I - Système de racines

SESSION 2010

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 2. FILIERE PC

I - Système de racines

I.A -Soitα∈E\ {0}. Soitx∈E. Le projeté orthogonalpα(x)dexsur Vect(α)est de la formepα(x) =λx. La condition x−p_α(x)∈α^⊥ impose hx−λα, αi=0et doncλ= hx, αi

hα, αi. Ainsi,p_α(x) = hx, αi

hα, αiα. On sait alors que τα(x) =x−2pα(x) =x−2hx, αi

hα, αiα.

∀α∈E\ {0},∀x∈E,τα(x) =x−2pα(x) =x−2hx, αi hα, αiα.

I.B -SoitRun système de racines deE.Rest non vide et ne contient pas le vecteur nul d’après 1. Donc Rcontient un vecteur non nulα.τα est la réflexion par rapport àα^⊥={0}et donc τα= −Id_E. Par suite, d’après 2, −α=τα(α)∈ R et donc{α,−α}⊂ R. Maintenant, tout autre vecteur non nul deEest colinéaire àαet d’après 3,R={α,−α}.

Réciproquement, soitα∈E\ {0}puisR={α,−α}.Rest non vide et vérifie les conditions 1, 2 et 3. Enfin, siε1etε2sont deux éléments de{−1, 1},

2hε1α, ε2αi

hε₁α, ε₁αi =2ε₁ε₂∈Z, etRest un système de racines deE.

I.C -

I.C.1)Soient αetβdeux éléments deRnon colinéaires.

2hα, βi

hα, αi×2hα, βi

hβ, βi =2kαkkβkcosθα,β

kαk² ×2kαkkβkcosθα,β

kβk² =4kβkcosθα,β

kαk ×kαkcosθα,β

kβk =4cos²(θ_α,β)∈Z, et donc4cos²(θ_α,β)∈Z∩[0, 4] ={0, 1, 2, 3, 4}. Maintenant, on ne peut avoir4cos²(θ_α,β) =4car alors cos(θα,β) =±et la famille(α, β)est liée ce qui n’est pas. Donc4cos²(θ_α,β)63.

I.C.2) a) Supposons de plus kαk 6kβk ou encore kβk

kαk > 1 (puisque α 6= 0). D’après ce qui précède,4cos²(θα,β) ∈ {0, 1, 2, 3}ou encore cos(θα,β∈

−

√3 2 ,− 1

√2,−1 2, 0,1

2, 1

√2,

√3 2

ou encoreθ_α,β∈ π

6,π 4,π

3,π 2,2π

3 ,3π 4 ,5π

6

.

•Si θ_α,β= π

2,2hα, βi

hα, αi =0et rien ne semble imposé à kβk kαk.

•Si θ∈ π

3,2π 3

,

2hα, βi hα, αi

= kαk

kβk ∈Z∩]0, 1] ={1}et donc kαk

kβk =1= kβk kαk.

•Si θ∈ π

4,3π 4

,

2hα, βi hα, αi

=√ 2kαk

kβk ∈Z∩]0,√

2] ={1}et donc√ 2kαk

kβk =1 ou encore kβk kαk =√

2.

•Si θ∈ π

6,5π 6

,

2hα, βi hα, αi

=√ 3kαk

kβk ∈Z∩]0,√

3] ={1}et donc√ 3kαk

kβk =1 ou encore kβk kαk =√

3.

Le couple (α, β)est donc bien de l’un des sept types annoncés.

b)Réciproquement,

•Si θα,β=0 et kβk

kαk >1, alors2hα, βi

hα, αi =0∈Z.

•Si θ_α,β= π 3 et kβk

kαk =1, alors2hα, βi

hα, αi =1∈Z.

•Si θ_α,β= 2π

3 et kβk

kαk =1, alors2hα, βi

hα, αi= −1∈Z.

•Si θ_α,β= π 4 et kβk

kαk =√

2, alors2hα, βi

hα, αi =2∈Z.

•Si θα,β= 3π

4 et kβk kαk =√

2, alors2hα, βi

hα, αi = −2∈Z.

•Si θα,β= π 6 et kβk

kαk =√

3, alors2hα, βi

hα, αi =3∈Z.

•Si θα,β= 5π

6 et kβk kαk =√

3, alors2hα, βi

hα, αi = −3∈Z. I.D -

I.D.1) Puisque R engendre E qui est de dimension 2, R contient au moins deux vecteurs non colinéaires. D’après la question précédente, siαetβsont deux vecteurs non colinéaires deR,θ_α,βne peut prendre qu’un nombre fini de valeurs et donc{θ_α,β, (α, β)∈ R², αβetα6= −β}est une partie finie et non vide de R. On en déduit l’existence de θR.

Soientαetβdeux éléments non colinéaires deR. On sait queθ_α,β∈ π

6,π 4,π

3,π 2,2π

3 ,3π 4 ,5π

6

. Siθ_α,β∈ 2π

3 ,3π 4 ,5π

6

, alorsθ−α,β=π−θα,β∈π

6,π 4,π

3

avec−α=τα(α)∈R.

