EXERCICE 1 - E3A MP

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1 . à 6. : Voir le cours! Commun à tous - Questions de cours 7. VRAI OU FAUX? Justiier par une démonstration ou un contre-exemple : (a) Deux matrices semblables A et B ont le même rang : VRAI. Ces deux matrices représentent le même endomorphisme dans deux bases diérentes donc rang(a) = rang() = rang(b). OU BIEN P GL n (K) tel que B = P AP, or la multiplication par des matrices inversibles conserve le rang donc rang(a) = rang(b). (b) Deux matrices de même rang sont semblables : FAUX. Contre-exemple : A = et B = ont même rang égal à mais non semblables car tr(a) tr(b) (c) I 2 et A = sont semblables : FAUX. Elles ont même rang, même déterminant, même 0 trace mais la seule matrice semblables à I 2 est I 2 ( P GL 2 (R), P I 2 P = I 2 ). Sujet : Niveau de diiculté CCP - E3A EXERCICE - E3A MP On désigne par K le corps R ou C et n est un entier naturel non nul et soit E = K n. Pour tout endomorphisme u de E, on note Ker(u) le noyau de u, et Im(u) l image de u.. Soit x Ker u, alors u(x) = 0 E et u(v(x)) = v(u(x)) = v(0 E ) = 0 E donc v(x) Ker u. Ainsi v(ker u) Ker u et donc Ker u est stable par v. Soit y Im u, alors x E, tel que u(x) = y et v(y) = v(u(x)) = u(v(x)) donc v(y) Im u. Ainsi v(im u) Im u et donc Im u est stable par v. Dans la suite de l exercice, u désigne un endomorphisme de E tel que u 2 = Soit x Im(u). Soit y E tel que x = u(y). u(x) = u 2 (y) = 0 E donc x Ker(u). Im(u) Ker(u). 3. On en déduit que rang(u) dim(ker(u)). Par le théorème du rang, on obtient rang(u) n On suppose ici que n = 2, soit E = K 2. On suppose ici u non nul. (a) Si n = 2 et u 0, 3. conduit à rang(u) = = dim(ker(u)). Alors D = Ker(u) = Im(u) est une droite. (b) i. Soit v telle que u v = v u et v 2 = 0. Par. on sait que D = Im(u) est stable par v. ii. Donc v = 0 ou D = Ker(v) = Im(v). Dans les deux cas u v = 0. (c) De même, on a w = 0 ou D = Ker(w) = Im(w). Dans les deux cas v w = On revient au cas général. Soit m un entier naturel supérieur ou égal à 2. Soient u,..., u m des endomorphismes de E tels que : (i, j) {,..., m} 2, u 2 i = 0 et u i u j = u j u i. On pose F = Im(u ) et pour un entier i [, m], F i = Im(u u 2... u i u i ). (a) Posons, pour tout entier i compris entre 2 et m, v = u u 2... u i u i, v et u i+ commutent. Donc par., F i est un sous-espace vectoriel stable par u i+. PSI Lycée de L essouriau - Les Ulis

