PC∗
Corrigé : forme normale pour un vecteur propre (CCP PC 2013)
Partie I : étude dans un cas particulier
I. 1.
I.1.a. Le polynôme caractéristique de A vaut (après calcul) (X − 1)2(X + 2) donc Sp(A) = {1, −2}. I.1.b. Si (e) désigne la base canonique de M3,1(K), on a det(e)(u1, u2, u3) =
1 0 1 0 1 1 −1 −1 1
= 3 , 0 donc (u1, u2, u3) est une base de M3,1(K).
On calcule Au1= u1, Au2= u2et Au3= −2u3donc cette base est bien constituée de vecteurs propres de A. I.1.c. Il existe une base formée de vecteurs propres de A donc A est diagonalisable.
I.1.d. On calcule Bu1= 4 0 0 , Bu2= −2 2 −4 , Bu3= −1 2 −1 .
Pour chacune des valeurs de i ∈ {1, 2, 3} on a pas Bui∈Vect(ui), donc aucun des ui n’est vecteur propre de B.
I. 2.
I.2.a. Le polynôme caractéristique de B vaut (après calcul) (X − 2)3donc Sp(B) = {2}. I.2.b. Im2(B) = Im(B−2I). Or B−2I =
1 −3 −1 0 0 0 1 −3 −1
est une matrice de rang 1, toutes ses colonnes étant proportionnelles à u4. Ainsi, Im2(B) = Vect(u4).
D’après le théorème du rang, on a dim E2(B) = 3 − dim Im2(B) = 2.
I.2.c. 2 est la seule valeur propre de B donc la somme des dimensions des sous-espaces propres, égale à 2, est strictement inférieure à dim M3,1(K) : B n’est pas diagonalisable.
I. 3.
I.3.a. D’après la question I.1, dim E1(A) = 2 ; d’après la question I.2, dim E2(B) = 2. Ainsi, dim E1(A) ∩ E2(B) ∈ {0, 1, 2}. On calcule Au5= u5et Bu5= 2u5donc Vect(u5) ⊂ E1(A) ∩ E2(B), et dim E1(A) ∩ E2(B) ∈ {1, 2}.
Or E1(A) , E2(B) car u1∈E1(A) \ E2(B), donc dim E1(A) ∩ E2(B) = 1 et ainsi E1(A) ∩ E2(B) = Vect(u5).
I.3.b. D’après la question I.1, E−2(A) = Vect(e3) et e3n’est pas vecteur propre de B donc E−2(A) ∩ E2(B) = {0}. On en déduit que les seuls vecteurs propres communs à A et B sont les λu5avec λ , 0.
I. 4.
I.4.a. On calcule AB − BA = C.
I.4.b. Le polynôme caractéristique de C vaut (après calcul) X(X − 6)(X + 6) ; il est scindé à racines simples donc C est diagonalisable, et ainsi semblable à la matrice D. Le rang est un invariant de similitude donc rg C = rg D = 2.
Partie II : condition nécessaire et conditions suffisantes
II. 1.
II.1.a. Il existe λ et µ dans K tels que Ae = λe et Be = µe. Alors ABe = BAe = λµe donc [A, B]e = 0 et e ∈ Ker[A, B]. II.1.b. e est vecteur propre donc non nul ; ainsi, dim Ker[A, B] > 1 et d’après le théorème du rang, rg[A, B] < n.
II. 2.
Si [A, B] = 0 alors Ker[A, B] = M3,1(()C) et tout sous-espace propre de A est inclus dans Ker[A, B].Or en supposant K = C on s’assure l’existence d’au moins une valeur propre pour A, donc A et B vérifient la propriété H.
II. 3.
II.3.a. La linéarité de ψ est évidente ; il s’agit donc de montrer que pour tout x ∈ Eλ(A), ψ(x) ∈ Eλ(A).
Soit donc x ∈ Eλ(A). Ax = λx et BAx = λBx. Or par hypothèse, [A, B]x = 0 donc ABx = BAx et ainsi ABx = λBx, ce qui montre que Bx ∈ Eλ(A).
II.3.b. λest valeur propre de A donc Eλ(A) est un C-espace vectoriel de dimension au moins égale à 1. Tout endomor-phisme de Eλ(A) et en particulier ψ possède au moins une valeur propre µ (le corps de base est C) : il existe donc e ∈ Eλ(A) tel que e , 0 et ψ(e) = µe, soit Be = µe. Le vecteur e est un vecteur propre commun à A et B.