Donc, il existe toujours deux éléments non colinéairesαetβdeRtels queθα,β∈π 6,π

4,π 3,π

2

. Mais alorsθR∈π

6,π 4,π

3,π 2

. I.D.2)

k=2 k=3 k=4 k=6

b b b b

card(R²) =4 card(R³) =6 card(R⁴) =8 card(R⁶) =12

On note que∀k∈{2, 3, 4, 6}, card(Rk) =2k.

I.E -

I.E.1)Les vecteurs e₁−e₂ et e₁−e₃ sont dans R0 et ne sont pas colinéaires. Donc R0 engendre au moins un plan.

Maintenant, tous les éléments deR⁰vérifient l’équationx+y+z=0et donc Vect(R⁰)est le plan d’équationx+y+z=0.

I.E.2) Représentation de R0 dans Vect(R0).

b

On reconnaît le système de racinesR3de la question précédente.

II - Propriétés de M

(n, K )

II.A - Généralités

II.A.1)L’applicationM7→Tr(M)est une forme linéaire surM(n,K)et M0(n,K)en est le noyau. DoncM0(n,K)est un hyperplan deM(n,K)c’est-à-dire un sous-espace vectoriel deM(n,K)de dimensionn²−1.

II.A.2)On sait que pour tout (A, B)∈(M(n,K))², Tr(AB) =Tr(BA). Par linéarité de la trace, on en déduit que pour tout(A, B)∈(M(n,K))², Tr([A, B]) =0et donc

∀(A, B)∈(M(n,K))²,[A, B]∈ M0(n,K).

II.B - Un isomorphismejest bien une application deK³dansM0(2,K), clairement linéaire.

Ensuite, pour tout(x, y, z)∈K³, j((x, y, z)) =0⇔

x y+z y−z −x

=

0 0 0 0

⇔x=0 ety+z=y−z=0⇔x=y=z=0.

Doncjest injective. Puisque d’autre part, dimM0(2,K) =2²−1=3=dimK³<+∞, on a montré que jest un isomorphisme deK³ surM0(2,K).

II.C - Caractérisation des matrices nilpotentesSoitAun élément non nul deM⁰(2,K).

iii⇒i. SiAest semblable à

0 1 0 0

=E_1,2 (qui est bien une matrice non nulle de trace nulle) alorsA²est semblable àE²_1,2=0et finalementA²=0. DoncAest nilpotente.

i⇒ ii. SiAest nilpotente, il exister ∈N^∗ tel queA^r =0. Le polynôme X^r est alors annulateur de Aet on sait que les valeurs propres deAsont à choisir parmi les racines de ce polynôme annulateur. Donc,0est la seule valeur propre possible de A. D’autre part A n’est pas inversible car (det(A))^r = det(A^r) = 0 et donc 0 est valeur propre de A. Finalement Sp(A) ={0}.

ii⇒iii. Soitfl’endomorphisme de K²de matriceAdans la base canonique deK².0 est valeur propre defet donc Kerf contient un vecteur non nule₁. Dans une base(e₁, e₂)deK²de premier vecteure₁, la matrice defs’écrit

0 a 0 0

avec a6=0 carf6=0 et Spf={0}. Mais alors, dans la base(e1, 1

ae2), la matrice de fs’écrit

0 1 0 0

. DoncAest semblable à la matrice

0 1 0 0

. II.D - Le cas complexe

II.D.1)On sait que deux matrices semblables ont même polynôme caractéristique.

Réciproquement, soientAet B deux éléments de M0(2,C)ayant le même polynôme caractéristique. On sait que χ_A = X²− (TrA)X+det(A) =X²+det(A)et de mêmeχB=X²+det(A). DoncχA=χB=X²−doùd=detA=detB.

1er cas. Si d = 0, alors Sp(A) = Sp(B) = {0}. D’après la question précédente, A et B sont semblables à la matrice élémentaireE_1,2 et en particulier,Aet Bsont semblables.

2ème cas.Si d6=0, Aet Badmettent deux valeurs propres distinctes et opposées δ et −δ (oùδ²=d). Dans ce cas, A etBsont diagonalisables puis toutes deux semblables à diag(δ,−δ). En particulier,Aet Bsont semblables.

On a montré dans tous les cas que siAetBont même polynôme caractéristique, alorsAetBsont semblables.

II.D.2)Les matricesN1=E1,2+E2,3 et N2=E1,3 sont non nulles, ont même polynôme caractéristique à savoir(−X)ⁿ et ont une trace nulle. Néanmoins, ces deux matrices ne sont pas semblables carN²₂=0et N²₁=N26=0. Le résultat est donc faux dansM0(n,K),n>3.

II.E - Le cas réel

II.E.1) (a)Aconsidérée comme élément deM0(2,C)admet deux valeurs propres non réelles et simples à savoiriret−ir.

