MPSI 2 : DL Exponentielle de matrices nilpotentes. pour le 17 avril 2003

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1 MPSI 2 : DL 08 pour le 7 avril 2003 Exponentielle de matrices nilpotentes Soit E un R espace vectoriel de dimension n 2. On considère une base B (e,...,e n ) de E. Pour une matrice M n (R), on note φ l endomorphisme de E dont la matrice dans la base B est. On notera I la matrice identité de M n (R), et N { M n (R); nilpotente} T { M n (R); triangulaire supérieure } U { M n (R); I N } E k Vect(e,...,e k ) E 0 {0} Q a. Montrer qu une matrice M n (R) appartient à T si et seulement si k [[,n]], E k est stable par φ. b. En utilisant a), montrer que T est une sous-algèbre de M n (R). c. Soit T. Montrer que est inversible si et seulement si k [[,n]], φ (E k ) E k. d. On note ((a ij )). Montrer que la condition précédente équivaut à i [[,n]],a ii 0. e. Montrer que si T GL n (R), alors T. Q 2 Soit une matrice ((a ij )) T dont les coefficients diagonaux a ii sont tous nuls. a. Montrer que est nilpotente d indice inférieur ou égal à n. b. Montrer que l indice de nilpotence de est exactement n si et seulement si les coefficients a i,i+ ( i n ) sont tous non-nuls. Q 3 Soit N. a. Soit P GL n (R). Montrer que P P est nilpotente de même indice que. b. En étudiant Im φ, montrer qu il existe une base u (u,...,u n ) de E dans laquelle la matrice de φ a sa dernière ligne nulle. c. Montrer alors qu il existe une base v (v,...,v n ) de E dans laquelle la matrice de φ est triangulaire supérieure à diagonale nulle. d. Que peut-on en déduire sur l indice de nilpotence de? e. Lorsque n 2, trouver une matrice nilpotente non triangulaire. Q 4 Soient (,B) N 2 vérifiant B B. a. Montrer que + B N. b. Soit λ R. Calculer ( + λb) n. c. Montrer que si (p,q) N 2 vérifient p + q n, alors p B q 0. On pourra considèrer la fonction P ij (λ) qui est le coefficient à la ième ligne, jième colonne de la matrice ( + λb) n. Q 5 Pour N, on définit exp() I + + 2! (n )! n a. Montrer que exp() U. b. Soient (,B) N 2 vérifiant B B. Montrer que exp( + B) exp() exp(b). c. En déduire que exp() est inversible.

2 2 Déterminant circulant a a 2 a 3... a n. a n a a.. 2 an On considère la matrice.. a..... n. M n (C) où (a,... a n ) C n sont des nombres. a a2 a 2 a 3... a n a complexes. ω Pour une racine nième de l unité ω C, on définit la matrice colonne associée : X ω ω 2. ω n Q 6 Calculer X ω. Q 7 On considère la racine nième primitive de l unité notée ω e 2iπ n et la matrice colonne X k X ω k associée. Montrer que le système (X 0,...,X n ) est une base de l espace vectoriel M n, (C). Q 8 En déduire que la matrice est semblable à une matrice diagonale que l on déterminera. Q 9 En déduire le déterminant de la matrice.

3 Corrigé. Q a. Posons ((a ij )). lors j [,n], φ (e j ) n i a ije i. Si T, soit (j,k) [,n] 2 avec j k. lors pour i > j, a ij 0 donc φ (e j ) j i a ije i E j E k. Comme (e,...,e k ) est une base de E k, (φ (e ),...,φ (e k )) engendre φ (E k ) et donc E k est stable par φ. Réciproquement, si k [,n], φ (E k ) E k, alors φ (e k ) E k et donc tous les coefficients a ik avec i > k sont nuls et donc est triangulaire supérieure. b. Il est clair que T est un sev de M n (R) et que I T. Montrons que T est stable pour la multiplication. Soient (,B) T 2. Posons C B. lors pour k [,n], on a : φ C (E k ) φ φ B (E k ) φ (φ B (E k )) φ (E k ) E k et donc C T. c. Si GL n (R), alors φ est un isomorphisme. Sa restriction à E k est un endomorphisme de E k (puisque E k est stable) et Ker φ /Ek Ker φ E k {0}. Mais un endomorphisme injectif est bijectif et donc k [,n], φ (E k ) E k. Réciproquement, si k [,n], φ (E k ) E k, en particulier pour k n: φ (E) E et donc φ est surjective donc bijective, et par conséquent, GL n (R). d. Si est inversible, montrons que i [,n], a ii 0. Par l absurde, s il existe i [,n] tel que a ii 0, alors φ (E i ) E i donc φ (E i ) E i. Réciproquement, encore par l absurde: s il existe i [,n] tel que φ (E i ) E i, choisissons le plus petit indice i vérifiant cette propriété. lors E i φ (E i ) φ (E i ) E i Q 2 En examinant les dimensions, on obtient que i dim φ (E i ) < i. Par conséquent, dim φ (E i ) i et φ (E i ) E i. En particulier, φ (e i ) E i et donc a ii 0. e. Soit T GL n (R). lors φ est bijective, et k [,n], φ (E k ) E k. On montre facilement que φ (E k) E k et donc les E k sont stables par φ, ce qui prouve que est triangulaire supérieure d après a). a. Soit k [,n]. Comme a kk 0, φ (e k ) E k et comme φ (E k ) E k, φ (E k ) E k. On montre ensuite par récurrence que p [,k], φ p (E k) E k p. p > k, φ p (E k) {0}. En particulier φ n (E) φn (E n) {0} et donc φ n 0. b. Si φ est d indice de nilpotence n exactement, alors φ n (e n) 0. Mais on montre par récurrence que φ n 0, et comme φ n (E n ) {0}, nécessairement k 2, φ k (e k) a,2 a 2,3... a k,k e En particulier φ n (e n) a,2... a n,n e et donc i < n, a i,i+ 0. La réciproque provient de la même propriété. Q 3 a) On calcule pour k N: B k P k P et comme P est inversible, il est clair que k 0 B k 0. Donc et B sont nilpotentes de même indice. b) n est pas inversible, sinon toutes ses puissances le seraient également. Donc φ n est pas bijective, donc n est pas surjective. Notons F Im φ. Si l on suppose que 0, F {0} et l on peut trouver une base (u,...,u r ) de F. Complétons ce système libre en une base de E: b (u,...,u r,u r+,...,u n ). Si est la matrice de φ dans cette base b, alors les n r dernières lignes de sont nulles, et donc la dernière aussi (car r rg φ < n). c) Par récurrence sur n: Si n, (a) donc p (a p ) et comme est nilpotente, a 0 et donc la matrice de φ dans toute base est nulle. P(n) P(n + ): Soit b la base construite à la question précédente, et F Vect(u,...,u n ). lors F est stable par φ, et la restriction de φ à F est encore nilpotente. Donc d après l hypothèse de récurrence, il existe une base de F : (v,...,v n ) dans laquelle la matrice de φ /F est triangulaire supérieure à diagonale nulle. Donc j [,n ], φ (v j ) Vect(v,...,v j )