2 (b) On eectue une récurrence sur i : (H i ) :«dim(f ) n» 2 i (H ) est obtenu par 3. Supposons (H i ) pour i ixé. Soit u i+ le morphisme induit par u i+ sur F i. u 2 i+ = 0. En appliquant l hypothèse de récurrence et le résultat du 3., on déduit rang(u i+ ) Or Im(u i+ ) = F i+ car les (u i ) commutent. D où (H i+ ). Ceci achève la récurrence : pour tout i [, m], F i est de dimension au plus n. 2 i (c) Si n < 2 m, dim F m < donc dim F m = 0. Ainsi u u 2... u m = On suppose ici K = R et A M n (R). (a) Soit Y M n, (R) tel que t Y Y = 0, on pose Y = y. y n, alors t Y Y = C est une somme de carrés nulle dont chaque terme est nul et donc Y = 0 n,. (b) t AAX = 0 n, t X t AAX = 0 t (AX)AX = 0 AX = 0 n, d après le (a). (c) Par le théorème du rang, dim(er(a)) + dim(im( t A)) = n. n y 2 = 0. = n 2 i +. De plus si X Ker(A) Im( t A), AX = 0 et X M n, (R) tel que X = t AY donc A t AY = 0. Et donc d après le (b), t AY = X = 0. Ainsi E = Ker(A) Im( t A). (d) Im(A + t A) Im(A) + Im( t A) (Pour tout et g de L(E), on a Im( + g) Im() + Im(g)). De plus les deux sous-espaces sont de même dimension 2 rang(a). Donc Im(A + t A) = Im(A) + Im( t A). PROBLÈME - MATRICES PSEUDO-INVERSIBLES (D après Icare 997 ) AB = BA () Soient A, B dans M n (R), on dit que B est un pseudo-inverse de A si ABA = A (2) BAB = B (3) Une matrice qui possède un pseudo-inverse est dite pseudo-inversible.. Préliminaires. Soit B un pseudo-inverse de A et E = AB, alors E = AB = BA est évident d après () AE = EA = A est évident d après (2) BE = EB = B est évident d après (3) E 2 = (AB)(AB) = (ABA)B = AB = E Partie A - Propriété des matrices pseudo-inversibles 2. De açon triviale, B = 0 n est un pseudo-inversible possible pour la matrice nulle A = 0 n donc 0 n est pseudo-inversible. 3. Si A est inversible, et si ABA = A, on obtient, en multipliant à droite par A, AB = I n, d où B = A. Le pseudo-inverse de A est donc unique, égale à l inverse de A. PSI Lycée de L essouriau - Les Ulis

3 4. AB AB 2 = (AB A)B 2 = AB 2. Par ailleurs AB AXB 2 = B AB 2 A = B A. On a donc bien B A = AB 2. On a alors AB = B AB = (B A)B = (AB 2 )B = (B 2 A)B = B 2 (AB ) = B 2 (AB 2 ) = B 2. Il en résulte que s il existe un pseudo-inverse de A, celui-ci est unique. On peut donc parler dans ce cas du pseudo-inverse de A. L unique pseudo-inverse d une matrice pseudo-inversible A sera noté A. 5. Si A est pseudo-inversible, alors notons par A son pseudo-inverse. Des vériications évidentes montrent : (A ) = A E = E (λa) = λ A (A ) = (A ) ( t A) = ( t (A ), (P AP ) = P A P 6. A 2 = λa (λ 0) implique A 3 = λa 2 = λ 2 A ainsi λ A.A. λ A = A, A. λ A.A = λa et bien entendu A et λ A commutent. Ainsi A est pseudo-inversible et A = λ A. 0 A = est une matrice de projection : A = A donc A = A. A 2 = et A 2 2 = 2A 2 donc A 2 = 2 A Soit A pseudo-inversible, et A son pseudo-inverse. D après le rappel, rang(aa ) rang(a) et rang(aa A) rang(aa ) soit d après la déinition du pseudo-inverse : rang(a) = rang(aa A) rang(aa ) rang(a) Finalement rang(aa ) = rang(a) et on montre de même que rang(aa ) = rang(a ). puis que rang(a) = rang(a ) pour tout entier. 0 a b 8. Supposons A = pseudo-inversible, il existe B = vériiant la déinition. 0 0 c d De AB = BA on tire c = 0 et d = a, puis de BAB = A on tire a = b = 0, soit B = 0 2. Mais la relation ABA = A impliquerait 0 2 = A ce qui est absurde donc A n est pas pseudo-inversible. 9. Soit D = diag(a,..., a n ), avec des coeicients a i pouvant être nuls. Après vériications évidentes, on trouve que la matrice D est égale à la matrice diag(b,..., b n ) avec : i [, n], { bi = a i si a 0 b i = 0 si a i = 0 9. Soit A = vectoriel de dimension 3. Partie B - Étude d un exemple et l endomorphisme de matrice A dans une base B = ( i, j, ) d un espace (a) Notons B = ( i + j, j +, + i) alors Mat B (B ) = Son déterminant vaut 2 0 donc B est une base de E car c est une amille libre maximale Mat B (( i + j)) = A. =. = Mat B (( j + )) = A. 0 = = PSI Lycée de L essouriau - Les Ulis

