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\title{Corrigé Concours marocain, 2006, Math II, MP}
\begin{document}
\titlepage

%\maketitle                                      % Permet d'imprimer la page de garde
\vskip 20mm
\begin{center}
\begin{tabular}{c}
\hline
\begin{Huge}Corrigé Concours marocain, 2006 \end{Huge}\\ 
\textit{\begin{LARGE}Math II, MP\end{LARGE}}\\
\end{tabular}
\end{center}

\centerline{PR\'ELIMINAIRES}
\be
\item
\be
\item On a $A=\ds\sum_{1\ioe k,l\ioe n}a_{k,l}E_{k,l}$, donc:
\\$
\begin{array}{ll}
AE_{i,j}&=\ds\sum_{1\ioe k,l\ioe n}a_{k,l}E_{k,l}E_{i,j}\\
&=\ds\sum_{1\ioe k,l\ioe n}a_{k,l}\delta_{l,i}E_{k,j}\\
&=\ds\sum_{k=1}^na_{k,i}E_{k,j}\quad\text{car: }\begin{array}[t]{ll}\delta_{l,i}&=0\text{ si }l\neq i\\&=1\text{ si }l= i\end{array}
\end{array}$
\\$
\begin{array}{ll}
E_{i,j}A&=\ds\sum_{1\ioe k,l\ioe n}a_{k,l}E_{i,j}E_{k,l}\\
&=\ds\sum_{1\ioe k,l\ioe n}a_{k,l}\delta_{k,j}E_{i,l}\\
&=\ds\sum_{l=1}^na_{j,l}E_{i,l}\quad\text{car: }\begin{array}[t]{ll}\delta_{k,j}&=0\text{ si }k\neq j\\&=1\text{ si }k= j\end{array}\\
&=\ds\sum_{k=1}^na_{j,k}E_{i,k}
\end{array}$
\item $\begin{array}[t]{ll}
AM=MA&\impliq AM-MA=0\\
&\impliq AE_{i,j}=E_{i,j}A\\
&\impliq \ds\sum_{k=1}^na_{k,i}E_{k,j}-a_{j,k}E_{i,k}=0\\
&\impliq \ds\sum_{k\neq i,j}^na_{k,i}E_{k,j}-a_{j,k}E_{i,k}+\\
&\quad a_{i,i}E_{i,j}-a_{j,i}E_{i,i}+a_{j,i}E_{i,j}-a_{j,j}E_{i,j}=0\\
&\impliq \ds\sum_{k\neq i,j}^na_{k,i}E_{k,j}-a_{j,k}E_{i,k}+(a_{i,i}-a_{j,j})E_{i,j}=0
\end{array}$
\\Ainsi $a_{k,i}=a_{j,k}=0$ si $k\neq i,j$ et $a_{i,i}=a_{j,j}=\lambda$, d'où $M=\lambda I_n$
\ee
\item
\be
\item On sait que la trace est linéaire et que: $\begin{array}[t]{ll}Tr(E_{k,j})&=0\text{ si }k\neq j\\&=1\text{ si }k= j\end{array}$, donc $Tr(AE_{i,j})=Tr\left(\ds\sum_{k=1}^na_{k,i}E_{k,j}\right)=a_{j,i}$.
\item $Tr(AM)=0\impliq Tr(AE_{i,j})=0,\;\qlq i,j\impliq a_{j,i},\;\qlq i,j\impliq A=0$.
\ee
\item Posons $A=(a_{i,j}),B=(b_{i,j}),AB=(c_{i,j}),BA=(d_{i,j})$, on a: $c_{i,j}=\ds\sum_{k=1}^na_{i,k}b_{k,j}$ et $Tr(AB)=\ds\sum_{i=1}^nc_{i,i}=\ds\sum_{i=1}^n\ds\sum_{k=1}^na_{i,k}b_{k,i}$ et on a aussi: $Tr(BA)=\ds\sum_{i=1}^nd_{i,i}=\ds\sum_{i=1}^n\ds\sum_{k=1}^nb_{i,k}a_{k,i}$, en échangeant les indices $i$ et $k$, on voit bien que: $Tr(AB)=Tr(BA)$.
