Partie I Étude de quelques propriétés de l application trace

Épreuve de mathématiques II Correction Partie I Étude de quelques propriétés de l application trace 1 (a) A, B E, λ R, on a tr(a + λb) = tr(a) + λ tr(b), donc l application tr est linéaire (b) Posons A = (a ij ) 1 i,j n, B = (b ij ) 1 i,j n et C = AB = (c ij ) 1 i,j n avec c ij = a ik b kj On a tr(ab) = c ii = a ik b ki = b ki a ik = tr(ba) D autre part, il est clair que tr( t A) = tr(a), donc tr(ab) = tr (t (AB) ) = tr (t B t A ) = tr( t A t B) D où l égalité demandée (c) tr est une forme linéaire non nulle puisque tr(i n ) = n 0, donc ker(tr) est un hyperplan de E, d où : dim ker tr = dim E 1 = n 2 1 (d) I n / ker(tr), donc ker(tr) et Vect(I n ) sont deux sous-espaces supplémentaires de E, d où : E = ker(tr) Vect(I n ) (e) Les matrices élémentaires E ij avec i j sont toutes éléments de ker(tr) et par combinaison linéaire la matrice 0 1 0 0 0 0 1 0 M = 0 0 0 1 1 0 0 0 appartient à ker(tr) M est inversible, car par exemple égale à la matrice de passage de la base canonique (e 1, e 2,, e n ) de R n à la base (e n, e 1,, e n 1 ) 2 (a) Il est clair que ϕ est un endomorphisme de E, de plus si ϕ(m) = 0, alors M = tr(m)i n donc m ij = 0 pour i j et i, m ii = tr(m), d où tr(m) = n tr(m) ou encore tr(m) = 0 = m ii et ceci pour tout i Finalement M = 0 et par conséquent ϕ est endomorphisme injectif, donc est un automorphisme de E (b) i ϕ(m) = M si, et seulement si, tr(m) = 0, donc E 1 (ϕ) = ker(tr) ii ϕ(m) = (n+1)m si, et seulement si, tr(m)i n = nm ou encore M = tr M n I n donc m ij = 0 pour i j et m ii = tr M n, donc nécessairement m 11 = m 22 = = m nn pour tout i D où M = λi n avec λ R Donc E n+1 (ϕ) Vect(I n ) L inclusion réciproque est évidente D où E n+1 (ϕ) = Vect(I n ) iii D après les deux questions précédentes 1 et n + 1 sont des valeurs propres de ϕ dont les sous-espaces propres sont E 1 (ϕ) et E n+1 (ϕ) et comme E 1 (ϕ) = ker(tr) et E n+1 (ϕ) = Vect(I n ), alors les sous-espaces propres sont supplémentaires ( la question 1 d) de la partie I ), donc ϕ est diagonalisable CNC 2016 1 / 6 Prof: Mohamed TARQI

3 (a) Pour tout M E, on a : ψ 2 (M) = ψ(m)+tr(m)ψ(j) = M+tr(M)J+tr(M)J+tr(M) tr(j)j = ψ(m)+tr(m)j = 2ψ(M) M, donc X 2 2X + 1 est un polynôme annulateur de ψ (b) Puisque ψ Id E, le polynôme annulateur X 2 2X + 1 = (X 1) 2 est le polynôme minimal de ψ Donc 1 est l unique valeur propre de ψ (c) C est un résultat du cours : le polynôme minimal de ψ admet une racine double, donc ψ n est pas diagonalisable Partie II Un premier résultat préliminaire 1 Il est clair que v est linéaire, de plus si x F 1 tel que v(x) = 0, alors u(x) = 0, donc x ker u F 1 = {0}, donc x = 0 D autre part dim F 1 = dim Im(u), donc v est un isomorphisme 2 (a) Puisque v est un isomorphisme la famille (ε 1,, ε r ) est une base de Im(u) D après le théorème de la base incomplète, il existe des vecteurs (ε r+1,, ε n ) telle que la famille (ε 1,, ε r, ε r+1,, ε m ) soit une base de G (b) Relativement aux bases précédentes, la matrice de u est de la forme : Mat B,C (u) = Ir 0 0 0 3 Notons u l endomorphisme canoniquement associé à M D après ce qui précède il existe une base B de R p et une base C de R m telles que Mat B,C (u) = Ir 0 0 0 Désignons par S la matrice de passage de la base canonique de R p à la base B et T la matrice de passage de la base canonique de R m à la base C, alors S et T sont inversibles et on a la formule de changement de bases M = SMat B,C (u)t 1 = SJ m,p,r T 1 Ir 4 Si 0 < r = p < m, J m,p,r = 0 Si 0 < r = m < p, J m,p,r = ( I r 0 ) Si 0 < r = p = m, J m,p,r = I r Partie III Un deuxième résultat préliminaire 1 Soit λ 1, λ 2,, λ n des scalaires réels tels que λ i li = 0, donc j [1, s], 0 = donc la famille (l1, l 2,, l s) est libre 2 Par linéarité, k [1, s], l k (x) = lk x j l j = j=1 j=1 x j lk (l j) = x k λ i li (l j ) = λ j, CNC 2016 2 / 6 Prof: Mohamed TARQI