4 Mat B (( + i)) = A. 0 DEVOIR SURVEILLÉ N = = Ainsi la matrice de dans B = ( i + j, j +, + i) est D = (b) En posant P la matrice de passage de B à B, on a bien d après le cours D = P AP ou encore A = P DP avec D la matrice du 9.(a). 0 P = 0. 0 (c) On se sert du A.5.() et du 9. : A = (P DP ) = P D P = P diag(0, 2, 4 )P. (d) On veut maintenant calculer A n, pour n N, pour cela on remarque que A 3 = 6A 2 8A. Un polynôme annulateur de A est P = X 3 6X 2 + 8X. Eectuons la division euclidienne de X n par P : il existe un unique couple de polynômes (P, Q) R[X] 2 tels que X n = P Q + R et deg(r) < 3, soit R = ax 2 + bx + c. En remplaçant X par A on obtient A n = aa 2 + ba + ci 3 car P est annulateur de A, reste à trouver a, b et c avec les 3 racines de P. Remarquons que P = X(X 2 6X + 8) = X(X 2)(X 4) a pour racines x = 0, 2, 4, ainsi : Pour X = 0, on obtient 0 = c. Pour X = 2, on obtient 2 n = 4a + 2b + c. Pour X = 4, on obtient 4 n = 6a + 4b + c. Soit c = 0 et { 2a + b = 2 n 4a + b = 4 n. { a = 2.4 n 2 2 n 2 b = 2 n 4 n et inalement n : A n = (2.4 n 2 2 n 2 )A 2 + (2 n 4 n )A La ormule ne se prolonge pas aux entiers n négatis car A n est pas inversible! (D ne n est pas) 0. Un exemple ( possible ) est : A =, A = A donc A est pseudo-inversible d après le 6. et t A l est aussi d après le 5.(e). 0 Or t AA = non pseudo-inversible! 0 0 Partie C - Un résultat général Soit A M n (R), l endomorphisme de matrice A dans une base ixée B d un espace vectoriel E. On veut montrer l équivalence : «A est pseudo-inversible si et seulement si E = Ker Im». On suppose A pseudo-inversible de pseudo-inverse A, soit l endomorphisme de matrice A dans B. (a) Soit y Ker Im, x E tel que (x) = y et (y) = 0 E, ainsi 2 (x) = 0 E. On compose par : (x) = 0 E, soit (x) = 0 E et donc (x) = 0 E soit y = 0 E. Donc Ker Im = {0 E }, le théorème du rang permet de conclure que E = Ker Im. (b) Soit e =, on a vu aux préliminaires que e 2 = e donc e est une projection. On sait aussi que Im(e) = Im( ) Im(), de même Ker(e) = Ker( ) Ker(). Mais rang(e) = rang( ) = rang() d après le 7., ainsi Im(e) = Im() et par le théorème du rang Ker(e) = Ker(). e est bien la projection de base Im et de direction Ker. 2. On suppose que E = Ker Im. PSI Lycée de L essouriau - Les Ulis