\item D'aprés le cours, toute composé à droite ou à gauche par un autmorphisme laisse invariant le rang, donc toute multiplication à gauche ou à droite par une matrice inversible laisse le rang invariant, d'où $rg(PMQ)=rg(M)$ et $rg(P^tMQ)=rg(^tM)=rg(M)$
\ee
\centerline{PREMI\'RE PARTIE}
\textbf{A. \'Etude des endomorphismes de ${\cal M}_n(\C)$ qui conservent le déterminant.}
\be
\item Posons $\lambda J_s+A=(b_{i,j})$, on a $b_{i,i}=\lambda_{i,i}+a_{i,i}$ si $1\ioe i\ioe s$ et $b_{i,j}=a_{i,j}$ dans les cas restants. $\det(\lambda J_s+A)=\ds\sum_{\sigma\in{\cal S}_n}\ds\prod_{i=1}^n \varepsilon(\sigma)b_{i,\sigma(i)}$, or parmi les $b_{i,\sigma(i)}$, au maximum $s$ coefficients dépondent de $\lambda$ ceux pour lesquels $1\ioe i\ioe s$ et $i=\sigma(i)$, donc $\det(\lambda J_s+A)=P(\lambda)$ où $P$ est un polynôme en $\lambda$ de degré inférieur à $s$.
\item
\be
\item C'est un résultat du cours, qui te dit que toute matrice de rang, $r$ est équivalente à la matrice $J_r$.
\item $\det(\lambda M+N)=\det\left(R(\lambda J_r+K_r)S\right)=\det\left(R[(\lambda-1) J_r+I_n]S\right)=\det(R)\det((\lambda-1) J_r+I_n)\det(S)=\det(R)(\lambda-1)^r\det(S)$, parceque $(\lambda-1) J_r+I_n$ est la matrice diagonale dont les $r$ premiers termes sont tous égaux à $\lambda -1$ et les autres égaux à 1.
\item $rg(\Phi(M))=s$, donc $\exists R,S$ matrices inversibles telles que: $\Phi(M)=RJ_sS$, d'où $\det(\lambda\Phi(M)+\Phi(N))=\det(\lambda RJ_sS+\Phi(N))=\det(R)\det(\lambda J_s+A)\det(S)$ avec $A=R^{-1}\Phi(N)S^{-1}$, or $\det(\lambda J_s+A)=P(\lambda)$ où $P$ est un polynôme en $\lambda$ de degré inférieur à $s$, d'où $\det(\lambda\Phi(M)+\Phi(N))$ est un polynôme en $\lambda$ de degré inférieur à $s$.
\\D'autre part: $\Phi$ est linéaire et conserve le déterminant, donc $\det(\lambda\Phi(M)+\Phi(N))=\det(\lambda M+N)=\det(R)(\lambda-1)^r\det(S)$, d'aprés la question précédente, c'est un donc un polynôme en $\lambda$ de degré égal à $r$, d'où $r\ioe s$.
\ee
\item $M\in Ker(\Phi)\impliq \Phi(M)=0\impliq rg(\Phi(M))=0\impliq rg(M)=0$ car $rg(\Phi(M))\ioe rg(M)$, donc $M=0$, d'où $\Phi$ injective, comme c'est un endomorphisme en dimension finie alors c'est un automorphisme donc inversible.
\item $\Phi$ conserve le déterminant, donc $\det(M)=\det(\Phi(\Phi^{-1}(M)))=\det(\Phi^{-1}(M))$, donc $\Phi^{-1}$ conserve le déterminant.
\item On sait que, $rg(M)=\max\{\det(A)\tq A\text{ sous-matrice de }M\}$, donc $rg(\Phi(M))=\max\{\det(B)\tq B=\Phi^{-1}(A)\text{ sous-matrice de }M\}$ car $\Phi^{-1}$ conserve le déterminant, d'où $rg(\Phi(M))\ioe rg(M)$ car $\{\det(B)\tq B=\Phi^{-1}(A)\text{ sous-matrice de }M\}\subset  \{\det(A)\tq A\text{ sous-matrice de }M\}$ or $rg(M)\ioe rg(\Phi(M))$ d'aprés la question précédente, d'où l'égalite, et donc $\Phi$ conserve le rang. 
