Concours National Commun

Epreuve 2 : MP

Session 2003

1^ere Partie

Soit l Î \mathbb C ; montrer que l Î Sp_{\mathbb K} (C)Ûdet(A-lI_n)=0Ûdet(^tA-lI_n)=0Ûl Î Sp_{\mathbb K} (^tC). NB det(M)=det(^tM) "M Î M_n(\mathbb K ) .
Il est clair que F_A,B(X+lY)=F_A,B(X)+lF_A,B( Y) .
1. En notant les coefficients de la matrice V^tW par (V^tW)_i,j on a (V^tW)_i,j=v_iw_j. D'autre part V ¹ 0 car vecteur propre, donc $1 £ i £ n tel que v_i ¹ 0, de même $1 £ j £ n tel que w_j ¹ 0, d'où $1 £ i,j £ n tel que (V^tW)_i,j=v_iw_j ¹ 0 et donc la matrice V^tW est non nulle.
2. On a AV=av,^tBW=bW donc AV=av,^tWB=b^tW F_A,B(V^tW)=AV^tW+V^tWB=(a+b)V^tW, or V^tW ¹ 0 donc V^tW est un vecteur propre de F_A,B associé à la valeur propre a+b.
1. Raisonnons par récurrence sur k Î \mathbb N .
  Le résultat est évidemnt vrai pour k=0. NB M⁰=I_n "M Î M_n(\mathbb K ).
  Supposons maintenant A^kY=Y(lI_n-B)^k et montrons que A^k+1Y=Y(lI_n-B)^k+1. On a d'abord F_A,B=lY, donc AY+YB=lY et on trouve AY=Y(lI_n-B). Donc A^k+1Y=AA^kY=AY(lI_n-B)^k=Y(lI_n-B)^k+1.
2. Soit un polynôme P, à coefficients dans \mathbb K , et de degré d, donc P(X)=å_k=0^da_kX^k, et donc P(A)Y=å_k=0^da_kA^kY=å_k=0^da_kY(lI_n-B)^k=Yå_k=0^da_k(lI_n-B)^k=YP(lI_n-B) .
3. -D'aprés le théorème de Cayley-Hamilton, P_A(A)=0 donc YP_A(lI_n-B)=0 notons S=P_A(lI_n-B)) so S était inversible YS=0 Þ YSS^-1=Y=0 ce qui est impossible puisque Y est un vecteur propre, donc la matrice P_A(lI_n-B) n'est pas inversible .
  -Il est clair que si un produit de matrices n'est pas inversible alors l'une au moins des matrices intervenant dans ce produit n'est pas inversible.
  Or P_A(lI_n-B)=(-1)ⁿÕ_{m Î Sp_{\mathbb K}(A)}((l-m) I_n-B)^b_m n'est pas inversible donc $m Î Sp_{\mathbb K}(A) tel que ((l-m) I_n-B)^b_m n'est pas inversible et donc $m Î Sp_{\mathbb K}(A) tel que (l-m) I_n-B n'est pas inversible .En prenant a=m on peut en déduire qu'il existe a Î Sp_{\mathbb K}(A) tel que la matrice (l-a)I_n-B ne soit pas inversible .
Si le polynôme P_A est scindé sur \mathbb K alors :