5 (a) D une part (Im ) Im car Im 2 Im donc 0 (Im ) Im et Im est stable par 0. Soit x Ker 0, c est à dire 0 (x) = (x) = 0 E mais aussi x Im, ainsi x Ker Im, or ce sont deux s.e.v. supplémentaires donc x = 0 E. 0 étant un endomorphisme (restriction d un endomorphisme), on en déduit que l injectivité est équivalente à la bijectivité et donc 0 et bijective. (b) Pour x = x + x 2 avec x Ker et x 2 Im, on pose (x) = 0 (x 2). Remarquons au préalable que (x) = (x 2 ) = 0 (x 2 ). ( 0 (x) n a bien entendu pas de sens!) Pour tout x E, on a x = x + x 2 avec x Ker et x 2 Im alors : ( )(x) = (0 (x 2)) = x 2 car 0 (x 2) est un antécédent de (x 2 ) par. ( ) = ((x)) = 0 ((x)) = x 2 car x 2 est l unique antécédent de (x) dans Im par. Finalement () est vériié. Pour tout x E, ( )(x) = ( 0 ((x))) = (x 2) et (x) = (x 2 ) donc (2) est vériié. Pour tout x E, ( )(x) = ( 0 ((x))) = (x 2) et (x) = (x 2 ) donc (3) est vériié. Le. prouve l implication et dans le 2. on a construit explicitement donc l implication réciproque est prouvée. Ainsi, on a montré l équivalence : «A est pseudo-inversible si et seulement si E = Ker Im» PSI Lycée de L essouriau - Les Ulis

6 Sujet 2 : Niveau de diiculté Centrale - Mines-Ponts PROBLÈME - Crochet de Lie et projections vectorielles PSI Lycée de L essouriau - Les Ulis

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12 Partie C Soit est un élément de L(E), on note Φ l application qui a tout élément g de L(E) associe [, g].. Calculons chaque terme : [, [g, h]] = [g, h] [g, h] = g h h g g h + h g. La permutation «g h h» donne : [g, [h, ]] = g [h, ] [h, ] g = g h g h h g + h g. La permutation «g h h» redonne : [h, [, g]] = h [, g] [, g] h = h h h g g h + g h. En ajoutant les trois égalités, on obtient : [, [g, h]] + [g, [h, ]] + [h, [, g]] = 0 L(E). 2. Soit g L(E), g L(E) et g L(E) donc Φ (g) = g g L(E). Φ est une application de L(E) dans L(E). Soit λ K, Soient (g, h) L(E) L(E). Φ (λg + h) = (λg + h) (λg + h) = λ g + h λg h = λ( g g ) + h h Φ (λg + h) = λφ (g) + Φ (h) et donc Φ est linéaire. Donc Φ est un endomorphisme de L(E). 3. (a) Soit g Im Φ, h L(E), g = Φ (h) = [, h] = h h. Alors tr(g) = tr( g) tr(g ) = 0 car tr( g) = tr(g ). Donc Im Φ est contenu dans l ensemble T des endomorphismes de E de trace nulle. (b) N, Φ ( ) = = + + = 0 L(E) donc Ker Φ. (c) Soit une homothétie vectorielle, λ K tel que = λid E. g L(E), Φ (g) = λid E g g λid E = λg λg = 0 L(E). Alors Φ = 0 L(L(E)) et Ker Φ = L(E). (d) Supposons que n est pas une homothétie vectorielle de E, alors la amille (Id E, ) est libre car est non nulle (sinon c est l homothétie de rapport 0) et λ K tel que = λid E. Or Id E et appartiennent à Ker Φ d après le 3.(b), ainsi Vect(Id E, ) Ker Φ. Donc dim Ker Φ Card(Id E, ) = (a) Montrons le résultat par récurrence sur p. 0 0 g L(E), Φ 0 (g) = ( ) 0 0 g 0 = Id E g Id E = g = Φ 0 (g). =0 La propriété est vraie pour p = 0. Supposons la propriété vraie ( pour p N ixé et montrons-là pour p +. Φ p+ (g) = Φ (Φ p p p (g)) = Φ ( ) ) p g = ( ) Φ ( p g ). =0 =0 Φ p+ p (g) = ( ) [ p g p g ]. =0 Φ p+ p p (g) = ( ) p + g ( ) p g + =0 =0 Φ p+ p p (g) = ( ) p+ g ( ) p ( ) g ( ) =0 = [ ] Φ p+ p p (g) = p+ g 0 + ( ) p+ g + ( ) p+ 0 g p+ = Φ p+ p + (g) = ( ) 0 p+ 0 g 0 + ( ) p+ g + ( ) p+ 0 g p+ = p+ Φ p+ p + (g) = ( ) p+ g pour tout g L(E) =0 PSI Lycée de L essouriau - Les Ulis