\\D'aprés la supposition au début de la 1ère partie, on conclut que: $\Phi=u_{P,Q}$ ou $\Phi=v_{P,Q}$.
\ee
\textbf{B. \'Etude des endomorphismes de ${\cal M}_n(\C)$ qui conservent le polynôme caractéristique.}
\be
\item On sait que les valeurs propres d'une matrice sont exactement les racines de son polynôme caractéristique associé, que son déterminant est égal à leurs produit et que sa trace est égale à leurs somme, comptées avec leurs multiplicités. Donc deux matrices qui ont même polynôme caractéristique ont même déterminant et même trace, en particulier $\Phi$ conserve le déterminant et la trace.
\item C'est une conséquence immediate de la propriété admise au début de la 1ère partie.
\item
\be
\item Si $\Phi=u_{P,Q}$, alors $Tr\left(PE_{i,j}Q\right)=Tr\left(\Phi(E_{i,j})\right)=Tr(E_{i,j})$ car $\Phi$ conserve la trace.
\\Si $\Phi=u_{P,Q}$, alors $Tr\left(PE_{i,j}Q\right)=Tr\left(\Phi(^tE_{i,j})\right)=Tr(^tE_{i,j})=Tr(E_{i,j})$.
\item On a $Tr(AB)=Tr(BA)$, qu'on peut généraliser ainsi:
\\$Tr(ABC)=Tr(CAB)$, en particulier:
\\$Tr(QPE_{i,j})=Tr(PE_{i,j}Q)=Tr(E_{i,j})$, or la trace est linéaire et $(E_{i,j})$ constitue une base de ${\cal M}_n(\C)$ donc $Tr(QPM)=Tr(M)$, pour toute matrice $M\in {\cal M}_n(\C)$, d'où $Tr((QP-I_n)M)=0$, d'aprés la question 2.b) 1ère partie, on déduit que $PQ=I_n$, d'où $Q=P^{-1}$.
\ee
\item D'aprés tout ce qui précède on conclut que les endomorphismes qui conservent le polynôme caractéristique sont ceux de la forme $u_{P,Q}$ ou $v_{P,Q}\tq Q=P^{-1}$.
\ee
\centerline{DEUXI\'EME PARTIE}
\be
\item 
\be
\item On a $\chi_{\Phi(A)\Phi(B)}=\chi_{AB}$, donc d'aprés la question 1.B), 1ère partie, $\Phi(A)\Phi(B)$ et $AB$ ont même trace, en particulier $Tr(\Phi(E_{i,j})\Phi(E_{k,l}))=Tr(E_{i,j}E_{k,l})=Tr(\delta_{j,k}E_{i,l})=\delta_{j,k}Tr(E_{i,l})=\delta_{j,k}\delta_{i,l}$.
\item On a Card$ \left(\Phi(E_{i,j})\right)=n^2=\dim\left({\cal M}_n(\C)\right)$, pour montrer que c'est une base il suffit alors de montrer qu'elle est libre.
\\En effet soit $(\lambda_{i,j})$ des nombres complexes tels que $\ds\sum_{1\ioe i,j\ioe n}\lambda_{i,j}\Phi(E_{i,j})=0$, on multiplie par $\Phi(E_{k,l})$, la trace de la somme est toujours nulle, tenant compte de la linéarité de la trace et de la relation pécédente on obtient: $\ds\sum_{1\ioe i,j\ioe n}\lambda_{i,j}\delta_{j,k}\delta_{i,l}=\lambda_{l,k}=0\quad\qlq\;k,\qlq\;l$, d'où la famille est libre.