II. 4.
Les seuls endomorphismes d’un espace vectoriel de dimension 1 sont les homothéties vectorielles, et tout vecteur non nul est vecteur propre d’une homothétie. Tout vecteur non nul est donc vecteur propre commun à φ et ψ. La propriété P1est vérifiée.II. 5.
II.5.a. A et B ne vérifient pas la propriété H donc il existe u ∈ Eλ(A) tel que u < Ker[A, B], soit tel que Au = λu et Cu , 0.
II.5.b. v = Cu est un vecteur non nul de Im C et dim(Im C) = 1 donc Im C = Vect(v).
II.5.c. v = (Ab − BA)u = ABu − BAu = ABu − λBu = (A − λIn)Bu donc v ∈ Im(A − λIn) = Imλ(A). D’après la question précédente, on en déduit que Im C ⊂ Imλ(A).
II.5.d. rg C = 1 donc dim(Im C) = 1 et 1 6 dim(Imλ(A)).
λest valeur propre de A donc dim Eλ(A) > 1 et d’après le théorème du rang, dim(Imλ(A)) 6 n − 1. II.5.e. A et A − λIncommutent donc [A, A − λIn] = 0.
B et Incommutent donc [B, In] = 0. Mais par linéarité [B, A − λIn] = [B, A] − λ[B, In] = [B, A] = −[A, B] = −C.
La linéarité de ϕ et ψ est évidente. De plus, pour tout y ∈ Imλ(A) il existe x ∈ Mn,1(C) tel que y = (A − λIn)x et :
Ay = A(A − λIn)x = (A − λIn)Ax ∈ Imλ(A) et By = B(A − λIn)x = −Cx + (A − λIn)Bx ∈ Imλ(A) car Im(C) ⊂ Imλ(A)
Il en résulte que ϕ et ψ sont des endomorphismes de Imλ(A). II.5.f. Posons k = dim(Imλ(A)). D’après II.5.d on a k ∈ ~1, n − 1.
Pour tout x ∈ Imλ(A), [ϕ, ψ](x) = [A, B]x = Cx. Par hypothèse rg(C) = 1 et on sait d’après la question II.5.c que Im C ⊂ Imλ(A) donc rg[ϕ, ψ] = 1. On peut donc appliquer la propriété Pk : ϕ et ψ possèdent un vecteur propre commun x dans Imλ(A).
Il existe donc α et β dans C tels que ϕ(x) = αx et ψ(x) = βx, soit encore Ax = αx et Bx = µx ; A et B ont bien un vecteur propre en commun.
II. 6.
Raisonnons par récurrence sur n ∈ N∗. – La propriété P1a été prouvée à la question II.4.– Si n > 2, supposons la propriété Pk acquise pour tout k ∈ ~1, n − 1 et considérons deux endomorphismes ϕ et ψ d’un
espace vectoriel E de dimension n vérifiant rg[ϕ, ψ] 6 1.
Soit (e) une base de E, A = Mat(e)(ϕ) et B = Mat(e)(ψ). On a rg[A, B] 6 1.
– Si rg[A, B] = 0 alors [A, B] = 0 et la question II.2 montre que A et B vérifient H. La question II.3 montre alors que A et B possèdent un vecteur propre en commun.
– Si rg[A, B] = 1, la question II.5 associée à l’hypothèse de récurrence montre que A et B possèdent là encore un vecteur propre en commun.
Dans tous les cas les matrices A et B, et donc les endomorphismes ϕ et ψ, possèdent un vecteur propre en commun. La propriété Pnest démontrée, la récurrence se propage.
Partie III : étude d’un autre cas particulier
III. 1.
g(P) = X2nP 1 X = X2n 2n X k=0 akX −k = 2n X k=0 akX2n−k= 2n X j=0 a2n−jXj en posant j = 2n − k.III. 2.
La dérivation est un opérateur linéaire et pour tout P ∈ E, P0∈E donc f est un endomorphisme de E. La question précédente montre que g est à valeurs dans E.g est linéaire car g(λP + Q) = X2n(λP + Q) 1 X = λX2nP 1 X + X2nQ 1 X
= λg(P) + g(Q) donc g est un endomorphisme de E.
III. 3.
III.3.a. Soit P un vecteur propre de g pour une valeur propre λ. Avec les notations de la question III.1 on a pour tout
k ∈ ~0, 2n, a2n−k= λak.