DoncAest diagonalisable et plus précisément, Aest semblable à diag(ir,−ir) =irH₀ ou encore, il existe P∈GL(2,C) telle queirH₀=P⁻¹AP. Ensuite, le théorème deCayley-Hamiltonpermet d’affirmer queA²+r²I₂=χ_A(A) =0.

b)Si le vecteur 1

rf(w)est colinéaire àw, il en est de même du vecteurf(w)et par suite, le vecteurwest un vecteur propre def. On en déduit que fadmet une valeur propre (réelle) ce qui n’est pas. Donc le vecteur 1

rf(w) n’est pas colinéaire à wet la famille

1

rf(w), w

est une base deR². Puisquef

1 rw

= 1

rf²(w) = 1

r(−r²w) = −rw, la matrice defdans la base 1

rf(w), w

est

0 r

−r 0

=rJ₀.

II.E.2)soientAet Bdeux éléments deM0(2,R)ayant le même polynôme caractéristique. Si les valeurs propres deAet Bsont réelles, le travail effectué à la question II.D.1) s’applique en remplaçantCparR.

Il reste à étudier le cas où les valeurs propres de Aet Bsont non réelles. Ce cas a été étudié à la question II.E.1). La question II.1.b) montre que les matricesAetBsont semblables (dansR) à la matricerJ0et en particulier sont semblables.

Donc, siK=Raussi, deux matrices deM0(2,R)sont semblables si et seulement si elles ont le même polynôme caracté- ristique.

II.E.3) a)Pour (x, y, z)∈R³, le polynôme caractéristique dej(x, y, z)est X²+ (−x²−y²+z²).

•χX0 =X² et doncQ_X

0 ={(x, y, z)∈R³/ z²=x²+y²}.Q_X

0 est un cône de révolution d’axe(Oz).

•χrJ0=X²+r²et doncQ_rJ

0 ={(x, y, z)∈R³/ −x²−y²+z²=r²}.Q_rJ

0 est un hyperboloïde de révolution d’axe(Oz) à une nappe.

•χrH0=X²−r²et doncQ_rJ

0 ={(x, y, z)∈R³/ x²+y²−z²=r²}.Q_rH

0 est un hyperboloïde de révolution d’axe(Oz) à deux nappes.

b)

Q

0

Q

0

Q

0

II.F - Un lemme

II.F.1) Le polynôme caractéristique de M est X²+det(M). Le théorème de Cayley-Hamilton fournit alors M² =

−(det(M))I2puis Tr(M²) = −2det(M).

II.F.2)Si Mest nilpotente, alors Tr(M²) = −2det(M) =0. Réciproquement, si Tr(M²) =0, alors det(M) =0. Puisque Tr(M) =0, le polynôme caractéristique de M est X². Ainsi, Sp(M) = {0}et donc Mest nilpotente d’après la question II.C.

II.F.3)Soit(A, B)∈(M0(2,K))² tel queAet[A, B]commutent.

[A, B]²= (AB−BA)[A, B] =AB[A, B] −BA[A, B] =A(B[A, B]) − (B[A, B])A.

Par suite, Tr [A, B]²

=Tr(A(B[A, B]))−Tr((B[A, B])A) =0. Comme[A, B]est dansM⁰(2,K)d’après la question II.A.2), la question précédente permet d’affirmer que[A, B]est nilpotente.

II.G - Description des triplets admissibles deM0(2,K) II.G.1)SoitM=

a c b d

∈ M(2,K).

MX₀=

a c b d

0 1 0 0

=

0 a 0 b

etX₀M=

0 1 0 0

a c b d

=

b d 0 0

.

Par suite,MX0=X0M⇔a=detb=0. Les éléments de M(2,K)qui commutent avecX0sont les matrices de la forme a c

0 a

,(a, c)∈K². Une telle matrice est dansM⁰(2,K)si et seulement sia=0et donc les éléments deM(2,K)qui commutent avecX₀ sont les matrices de la forme

0 λ 0 0

=λX₀,λ∈R. II.G.2)Les matricesH0,X0 etY0 ne sont pas nulles.

[H₀, X₀] =H₀X₀−X₀H₀= (E_1,1−E_2,2)E_1,2−E_1,2(E_1,1−E_2,2) =2E_1,2=2X₀. [H₀, Y₀] =H₀Y₀−Y₀H₀= (E_1,1−E_2,2)E_2,1−E_2,1(E_1,1−E_2,2) = −2E_2,1= −2Y₀. [X₀, Y₀] =X₀Y₀−Y₀X₀=E_1,2E_2,1−E_2,1E_1,2=E_1,1−E_1,2=H₀.

Donc, le triplet(X₀, H₀, Y₀)est un triplet admissible.

SoientPun élément deGL2(2,K),A0etB0 deux éléments deM(2,K)puisA=P⁻¹A0PetB=P⁻¹B0P.

[A, B] =AB−BA=P⁻¹A0PP⁻¹B0P−P⁻¹B0PP⁻¹A0P=P⁻¹(A₀B0−B0A0)P=P⁻¹[A₀, B0]P.