l Î Sp_{\mathbb K}( F_A,B) Þ $a Î Sp_{\mathbb K}(A) tel que la matrice (l-a)I_n-B ne soit pas inversible c'est à dire det((l-a)I_n-B)=0 et donc l-a Î Sp_{\mathbb K}( B) donc $b Î Sp_{\mathbb K}( B) tel que l-a=b d'où l = a+b or a Î Sp_{\mathbb K}( A) d'où l Î Sp_{\mathbb K}( A)+Sp_{\mathbb K}( B) et on conclut que Sp_{\mathbb K}( F_A,B) Ì Sp_{\mathbb K}( A)+Sp_{\mathbb K}( B) .
Inversement, d'aprés la question 3.b on voit que Sp_{\mathbb K}( F_A,B) É Sp_{\mathbb K}( A)+Sp_{\mathbb K}( B) . D'où l'égalité.
Supposons que å_i=1^pY_i^tZ_i=0, on multiplie cette égalité à droite par un Z_j où 1 £ j £ n fixe, mais quelconque d'où å_i=1^pa_iY_i=0 où a_i=^tZ_iZj, or (Y₁,¼,Y_p) une famille libre de M_n,1(\mathbb K ) donc les a_i sont tous nuls en particulier a_j=^tZ_jZ_j=||Z_j||₂=0 et donc Z_j=0 "1 £ j £ n.
La réciproques est bien evidente.
La famille (U_i^tW_j)_{1 £ i,j £ n} est formée par des vecteurs propres de F_A,B, pour montrer que l'endomorphisme F_A,B est diagonalisable il suffit de montrer que c'est une base de M_n(\mathbb K ) or il est de cardinal n² égal à la dimension de M_n(\mathbb K ) il suffit donc de montrrer qu'elle est libre.
En effet å_{1 £ i,j £ n}a_i,jU_i^tW_j=0 Þ å_i=1ⁿU_i^tZ_i=0 où Z_i=å_j=1ⁿa_i,jW_j d'aprés la question précédente Z_i=å_j=1ⁿa_i,jW_j=0 "1 £ i £ n or (W_j)_{1 £ j £ n}) est aussi libre donc
a_i,j=0 "1 £ i,j £ n.
1. "(M=(m_i,j),N,P) Î M_n³(\mathbb R ),"l Î \mathbb R on a : < M+lN,P > =Tr(^tMP+l^tNP)=Tr(^tMP)+lTr(^tNP)= < M,P > +l < N,P > .
  < M,N > =Tr(^tMN)=Tr(^t(^tMN)=Tr(^tNM)= < N,M > .
  < M,M > Tr(^tMM)= la somme des termes diagonaux de la matrice ^tMM or ces termes diagonaux sont å_j=1ⁿm_i,j² d'où < M,M > =å_{1 £ i,j £ n}m_i,j² ³ 0.
  < M,M > =0 Þ å_{1 £ i,j £ n}m_i,j²=0 Þ les m_i,j sont tous nuls ce qui implique que M=0 et ainsi les propriétes du produit scalaire sont tous verifiés.
2. Question de cours à la portée de tous .
3. Pour montrer alors que F_A,B est un endomorphisme autoadjoint de l'espace euclidien ( M_n(\mathbb R ), < , > ) il faut montrer que < F_A,B(X),Y > = < X,F_A,B(Y) > quad "(X,Y) Î M_n²(\mathbb R ), c'est à dire < AX,Y > + < XB,Y > = < X,AY > + < X,YB > , or < AX,Y > =Tr(^tX^tAY)=Tr(^tXAY)= < X,AY > de même on montre que < XB,Y > = < X,YB > .

