MPSI B Année 2014-2015 corrigé DM 15 29 juin 2019
Problème 1
1. InterprétonsM comme la matrice d'un endomorphisme. SoitE unK-espace vectoriel de dimensionnet Aune base deE. Dénissons f ∈ L(E)et des cj∈Epar :
MatA (f) =M, ∀j∈ {1,· · · , n}: Mat
A (cj) =Cj
La famille C = (c1,· · · , cn) est une base deE avec la matrice de passage PAC =P. La condition matricielleM Cj =µjCj se traduit vectoriellement parf(cj) =µjcj ce qui entraîne queMatC(f)est diagonale avec lesµj sur la diagonale. On conclut avec la formule de changement de base pour un endomorphisme. Le déterminant deM est le déterminant de cette matrice diagonale soit le produit desµj.
2. SiLest une ligne propre de M de valeur propreµ0 alors, en transposant, tL devient une colonne propre de tM de même valeur propre µ0. Comme la transposition est un isomorphisme de l'espace des lignes vers l'espace des colonnes, ceci montre que M l-diagonalisable entraîne tM c-diagonalisable avec les mêmes valeurs propres. La question 1 montre alors quedettM =µ01· · ·µ0n. CommedetM = dettM, on en déduit detM =µ01· · ·µ0n.
3. a. Par associativité du produit matriciel,
δ(CiL) =A(CiL) = (ACi)L=αiCiL
b. Soit(L1,· · · , Ln)une base quelconque de l'espace des lignes (par exemple la base canonique). D'après le résultat admis par l'énoncé, lesn2matricesCiLj forment une base deMn(K). Commeδ(CiLj) =µiCiLj, la matrice deδdans cette base est diagonale de taillen2×n2avec desµisur la diagonale, chacun se retrouvant nfois car il y anlignesLj. On en déduit
detδ=αn1· · ·αnn= (detA)n
4. On raisonne comme en 3. mais avec la base des matrices CiLj formées à partir des colonnes propres deAet des lignes propres deB. Comme
λ(CiLj) =ACiLj+CiLjB=αiCiLj+βjCiLj = (αi+βj)CiLj
La matrice deλdans cette base est encore diagonale avec desαi+βj sur la diagonale.
On en déduit
detλ=Y
i,j
(αi+βj)
Problème 2
Partie I. Coecients du polynôme caractéristique
1. Pour calculer le premier déterminant, on le développe suivant la dernière colonne, chaque déterminant3×3qui apparaît est triangulaire :
PA(x) =−a
−1 x 0
0 −1 x
0 0 −1
+b
x 0 0
0 −1 x
0 0 −1
−c
x 0 0
−1 x 0
0 0 −1
+ (x+d)
x 0 0
−1 x 0
0 −1 x
=x4+dx3+cx2+bx+a
Je connais pas d'astuce pour calculer le deuxième déterminant. En développant suivant la première colonne, on obtient
PA(x) =x(x2+c)−a(−ax+bc) +b(ac+xb) =x(x2+a2+b2+c2)
2. Le déterminant d'une matricen×nest une somme de produits. Chaque produit est formé denfacteurs. Les coecients diagonaux de la matrice sont de degré 1 enxtous les autres sont de degré 0. Le polynôme P est donc de degré n au plus. En fait, le degré d'un produit intervenant dans la somme est le nombre de termes diagonaux qu'il contient (c'est à dire le nombre de points invariants de la permutation dénissant ce produit). Il est impossible qu'un produit contiennen−1termes diagonaux car il doit y avoir un terme par colonne et par ligne. Ainsi, seul le produit de tous les termes diagonaux contribue aux degrésnetn−1. Les coecients dexn et de xn−1 dansPA viennent donc de
(x−a1 1)(x−a2 2)· · ·(x−an n)
Le coecient dominant dePA est 1, celui du terme de degrén−1 est−tr(A). 3. a. Utilisons la multilinéarité du déterminant pour développerdet(hIn+B). En no-
tantC1, C2,· · ·, Cn les colonnes deB, on obtient :
det(hIn+B) = det(C1+hX1, C2+hX2,· · ·, Cn+hXn)
= det(C1, C2,· · · , Cn)
+h(det(X1, C2,· · ·, Cn) + det(C1, X2,· · ·, Cn) +· · ·+ det(C1, C2,· · · , Xn)) +h2(· · ·) +· · ·
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Considérons det(C1,· · · , Xi,· · ·, Cn) où Xi vient remplacer seulement la i-ème colonne. En développant ce déterminant justement suivant la i-ème colonne, il apparait égal au terme i, i de Com(B) ou de tCom(B). On en déduit que le coecient dehdansdet(hIn+B)esttr (tCom(B)).
b. La question précédente s'applique en écrivantPA(x) = det(xIn−(−B)), le coef- cient dexest donc
tr(tCom(−A)) = (−1)n−1tr(tCom(A))
Le facteur(−1)n−1 s'explique car chaque terme de tCom(A)est un déterminant de taille(n−1)×(n−1).