\ee
\item 
\be
\item $
\begin{array}[t]{ll}
&Tr\left((\Phi(A+B)-\Phi(A)-\Phi(B))\Phi(E_{i,j})\right)\\
=&Tr\left(\Phi(A+B)\Phi(E_{i,j})-\Phi(A)\Phi(E_{i,j})-\Phi(B)\Phi(E_{i,j})\right)\\
=&Tr\left(\Phi(A+B)\Phi(E_{i,j})\right)-Tr\left(\Phi(A)\Phi(E_{i,j})\right)-Tr\left(\Phi(B)\Phi(E_{i,j})\right)\\
=&Tr\left((A+B)E_{i,j}\right)-Tr\left(AE_{i,j}\right)-Tr\left(BE_{i,j})\right)\\
=&0\quad\text{car la trace est linéaire et . distributive par rapport à +}
\end{array}$
\item Comme la trace est linéaire et que $ \left(\Phi(E_{i,j})\right)$ est une base de ${\cal M}_n(\C)$ et tenant compte de la question précédente alors $Tr\left((\Phi(A+B)-\Phi(A)-\Phi(B))M\right)$ pour toute matrice $M\in{\cal M}_n(\C)$, et enfin d'aprés la question 2.b) 1ére partie, on conclut que $\Phi(A+B)-\Phi(A)-\Phi(B)=0$.
\ee
\item Soit $\lambda\in\C$, mn montre comme dans la question précédente que: $Tr\left((\Phi(\lambda A)-\lambda\Phi(A))\Phi(E_{i,j})\right)=0$, puis on en déduit que $Tr\left((\Phi(\lambda A)-\lambda\Phi(A))M)\right)=0\quad \qlq\;M\in{\cal M}_n(\C)$, puis enfin que: $\Phi(\lambda A)-\lambda\Phi(A)$, d'où $\Phi$ est linéaire.
\\D'autre part: Soit $A\in\text{ Ker }(\Phi)$, donc $Tr(AE_{i,j})=Tr(\Phi(A)\Phi(E_{i,j}))=0$, comme $(E_{i,j})$ est une base de ${\cal M}_n(\C)$, alors $Tr(AM)=0\quad \qlq\;M\in{\cal M}_n(\C)$, donc $A=0$ et par suite $\Phi$ est injective, comme c'est un endomrphisme en dimension finie, alors c'est un automorphisme.
\item $E_{i,j}^2=E_{i,j}E_{i,j}=\delta_{i,j}\delta_{j,i}=0$ car $i\neq j$, donc $E_{i,j}$ est nilpotente.
\\D'autre part: $\chi_{\Phi(E_{i,j}^2}(X)=\chi_{E_{i,j}^2}(X)=(-1)^nX^n$ car $E_{i,j}^2=0$, en utilisant le théorème de Cayley-Hamiltion on conclut que $\Phi(E_{i,j}^{2n}=0$, donc $\Phi(E_{i,j})$ est nilpotente.
\item
\be
\item D'aprés la supposition de la partie 3, on a: $\chi_{AG}=\chi_{\Phi(A)\Phi(G)}=\chi_{\Phi(A)}$ car $\Phi(G)=I_n$.
\item Tout calcul fait $E_{i,j}G$ est la matrice dont toutes les lignes sont nulle sauf la i éme, $E_{i,j}G=\left(
\begin{array}{lllll}
0&\ldots&\ldots&\ldots&0\\
\vdots&&&&\vdots\\
0&\ldots&\ldots&\ldots&0\\
g_{j,1}&\ldots&g_{j,i}&\ldots&g_{j,n}\\
0&\ldots&\ldots&\ldots&0\\
\vdots&&&&\vdots\\
0&\ldots&\ldots&\ldots&0\\
\end{array}\right)$, donc sont polynôme caractéristique est $(-1)^nX^{n-1}(X-g_{j,i})$.
\item Pour $i\neq j$, la matrice $\Phi(E_{i,j})$ est nilpotente, donc $\chi_{\Phi(E_{i,j})}=(-1)^nX^n$, or $(-1)^nX^{n-1}(X-g_{j,i})=\chi_{E_{i,j}G}=\chi_{\Phi(E_{i,j})}=(-1)^nX^n$, donc $g_{j,i}=0$ si $i\neq j$, d'où $G$ est diagonale. 
\\D'autre part, $\chi_{G^2}=\chi_{\Phi(G)}\quad (1)$, d'aprés 5.a) 3éme partie, or $\Phi(G)=I_n$ et $G^2=Diag(g_{1,1}^2,\ldots,g_{n,n}^2)$, (matrice diagonale), la relation (1) devient $(-1)^n(X-1)^n=(-1)^n\ds\prod_{i=1}^n(X-g_{i,i}^2)$, d'où $g_{i,i}^2=1$ et par suite $G^2=I_n$.
