Année 215/216 Semaine 8 Classe de PC*1, lycée Louis le Grand Exercice 1 Soient A et B deux éléments de M n (C) tels AB = BA. On veut montrer A et B sont cotrigonalisables (c'est-à-dire qu'elles se trigonalisent à l'aide de la même matrice de passage). (a) Montrer A stabilise les sous-espaces propres de B. (b) Montrer A et B ont un vecteur propre commun. (c) Conclure. (a) Soit λ une valeur propre de B, E λ le sous-espace propre associé et X E λ. Alors B(AX) = BAX = A(BX) = A(λX) = λ(ax), ce qui montre AX E λ : le sous-espace propre E λ est stable par A. (b) Soit λ une valeur propre de B (une telle valeur propre existe car sur C tout polynôme est scindé donc χ B a au moins une racine) et E λ le sous-espace propre associé. Par (a), on peut dénir  : E λ E λ comme la restriction de A à E λ. Mais  est alors un endomorphisme de E λ, qui est un C-espace vectoriel de dimension nie, en consént  possède au moins un vecteur propre X E λ. Il est clair X est aussi un vecteur propre de A (car  est la restriction de A), et comme X E λ, c'est un vecteur propre de B. (c) On montre la propriété demandée (deux matrices complexes carrées de taille n n qui commutent sont cotrigonalisables) par récurrence sur n. Pour n = 1 c'est trivial, on suppose la propriété vraie pour n 1, et l'on se donne A, B M n (C) qui commutent. Par (b), A et B possèdent un vecteur propre commun X. Soit B une base de C n dont X est le premier vecteur, en notant P la matrice de passage de la base canoni à B, on a ( ) ( ) P 1 λa L AP = A et P 1 λb L BP = B, C A C B où λ A, λ B sont des scalaires, L A, L B sont des vecteurs lignes de taille n 1 et C A, C B sont des matrices carrées de taille (n 1) (n 1). Mais en calculant par bloc, on peut voir la condition AB = BA se traduit en C A C B = C B C A. Donc, par hypothèse de récurrence, les matrices C A et C b sont cotrigonalisables. Notons P GL n 1 (C) une matrice de passage qui les cotrigonalise, c'est-à-dire telle (P ) 1 C A P et (P ) 1 C B P soient triangulaires supérieures. On peut alors vérier, en notant ( ) 1 P = P P GL n (C), ( ) ( (P ) 1 AP λa L = A P (P ) 1 C A P et (P ) 1 BP λb L = B P (P ) 1 C B P ce qui montre la matrice de passage P trigonalise à la fois A et B. ), Exercice 2 Soient A et B deux matrices réelles de taille n n telles AB = BA. On suppose de plus A possède n valeurs propres distinctes. (a) Montrer B stabilise les sous-espaces propres de A. (b) Montrer A et B sont codiagonalisables. (c) Montrer B est un polynôme en A. (a) Soit λ une valeur propre de A, E λ le sous-espace propre associé et X E λ. Alors A(BX) = ABX = B(AX) = B(λX) = λ(bx),
Année 215/216 Semaine 8 Classe de PC*1, lycée Louis le Grand ce qui montre BX E λ : le sous-espace propre E λ est stable par B. (b) Notons λ 1, λ 2,..., λ n les n valeurs propres de A et (X 1, X 2,..., X n ) une base de vecteurs propres associée. Pour tout i {1, 2..., n}, comme BX i E λi = CX i, on voit qu'il existe µ i R tel BX i = µ i X i : le vecteur X i est un vecteur propre de B. En conclusion, (X 1, X 2,..., X n ) est une base de vecteurs propres de A et de B : les matrices A et B sont codiagonalisables. (c) Comme dans (b), notons µ 1, µ 2,..., µ n les valeurs propres de B associées aux vecteurs propres X 1, X 2,..., X n. On note Q le polynôme d'interpolation de Lagrange (de degré n 1) tel pour tout i {1, 2,..., n}, on ait Q(λ i ) = µ i (il faut remarr qu'il est ici important les λ i soient distincts). En notant P la matrice de passage de la base canoni à (X 1, X 2,..., X n ), on a P 1 Q(A)P = Q(P 1 AP ) Q(λ 1 ) Q(λ 2 ) =... Q(λn) µ 1 µ 2 =... µn = P 1 BP. En simpliant à gauche par P 1 et à droite par P, on obtient Q(A) = B, ce qui est le résultat demandé. Exercice 3 Soit A M n (R). (a) Montrer qu'il existe un polynôme annulateur non nul de A. (b) Montrer si A est inversible, A 1 est un polynôme en A. (a) La famille (I n, A, A 2,..., A n2 ) est une famille de cardinal n 2 + 1 de vecteurs d'un espace vectoriel de dimension n 2 (à savoir M n (R)), elle ne peut donc pas être libre. Il existe donc des scalaires λ, λ 1,..., λ n 2 non tous nuls tels λ I n + λ 1 A +... + λ n 2A n2 =, c'est-à-dire le polynôme P = λ + λ 1 X +... + λ n 2X n2 annule A, et il n'est pas nul car il existe au moins un i {, 1,..., n 2 } tel λ i. (b) Soit P = λ + λ 1 X +... + λ n 2X n2 un polynôme non nul qui annule A et p le plus petit indice tel λ p. On peut alors réécrire l'identité P (A) = comme donc en multipliant par A p 1 on obtient ce qui est le résultat voulu. λ p A p = n 2 k=p+1 λ k A k, A 1 = 1 n 2 p 1 λ p+1+k A k, λ p k= Exercice 4 Soient A, B M n (C), on note χ A le polynôme caractéristi de A et Sp(A) (respectivement Sp(B)) le spectre de A (respectivement B). Montrer χ A (B) est inversible Sp(A) Sp(B) =.
