CCP PC 2010 Math 1. Partie 1

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1 CCP PC 2 Math Il n est pas inutile de remarquer que IB est un exemple de la partie 2 et que la partie généralise la partie 2 On trouvera ainsi des réponses dans la suite du problème II contient la réponse à IB5 par exemple Partie ) On calcule le polynôme caractéristique en développant par rapport à la dernière ligne Sp() f; ; 4g est de taille et admet valeurs propres distinctes est diagonalisable et les sous espaces propres sont des droites 2) < x + 4y 7z x + 4y calcul de E Ker() x 4y + z, z, E Vect(I) avec 2 z < calcul de E Ker() avec < calcul de E 4 Ker() 7x + 4y 7z x 5y + z z 4x + 4y 7z x y + z z D est la matrice diagonale des valeurs propres D ) 2,, 7(x z) + 4y (x z) 5y,donc comme x + 4y z, E 4 Vect(K) 4 On a Mat i;jk (I; J; K)Mat I;J;K (f) Mat I;J;K (i; jk) Donc pour m m Mat i;j;k (f m ) Mat i;jk (I; J; K)Mat I;J;K (f m ) Mat I;J;K (i; jk) P D m P < x + y + z X < x + z X Z < x X Y + Z 4) On pose P v V 2x z Y, 2x z Y, y Z y Z y Z z 2X + Y 2Z d où pour m 4 m E Vect (J) 24 m 4 m 24 m 24 m 4 m 24 m On remarque que pour m la formule est fausse Ce qui montre l importance de traiter à part le cas m (cf la suite) On peut aussi remarquer que m se décompose m Il existe donc ; ; p et q tels que f m m p + m q Même si le sujet ne le dit pas explicitement I est bien un exemple de la partie II 5) On pose a b c ; b ; 4c d e f le système XD DX d; e e; 4f f donc b c d f g h g h i 4g; h 4h; 4i 4i donc a e et on véri e que XD DX i 6) HD DH H 7) d après 6) si H 2 D alors HD DH et donc d après 5) H est du type < a 2 e 2 i 2 a e i H 2 D donne le système

2 On a donc 4 solutions 2, H 2 H, 2 et H 4 H Si X 2 on pose X P HP on a alors X 2, P H 2 P P DP, H 2 D La matrice a donc 4 racines carrées P H P ; 2 ; P H P B) On a J 2 J et par récurrence m, J m m J vrai si m Si J m m J alors J m+ m J 2 J m m J m J B2) On a I + J Comme I et J commutent on a pour m m m J k k k ; 4 Or pour k, J k k J m I + I + k m k J I + k k k m k J k! m k J I + (( + )m ) k J On a donc m I + (4m ) J Soit f m id + (4m ) j si m Id Id + ( ) j est encore vrai B) On calcule le polynôme caractéristique en commençant par ajouter les colonnes donc ; 4 B4) Sp() f (double) ; 4 (simple)g nalyse Si p et q existent on a pour m et m Véri cation avec B2) q f id j, p 4id f id j p + q id p + 4q f et donc et donc q f id, p 4id f p + 4 m q id + (4m ) j f m p 4id id et j forment un système libre et mat id;j p; q f id j, q f id j de déterminant non nul (p; q) est libre B5) Comme id et j commutent et j 2 j p 2 9id 6j + j2 9id j 9 9 j j2 p q q p p, q 2 j2 9 j 9 q, 2

3 Soit alors h ap + bq véri ant h 2 f On a avec les calculs précédents a 2 p + b 2 q p + 4q Or (p; q) est libre donc a 2 et b 2 4 On a 4 solutions B6) On calcule les sous espaces propres < x + y + z E x + y + z x + y + z < E 4 2x + y + z x 2y + z x + y 2z h p + 2q, h 2 h, h p 2q, h 4 h c est un plan dont une base est ; On retranche la première ligne aux 2 autres x y z Une base est K La somme des dimensions des sous espaces propres vaut donc f est diagonalisable Par choix des vecteurs de base 4id et donc Mat I;J;K (p) Mat I;J;k 4 Mat et B7) Toute matrice non diagonale d une symétrie plane convient La plus simple est la symétrie qui échange i et j K On véri e K 2 I 2 K Il su t de prendre par blocs 2 2 B) Si on prend Y Mat I;J;K (h) on a h 2 f, mais Y n est pas diagonale donc Y 2 Vect(Mat I;J;K (p); Mat I;J;K (q)) donc h 2 Vect(p; q) B9) méthode par le polynôme annulateur f est diagonalisable de valeurs propres et 4 donc (X ) (X 4) est un polynôme annulateur soit (f Id) (f 4Id) Si h 2 f on a h 2 Id) (h 2 4Id qui se factorise (h Id) (h + Id) (h 2Id) (h + 2Id) Ce qui montre que (X ) (X + )(X 2)(X + 2) est un polynôme annulateur scindé à racines simples de h h est donc diagonalisable méthode 2 en cherchant une base de vecteurs propres de h En restant dans la base (I; J; K) on pose H Mat I;J;K (h) a b c lors H véri e H 2 D Donc HD DH H On pose d e f, HD DH donne c f g h g h i K H est donc du type par blocs H La condition H 2 D donne K 2 I i 2 et i 2 4 K est donc la matrice d une symétrie Si K I 2 ; H est diagonale et donc h est diagonalisable Sinon K est dans Vect(I; J) la matrice d une symétrie par rapport à une droite Il existe deux vecteurs libres du plan tels que k(u) u et k(v) v Dans la base (u; v; K) la matrice de h donc h est diagonalisable 2 toute racine carrée de f est diagonalisable Partie 2 (f Id) (f Id) f 2 ( + ) f + Id ( 2 p + 2 q) ( + ) (p + q) + (p + q) 2 ( + ) + p + 2 ( + ) + q