\ee
\item 
\be
\item Soit $A\in{\cal M}_n(\C)$, on a: $\chi_{\Psi(A)}=\chi_{\Phi(AG)}=\chi_{AG^2}=\chi_{A}$ en utilisant la question 5.a) 3éme partie pour $AG$ et le fait que $G^2=I_n$. Donc $\Psi$ conserve le polynôme caractéristique.
\item On a $\Psi$ conserve le polynôme caractéristique, d'aprés les résultats de la 2ème partie $\exists G$ inversible telle que $\Psi=u_{P,P^{-1}}$ ou $\Psi=v_{P,P^{-1}}$, or $\Phi(M)=\Psi(MG^{-1})=\Psi(MG)$ car $G^{-1}=G$ puisque $G^2=I_n$, donc  $\Phi(M)=\Psi(MG)=u_{P,P^{-1}}=PMGP^{-1}$ ou $\Phi(M)=\Psi(MG)=v_{P,P^{-1}}=P^tMGP^{-1}$.
\ee
\item
\be
\item $Tr(AGBG)=Tr(AB)$ car le produit matriciel est commutatif à l'interieur de la trace et que $G^2=I_n$.
\item D'aprés la question précédente et vu que la trace est linéaire, on conclut que: $Tr\left((GBG-B)A\right)=0\quad\qlq\,A\in{\cal M}_n(\C)$, d'aprés la question 2.b) 1ére partie, on concult que $GBG-B=0$.
\item $GBG=B\impliq GB=BG^{-1}=BG$ et d'aprés 1.b) 1ére partie, on a $G=\lambda I_n$, or $G^2=I_n$, d'où $\lambda\in\{-1,1\}$.
\ee
\item Si $w=\varepsilon u_{P,P^{-1}}$, on a: $\chi_{w(A)w(B)}=\chi_{\varepsilon PAP^{-1}\varepsilon PBP^{-1}}=\chi_{PABP^{-1}}=\chi_{AB}$ car deux matrices semblables ont même polynôme caractéristique.
\\Le même raisonnement est encore valable pour le cas où $w=\varepsilon v_{P,P^{-1}}$.
\ee
\centerline{TROISI\'EME PARTIE}
\be
\item 
\be
\item C'est un résultat du cours, qui dit que toute matrice symétrique peut étre diagonalisable dans une base orthonormée, donc la matrice de passage, $P$ est une matrice orthogonale, donc $P^{-1}=^tP$, d'où $A=^tPDP$ avec $D$ diagonale dont les coéfficients diagonaux $(\lambda_i)_{1\ioe i\ioe n}$ sont exactement les valeurs propres de $A$.
\item 
$\begin{array}[t]{ll}
A\text{ positive }&\ssi ^tXAX\soe 0\;\qlq X\in \R^n\\
&\ssi ^tX^tPDPX\soe 0\;\qlq X\in \R^n\\
&\ssi ^t(PX)PDPX\soe 0\;\qlq X\in \R^n\\
&\ssi ^tYPDY\soe 0\;\qlq Y\in \R^n\\
&\quad\text{ car }\;\qlq Y\in \R^n,\exists X=P^{-1}Y\tq y=PX\\
&\ssi ^tE_iDE_i\soe 0\;\qlq i\in\{1,\ldots,n\}\\
&\quad\text{avec }(E_i)\text{la base canonique de }\R^n\\
&\ssi \lambda_i\soe i\;\qlq i\in\{1,\ldots,n\}\\
&\ssi\text{Toutes les valeurs propres de A sont positives}
\end{array}$
\item Même raisonnement que ce qui précède.
\ee
\item
\be
\item 
$\begin{array}[t]{ll}
\lambda\in\text{Sp}_\R(A+\mu I_n)&\ssi\exists X\neq 0\tq (A+\mu I_n)X=\lambda X\\
&\ssi \exists X\neq 0\tq AX=(\lambda-\mu) X\\
&\ssi \lambda-\mu\in\text{Sp}_\R(A)\\
&\ssi \lambda\in\text{Sp}_\R(A)+\mu
\end{array}$
\\Donc $\text{Sp}_\R(A+\mu I_n)=\text{Sp}_\R(A)+\mu$.