Partie II. Théorème de Cayley-Hamilton
1. Chaque terme de la matriceB0+xB1+· · ·+xnBn est une expression polynomiale à coecients réels. Si une telle expression s'annule pour une innité de valeurs dex, le polynôme associé est nul. Ainsi, pour chaque couple(i, j), tous les termesi, jde toutes les matricesBk sont nuls. On peut formuler ce principe sous la forme suivante.
Si deux expressions polynomiales d'une variable x réelle et à coecients matriciels sont égales pour une innité de valeurs de x, on peut identier terme à terme tous les coecients matriciels.
2. Chaque terme de la matriceCom(xIn−A)est un déterminant n−1×n−1 formé avec des termes dexIn−A. C'est donc un polynôme enxde degré au plusn−1. En décomposant en une somme de matrices telles qu'un xk se factorise dans chaque, on obtient l'existence des matricesC0, C1,· · ·, Cn−1.
3. On sait d'après le cours sur le déterminant (formules de Cramer) que C(x)(xIn−A) =PA(x)In
D'autre part,
C(x)(xIn−A) = C0+xC1+· · ·+xn−1Cn−1
(xIn−A)
=−AC0+x(C0−C1A) +x2(C1−C2A) +· · ·+xn−1(Cn−2−Cn−1A) +xnA
et PA(x)In = anIn +xan−1In +· · ·+xn−1a1In. Le principe d'identication de la
question II 1. prouve alors les relations demandées.
Cn−1=In
Cn−2−Cn−1A=a1In Cn−3−Cn−2A=a2In
...
C0−C1A=an−1In
−C0A=anIn
4. a. Les relations précédentes permettent de calculerCn−1, Cn−2,· · ·. On trouve
Cn−1=In, Cn−2=A+a1In, Cn−3=A2+a1A+a2In,
· · ·, C2=An−3+a1An−4+· · ·+an−3In,
C1=An−2+a1An−3+· · ·+an−2In, C0=An−1+a1An−2+· · ·+an−1In
b. En reportant l'expression deC0 dans la dernière relation, on obtient le théorème de Cayley-Hamilton.
An+a1An−1+· · ·+an−1A+anIn= 0Mn(R)
Partie III. Application aux matrices nilpotentes
1. a. La formule de Taylor pour un polynôme de degréndonne P(x+h) =P(x) +hP0(x) +· · ·+Pn(x)
n! hn
b. La question précédente fournit une expression de h dans le développement de P(x+h). En écrivantP(x+h) = det (hIn+ (xIn−A)), on déduit
P0(x) = tr(tCom(xI−A)) = tr(C(x))
2. Exprimons la trace de C(x)à l'aide deC(x) =C0+xC1+· · ·+xn−1Cn−1. Il vient par linéarité :
tr(C(x)) = tr(C0) +xtr(C1) +· · ·+xn−1tr(Cn−1)
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D'autre part,tr(C(x)) =P0(x) =nxn−1+ (n−1)a1xn−2+· · ·+an−1. En identiant les deux expressions polynomiales de cette trace, on obtient
tr(C0) =an−1,· · ·, tr(Cn−2) = (n−1)a1, tr(Cn−1) =n soittr(Cj) = (n−j)an−j−1pour j entre 1 etn−1.
3. Supposonstr(A) = tr(A2) =· · ·= tr(An) = 0. Les expressions desCi en fonction des puissances deAtrouvées en II 4a. montrent que
tr(C0) =n, tr(Cn−2) =na1, tr(Cn−3) =na2, · · ·,
tr(C1) =nan−2, tr(C0) =nan−1 D'après les relations de III 2.,
(n−1)a1=na1, (n−2)a2=na2, · · ·, an−1=nan−1
⇒a1=a2=· · ·=an−1= 0 et le théorème de Cayley-Hamilton entraîneAn= 0Mn(R).
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