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1Concours National Commun - Session 2014

Corrig de lpreuve de mathmatiques IIFilire MP

Sous-espaces deM2(IK) forms de matrices diagonalisables

Corrig par M.TARQI 1

Exercice1. Puisque A est symtrique relle, alors elle est othogonalement diagonalisable. Soit une valeur

propre de A etX Mn,1 un vecteur propre associ . Puisque X 6= 0, (X |X) > 0 do :(X |AX) = (X |X)

ou encore =(X |AX)(X |X 0.

2. Il existe une matrice P orthogonale telle que A = PDtP ,D tant une matrice diagonale dont leslments diagonaux i sont positifs ( daprs 1. ).Pour tout i [[1, n]], posons i = 2i . Soit 4 = diag(1, ..., n). On a A = PDtD = (P4)t(P4).Donc il suffit de prendreM = t(P4).

3. (a) Soit X Mn,1(IR) tel que AX = 0 et donc tMMX = 0 et aussi tXtMMX = (MX |MX) =0, doncMX = 0. Rciproquement, siMX = 0, alors AX = tMMX = 0.

(b) La question prcdente montre que kerA = kerM , donc A etM ont le mme rang.

4. (a) PosonsM = (mij)1i,jn. On a, pour tout (i, j), aij =n

k=1

mkimkj ; cest le produit scalaire

des vecteurs colonnes Ci et Cj . Donc aij = (Ci|Cj) = tCiCj .(b) Par ingalit de Cauchy-Schwarz, on a (Ci|Cj)2 (Ci|Ci)(Cj |Cj), cest dire aij aiiajj .

5. On sait que A est de rang 1 si et seulement si, M est de rang 1 ou encore il existe i tel queCi = 1C1 ( on changeant au besoin le numrotage on peut supposer la colonne C1 est nonnulle ), et donc lingalit de Cauchy-schwarz dvient une galit, ainsi i [[1, n]], a2ij = aiiajj .Cette condition est suffisante pour que le rang soit gale 1.

6. (a) Si B est positive, daprs ce qui prcde, b2ij biibjj ou encore aiiajj a2ii, donc, en tenantcompte de la question 4(b), a2ij = aiiajj . Ainsi A est de rang 1 ( daprs la question 5. )

(b) Soit u lendomorphisme canoniquement associ A. u est de rang 1 si et seulement si,il existe a IRn non nul tel que x IRn il existe x IR, u(x) = xa. Il est clair quelapplication : x 7 x est une forme linaire non nulle.NotonsB = (e1, e2, ..., en) la base canonique de IRn, la matrice de u dans cette base scrit :

M =

l(e1)a1 l(e2)a1 . . . l(en)a1l(e1)a2 l(e2)a2 . . . l(en)a2

......

. . ....

l(e1)an l(e2)a2 . . . l(en)an

= XtY,

1. M.Tarqi-Centre Ibn Abdoune des classes prparatoires-Khouribga. Maroc. E-mail : medtarqi@yahoo.fr

2o X = t(l(e1), l(e2), ..., l(en)) 6= 0 et Y = a = t(a1, a2, . . . , an) 6= 0.Mais A = tA, et comme B est une bon, alors M = tM ce qui donne XtY = YtX puisXXtY = XYtX , donc X et Y sont colinaires. Soit donc IR tel que Y = X , doncncessairement TrM = tXY = tXX , donc > 0. Il suffit donc de prendre U =

X .

Posons U = t(u1, ..., un), alors i, aij = uiuj et donc bij = 1ui

1

uj, donc B = tV V o

V = t(

1

u1, ...,

1

un

), donc B est positive.