4 Comme 6, (X ) (X ) est un polynôme annulateur scindé à racines simples Donc f est diagonalisable 2 Si k est valeur propre de f, k est racine du polynôme annulateur précédent et donc k 2 f; g Soit Sp(f) f; g Pour montrer que (et par symétrie) est valeur propre on procède par l absurde Si n est pas valeur propre, f Id Id p + q est inversible donc d après B) f Id On a donc par hypothèse Par Pivot de Gauss Id p + q (L 2 L ) on a ( ) q bsurde car 6 et q 6 (hypothèses) Sp(f) f; g On a f Id (p + q) (p + q) ( ) q et f Id ( ) p La relation de II) donne ( ) 2 (q p) Donc (comme 6 ) q p Comme les 2 facteurs de II) commutent on a de même p q On a alors en composant par p la relation Id p + q p p 2 + p q p 2 et de même q q 2 p q q p ; p 2 p; q 2 q remarque et comme p + q Id, p et q sont deux projecteurs associés >< p Id Id p + q remarque on peut aussi résoudre, donc f p + q > q Id expressions de f 2 ; f et Id f f, calculer p 2 et simpli er avec les 4 Comme 6, n est pas valeur propre de f et donc f est inversible Si f p + q les relations précédentes donnent f f p + q et f f Id p + q Une possibilité est, On ne sait pas encore si c est la seule solution (attendre II6 pour savoir que la famille est libre) f est inversible et f p + q 5 On véri e par récurrence H k f k k p + k q et f k k p + k q La relation est vrai si k et Si f k k p + k q alors f k+ f k f de II) Si f k k p + k q alors f k f k f Donc k 2 N f k k p + k q et f k k p + k q k p + k q (p + q) k+ p + k+ q ( toujours avec les simpli cations k p + k q p + q k p + k q k 2 Z f k k p + k q 6 (p; q) est libre On suppose ap + bq avec (a; b) 2 R 2, on compose par p comme p q et p 2 p on a ap donc a car p 6 De même b et donc dim(f ) 2 7 Si g 2 F on a la décomposition g p + q Donc g 2 2 p + 2 q Et donc comme la famille (p; q) est libre g 2 f, 2 ; 2 comme on suppose > et > on peut prendre leurs racines carrées dans R f a 4 racines carrées dans F p p p q On a une solution à la question IB7 si k 2 Pour avoir K en dimension k > 2, il su t de reprendre cette solution et de la compléter par un bloc identité () () I k 2 4

5 9 On se place dans toute cette question dans une base adaptée au projecteur pc est à dire une base dans la quelle Ik Mat(p), en notant k rg(p) Comme Id p + q on a Mat(q) Si k 2 la matrice I n k M K véri e M 2 Mat(p) et M Mat(q) Mat(q)M Donc si p véri e dans cette base Mat(p ) M alors p est solution Ik Mais comme f p + q on a dans cette base Mat(f) diagonale k est donc la multiplicité de la I n k valeur propre L hypothèse du sujet sur la multiplicité de, assure donc k 2 De plus M Ik n est pas diagonale alors que la matrices de p + q est toujours diagonale donc p 2 F I n k Si dim(e), la somme des multiplicités des valeurs propres est (diagonalisable) donc ou est valeur propre multiple Par symétrie on peut supposer que est multiple, donc utiliser le p précédent On prend g p p + p q comme p q q p, q 2 q; p 2 p on a g 2 p + q f Par l absurde on suppose g 2 F soit9 (a; b) 2 R 2, p p + p p q ap + bq En regardant les matrices précédentes on K a p aik On a donc ai I n k bi k p K Donc a (coe cient ligne colonne ) donc n k (ligne colonne 2) C est absurde car depuis II4 6 f admet des racines carrées qui ne sont pas dans F dx Par combinaison linéaire Si P a k X k on a k P (f) dx X m a k k i Partie k i p i! i! dx a k k i p i P ( i )p i k i On peut commuter les deux X car le domaine de i est indépendant de k my 2 Si Q (X i ) on a i mais chaque i est racine de Q donc my (f i Id) Q(f) Q( i )p i i i my (f i Id) i Par hypothèse les i sont deux à deux distincts P est donc un polynôme annulateur scindé à racines simples / f est diagonalisable On vient d introduire les polynômes de Lagrange On a donc (l; j) 2 [[; m]] 2, P l ( j ) On prend P L l dans la formule de la question si j l si j 6 l L l (f) L l ( i ) p i p l + X p l i On a donc (f l Id) p l (f l Id) P l (f) (f l Id) Y Q m f i Id Qi (f iid) l i i6l i6l ( i l ) d après le calcul de Q(f) à la question 2 On a (f l Id) p l donc Im(p l ) Ker(f l Id) 5