Soient alorsP∈GL(2,K)puisH=P⁻¹H0P,X=P⁻¹X0Pet Y=P⁻¹Y0P. Les matricesH,XetY sont trois matrices non nulles. De plus,

[H, X] = P⁻¹[H₀, X₀]P = P⁻¹(2X₀)P = 2X, [H, Y] = P⁻¹[H₀, Y₀]P = P⁻¹(−2Y₀)P = 2Y et [X, Y] = P⁻¹[X₀, Y₀]P = P⁻¹H₀P=H.

Donc le triplet(X, H, Y)est un triplet admissible.

II.G.3) X commute avec −2X = [X, H]. Puisque X et H sont dans M0(2,K), [X, H] = −2X est nilpotente d’après la question II.F.3). Il en est de même deX. Mais alors, la question II.C permet d’affirmer que Xest semblable àX₀et donc il existeQ∈GL(2,K)telle queX=Q⁻¹X0Q.

II.G.4)uet vsont respectivement la première et la deuxième colonne deQ.

a) Puisque[H, X] =2X, on a HXu−XHu =2Xu. Or, Xu=QX0Q⁻¹Q 1

0

= QX0

1 0

= Q 0

0

= 0. Il reste XHu=0et doncHu∈KerX. Maintenant,uest un vecteur non nul de KerXet KerXn’est pasK²carX6=0. Donc, KerX est la droite vectorielle engendrée paru.

On en déduit que Hu ∈ Vectu et puisque u 6= 0, u est un vecteur propre de H. On note λ la valeur propre associée.

Puisque TrH=0,Q⁻¹HQest de la forme

λ t 0 −λ

=H^′.

b)Maintenant, l’égalité[H, X] =2Xéquivaut à l’égalité[H^′, X0] =2X0. Or [H^′, X0] =H^′X0−X0H^′=

λ t 0 −λ

0 1 0 0

−

0 1 0 0

λ t 0 −λ

=

0 λ 0 0

−

0 −λ 0 0

=

0 2λ 0 0

,

et donc[H^′, X0] =2X0⇔λ=1. Donc, il existe un réelttel que H=Q

1 t 0 −1

Q⁻¹. On poseH^′ =

1 t 0 −1

c)(H^′+I2) x

y

= − x

y

⇔x+ty=0. Donc siT =

1 −t 0 1

alorsH^′=TH0T⁻¹. De plus, d’après la question II.G.1), la matriceT commute avecX0.

II.G.5) a)SoitM∈ M0(2,K).MX=XM⇔MQX₀Q⁻¹=QX₀Q⁻¹M⇔(Q⁻¹MQ)X₀=X₀(Q⁻¹MQ).

Maintenant, Tr(Q⁻¹MQ) =Tr(M) =0. La question II.G.1) permet alors d’affirmer que MX=XM⇔Q⁻¹MQ∈Vect(X0)⇔M∈Vect(QX0Q⁻¹) =Vect(X).

Les éléments deM0(2,K)qui commutent avecXsont les matrices colinéaires à X.

b) et c)Φ_X(Y−Y^′) = [X, Y−Y^′] = [X, Y] − [X, Y^′] =H−H=0. Donc les matricesXetY−Y^′ commutent. On en déduit queY−Y^′ est colinéaire àX. Par suite, il existe un nombrektel que Y−Y^′ =kX.

Ensuite,Φ_H(Y−Y^′) = [H, Y−Y^′] = [H, Y] − [H, Y^′] = −2Y+2Y^′ = −2(Y−Y^′)et aussiΦ_H(Y−Y^′) =Φ_H(kX) =k(2X) = 2(Y−Y^′). On en déduit que4(Y−Y^′) =0 et donc queY=Y^′.

II.G.6) On a déjà H= PH0P⁻¹ puis, puisque T commute avec X0, X= QX0Q⁻¹ = QX0TT⁻¹Q⁻¹ = QTX0(QT)⁻¹ = PX0P⁻¹. Enfin, la question précédente montre l’unicité deY quandXetHsont données et comme la matriceY=PY0P⁻¹ convient d’après la question II.G.2), on a montré que(X, H, Y) = (PX₀X⁻¹, PH₀P⁻¹, PY₀P⁻¹).

III - Systèmes de racines et triplets admissibles d’un sous-espace de M (n, K )

III.A - Diagonalisation simultanée

III.A.1)Puisque fest diagonalisable, il existe un polynôme Pscindé à racines simples tel que P(f) =0. Le polynômeP vérifie encoreP(f_/W) =0 et doncf_/W est diagonalisable.

III.A.2) Soit λ une valeur propre éventuelle de f puis x ∈ Ker(f−λId). Alors f(g(x)) = g(f(x)) = λg(x) et donc (f−λId)(g(x)) =0ou encoreg(x)∈Ker(f−λId). On a montré que les sous-espaces propres defsont stables parg.