2^eme Partie

Soit l valeur propre de S et X un vecteur propre associé, donc SX=lX d'où
0 < ^tXSX=l||X||₂² or X ¹ 0 car vecteur propre donc ||X||₂² > 0 d'où l > 0.
les valeurs propres F_S sont de la forme l+m où l,m des valeurs propres de S donc strictement positifs, ainsi les valeurs propres F_S sont strictement positifs or F_S est diagonalisable dans une base orthogonale donc est F_S definie positif .
Supposons F_S(X) symétrique donc t^XS+S^tX=SX+XS d'où
F_S(^tX-X)=(^tX-X)S+S(^tX-X)=0 or F_S inversible car définie positive donc ^tX-X et donc X symétrique.
La réciproque est bien plus facile.
1. En prenant (
  
  1
  
  0
  ) . on a=^tXAX > 0, en plus A définie positive donc det(A)=ac-b² > 0.
2. ^tUAU=ax²+2bxy+cy²=a((x+[b/a]y)²+y²[(ac-b²)/(a²)] ) > 0 alors A est définie positive .
3. F_A(X_l )=(
  
  2al
  (1+l)b
  
  (1+l)b
  2c
  ) , detF_A(X_l )=-l²b²+l(4ac-2b²)-b² ®-¥ si l®+¥ donc detF_A(X_l ) < 0 à partir d'un certain rang et dans ce cas F_A(X_l ) ne peut pas être definie positive.
Parceque S diagonalisable dans une base orthogonale, puisque définie positive.
1. F_D(Y)=DY+YD=P^-1SPP^-1XP+P^-1XPP^-1SP=P^-1F_S(X)P=P^-1MP=N.
  D'autre part, tout calcul matriciel fait on trouve DY+YD=(l_iy_i,jl_j)_{1 £ i,j £ n}
  or DY+YD=F_D(Y)=N=(n_i,j)_{1 £ i,j £ n} d'où l'égalité : y_i,j=[(n_i,j)/(l_i+l_j)].
2. P^-1=^tP car P matrice orthogonale donc N=^tPMP d'où ^tN=^tP^tMP=^tPMP car M symétrique. En plus soit X un vecteur de M_n,1(\mathbb R ) on a ^tXNX=^t(PX)M(PX) > 0 car M définie positive.
3. - Le calcul matriciel montre que ^tUYU=å_{1 £ i,j £ n}u_iy_i,ju_j=å_{1 £ i,j £ n}[(n_i,j)/(l_i+l_j)]u_iu_j .
  - Soit a > 0 et 0 < x < 1 on a ò_x¹t^a-1dt=[(1-x^a)/(a)]®[1/(a)](finie) quand x®0⁺; ce qui montre que l'application t® t^a-1 est intégrable sur l'intervalle ]0,1] .
  - Le calcul matriciel donne ^tU(s)NU(s)=å_{1 £ i,j £ n}s^l_i+l_j-1n_i,ju_iu_j est intégrable en tant que somme finie de fonctions intégrables les l_i+l_j joueront le rôle de a dans la question précédente.
  - ò₀¹^tU(s)NU(s)=å_{1 £ i,j £ n}[(n_i,j)/(l_i+l_j)]u_iu_j=^tUYU or N symétrique définie
  positive donc ^tU(s)NU(s) > 0 car U(s) ¹ 0
  en particulier ò₀¹^tU(s)NU(s)=^tUYU > 0.
4. On a X=PY^tP, soit U un vecteur de M_n,1(\mathbb R ) donc ^tUXU=^t(^tPU)Y(^tPU) > 0 car la matrice Y est définie positive la matrice X est définie positive. D'autre part M=F_S(X) est symétrique donc X aussi d'aprés la question 3. de la 2ème partie.