P est non nul donc il existe k ∈ ~0, 2n tel que ak, 0. – Si k > n alors deg P > n.
– Si k < n, on a ak= a2n−(2n−k)= λa2n−kdonc a2n−k, 0. Mais 2n − k > n donc deg P > n. Dans tous les cas on a bien deg P > n.
III.3.b. g(Xn) = Xndonc Xnest vecteur propre pour la valeur propre 1.
III. 4.
III.4.a. On a P(i)= 0 ⇐⇒ deg P 6 i − 1 donc Ker(fi) = Ci−1[X].
III.4.b. Soit P ∈ E \ {0} et λ ∈ C tel que fi(P) = λP. Si λ , 0 on a deg fi(P) = deg P soit deg P − i = deg P, ce qui est absurde. On a donc nécessairement λ = 0.
Réciproquement λ = 0 est bien valeur propre de fi avec pour sous-espace propre Ci−1[X] donc Sp(fi) = {0}.
III. 5.
Supposons que fi et g aient un vecteur propre en commun P. D’après III.3a on a deg P > n et d’après III.4b, deg P 6 i − 1. On en déduit que i − 1 6 n, soit i > n + 1.Réciproquement, supposons i > n + 1. Alors d’après les questions III.3b et III.4b le polynôme Xnest un vecteur propre commun à fiet à g.
III. 6.
On a An= 0 1 0 · · · 0 .. . . .. 2 ... ... .. . . .. ... 0 .. . . .. 2n 0 · · · 0 et Bn= 0 · · · 0 1 .. . ... ... 0 .. . ... ... ... ... 0 ... ... ... 1 0 · · · 0 III. 7.
III.7.a. Pour n = 1 on obtient A1= 0 1 0 0 0 2 0 0 0 et B1= 0 0 1 0 1 0 1 0 0 et on calcule A21= 0 0 2 0 0 0 0 0 0 et A31= O3.
III.7.b. On calcule [A1, B1] = 0 1 0 2 0 −2 0 −1 0
donc rg[A1, B1] = 2. On calcule [A21, B1] = 2 0 0 0 0 0 0 0 −2 donc rg[A21, B1] = 2.
III.7.c. D’après III.5 les matrices A1 et B1 n’ont pas de vecteurs propres en commun alors que rg[A1, B1] < 3. La condition de la question II.1b (à savoir rg[A, B] < dim E) n’est pas suffisante pour s’assurer de l’existence d’un vecteur propre commun à A et B.
Toujours d’après III.5 les matrices A21et B1ont un vecteur propre en commun, alors que la propriété de la question II.6 (à savoir rg[A, B] = 1) n’est pas vérifiée. Cette condition n’est donc pas nécessaire pour s’assurer que A et B ont un vecteur propre en commun.
Partie IV : forme normale pour un vecteur propre
IV. 1.
Considérons deux vecteurs propres (X, Y) formant une famille libre de Eλ(A). Si l’un des deux possède une composante nulle alors ce vecteur est élément de N donc est sous forme normale.Si les composantes de chacun de ces deux vecteurs sont non nuls, on pose Z = x1Y − y1X. Il s’agit d’un vecteur propre de A, non nul cars (X, Y) est libre et (x1, y1) , (0, 0), et sa première composante est nulle donc il appartient à N . Il est donc sous forme normale.
IV. 2.
IV.2.a. La matrice M définie par Mi,j= i − j est antisymétrique donc An(C) , {On}.
IV.2.b. Si M est antisymétrique alors Mi,i= 0 pour tout i ∈ ~1, n donc chacune des colonne de M possède un coefficient
nul donc appartient à N .
IV.2.c. La linéarité de ϕ et ψ est évidente. De plus, si M ∈ An(C) alors ϕ(M)T= AMT+ MTAT= −AM − MAT= −ϕ(M)T
donc ϕ(M) ∈ An(C), et ψ(M)T= AMTAT= −AMAT= −ψ(M) donc ψ(M) ∈ An(C). Nous avons montré que ϕ et ψ sont des
endomorphismes de An(C).
IV.2.d. Pour tout M ∈ An(C),
ϕ ◦ ψ(M) = Aψ(M) + ψ(M)AT= A2MAT+ AM(AT)2 et ψ ◦ ϕ(M) = Aϕ(M)AT= A2MAT+ AM(AT)2 donc ϕ ◦ ψ = ψ ◦ ϕ.
IV. 3.
IV.3.a. (i) BT= X2XT1−X1XT2 = −B donc B ∈ An(C).