\item $\begin{array}[t]{ll}
A+xI_n\text{ définie positive }&\ssi \text{Sp}_\R(A+xI_n)\subset ]0,+\infty[\\
&\qquad \text{D'aprés 1.b) 3ème partie}\\
&\ssi \text{Sp}_\R(A)+x\subset ]0,+\infty[\\
&\qquad\text{D'aprés 2.a) 3ème partie}\\
&\ssi \text{Sp}_\R(A)\subset ]-x,+\infty[\\
&\ssi -x < \min(\text{Sp}_\R(A)),\;\qlq x >\alpha\\
&\ssi x > -\min(\text{Sp}_\R(A)),\;\qlq x >\alpha
\end{array}$
\\En prenant $\alpha=-\min(\text{Sp}_\R(A))$, on obtient le résultat.
\ee
\item 
\be
\item $I_n\in{\cal S}^{++}_n(\R)=\Phi\left({\cal S}^{++}_n(\R) \right)\subset Phi\left({\cal S}_n(\R) \right)$, donc $\exists J\in{\cal S}_n(\R)\tq I_n=\Phi(J)$.
\\D'autre part, soit $A$ matrice symétrique, d'aprés 2.b) 3ème partie, on peut trouver $alpha$ et $x$ des réels tels que $x>\alpha$ et $A+xI_n\in{\cal S}^{++}_n(\R)=\Phi\left({\cal S}^{++}_n(\R) \right)$, donc $\exists B\in{\cal S}^{++}_n(\R)\tq A+xI_n=\Phi(B)$, d'où $A=\Phi(B)-xI_n=\Phi(B)-x\Phi(J)=\Phi(C)$ où $C=B-xJ$ car $\Phi$ est linéaire, donc $\Phi$ est surjectif.
\item $\Phi$ est un endomorphisme surjectif, en dimension finie, donc c'est un automorphisme.
\ee
\item Pour réponrde aux deux questions a) et b), on va d'abord montrer que $\overline{ {\cal S}^{++}_n(\R)}={\cal S}^{+}_n(\R)$, où $\overline{{\cal A}}$ désigne l'adhérance de la partie ${\cal A}$ dans ${\cal M}_n(\R)$.
\\En effet, soit $A\in{\cal S}^{+}_n(\R)$, donc ses valeurs propres, $\lambda_i$ sont positives, d'où $A_k=A+\dfrac 1kI_n\in{\cal S}^{++}_n(\R)$, car ses valeurs propres, $\lambda_i+\dfrac 1k$ sont strictement positives, de plus $\ds\lim_{k\vers +\infty}A_k=A$, d'où $A\in\overline{ {\cal S}^{++}_n(\R)}$, et par suite ${\cal S}^{+}_n(\R)\subset \overline{ {\cal S}^{++}_n(\R)} $.
\\D'autre part, soit $A\in\overline{ {\cal S}^{++}_n(\R)}$, alors $\exists A_k\in{\cal S}^{++}_n(\R)\tq\ds\lim_{k\vers +\infty}A_k=A$, donc $\qlq X\in\R^n\tq X\neq 0$, on a $^tA_k=A_k\text{ et }^tA_kX>0$, en passant à la limite, quand $k\vers +\infty$, car les fonctions $A\mapsto ^tA\text{ et }A\mapsto ^tXAX$ sont continues sur ${\cal M}_n(\R)$, puisque linéaires en dimension finie, on obtient $^tA=A\text{ et }^tXAX\soe 0$, d'où $A$ symétrique et postive, d'où $A\in{\cal S}^{+}_n(\R)$ et par suite: $\overline{ {\cal S}^{++}_n(\R)}\subset{\cal S}^{+}_n(\R)$.
\\Conclusion: $\overline{ {\cal S}^{++}_n(\R)}={\cal S}^{+}_n(\R)$.