Année 215/216 Semaine 8 Classe de PC*1, lycée Louis le Grand Le polynôme caractéristi de A étant scindé, on note λ 1, λ 2,..., λ n ses racines (comptées avec mutliplicité) de telle sorte χ A (X) = (X λ k ). À partir de là, en remarquant qu'un produit de matrices est n inversible k=1 si et seulement si cha facteur du produit est inversible, n χ A (B) est inversible (B λ k I n ) est inversible k=1 k {1, 2,..., n}, B λ k I n est inversible k {1, 2,..., n}, λ k / Sp(B) λ Sp(A), λ / Sp(B) Sp(A) Sp(B) =. Exercice 5 Soient E un espace vectoriel de dimension nie et u L(E). On suppose qu'il existe un polynôme P annulant u tel P () = et P (). Montrer Im(u) + Ker(u) = E. Compte tenu des hypothèses, on sait P s'écrit P = a 1 X + a 2 X 2 +... + a n X n avec a 1. On va montrer Im(u) Ker(u) = {}, pour cela on se donne y Im(u) Ker(u). En particulier, y = u(x) pour un certain x E. Et de plus u(y) = u 2 (x) =, donc u k (x) = pour tout k 2. En évaluant P (u) en x on trouve donc = P (u)(x) = a 1 u(x) + a 2 u 2 (x) +... + a n u n (x) = a 1 u(x) + +... + = a 1 u(x). Comme a 1, on en conclut u(x), c'est-à-dire y, est nul. Cela permet de voir Im(u) et Ker(u) sont en somme directe, mais comme la somme de leur dimension est égale à celle de E (par le théorème du rang), on peut en conclure Im(u) + Ker(u) = E. Exercice 6 Soit E un espace euclidien de dimension n, on note la norme associée. Soit (e i ) 1 i n une famille de vecteurs de E telle x E, x 2 = x, e i 2. (a) Montrer i {1,..., n}, e i 1. (b) Soit i {1,..., n}. En considérant y (Vect(e j ) j i ), montrer e i 1. (c) Montrer (e i ) 1 i n est une base orthonormée de E. (a) Soit i {1,..., n}, on prend x = e i dans la formule donnée par l'énoncé : e i 2 = e i, e j 2 j=1 e i, e i 2 = e i 4. Mais il est facile de voir si e i > 1, on aurait e i 4 > e i 2, de sorte nécessairement e i 1. (b) Comme Vect(e j ) j i est de dimension au plus n 1, le sous-espace vectoriel (Vect(e j ) j i ) est de dimension au moins 1, donc on peut trouver un élément y qui y appartient. En appliquant la relation de l'énoncé avec
Année 215/216 Semaine 8 Classe de PC*1, lycée Louis le Grand x = y, y 2 = y, e j 2 j=1 = y, e i 2 y 2 e i 2, où l'on a d'abord utilisé le fait y est orthogonal à e j pour j i puis l'inégalité de Cauchy-Schwarz. Il sut alors de diviser par y 2 pour obtenir le résultat souhaité. (c) D'après (a) et (b) les vecteurs e 1, e 2,..., e n sont tous unitaires. Si on se donne i {1, 2,..., n}, en appliquant la formule de l'énoncé avec x = e i, 1 = e i 2 = e i, e j 2 j=1 = 1 + j i e i, e j 2. Cela signie e i, e j 2 =, et donc e i, e j = pour i j. Mais i est arbitraire, cela signie donc j i les vecteurs e 1, e 2,..., e n sont deux à deux orthogonaux. Comme on sait de plus qu'ils sont unitaires et qu'il y en a n, c'est-à-dire la dimension de E, on voit (e i ) 1 i n est une base orthonormée de E. Exercice 7 Soient E un espace euclidien et (e 1, e 2,..., e m ) une famille de vecteurs de E. On note M la matrice ( e i, e j ) 1 i,j m. Montrer (e 1, e 2,..., e m ) est libre si et seulement si det(m). Montrons plutôt (e 1, e 2,..., e m ) est liée si et seulement si det(m) =. Pour le sens direct, on suppose l'on a une relation de liaison, c'est-à-dire qu'un des vecteurs ( l'on note e j ) est combinaison linéaire des autres : il