ProblmeSous-espaces deM2(IK) forms de matrices

diagonalisables

Premire partieCaractrisation des homothties en dimension 2

Application au commutant1.1

1.1.1 Soit x un vecteur non nul. Puisque x et f(x) sont colinaires, alors il existe x tel quef(x) = xx.

1.1.2 Soit (e1, e2) une base de E, montrons que e1 = e2 . On a

f(e1 + e2) = e1e1 + e2e2 = e1+e2(e1 + e2),

donc (e1 e1+e2)e1 + (e2 e1+e2)e2 = 0, donc e1 e1+e2 = e2 e1+e2 = 0, doe1 = e2 .

1.1.3 Soit x = e1 + e2 E, on a :

f(x) = f(e1) + f(e2) = e1e1 + e2e2 = (e1 + e2) = x,

donc f est une homothtie de rapport .

1.2

1.2.1 Il est clair que IdE C (f) et que si g, h C (f) et IK, alors g + h C (f), donc C (f)est un sous-espace vectoriel deL (E).

1.2.2 Si f est une homothtie, alors g L (E), fg = gf , donc C (f) = L (E).1.3

1.3.1 Puisque f nest une homothtie, alors il existe e E, tel que (e, f(e)) soit libre, cest dire une base de E.

31.3.2 Les scalaires et sont les coordonnes du vecteur g(e) dans la base (e, f(e)). Dautre part,si g C (f), on a :

g(f(e)) = f(g(e)) = f(e+ f(e)) = f(e) + f(f(e)) = (IdE + f)(f(e).

Donc les deux endomorphismes g et IdE + f concident dans la base (e, f(e)), donc ilssont gaux : g = IdE + f .

1.3.3 Daprs ce qui prcde, C (f) = Vect(IdE , f), donc (IdE , f) est une famille gnratrice deC (f), de plus elle est libre, en effet, si IdE + f = 0, alors en particulier e + f(e) = 0,donc = = 0, car (e, f(e)) est une base de E.En conclusion, C (f) est un sous-espace vectoriel de dimension 2.

1.4 Traduction matricielle1.4.1 SiA est unematrice scalaire, on aAM =MA pour toutM M2(IK), donc C (A) =M2(IK).1.4.2 Si A nest pas une matrice scalaire, comme dans 1.3, {I2, A} forme une base de C (A), donc

C (A) = Vect(I2, A) et dimC (A) = 2.

Deuxime partieDiagonalisation simultane dansM2(IK)

2.1 Si a 6= c A est diagonalisable ( le polynme caractristique scind racines simples ). Si a = cet b 6= 0 A nest pas diagonalisable ( A nest pas une matrice scalaire ). En conclusion, A estdiagonalisable si et seulement si, a 6= c ou bien a = c et b = 0.

2.2 Daprs la question 2.1, la matrice(

1 10 1

)nest pas diagonalisable dansMn(IK).

2.3 La matrice A est diagonaliable si et seulement si, il existe une matrice P inversible telle queA = PDP1, donc A + I2 = P (D + I2)P1, ce qui montre que A + I2 est semblable unematrice diagonale, donc A+ I2 est diagonalisable.Inversement, supposons quil existe D diagonale et P inversible tels que A + I2 = PDP1,donc A = P (D I2)P1, donc A est diagonalisable.

2.4

2.4.1 Si A est une matrice scalaire, toute base de vecteurs propres de B est une base de veceurspropres de A. Donc A et B sont simultanement diagonalisables.Supposons maintenantA est semblable unematrice diagonaleD = diag(, ) avec 6= .Posons E = Vect(e1) et E = Vect{e2} les sous-espaces propres associs et respec-tivement ( sont des droites vectorielles ). Comme AB = BA, E et E sont stables par B,ceci montre que e1 et e2 sont des vecteurs propres de B. Donc B est diagonalisable dansla mme base de vecteurs propres de A, cest direA et B sont simultanement diagonali-sables.

2.4.2 Posons PAP1 = D1 et PBP1 = D2 o D1 et D2 sont des matrices diagonales. Doncpour tout IK, P (A + B)P1 = D1 + D2, donc A + B est diagonalisable dansM2(IK).