III.A.3)Montrons le résultat par récurrence surn=dim(E)>1.

•Le résultat est immédiat sin=1.

• Soit n>1. Supposons que pour tout famille (f_i)_i∈I d’endomorphismes diagonalisables commutant deux à deux d’un espaceV de dimension inférieure ou égale à n, il existe une base de V dans laquelle la matrice de chaque f_i, i ∈I, est diagonale.

Soient alorsV un espace de dimensionn+1puis(f_i)_i∈I une famille d’endomorphismes diagonalisables deV commutant deux à deux. Si tous lesf_i, i∈I, sont des homothéties, toute base deV est telle que la matrice de chaque f_i,i∈I, est diagonale.

Sinon, l’un au moins desf_i,i∈I, n’est pas une homothétie. Notonsfun tel endomorphisme.fest diagonalisable et n’est pas une homothétie. Doncfa au moins deux valeurs propres. On noteλ₁, . . . ,λ_k,k>2, et on aV=E_λ1(f)⊕. . .⊕E_λk(f).

Puisque chaquefi,i∈I, commute avec f, chaqueEλj(f),16j6n, est stable par chaquefi,i∈I.

Soitj ∈J1, kK. La restriction de chaque fi à Eλj(f)est un endomorphisme de Eλj(f), diagonalisable d’après la question II.A.1). Puisque dim(Eλj(f)6n, par hypothèse de récurrence, il existe une baseBjdans laquelle la matrice de chaquefi, i∈I, (et en particulierf) est diagonale.

Mais alors,B=B1∪. . .∪Bk est une base deE dans laquelle la matrice de chaquefiest diagonale.

Le résultat est démontré par récurrence.

III.B - Application

III.B.1) a)Soit(i, j)∈J1, nK.HEi,j= Xn

k=1

hk,kEk,kEi,j=hi,iEi,j etEi,jH= Xn

k=1

hk,kEi,jEk,k=hj,jEi,j. Par suite ΦH(E_i,j) =HEi,j−Ei,jH= (h_i,i−hj,j)E_i,j.

En particulier, la base canonique (Ei,j)16i,j6n de M(n,K) est formée de vecteurs propres de ΦH. ΦH est donc un endomorphisme diagonalisable deM(n,K).

b) Soit H ∈ E. Alors, H ∈ A et donc ∀A ∈ A, Φ_H(A) = [H, A] ∈ A. Ainsi, la restriction de chaque Φ_H à A est un endomorphisme deA.

Vérifions que lesΦH,H∈ E, commutent deux à deux. Soit(H, H^′)∈ E². PourM∈ M(n,K),

ΦH^′(Φ_H(E_i,j)) = (h_i,i−hj,j)P_H′(E_i,j) = (h_i,i−hj,j)(h_i,i^′ −h_j,j^′ )E_i,j =ΦH(Φ_H′(E_i,j)).

Ainsi, les endomorphismesΦ_H′◦Φ_H etΦ_H◦Φ_H′ coïncident sur la base canonique deM(n,K)et sont donc égaux.

Pour H∈ E, on noteΦH,A l’endomorphisme induit par ΦH sur A. Les ΦH,A,H ∈ E, sont des endomorphismes diago- nalisables (d’après III.B.1)a) et III.A.1)), commutant deux à deux. D’après la question II.A.3), ces endomorphismes sont simultanément diagonalisables ou encore il existe une base de A dans laquelle les matrices des endomorphismes de A induits par lesΦH,H∈ E, sont diagonales.

III.B.2) a)0∈ Aet pour toutH∈ E,ΦH(0) =0=λ(H)0. Donc0∈ A^λ. Soient(M, N)∈ A²λ et (α, β)∈K². AlorsαM+βN∈ Apuis pour tout H∈ E

ΦH(αM+βN) =αΦH(M) +βΦH(N) =αλ(H)M+βλ(H)N=λ(H)(αM+βN), et doncαM+βN∈ Aλ. On a montré que Aλ est un sous-espace vectoriel deA.

b)Supposons qu’il existeM₀6=0dansAλ. Soient(H, H^′)∈ E²et(α, β)∈K².

λ(αH+µH^′)M0=ΦαH+µH^′(M0) = (αH+µH^′)M0−M0(αH+µH^′) =α[H, M0] +β[H^′, M0] = (αλ(H) +βλ(H^′))M0, et puisqueM06=0, on en déduit queλ(αH+µH^′) =αλ(H) +βλ(H^′). Ainsi,λest une forme linéaire surE.

III.C - Un exemple

III.C.1)Acontient la matrice nulle deM(4,R).

Soit(A, B, C, A^′, B^′, C^′)∈(M(4,R))⁶ tel queB=^tB, C=^tC,B^′=^tB^′ etC^′=^tC^′. Alors α

A B C −^tA

+β

A^′ B^′ C^′ −^tA^′

=

αA+βA^′ αB+βB^′ αC+βC^′ −^t(αA+βA^′)

∈ A

car de plusαB+βB^′ et αC+βC^′ sont symétriques réelles, les matrices symétriques réelles de format 2 constituant un R-espace vectoriel. DoncAest un sous-espace vectoriel deM4(R).

