls, il admet pour base les matricesEijavec1i6=jnde la base canonique de M n(R). (7) (a) Soit A2Mn(R)de trace nulle.
Siker(A)est de dimension supérieure ou égale à 1, on choisit un vecteur non nul e2ker(A)et on complète pour obtenir une baseB=fe1;e2;:::;en1;egdeRn. Dans cette base, la matriceAa sa dernière colonne nulle :Aest donc semblable à une matrice du type désiré. Il reste à considérer le casker(A) =fOg.Aest alors inversible. SiAest une homothétie, alorsA=OcarAest de trace nulle et ce cas est traité au dessus. Sinon (exercice classique) il existex2Rntel que les vecteursx;Axsoient libres. On complète alors en une baseB=fe1;:::;en2;Ax;xgdeRn. Dans cette base la dernière colonne de la matriceAestt(0;:::;0;1;0)et son coefficient(n;n)est bien nul. CQFD. On peut observer que le seul moment où on a utilisé la propriété "Aest de trace nulle » est dans le cas oùAest inversible pour éliminer les homothéties qui ne peuvent bien entendu pas être semblable à une matrice oùbnn= 0. La propriété démontrée est donc vraie pour toutes les matrices deMn(R)sauf les homothéties. (b) La propriété à démon trerest triviale p ourn= 1et démontrée dans la première partie pourn= 2. On procède par récurrence surn2, on suppose la propriété vraie au rangn1. SoitA2Mn(R)de trace nulle. Avec (5-a)Aest semblable à une matriceB= ((bij)) oùbnn= 0: il existeP2GLn(R)telle que A=P1BPavecB=Cc
n1l n10 oùC2Mn1(R)ettln1;cn12Rn1. Comme trace(A) = 0 =trace(B) =trace, C2Mn1(R)est de trace nulle : on peut donc lui appliquer l"hypothèse de récur- rence : il existe une matriceM2Mn1(R)dont tous les éléments diagonaux sont 7 nuls etR2GLn1(R)telles queM=R1CR. Maintenant si je pose Q=R0 n1t 0n11 (où0n1est le vecteur nul deRn) alors det(Q) = det(R)6= 0;doncQ2GLn(R)etQ1=R10 n10 n11 un calcul élémentaire donne alors Q 1BQ=R10
n10 n11 Cc n1t ln10 R0 n10 n11 =R1CRc 0n1t l0n1d n où tl0n1;c0n12Rn1sont deux vecteurs etdn2R. Il reste à observer quedn= 0 puisqueCetBsont de trace nulle et finalementBqui est semblable à T:=Q1BQ=Mc
0n1t l0n10 est à diagonale nulle.Aétant semblable àBest semblable àTde diagonale nulle. CQFD. (c) T outematrice Ade trace nulle est (c"est la question précédente) semblable à une matriceBà éléments diagonaux nuls (c"est la question (6)). Toujours avec (6), B2Ens"écritB=CDDCoùDest diagonale à éléments diagonaux deux à deux distincs. Donc A=P1BP=P1(CDDC)P= (P1CP)(P1DP)(P1DP)(P1CP) =XYY X
avecX=P1CPetY=P1DP. (d) Si dans la question précéden teXetYne sont pas de trace nulle, on les remplace respectivement parXtr(X=n)InetYtr(Y=n)Inqui sont de trace nulle, alors après simplification (Xtr(X=n)In)(Ytr(Y=n)In)(Ytr(Y=n)In)(Xtr(X=n)In) =XYY X=A: (8) (9) On a Fquotesdbs_dbs9.pdfusesText_15
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