3 Soit l une forme linéaire et x = x i l i un élément de L On a : l(x) = x i l(l i ) = li (x)l(l i ) = α i li (x) en posant α i = l(l i ) Nous voyons donc que les s formes linéaires l1, l 2,, l s engendrent L et comme elles sont libres, ces formes linéaires décrivent une base de L 4 D après ce qui précède, L = Vect(l 1, l 2,, l s), d où dim L = s = dim L Partie IV Une caractérisation d une forme linéaire sur E 1 L application φ A est clairement linéaire, c est une conséquence de la linéarité de l application trace 2 (a) Soient A et B de E et λ R Pour tout M E, on a : h(a + λb)(m) = tr((a + λb)m) = tr(am) + λ tr(bm) = h(a)(m) + λh(b)(m) Donc h est bien linéaire (b) i On vérifie facilement que φ A (E ij ) = a ji ii Si h(a) = 0, alors, en particulier φ A (E ij ) = a ji = 0 et ceci pour tout (i, j), donc A = 0 et par conséquent h est injective (c) Les espaces M n (R) et M n (R) sont de même dimension finie Donc l injectivité de h est équivalente à la bijectivité Partie V Tout hyperplan de E contient au moins une matrice inversible 1 Soit ϕ une forme linéaire non nulle telle que H = ker ϕ Il suffit donc de montrer que les deux sousespaces H et Vect(A) sont supplémentaires puisque la somme des dimensions est égale celle de E Soit M H Vect(A), alors il existe λ R tel que M = λa et ϕ(m) = 0 D où ϕ(λa) = λϕ(a) = 0, comme ϕ(a) 0, donc λ = 0 et par conséquent M = 0 2 Il existe une matrice B telle que pour toute matrice M, on ait ϕ(m) = tr(bm) = φ B (M) ( d après la question 2c) de la partie IV ) Donc H = ker ϕ = ker(φ B ) 3 (a) P 1 est inversible, c est la matrice de passage de la base canonique (e 1, e 2,, e n ) de R n à la base (e 2, e 3,, e n, e 1 ) (b) On vérifie facilement que tr(r r P 1 ) = 0 ( R r P 1 a sa diagonale nulle ) 4 B est équivalente à R r : P BQ = R r, où P et Q sont inversibles On a donc, pour toute matrice M, tr(bm) = tr(p 1 R r Q 1 M) = tr(r r QMP ) Si on trouve Y inversible telle que tr(r r Y ) soit de trace nulle, on a gagné (on pose M = Q 1 Y P 1 qui reste à la fois dans GL n (R) et dans l hyperplan H ) Pour cela, on peut par exemple poser Y = P 1 CNC 2016 3 / 6 Prof: Mohamed TARQI

Partie VI Tout hyperplan de E contient au moins une matrice orthogonale 1 (a) Posons C = t AB = (c ij ) 1 i,j n avec c ij = a ki b kj a ki b kj D où (A B) = tr( t AB) = c ii = (b) Soit H un hyperplan de E, donc il existe une matrice B telle que H = ker(φ B ), donc il suffit de prendre Y = t B (c) On peut vérifier facilement que P 1, P 2 E et λ R, on a : et de plus θ N (λp 1 + P 2 ) = λθ N (P 1 ) + θ N (P 2 ), θ N (P 1 P 2 ) = θ N (P 1 )θ N (P 2 ), θ N (I n ) = t NI n N = I n Enfin, θ N (P ) = t NP N = 0 si, et seulement si, P = 0, car N est inversible En conclusion, θ N est un automorphisme d algèbres (d) On a, pour tout P E, θ N1 θ N2 (P ) = θ N1 ( t N 2 P N 2 ) = t N 1 ( t N 2 P N 2 )N 1 = t (N 2 N 1 )P (N 2 N 1 ) = θ N2 N 1 (P ) donc θ N1 θ N2 = θ N2 N 1 En particulier, θ N1 θt N 1 = θt N 1 N 1 = θ In = Id E, donc (θ N1 ) 1 = θt N 1 2 Soit P une matrice orthogonale On a : (θ N (P )) 1 = ( t NP N) 1 = t NP 1 N = t N t P N = t (θ N (P )) et donc θ N (P ) est orthogonale De plus θ N (P ) = P est équivalent à θt N(P ) = P, il en résulte que θ N est une bijection de O n sur lui-même 3 Soit P une matrice symétrique On a : t (θ N (P )) = t ( t NP N) = t N t P N = t NP N = θ N (P ) et donc θ N (P ) est symétrique De plus θ N (P ) = P est équivalent à θt N(P ) = P, il en résulte que θ N est une bijection de S n sur lui-même 4 On a (θ N (Y ) θ N (P )) = tr( t ( t NY N)( t NP N)) = tr( t N t Y N t NP N) = tr( t N t Y P N) = tr( t Y P ) = (Y P ) CNC 2016 4 / 6 Prof: Mohamed TARQI