4 Posons v n u n et définissons b (v,...,v n ). C est une base de E et puisque φ (v n ) F Vect(v,...,v n ) la matrice de φ dans b est triangulaire supérieure à diagonale nulle. d) D après la question précédente, est semblable à une matrice triangulaire supérieure à diagonale nulle et une telle matrice est d indice inférieur ( à) n. Donc l indice de est inférieur ou égal à n. 0 e) Considérons la matrice J. On sait qu elle est nilpotente et que toute matrice semblable est 0 0 ( ) ( ) 0 0 également nilpotente. Si l on considère P qui est inversible, alors P et P BP ( ) est nilpotente. Q 4 a) Soient p,q les indices de nilpotence de et B. Posons r p+q. D après la formule du binôme (B B): ( + B) r r ( ) r k B r k k mais si k p, k 0, et si k < p, alors r k > r p q et donc B r k 0. Donc toutes les matrices de cette somme sont nulles et donc ( + B) k 0. b) Puisque λb est nilpotente et commute avec et que l on a vu que les indices de nilpotence étaient inférieurs à n, d après la question précédente, ( + λb) n 0. c) Puisque λ R, ( + λb) n 0, tous les coefficients de cette matrice sont nuls. Donc (i,j) [,n] 2, P ij (λ) 0. Mais il est clair que P ij (λ) est un polynôme en λ, et donc tous les coefficients de ces polynômes sont nuls. Mais puisque n (( ) n ( + λb) n ) k B n k λ n k k il vient que k [0,n], k B n k 0. Soient alors (p,q) N 2 tels que p + q n. Si q n, alors B q 0 et donc p B q 0. Si q < n, alors p B q p+q n n q B q 0. Q 5 a) Remarquons que k, la matrice k est nilpotente car ( k ) n ( n ) k 0. Par conséquent, pour n 2, exp() I + + où B B. Donc (exp() I) n n B n 0. b) Calculons [ ] (n )! n I + + (n )! n 2 B exp( + B) n n i0 k i0 n n En effectuant le changement d indice j k i, i0 ki n n exp( + B) ( + B)k k! ( k k i) k! i B k i i!(k i)! i B k i i!(k i)! i B k i i0 i+j n n i j0 i!j! i B j exp() exp(b) i!j! i B j

5 c) En prenant B, puisque B est nilpotente et commute avec, I exp(0) exp( ) exp() exp( ) et donc exp() est inversible et (exp()) exp( ). Q 6 On trouve que X ω αx ω. En d autres termes, X ω est un vecteur propre de la matrice associé à la valeur propre α a + ωa ω n a n. Q 7 Soient (λ 0,...,λ n ) C n tels que λ 0 X λ n X n 0. En regardant toutes les lignes de ces matrices colonnes, on voit que les scalaires λ i doivent vérifier le système d équations homogène : λ 0 + λ + + λ n 0 λ 0 + ωλ + + ω n λ n 0.. λ 0 + ω n λ + + ω (n )(n ) λ n 0 La matrice de ce système est une matrice de vandermonde V V (,ω,...,ω n ) associée à n scalaires distincts. On connaît son déterminant : det(v ) 0 i<j n (ωj ω i ) 0. Cette matrice est inversible et donc le système possède une unique solution λ 0 λ n 0. Q 8 Notons u L(C n ) l endomorphisme ayant comme matrice dans la base canonique de C n. La matrice du même endomorphisme dans la base de vecteurs propres (X 0,...,X n ) est diagonale D Diag(α,...,α n ) où α i a + ω i a ω i(n ) a n. Q 9 Les deux matrices et D étant semblables, elles ont même déterminant : det() α 0... α n n ( n i0 j0 ω ij ) a j+