Soit(A, B, C, A^′, B^′, C^′)∈(M(4,R))⁶. A B

C −^tA

A^′ B^′ C^′ −^tA^′

−

A^′ B^′ C^′ −^tA^′

A B

C −^tA

=

AA^′+BC^′ AB^′−B^tA^′ CA^′−^tAC^′ CB^′−^tA^tA^′

−

A^′A+B^′C A^′B−B^′tA C^′A−^tA^′C C^′B−^tA^′tA

=

AA^′−A^′A+BC^′−B^′C AB^′−A^′B−B^tA^′+B^′tA CA^′−C^′A−^tAC^′+^tA^′C ^tA^tA^′−^tA^′tA+CB^′−C^′B

∈ A car

• ^t(^tA^tA^′−^tA^′tA+CB^′−C^′B) =A^′A−AA^′+B^′C−BC^′ = −(AA^′−A^′A+BC^′−B^′C)

• ^t(AB^′−A^′B−B^tA^′+B^′tA) =B^′tA−B^tA^′−A^′B+AB^′=AB^′−A^′B−B^tA^′+B^′tA

• ^t(CA^′−C^′A−^tAC^′+^tA^′C) =^tA^′C−^tAC^′−C^′A+CA^′=CA^′−C^′A−^tAC^′+^tA^′C.

Donc,Aest un sous-espace vectoriel deM(4,R)stable par crochets.

A0={M∈ A/∀H∈ E, MH=HM. Comme deux matrices diagonales commutent, on a déjà E ⊂ A0. Réciproquement, soitM=

A B C −^tA

∈ A0. Alors∀D∈ D(2,R),

A B C −^tA

D 0

0 −D

=

D 0 0 −D

A B

C −^tA

et donc

∀D∈ D(2,R),

AD −BD CD ^tAD

=

DA DB

−DC D^tA

PosonsA=

a c b d

. On doit avoirAE1,1=E1,1Aet donc

a 0 b 0

=

a c 0 0

. Par suite,b=c=0et doncAest une matrice diagonaleD.

Posons B =

a c b d

. On doit avoir BE1,1 = −E_1,1B et donc

a 0 b 0

= −

a c 0 0

. Par suite, a = b = c = 0.

L’égalitéBE2,2= −E_2,2Bfournit quant à elled=0et finalementB=0. De mêmeC=0et finalementMest de la forme D 0

0 −D

oùD est une matrice diagonale ou encoreM∈ E. On a montré queA0=E.

A0=E={λ₁(E_1,1−E3,3) +λ2(E_2,2−E4,4), (λ₁, λ2)∈R²}et puisque les deux matricesE1,1−E3,3 etE2,2−E4,4 ne sont pas colinéaires, une base deA0 est(E_1,1−E3,3, E2,2−E4,4).

III.C.2) a)D’après la question précédente,E est de dimension2. On en déduit que E^∗ est de dimension2. Il suffit donc de vérifier que(e1, e2)est une famille libre deE^∗.

Soit (a, b) ∈ R². Supposons ae1+be2 = 0. En prenant D = diag(1, 0) puisD = diag(0, 1) et en appliquant l’égalité ae1+be2 =0 à la matrice

D 0 0 −D

, on obtienta = 0 =b. Donc la famille(e1, e2) est une famille libre de E^∗ et finalement une base deE^∗.

b)On reconnaît le systèmeR4de la question I.D.2).

III.C.3)Dans toute cette questionH=

D 0 0 −D

oùD=diag(d1, d2)etM=

A B C −^tA

avec^tB=Bet^tC=C.

Alors

ΦH(M) =HM−MH=

DA−AD DB+BD

−DC−CD D^tA−^tAD

.

En posantA=

a b c d

ouBouC=

a b b d

, on a DA−AD=

d₁ 0 0 d₂

a b c d

−

a b c d

d₁ 0 0 d₂

=

0 (d₁−d₂)b (d₂−d₁)c 0

(I) DB+BD=

d₁ 0 0 d2

a b b d

+

a b b d

d₁ 0 0 d2

=

2d₁a (d₁+d₂)b (d1+d2)b 2d2d

(II)

−DC−CD= −

d1 0 0 d2

a b b d

−

a b b d

d1 0 0 d2

=

−2d1a −(d1+d2)b

−(d1+d2)b −2d2d

(III).

On note enfin queD^tA−^tAD= −^t(DA−AD).

•Supposonsα=e1−e2.M∈ Aα⇔∀H∈ E, HM−MH= (d₁−d2)M(∗).

Les égalitésDA−AD= (d₁−d2)Aappliquées quand(d₁, d2) = (1, 0)et (d₁, d2) = (0, 1), fournissent a= c= d= 0 grâce à(I)et doncA=b

0 1 0 0

qui réciproquement convient.