13 La propriété est donc vraie pour p +. La récurrence s achève. Finalement p N, g L(E), Φ p p (g) = ( ) p g. On suppose dans la suite de cette question que est nilpotent d indice r. (b) Soit g L(E), alors : 2r 2r r 2r Φ 2r (g) = ( ) 2r g = ( ) 2r g =0 car en eet = 0 L(E) si r. De plus 2r = 0 L(E) si [0, r ] car r 2r r. =0 Ainsi, chaque terme de la somme est nulle et g L(E), Φ 2r (g) = 0 L(E) soit Φ 2r = 0 L(L(E)). 2r 2 2r 2 Φ 2r 2 (g) = ( ) 2r 2 g =0 Si [r, 2r 2], = 0 L(E) donc 2r 2 g = 0 L(E). Si = r, 2r 2 g = r g r. Supposons que [0, r 2] alors 2r 2 2r 2 (r 2) = r donc 2r 2 = 0 L(E). Par conséquent 2r 2 g = 0 L(E). Finalement =0 Φ 2r 2 (g) = ( ) r 2r 2 r r g r. (c) On admet que r Im Φ 2r 2 Φ 2r Φ r. = 0 L(L(E)) donc Φ est nilpotent. 0 L(E) et r Im Φ 2r 2, alors Im Φ 2r 2 0 L(E) donc Φ 2r 2 0 L(L(E)). Finalement Φ est nilpotent et son indice de nilpotence est 2r. 5. Dans cette ultime question on se propose de prouver que r Im Φ 2r 2. (a) h est linéaire donc l est linéaire et l L(F, Im h). Soit x Ker l, x F et l(x) = 0 E. x F et h(x) = 0 E. Alors x F Ker h = {0 E } donc Ker l = {0 E } soit x = 0 E. Donc er l = {0 E }, l est injective. Montrons que l est surjective. Soit y Im h, t E tel que y = h(t). Or E = F er h. Donc (t, t 2 ) F Ker h, t = t + t 2. Alors y = h(t) = h(t ) + h(t 2 ) = l(t ). y Im h, t F, y = l(t ). l est surjective. l est un isomorphisme de F sur Im h. (b) Soit x E, p(x) Imh donc l (p(x)) appartient à F donc à E. Alors g est une application de E dans E. Soit (x, y) E 2 et soit λ R : g(λx + y) = l (p(λx + y)) = l (λp(x) + p(y)) = λl (p(x)) + l (p(y)). Donc g est linéaire. Soit x E, (h g h)(x) = h(g(h(x))) = h(l (p(h(x))).!(x, x 2 ) F Ker, x = x + x 2. Notons que h(x) = h(x ) = l(x ) car x F et x 2 Ker h. p(h(x)) = p(l(x )) alors l (p(h(x))) = l (l(x )) = x. Donc h(l (p(h(x))) = h(x ) = h(x). Alors h(g(h(x))) = h(x) car (h g h)(x) = h(x) et ceci pour tout x dans E.) Alors h g = h et g est un endomorphisme de E tel que h = h g h. (c) r L(E), le 5.(b) montre l existence d un endomorphisme g de E tel que r = r g r. PSI Lycée de L essouriau - Les Ulis

14 (g) = ( ) r 2r 2 r r g r = ( ) r 2r 2 r r. ( ) Donc r = Φ 2r 2 )g Im Φ 2r 2. Φ 2r 2 ( ) r ( 2r 2 r PSI Lycée de L essouriau - Les Ulis