\be
\item ${\cal S}^{+}_n(\R)$ est fermé car $\overline{ {\cal S}^{++}_n(\R)}={\cal S}^{+}_n(\R)$
\item $\Phi$ autoprphisme, en dimension finie, donc continue et $\Phi^{-1}$ aussi, donc pour toute partie $\cal A$ de ${\cal M}_n(\R)$, on a: $\overline{\Phi\left({\cal A}\right)}=\overline{{\cal A}}$,  or $\Phi\left({\cal S}^{++}_n(\R)\right)={\cal S}^{++}_n(\R)$, en passant à l'adhérance, on obtient $\Phi\left({\cal S}^{+}_n(\R)\right)={\cal S}^{+}_n(\R)$.
\ee
\item
\be
\item $A$ est symétrique, donc diagonalisable, or elle admet une unique valeur propre, $\lambda$, donc $D=\lambda I_2$, d'où $A=P^{-1}\lambda I_2P=\lambda I_2$ et donc $\Phi(A)=\Phi(\lambda I_2)=\lambda\Phi(I_2)=\lambda I_2=A$.
\item
\be
\item $A-\mu I_2$ est symetrique car $A$ et $I_2$ sont symétriques, d'autre part $\text{Sp}_\R(A-\mu I_2)=\text{Sp}_\R(A)-\mu=\{\lambda,\mu\}-\mu=\{\lambda-\mu,0\}\subset\R^+$, donc $A-\mu I_2$ est positive.
\\On a $0\ioe rg(A-\mu I_2)\ioe 2$, et $\mu$ valeur propre de $A$, donc $A$ n'est pas inversible, donc $rg(A-\mu I_2)\neq 2$, de plus $A\neq \mu I_2$ car admet deux valeurs propres distinctes, donc $A-\mu I_2\neq 0$, donc $rg(A-\mu I_2)\neq 0$, donc $rg(A-\mu I_2)=1$
\item On a: $\Phi\left({\cal S}^+_n(\R)\right)={\cal S}^+_n(\R)$, or $A-\mu I_2$ est symétrique, positive, donc $\phi(A)-\mu I_2=\phi(A-\mu I_2)\in\Phi\left({\cal S}^+_n(\R)\right)={\cal S}^+_n(\R)$, symétrique, positive.
\\Supposons que: $rg\left(\Phi(A)-\mu I_2\right)=0$, alors $\Phi(A)=\mu I_2=\mu\Phi(I_2)=\Phi(\mu I_2)$, or $\Phi$ est bijective, donc $A=\mu I_2$, absurde.
\\Supposons que: $rg\left(\Phi(A)-\mu I_2\right)=2$, alors $\Phi(A)-\mu I_2$ est inversible, donc n'admet pas de valeur propre nulle, or elle est symétrique, positive, donc devient symétrique définie positive, c'est à dire $\Phi(A)-\mu I_2=\Phi(A-\mu I_2)\in\left({\cal S}^{++}_n(\R)\right)=\Phi\left({\cal S}^{++}_n(\R)\right)$, or $\Phi$ automorphisme, donc $A-\mu I_2=\Phi^{-1}\circ\Phi(A-\mu I_2)\in\Phi^{-1}\left({\cal S}^{++}_n(\R)\right)={\cal S}^{++}_n(\R)$, en particulier $A-\mu I_2$ est inversible, impossible puisque $\mu$ est une valeur propre de $A$.
\\Conclusion: $rg\left(\Phi(A)-\mu I_2\right)=1$, et par suite $\mu$ est une valeur propre de $\Phi(A)$.
\item Les valeurs propres de $-A$ sont $-\lambda$ et $-\mu$ avec $-\mu>\-lambda$, de la même façon que dans 5.b.i) on montre que $-A+\lambda I_2$ est symétrique, positive et de rang 1, puis que $-\Phi(A)+\lambda I_2$ est aussi de rang 1, puis on conclut que $\lambda$ est une valeur propre de $\Phi(A)$.
\ee
\item D'aprés ce qui précède on a: $\text{Sp}_\R(A)=\text{Sp}_\R(\Phi(A))$, d'où $\chi_{\Phi(A)}=\chi_{A}=X^2-(\lambda+\mu)X+\lambda\mu$.
\ee
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\begin{center}
\shadowbox{\huge{Fin.}}
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\end{document}