2.5 Familles de matrices diagonalisables

42.5.1 Si toutes les matrices sont scalaires nimporte quelle base convient, sinon on choisit unematrice Ai0 qui nest pas scalaire de valeurs propres et , et posons E = Vect(e1) etE = Vect{e2}. On dcompose IK2 comme somme directe des sous-espaces propres :

IK2 = E ELes droites vectorielles E et E sont stables par les matrices (Ai)iI , donc {e1, e2} estune base de vecteurs propre pour chaque Ai. On note P la matrice dont les colonnes sontdonnes par les composantes de e1 et e2, alors, i I , PAiP1 est une matrice diagonale.

2.5.2 On remarque que les matrices (Ai)1im sont diagonalisables puisque A2i I2 = 0 ( Aiest racine dun polynme scind racines simples ) et puisque les Ai commutent, alors ilexiste une matrice inversible P telle que i [[1,m]], PAiP1 soit diagonale. Posons alors

Di = PAiP1 = diag(i, i).

Les valeurs possibles de Ai sont 1 ou 1, donc il y a au plus 4 valeurs possibles pourchaque Di, ce qui donne 4 valeurs propres possibles pour les Ai. Ainsi on a montr quem 4.

2.6

2.6.1 IR, la matrice J + K est diagonalisable dansM2(IR), car elle est symtrique relle.

2.2.2 On a JK =(

0 01 d

)etKJ =

(0 10 d

), donc les matrices J etK ne commutent pas.

2.7

2.7.1 Puisque B est diagonalisable et nest pas scalaire, alors B admet deux valeurs propres et

distinctes. Donc il existe une matrice P inversible telle que B = P(

00

)P1.

2.7.2 On a P1 (A+ (B 2))P =(

a bc d+

). Comme le polynme caractrisqtique est

invariant par changement de base, alors (X) = X2 (a+ d+ )X + a(d+ ) bc, etpar consquent = (a+ d+ )2 4a(a+ ) 4bc ; cest un polynme de degr 2 et .

2.7.3 Soit 0 C tel que 0 = 0, donc le polynme caractristique deA+0(BI2) admet uneracine double. Dautre part, on sait que A + 0(B I2) est diagonalisable ( car A + 0Best diagonalisable ) donc A+ 0(B I2) est une matrice scalaire.

2.7.4 PosonsA+0(BI2) = 0I2, donc lamatriceA est un polynme enB, donc elle commuteavec B.

Troisime partietude des sous-espaces deM2(IK) forms de matrices

diagonalisables3.1

53.1.1 SoitB F non scalaire, donc IK,A+B est diagonalisable, carF est un sous-espacevectoriel, et par suite, daprs la question 2.7, AB = BA, donc B C (A). partir de linclusion F C (A), on a F = C (A) ou bienF = Vect(A). Dans le premiercas dimF = 2 ( la question 1.4), dans le second cas dimF = 1.

3.1.2 SiF contient I2, alors F soit une droite vectorielle ou bien un plan vectoriel, de la formeC (A), ou un hyperplan deM2(IR).dimF 3, carM2(IR) contient des matrices non diagonalisables ( la question 2.1 ).

3.2 Le sous-espace vectoriel engendr par la matrice I2, form par des matrices diagonalisables (matrices scalaires ) , est de dimension 1.

Le sous-espace vectoriel engendr par les matrices(

1 00 1

)et(

0 11 0

)est de dimension 2.

3.3 LapplicationM 7 PMP1 est un automorphisme despace vectoriel deM , donc PMP1 estun sous-espaces vectoriel deM2(IR), comme image dun sous-espace vectoriel par une applica-tion linaire et dim(PMP1) = dimM .

3.4 On aS2(IR) = Vect((

1 00 0

),

(0 11 0

),

(0 00 1

)). Donc dimS2(IR) = 3 = dimM2(IR)

1, doncS2(IR) est un hyperplan deM2(IR). Comme toutes les matrices symtriques relles sontdiagonalisables, alorsS2(IR) est form des matrices diagonalisables.