existe des scalaires (λ i ) tels e j = λ i e i. On note C 1, C 2,..., C m les colonnes de M, et l'on eectue l'opération C j C j λ i C i, on note ˆM la matrice obtenue. Si k {1, 2,..., m}, le coecient (k, j) de la matrice ˆM vaut ˆM kj = M kj λ i M ki = e k, e j λ i e k, e i = e k, e j λ i e i = e k, =. Cela montre la j-ième colonne de conclure. ˆM est nulle, donc det( ˆM) = mais det(m) = det( ˆM), c'est donc susant pour Pour le sens récipro, on suppose det(m) = : les colonnes C 1, C 2,..., C m de la matrice M sont liées, c'est-àdire qu'il existe j {1, 2,..., m} et des scalaires (λ i ) tels C j = λ i C i. En écrivant cela ligne par ligne, cela
Année 215/216 Semaine 8 Classe de PC*1, lycée Louis le Grand signie pour tout k {1, 2,..., m}, e k, e j = λ i e k, e i. Ou, écrit autrement, cela veut dire le vecteur x = e j λ i e i est orthogonal à e k pour tout k {1, 2,..., m}. En particulier, il est orthogonal à toute combinaison linéaire de (e 1, e 2,..., e m ), et donc orthogonal à lui même. C'està-dire x 2 = x, x =, et donc x =. Mais comme on peut le voir, dire x = revient à dire la famille (e 1, e 2,..., e m ) possède une relation de liaison non triviale. Exercice 8 Soit n N. On munit E = R n [X] du produit scalaire déni par P, Q = (a) Vérier, est bien un produit scalaire. P (t)q(t) dt pour P, Q R n [X]. (b) Justier qu'il existe un uni P R n [X] tel Q R n [X], Q() = P, Q. (c) Montrer P est scindé à racines simples et toutes ses racines sont situées dans ], 1[. (a) Se reporter à son cours. (b) L'application ϕ : Q Q() est une forme linéaire sur R n [X]. D'après le théorème de représentation des formes linéaires, il existe un uni P R n [X] tel ϕ(q) = P, Q pour tout Q R n [X]. (c) On peut voir facilement P n'est pas nul : il sut d'évaluer la relation dénissant P avec Q = 1. Supposons alors par l'absurde P ne soit pas scindé à racines simples, avec toutes ses racines dans ], 1[. Notons < x 1 < x 2 <... < x p < 1 les points ], 1[ en lesls P change de signe. Comme ces points sont nécessairement des racines, on a alors p < n, en particulier le polynôme Q(X) = X p (X x i ) est de degré au plus n, et change lui aussi de signe en x 1, x 2,..., x p. En consénce P Q est de signe constant. Comme de plus P Q n'est pas identiment nul (comme produit de deux polynômes non nuls), on a Mais c'est une contradiction avec le fait Q() =. P (t)q(t) dt. Exercice 9 Soit E un espace euclidien, on note la norme associée. On se donne p un projecteur (lcon). Montrer p est un projecteur orthogonal si et seulement si x E, p(x) x. Pour le sens direct, on suppose p est un projecteur orthogonal. Si x E est un vecteur lcon, comme p(x) et x p(x) sont alors orthogonaux (faire un schéma), le théorème de Pythagore s'écrit x 2 = p(x) 2 + x p(x) 2. Il est alors clair p(x) x avec égalité si et seulement si x = p(x) (c'est-à-dire x Im(p)) d'ailleurs. Pour le sens récipro, on raisonne par contraposée et on suppose p n'est pas un projecteur orthogonal : cela signie qu'il existe y Im(p) et z Ker(p) tels y, z. On cherche alors un x tel p(x) > x sous la forme x = y + λz, avec λ R (on aurait pu chercher sous la forme x = µy + λz mais par linéarité de p et homogénéité de la norme on peut supposer µ = 1). Dans ce cas p(x) = y donc p(x) 2 = y 2, et x 2 = y 2 + 2λ y, z + λ 2 z 2.