6 Pour tout l le sujet suppose p l 6 et donc Im(p l ) 6 fg D après l inclusion précédente le noyau de f réduit à et l est donc bien valeur propre de f l Id n est pas f i g m i Sp(f) my D autre part les valeurs propres sont incluses dans les racines de Q (X i ) qui est un polynôme annulateur i Sp(f) f i g Sp(f) f i g 4 J étudie p l p j pour pouvoir garder le "i" variable dans les X Pour l 6 j on utilise p l L l (f) (Q III) donc p l p j (v) Y f i Id (p j (v)) comme l 6 j l un des facteurs l i i6l correspond à i j et donc p l p j (v) Y f i Id f j (p j (v)) j i6l;i6qj l or Im(p j ) Ker(f j Id) ( III) et donc p j (v) 2 Ker(f j Id) et donc p l p j (v) Y f i Id f j () l i l j i6l;i6qj Comme on a pour tout vecteur v, p l p j on a bien p l p j pour l 6 j Pour l j, on prend l hypothèse de cette partie pour k p i Id On compose par p j Tous les termes sont nuls pour i 6 j d après la relation précédente et il reste p 2 j p j i l i (i; j) 2 [[; m]] 2, p i p j i;j p i 5 f est diagonalisable et les valeurs propres sont les i donc E est la somme directe des sous espaces propres E m ie i (f) Ker(f i Id) On veut montrer que les p i sont les projecteurs associés à cette décomposition p i est un projecteur (linéaire par hypothèse et p 2 i p i ) En utilisant k dans la formule f k k i p i, on a Id Tout vecteur x de E se décompose x La décomposition x i i p i p i (x) avec p i (x) 2 Im(p i ) D après la question Im(p i ) Ker(f i p i (x) est donc l unique décomposition de x dans la somme directe Ker(f i est donc la projection sur Ker(f i Id) parallèlement à la somme des autres noyaux i Id) i Id) p i 6 La dimension est déjà m Véri ons que la famille (p i ) m i est libre en composant, pour tout k; par p k une combinaison linéaire et en utilisant la relation de la question 4 a i p i ) a i (p k p i ) ) a k p k + X i mais par hypothèse du sujet p k 6 et donc a k i Tous les coe cients sont nuls donc la famille est libre dim (F ) m 6

7 On peut maintenant se placer, si on veut, dans une base de vecteurs propres adaptée à la somme Ker(f i Id) I rm B Dans cette base on a par blocs C en notant r i dim (Ker(f i Id)) les p i sont les m I rm I r projecteurs associés donc Mat(p ) C ; 7 Soit g a i p i un élément de F qui soit une racine carrée de f On aura g 2 X i i;j i 6 j et p 2 i p i, il reste g 2 a 2 i p i On veut g 2 f donc i a 2 i p i i prendre leur p dans R i i a j (p i p j ) Comme p i p j si i p i Comme la famille est libre a 2 i i Les i sont des réels positifs, on peut les racines carrées de f dans F sont les g p i p i i On a 2 m solutions si 2 f i g et 2 m solutions sinon ) Si m n, le nombre de valeurs propres est égale à la dimension Toutes les valeurs propres sont simples et donc les sous espaces propres sont des droites 2) Si h est une racines carrée de f, h et f commutent, les sous espaces propres de f sont stables par h Si v est un vecteur propre de f il dirige une droite propre Son image par h est encore dans cette droite v est un vecteur non nul colinéaire à son image par h v est un vecteur propre de h ) Soit plus généralement (b i ) n i une base de vecteurs propres de f associée au ( i) On a aussi une base de vecteurs propres de h Dans cette base f(b i ) i b i et d après la question précédente il existe i tel que h(b i ) i b i donc 2 i i Si 9i; i <, l équation 2 i i est impossible pas de racines carrées Si i, i >, chaque i admet 2 racines carrées, on a donc 2 n solutions au problème (toutes distinctes car l image d une base caractérise l application) On d après la question 7 on a 2 m 2 n solutions dans F Toutes les solutions sont donc dans F Si i; i avec un j, c est la même chose avec 2 n solutions 9 Si m < n, l un (au moins) des sous espaces propres E i est de dimension p > On suppose k On a par blocs I k B 2 I r C p K B Si 6, il su t d utiliser la matrice K du II et de prendre p 2 I r C On a h 2 f et h 2 F N B Si on prend p 2 I r C avec N B On a h2 f et h 2 F Partie 4 7