3^eme Partie

1. Soit X=(
  
  a
  b
  
  c
  d
  ), X Î KerF_A,-AÛAX=XAÛ(m₁-m₂)c=(m₁-m₂)b=0Ûb=c=0ÛX=(
  
  a
  0
  
  0
  d
  ); et donc dimKerF_A,-A=2.
2. Soit X=(x_i,j)_{1 £ i,j £ n}, le calcul matriciel donne encore une fois
  AX=(l_ix_i,j)_{1 £ i,j £ n},XA=(l_jx_i,j)_{1 £ i,j £ n}, en particulier
  X Î KerF_A,-AÛAX-XA=0Û(l_i-l_j)x_i,j=0 "1 £ i,j £ nÛx_i,j=0 "1 £ i,j £ n tel que i ¹ jÛX est une matrice diagonale, donc KerF_A,-A est formé par les matrices diagonale et sa dimension est égale à n.
1. Résultat trés classique .
2. Soit P une matrice inversible et D une matrice diagonale telle que A=P^-1DP, X Î KerF_A,-AÛAX=XAÛP^-1DPX=XP^-1DPÛDPXP^-1=PXP^-1DÛPXP^-1 Î KerF_D,-DÛX\inP^-1KerF_D,-DP, d'où KerF_A,-A=P^-1KerF_D,-DP est isomorphe à KerF_D,-D à l'aide de l'ismorphisme M® PMP^-1 donc sont de même dimension or D diagonale donc dimKerF_D,-D=n d'où dimKerF_A,-A=n aussi .
1. L'application A®F_A,-A est continue sur M_n(\mathbb C ) car linéaire définie un espace vectoriel de dimension finie.
2. L'application A=(a_i,j)_{1 £ i,j £ n}® det( (a_i,j)_{1 £ i,j £ q}) est continue sur M_n(\mathbb C ) car somme et produit des applications A=(a_i,j)_{1 £ i,j £ n}® a_i,j qui sont continues car linéaires.
Soit M Î M_n(\mathbb C ) donc trigonalisable, il existe donc Q inversible et T=(

l₁
¼
a_1,n

:
^··_·
:

0
¼
l_n
) triangulaire telles que A=Q^-1TQ où l_i un valeur propre de M qui se répétent q fois et e = min_{l_j ¹ l_i}|l_j- l_i| il est clair que l_i+e ¹ l_j donc en remplaçant dans T, l_i par l_i+e alors dans T la valeur propre l_i ne va se répéter que q-1 fois, on répéte l'itération jusqu'à ce qu'elle ne se répéte plus. Et on fait pareil pour les autres valeurs propres et on obtient une matrice triangulaire T_e dont toutes les valeurs propres sont deux à deux distinctes et qui en plus tend vers T quand e tends vers 0 (quitte à diviser e par n et tendre n vers +¥). Ainsi T_e est diagonalisable donc Q^-1T_e Q aussi, d'autre part Q^-1T_e Q®Q^-1T Q=A, d'où la densité.
1. Pour montrer que l'ensemble O_r={ C Î M_n(\mathbb C ),rg(C) > r} est un ouvert de M_n(\mathbb C ) il suffit de montrer que son complémentaire F_r={ C Î M_n(\mathbb C ),rg(C) £ r} est un fermé de M_n(\mathbb C ).
  Notons j_q l'application A=(a_i,j)_{1 £ i,j £ n}® det( (a_i,j)_{1 £ i,j £ q}) . C Î F_rÛ"q ³ r j_q (C)=0 et donc F_r=È_q=rⁿ{ C Î M_n(\mathbb C ) tel que j_q (C)=0} est ruénion finies d'ensembles fermés, car j_q continue, donc fermé.
2. Si (A_p)_p une suite de matrices éléments de M_m(\mathbb C ) avec m ³ 2, toutes de rang s > 0 convergeant vers une matrice A avec les notations de la question précédente A_p Î F_s "p Î \mathbb N ^* qui est fermé donc A=limA_p Î F_s .D'où le rang de A est inférieur ou égal à s .
Soit un matrice A de M_n(\mathbb C ), et (A_p) une suite de matrice ayant n valeurs propres deux à deux distinctes, convergente vers A, (cette suite existe d'aprés la question 4.). d'autre part l'application M®F_M,M est continue donc F_{A_p,-A_p} converge vers F_A,-A. Notons rg(F_{A_p,-A_p})=s donc s=n²-dimKer(F_{A_p,-A_p}) (d'aprés la formule du rang), et d'aprés la question 2.b. dimKer(F_{A_p,-A_p})=n donc rg(F_{A_p,-A_p})=s=n²-n et enfin d'aprés la question 5.b. rg(F_A,-A) ³ n²-n, en utilisant encore une fois la formule du rang, mais cette fois pour F_A,-A on obteint que la dimension du noyau de l'endomorphisme F_A,-A est supérieur ou égal à n .

FIN

a Mamouni My Ismail PCSI 2 Casablanca Maroc

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On 1 May 2004, 11:12.