Donc (θ N (Y ) θ N (P )) = 0 si, et seulement si, (Y P ) = 0, c est-à-dire P H Y si, et seulement si, θ N (P ) H θn (Y ) 5 (a) Soit M O n S n Puisque M est symétrique, on a les égalités : (Y M) = ( t Y t M) = ( t Y M) 1 Donc, si M H Y, les produits scalaires (Y M) et ( t Y M) sont nuls Il en résulte que 2 (Y + t Y ) M = 0, on en déduit que M H Ys 1 Réciproquement, si M H Ys, alors 2 (Y + t Y ) M = 0, donc et puisque M est symétrique, ou encore On en déduit que (Y M) = 0, et que M H Y On conclusion, on a l égalité : (Y M) = ( t Y M) (Y M) = ( t Y t M) (Y M) = (Y M) O n S n H Y = O n S n H Ys (b) La matrice Y s étant symétrique réelle, donc elle est diagonalisable dans une base orthonormée ( théorème spectral ), autrement dit il existe une matrice orthogonale U telle que t UY s U = θ U (Y s ) = Y soit diagonale (c) Il est clair que Q est orthogonale et symétrique, de plus (Q Y ) = (Q) ij (Y ) ij = 0 ( les j=1 deux diagonales de Q et de Y ne se coupent pas, car n est pair ), donc (d) On a Q O n S n H θu (Y s), donc Q O n S n H Y 0 = ( t UY s U Q) = (Y s UQ t U) et par conséquent UQ t U O n S n H Ys = O n S n H Y, c est-à-dire θt U(Q) O n S n H Y (e) La matrice θt U(Q) répond à la question (a) Soit f l endomorphisme canoniquement associé à Y ( Y donc la matrice de f dans la base canonique de R n ) Donc, si U est une matrice orthogonale, θ U (Y ) est la matrice de f dans une autre base orthonormée Donc pour trouver une telle matrice U il suffit de faire un changement des éléments de la base en permutant les vecteurs de la base de tel manière à avoir d 1,1 d 2,2 d n,n (b) Si d n,n = 0, alors tous les éléments diagonaux de U sont nuls, dans ce cas on peut prendre la matrice I n qui est orthogonale (c) i On a Donc P α est orthogonale ( t t P P α P α = ) 0 P 0 0 t = I A α 0 A n α CNC 2016 5 / 6 Prof: Mohamed TARQI

ii (P α D) = = ( 1) k ε k d kk + (ε 2p d 2p,2p + ε 2p+1 d 2p+1,2p+1 ) cos α +(ε 2p+1 d 2p+1,2p ε 2p d 2p,2p+1 ) sin α ( 1) k d kk + ( d 2p,2p + d 2p+1,2p+1 ) cos α +(ε 2p+1 d 2p+1,2p ε 2p d 2p,2p+1 ) sin α Il suffit donc de prendre a = d 2p,2p + d 2p+1,2p+1 > 0, b = ε 2p+1 d 2p+1,2p ε 2p d 2p,2p+1 et c = ( 1) k d kk iii Si c a, alors nécessairement c a 2 + b 2, et donc l équation sin (α + β) = en α admet des solutions dans R iv Montrons la propriété par récurrence sur p Pour p = 1, l inégalité devient a 1 a 2 + a 3 c a 2 + b 2 ce qui est bien vérifie, car (a n ) n est positive et croissante Supposons la propriété vraie à l ordre p Alors 2p+1 ( 1) k 1 a k = ( 1) k 1 a k a 2p + a 2p+1 a 2p + a 2p+1 a 2p + a 2p+1 2a 2p+1 a 2p+2 + a 2p+3 donc l inégalité est vraie à l ordre p + 1 Elle est donc vraie pour tout p N v D après la question iii c = ( 1) k d kk d 2p,2p + d 2p+1,2p+1 = a donc la condition d existence de α 0 est assurée D où (P α0 D) = 0 vi On a P α0 O n H D, et comme D = θ U (Y ), alors θt U(P α0 ) O n H Y vii Si det(θt U(P α0 )) = 1, alors det( θt U(P α0 )) = 1 ( n est impair ), et donc une des deux matrices θt U(P α0 )) ou θt U(P α0 )) est dans H Y et positive CNC 2016 6 / 6 Prof: Mohamed TARQI