Année 215/216 Semaine 8 Classe de PC*1, lycée Louis le Grand Or, on peut voir qu'en prenant λ assez petit et positif (si y, z < ) ou négatif (si y, z > ), on a 2λ y, z + λ 2 z 2 <, puis pour λ assez petit le terme en λ 2 est négligeable devant celui en λ. Et avec un λ choisi de la sorte, on voit p(x) 2 > x 2, ce qui est précisément ce l'on voulait montrer. Exercice 1 Soit E un espace euclidien de dimension n, on note la norme associée. Soit p un projecteur orthogonal. (a) Montrer x, y E, p(x), y = x, p(y) = p(x), p(y). (b) Soit (e i ) 1 i n une base orthonormée de E. Calculer p(e i ) 2. (a) Soient x et y des éléments de E, on écrit x = x 1 + x 2 et y = y 1 + y 2, où x 1, y 1 Im(p) et x 2, y 2 Ker(p). En particulier, l'orthogonalité de p garantit x 1, y 2 = et x 2, y 1 =. On peut donc écrire p(x), y = x 1, y 1 + y 2 = x 1, y 1 = p(x), p(y), et le rôle joué par x et y étant symétri, on peut aussi voir x, p(y) = p(x), p(y). (b) En s'aidant de (a), p(e i ) 2 = = p(e i ), p(e i ) e i, p(e i ). Mais e i, p(e i ) n'est autre le coecient (i, i) de la matrice de p dans la base orthonormée (e i ) 1 i n, matrice l'on note M. En conclusion p(e i ) 2 = M ii = Tr(M) = Tr(p) = rg(p), le passage de l'avant-dernière à la dernière ligne étant une identité (bien connue?) valable pour tout projecteur, qu'il soit orthogonal ou non. Exercice 11 Déterminer [ ] min (t ln(t) at b) 2 dt ainsi le couple (a, b) qui réalise le minimum. (a,b) R 2 Il faut comprendre en quoi c'est un problème relié aux espaces euclidiens. On note E l'ensemble des fonctions continues sur [, 1] l'on munit du produit scalaire f, g E, f, g = f(t)g(t) dt. (Pour rester dans le cadre du programme et en particulier des espaces euclidiens de dimension nie, il faudrait prendre pour E l'espace engendré par t 1, t t et t t ln(t)). On note f E la fonction dénie par f(t) = t ln(t) et G le
Année 215/216 Semaine 8 Classe de PC*1, lycée Louis le Grand sous-espace engendré par les fonctions t 1 et t t. Le problème est alors de calculer ainsi l'élément de G qui réalise le minimum. min f g 2 g G Mais on sait l'élément de G qui réalise le minimum est la projeté orthogonal de f sur G. Pour le calculer, plutôt de trouver une base orthonormée de G, on va utiliser le fait ce projeté g est caractérisé par le fait qu'il appartient à f et f g appartient à G, c'est-à-dire { g G. h G, f g, h Grâce à la première condition, on sait qu'il existe a et b tels g(t) = at + b, et pour vérier la deuxième, il sut de montrer g est orthogonale aux fonctions t 1 et t t, c'est-à-dire (t ln(t) at b) dt = 1. t(t ln(t) at b) dt = Il faut d'abord calculer les intégrales, en particulier grâce à des intégrations par parties on voit et t 2 ln(t) dt = 1, de sorte (a, b) vérie le système linéaire 9 t ln(t) dt = 1 4 { 1 2 a + b = 1 4 1 3 a + 1 2 b = 1. 9 On trouve a = 1 6 et b = 1 3. Lors du calcul de la valeur minimale, pour s'épargner un calcul trop lourd on peut remarr f g 2 = f g, f g = f, f g puis f, f g =. C'est-à-dire la quantité l'énoncé demande de calculer vaut Des intégrations par parties montrent [(t ln(t)) 2 16 t2 ln(t) + 13 ] t ln(t) dt. (t ln(t)) 2 dt = 2, de telle sorte 27 [ ] min (t ln(t) at b) 2 dt (a,b) R 2 = 2 27 + 1 6 1 9 1 3 1 4 = 1 18.