Les égalitésDB+BD= (d₁−d₂)Bappliquées quand(d₁, d₂) = (1, 0)et(d₁, d₂) = (0, 1)fournissenta=d=0=bgrâce à(II)et doncB=0 qui réciproquement convient. De même,C=0grâce à(III).

Finalement,Ae1−e2 =Vect(E1,2−E_4,3). De même,Ae2−e1=Vect(E2,1−E_3,4).

•Supposonsα=e1+e2.M∈ Aα⇔∀H∈ E, MH−HM= (d1+d2)M(∗).

Les égalitésDA−AD= (d₁+d2)Aappliquées quand(d₁, d2) = (1, 0)et(d₁, d2) = (0, 1), fournissenta=b=c=d=0 et doncA=0qui réciproquement convient.

Les égalitésDB+BD= (d₁+d₂)Bappliquées quand(d₁, d₂) = (1, 0)et(d₁, d₂) = (0, 1), fournissenta=d=0et donc B=b

0 1 1 0

qui réciproquement convient.

Les égalités−DC−CD= (d₁+d₂)Cfournissent quant à ellesC=0.

Finalement,Ae1+e2 =Vect(E1,4+E_2,3). De même,A⁻e1−e2=Vect(E4,1+E_3,2).

•Supposonsα=2e1.M∈ Aα ⇔∀H∈ E, MH−HM=2d1M(∗).

Les égalitésDA−AD=2d1Afournissenta=b=c=d=0.

Les égalitésDB+BD=2d1Bfournissentb=d=0et donc B=a 1 0

0 0

qui réciproquement convient.

Les égalités−DC−CD=2d1Cfournissenta=b=d=0et doncC=0.

Finalement,A2e1 =Vect(E1,3). De même,A⁻2e1 =Vect(E3,1).

•Supposonsα=2e2.M∈ Aα ⇔∀H∈ E, MH−HM=2d1M(∗).

Les égalitésDA−AD=2d2Afournissenta=b=c=d=0.

Les égalitésDB+BD=2d2Bfournissenta=b=0et donc B=d 0 0

0 1

qui réciproquement convient.

Les égalités−DC−CD=2d2Cfournissenta=b=d=0et doncC=0.

Finalement,A2e2 =Vect(E2,4). De même,A⁻2e2 =Vect(E4,2).

Ae1−e2 =Vect(E1,2−E4,3), Ae2−e1 =Vect(E2,1−E3,4) Ae1+e2=Vect(E1,4+E2,3),A⁻e1−e2=Vect(E4,1+E3,2)

A2e1 =Vect(E1,3),A⁻2e1 =Vect(E3,1) A2e2 =Vect(E2,4),A⁻2e2 =Vect(E4,2).

III.C.4)La famille(E_1,1−E_3,3, E_2,2−E_4,4, E_2,1−E_3,4, E_2,1−E_3,4,)est clairement libre et donc la sommeA0+X

α∈R

Aα

est directe. De plus, dimA⁰+ X

α∈R

dimA^α = 2+8×1 = 10 = dimA car A est l’ensemble des matrices de la forme









a₁ a₂ a₅ a₆ a₃ a₄ a₆ a₇ a₈ a₉ −a₁ −a₃ a9 a10 −a2 −a4









, (a₁, . . . , a₁₀)∈R¹⁰. Par suite,

A=A⁰⊕ L

α∈RA^α. III.C.5)D’après ce qui précède,R ⊂ S(A).

Réciproquement, soitλ=αe₁+βe₂,(α, β)∈R², un élément quelconque deE^∗.

∀M∈ A,Aλ⇔HM−MH= (αd₁+βd₂)M.

Supposons(α, β)∈/{(0, 0),(1, 1)(1,−1),(−1, 1),(−1,−1),(2, 0)(−2, 0),(0, 2),(0,−2)}.

•Pour toutD=diag(d1, d₂)∈ D(2,R),DA−AD=

0 (d1−d2)b (d2−d1)c 0

= (αd₁+βd₂)

a b c d

et donc

∀(d₁, d₂)∈R²,









(αd₁+βd₂)a=0 (αd₁+βd₂)d=0

(αd1+βd2)b= (d1−d2)b (αd1+βd2)c= (d2−d1)c

.

(d1, d2) = (1, 0)et (d1, d2) = (0, 1)imposent αa=βa=0et donca=0car(α, β)6= (0, 0). De même,d=0.

(d1, d2) = (1, 0)et(d1, d2) = (0, 1)imposent(α−1)b= (β+1)b=0 et doncb=0 car(α, β)6= (1,−1). De même,c=0 et finalementA=0.

•Pour toutD=diag(d1, d2)∈ D(2,R),DB+BD=

2d₁a (d₁+d₂)b (d₁+d₂)c 2d₁d

= (αd₁+βd2)

a b c d

et donc

∀(d₁, d2)∈R²,









(αd₁+βd2)a=2d1a (αd₁+βd₂)d=2d₂d (αd₁+βd₂)b= (d₁+d₂)b (αd₁+βd₂)c= (d₁+d₂)c

.