8 Comme f p 6, on peut choisir x tel que f p (x) 6 Comme f est linéaire, x est non nul Comme f p pour tout q p on a f q La famille x; f(x); f (p ) (x) est alors libre Xp Si a k f k (x), on prend l image par f p, il reste a f p (x) et donc comme f p (x) 6 on a a k Puis par récurrence forte si pour un i p il reste a i+ f p (x) donc a i+ 2 on a a a a i il reste Xp ki+ a k f k (x) et on compose par f p 2 i La famille f i (x) est donc une famille libre de cardinal p dans un espace de dimension n donc p n Comme f p et n p on a bien f n 2 Soit g telle que g 2 f on a donc g 2p 2 6 et g 2p On a deux cas selon g 2p si g 2p on applique le résultat précédent à g g 2p 2 6 ; g 2p ) 2p n si g 2p 6 on applique le résultat précédent à g g 2p 6 ; g 2p ) 2p n Dans les deux cas 2p n La fonction p + x est C sur ] ; [ donc admet bien un développement limité à tout ordre p + x n X k nx a k x k + o(x k ) a k x k + O(x n ) en posant O(x n ) a n x n + o(x n ) x n (a n + o()) D après le développement limité de ( + x) en x on a a a 2 et pour k 2, a k (2)(2 ) (2 k + ) k! ( )k (2k )! 2 k 2 (k 2)! 2 k k! k ( ) k (2k )! 2 2k 2 k!(k 2)! ( )( ) ( 2k + ) 2 k k! a, a 2, k 2, a k ( ) k (2k )! 2 2k 2 k!(k 2)! 4 On a p + x P n (x) + O(x n ) Donc ( + x) P n (x) 2 + 2P n (x)o(x n ) + O x 2n et donc P 2 n(x) x x n (2P n (x)o() + O (x n )) ( )k ( (2k )) 2 k k! Par dé nition d un O, O() est borné, P n est un polynôme donc est continu (donc borné) au voisinage de (x) 2P n (x)o() + O (x n ) danger on ne sait pas encore que est un polynôme On a par division euclidienne P 2 n(x) x x n Q(x)+R(x) avec d (R) < n D après le calcul précédent (x) Q(x) R(x) x n Par l absurde si R est non nul R(x) est équivalent, en, à son terme de plus bas degré r m X m Comme d (R) < n on a m < n et donc ((x) Q(x)) r m x (<) qui tend vers l in ni et n est donc pas borné au voisinage de Or est bornée et Q est un polynôme donc est aussi borné BSURDE x m divise P n (x) 2 x 5 Il existe un polynôme Q tel que P n (x) + x + x n Q(x)si on prend g P n (f) on a g 2 Id + f + f n Q(f) Id + f Donc Id + f admet une racine carrée

9 si f + Id Id admet des racines carrées (Id est solution évidente) si 6 on a avec les hypothèses sur f (f) p 6 et (f) p En appliquant le résultat précédent à f on en déduit que f + Id admet une racine carrée Si > on peut écrire f + Id f + Id D après le point précédent f + Id admet une racine carrée p est une racine carrée de f + Id ( existe car > ) Partie 4B L M T I n est un matrice strictement triangulaire (j i ) m i;j ) Qui peut s écrire par blocs () M, M 2 M n (R) étant elle aussi strictement triangulaire et L 2 M n ; (R) une matrice ligne La matrice () étant une matrice colonne nulle Montrons (T I n ) n par récurrence sur n si n T () et M T I () a si n 2, il existe a tel que M et M 2 Supposant que toute matrice M strictement triangulaire de M n (R) véri e M n k L LM k On véri e par récurrence () M M k et donc M n LM n M n (T I n ) n 2 Le polynôme caractéristique de f est scindé, donc f est trigonalisable Les valeurs propres d une matrice triangulaire sont les termes diagonaux et est la seule valeur propre, donc tous les termes diagonaux de la matrice triangulaire sont des T est du type précédent et donc (T I n ) n et donc (traduction) (f Id) n En prenant le plus petit p tel que (f Id) p (qui existe car tout sous ensemble non vide de N admet un plus petit élément ) on a (f Id) p 6 f Id véri e les hypothèses du IV) On en déduit d après IV5) que comme >, f + Id admet une racine carrée 9