3.5 Daprs la question 3.3, RS2(IR)R1 est un sous-espace vectoriel de mme dimension queS2(IR), donc cest un hyperplan, de plus si A est diagonalisable, alors il est de mme de lamatrice RAR1, doncS2(IR) est form des matrices diagonalisables.

3.6

3.6.1 Si I2 ntait pas un lment de V , lensembleM2(IR) = IRI2V serait constitu dematricesdiagonalisables, ce qui est faux ( il existe des matrices non diagonalisables ). Donc I2 estun lment de V .

3.6.2 Il existe unematrice P inversible et , des complexes distincts tels queA = P(

00

)P1.

Mais on a

A = P

( 00

)P1 = I2 + ( )Q

(1 00 0

)Q1.

Donc

Q

(1 00 0

)Q1 =

1

(A I2) V .

3.6.3 On a successivement

B =

(a bc d

)=

(a d 00 0

)+

(d 00 d

)+

(0 bc 0

)= (a d)A1 + dI2 +

(0 bc 0

)

et par suite(

0 bc 0

) W .

Supposons quil existe et tels que(

0 bc 0

)=

(1 00 1

)+

(1 00 0

)

6Donc = = 0, et par suite b = c = 0 ce qui est faux. Ainsi(

0 bc 0

) W \Vect(I2, A1).

Comme il sagit dune matrice diagonalisable et non colinaire I2, alors son polynmecaractristiqueX2 bc doit tre scind racines simples, ce que donne la condition bc > 0.

3.6.4 On a1

c

(0 bc 0

)=

(0 b

c

1 0

) W , il suffit donc de prendre w =

b

c.

La famille {I2, A1, B1} est libre ( vrification immdiate ), et comme W Vect(I2, A1, B1)et de dimension 3, alors W = Vect(I2, A1, B1).

3.6.5 Les valeurs propres deB1 sont w etw, des vecteurs propres associs sont respectivement(w, 1) et (w, 1). Notons P =

(w w1 1

)la matrice de passage de la base canonique la

base de vecteurs propres.SoitM = I2 + A1 + B2 un lment quelconque de W , alors on a :

M = P

(I2 + P

1A1P +

(w 00 w

))P1.

On a P1A1P = 12

(1 11 1

), donc I2 + P1A1P +

(w 00 w

) S2(IR), ce qui

montre que W est conjugu S2(IR), par transitivit il est de mme deF etS2(IR).

3.7 Soit V un sous-espace vectoriel de M2(IR), form de matrices diagonalisables, donc cest unsous-espace de dimension 3, car il existe des matrices non diagonalisables. Le cas de la dimension 3 est trait dans la question 3.6. En outre, le rsultat est clair pour les espaces vectoriels de dimension 1.Maintenant, si V = Vect(M,N) est un plan vectoriel de matrices diagonalisables, alors deuxcas sont possibles : Si I2 V , alors V = Vect(I2, A), o A est une matrice non scalaire de V . Introduisons P lamatrice de passage de la base canonique vers une base de diagonalisation de A.Alors P1V P est un sous-espace vectoriel de matrices symtriques, ce qui tablit le rsultatdans ce premier cas. Si I2 / V alors cest un sous-espace vectoriel de lhyperplan de matrices diagonalisablesVect(I2, A,B) qui est conjugu S2(IR). Ainsi V est conjugu un sous-espace vectoriel deS2(IR).

3.8 Soit V un sous-espace vectoriel de M2(IR), forms des matrices orthogonalement diagonali-sables. Si dimV = 3, on trouveS2(IR). Si dimV = 1, on trouve les droites vectoriels engendres par des matrices symtriques ( toutematrice orthogonalement diagonalisable est symtrique ). Si dimV = 2, on trouve les plans vectoriels deS2(IR).

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