(d₁, d₂) = (1, 0)et (d₁, d₂) = (0, 1)imposent (α−2)a=βa=0et donca=0car(α, β)6= (2, 0). De même,d=0.

(d₁, d₂) = (1, 0)et (d₁, d₂) = (0, 1)imposent(α−1)b= (β−1)b=0et donc b=0car(α, β)6= (1, 1). De même,c=0 et finalementB=0. De même,C=0 et finalementM=0.

En résumé, siλ /∈{e₁−e₂, e₂−e₁, e₁+e₂,−e₁−e₂, 2e₁,−2e₁, 2e₂,−2e₂}, alorsAλ={0}et donc λ /∈ S(A). Finalement S(A) =R.

III.C.6) a)[H_α, X_α] =2X_α ⇔Φ_Hα(X_α) =α(H_α)X_α⇔X_α∈Vect(E1,2−E_4,3)⇔∃k∈R/ X_α=k(E_1,2−E_4,3).

De même,[H_α, X−α] = −2X−α⇔∃k^′∈R/ X−α=k^′(E_2,1−E_3,4).

Posons doncX_α=k(E_1,2−E_4,3)et X−α=k^′(E_2,1−E_3,4)oùk etk^′ sont deux réels non nuls.

[X_α, X−α|=Hα⇔kk^′((E_1,2−E4,3)(E_2,1−E3,4) − (E_2,1−E3,4)(E_1,2−E4,3)) =E1,1−E2,2−E3,3+E4,4

⇔kk^′(E_1,1+E_4,4−E_2,2−E_3,3) =E_1,1−E_2,2−E_3,3+E_4,4⇔kk^′=1.

On peut prendrek=k^′=1ou encoreX_α =E_1,2−E_4,3=









0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 −1 0









etX−α=E_2,1−E_3,4=









0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0







 .

[H_β, Xβ] =2Xβ⇔ΦHβ(X_β) =β(H_β)X_β ⇔Xβ∈Vect(E2,4)⇔∃k∈R/ Xα=k(E_2,4).

De même,[Hβ, X−β] = −2X−β⇔∃k^′ ∈R/ X−α =k^′(E4,2).

Posons doncXβ =k(E2,4)etX−β =k^′(E4,2)oùket k^′ sont deux réels non nuls.

[X_β, X−β|=Hβ⇔kk^′(E_2,4E4,2−E4,2E2,4) =E2,2−E4,4

⇔kk^′(E_2,2−E_4,4) =E_2,2−E_4,4⇔kk^′=1.

On peut prendrek=k^′=1 ou encoreX_β=E_2,4=









0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0









et X−β=E_4,2=









0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0







 .

b)Les six matricesXα,Hα,X−α,Xβ,Hβ etX−β sont dansA. Par suite,Aest un sous-espace deM(4,R)contenantXα, Hα,X−α,Xβ,Hβ et X−β et stable par crochet.

Réciproquement, soitA^′ un un sous-espace deM(4,R)contenantX_α,H_α, X−α,X_β,H_β et X−β et stable par crochet.

• A^′ contientXα et donc contient Vect(Xα) =Ae1−e2 etA^′ contientX−α et donc Vect(X−α) =Ae2−e1.

• A^′ contientXβ et donc contient Vect(Xβ) =A2e2 et A^′ contient X−β et donc Vect(X−β) =A⁻2e2.

• A^′ contientHα+Hβ =E1,1−E3,3 etHα−Hβ= −E_2,2+E4,4et donc contient Vect(E1,1−E3,3, E1,1−E3,3) =A0.

• A^′ contient [X_α, Xβ] = (E_1,2−E4,3)E_2,4−E2,4(E_1,2−E4,3) =E1,4+E2,3et donc contient Vect(E1,4+E2,3) =Ae1+e2. De même,A^′contient[X−α, X−β] = (E_2,1−E_3,4)E_4,2−E_4,2(E_2,1−E_3,4) =E_4,1+E_3,2et donc contient Vect(E4,1+E_3,2) = A⁻e1−e2.

• A^′ contient 1

2[E1,2−E4,3, E1,4+E2,3] = 1

2((E1,2−E4,3)(E1,4+E2,3) − (E1,4+E2,3)(E1,2−E4,3)) = E1,3 et donc A^′ contient Vect(E1,3) =A^2e1.

De même, A^′ contient 1

2[E4,1+E3,2, E2,1−E3,4] = 1

2((E4,1+E3,2)(E2,1−E3,4) − (E2,1−E3,4)(E4,1+E3,2)) =E3,1 et doncA^′ contient Vect(E3,1) =A⁻2e1.

Finalement,A^′ contientA0⊕ L

α∈RAα =A. On a donc montré que Aest le plus petit sous-espace deM(4,R)contenant Xα,Hα,X−α,Xβ,Hβ etX−β et stable par crochet.