(ii) Supposons B = On, soit X1XT2 = X2XT1. Si on note X1= x1,1 .. . x1,n et X2= x2,1 .. . x2,n la jecolonne de X 1XT2 vaut x2,jX1et celle de X2X1Tvaut xi,jX2. On a donc pour tout j ∈ ~1, n, x2,jX1= x1,jX2. Mais la famille (X1, X2) est libre donc pour tout
j ∈ ~1, n, (x1,j, x2,j) = (0, 0), ce qui est absurde. On en déduit que B , On.
(iii) AB = AX1X2T−AX2X1T= λ1X1XT2− λ2X2XT1. En transposant, sachant que B est antisymétrique, on obtient : −BAT= λ1X2XT1− λ2X1XT2. On en déduit AB + BAT= λ1(X1XT2−X2XT1) − λ2(X2X1T−X1X2T) = (λ1+ λ2)B.
(iv) ABAT= AX1(AX2)T−(AX2)(AX1)T= λ1λ2X1XT2− λ2λ1X2XT1 = λ1λ2B. IV.3.b. En développant et en utilisant (iii) et (iv) on obtient :
(A − λ1In)(A − λ2In)B = A2B − (λ1+ λ2)AB + λ1λ2B = A2B − A(AB + BAT) + ABAT= On
IV.3.c. On a ici AB = λ2B, ce qui signifie que chacune des colonnes B1, . . . , Bnde B vérifie ABj= λ2Bj. Puisque B , On
(question IV.3a) l’une de ses colonnes au moins est vecteur propre de A, et puisque B est antisymétrique, cette colonne est élément de N (question IV.2b).
IV.3.d. Ici, chacune des colonnes non nulles (il en existe au moins une) de la matrice (A − λ2In)B est vecteur propre de
A pour la valeur propre λ1. Or ces vecteurs colonnes sont dans Im(A − λ2In) = Imλ2(A) ; ils sont donc sous forme normale
(au sens de la deuxième caractérisation de cette forme normale).
IV. 4.
IV.4.a. On a [ϕ, ψ] = 0 donc d’après la question II.6 les endomorphismes ϕ et ψ ont un vecteur propre commun, autrement dit une matrice non nulle et antisymétrique B ∈ An(C) et deux scalaires α et β tels que ϕ(B) = αB et ψ(B) = βB,
ce qui s’écrit : AB + BAT= αB et ABAT= βB.
IV.4.b. On calcule (A2− αA + βIn)B = A2B − αAB + βB = A2B − A(AB + BAT) + ABAT= On.
IV.4.c. Le polynôme X2− αX + β est scindé dans C[X] donc il existe (γ, δ)2tels que X2− αX + β = (X − γ)(X − δ), et l’égalité précédent s’écrit alors (A − γIn)(A − δIn)B = On.
IV.4.d. On raisonne comme en IV.3c : chacune des colonnes non nulles de B est vecteur propre de A pour la valeur propre δ (et il en existe au moins une car B , On), et chacun de ses vecteurs propres appartient à N puisque B est
antisymétrique donc est sous forme normale.
IV.4.e. On raisonne comme en IV.3d : chacune des colonnes non nulles X (il en existe au moins une) de la matrice (A − δIn)B vérifie AX = γX donc est vecteur propre de A pour la valeur propre γ, ce qui implique au passage qu’on a aussi
γ= λ puisque A possède une unique valeur propre. Or ces vecteurs colonnes sont dans Im(A − deltaIn) = Imλ(A) ; ils sont
donc sous forme normale.
IV.4.f. Par hypothèse A possède une unique valeur propre λ donc δ n’est pas valeur propre de A, ce qui signifie que A − δInest inversible. Sachant que On= (A − γIn)(A − δIn)B = (A − δIn)(A − γIn)B on obtient en multipliant à gauche par
(A − δIn)
−1
que (A − γIn)B = On. On peut alors appliquer IV.4d et en déduire que A possède un vecteur propre sous forme
normale.
IV.4.g. Considérons une matrice A ∈ Mn(C) quelconque. Cette matrice possède au moins une valeur propre car
χ
Aest scindé sur C.– Si A possède au moins deux valeurs propres, la question IV.3 montre que A possède un vecteur propre sous forme normale.
– Si A possède une unique valeur propre, la question IV.4 montre que A possède un vecteur propre sous forme normale. Nous avons donc montré que dans tous les cas la matrice A possède un vecteur propre sous forme normale.
