CENTRALE 2001 PC Math2 On notera

CENTRALE 2001 PC Math2

On noteraB_c la base canonique de V . Sauf précision contraire l’endomorphisme associée à une matrice sera noté en utilisant la même lettre minuscule : par exempleA=M at_Bc(a).

PARTIE 1

1. A

1.1. A

Soit(x; y)dansV n f0_Vg.

² Si(x; y)est un système lié alors commex ety sont non nuls il existe un scalaire¸non nul tel quey =¸x. La matrice

¸I_n(homothétie de rapport¸) convient .

² Si(x; y)est libre On peut compléter en une baseB = (x; y; e₃;¢ ¢ ¢e_n). On prendatel que

M at_B(a) = 0 BB BB BB

@

0 1 0 ¢ ¢ ¢ 0 1 0 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 0 1 ... ...

... ... ... 0 0 ¢ ¢ ¢ 0 1

1 CC CC CC A

aest la matrice de la symétrie orthogonale par rapport à (x¡y). AlorsA=M at_Bc(a)est solution du problème.

² Procédons par l’absurde en considérant W un sous espace vectoriel de V stable par GL_n(C) non réduit à zéro (donc 9x2W; x6= 0_V)et non égal à V (9y 2V ¡W donc y 6= 0_V) .D’après la construction précédente il existe une matrice Atelle queAx=y et donc une matriceAqui ne laisse pasW stable.

P6 est véri…ée 1.2. A

P₁ fausse : commen >1toute matrice deGL_n(C)est de rangn6= 1 P₂ vraie : I_nest de rang ndansGL_n(C)

P₃ vraie

P₄ fausse :tout sous espace vectoriel doit contenir la matrice nulle qui n’est pas inversible P₅ vraie : le produit de deux matrices inversibles est inversible.

P₆ fausse : cf ci dessus

2. B

2.1. B

Pour toutT deL T e_n=t_n;n:e_n . Par suiteW =vect(e_n)est un sous espace vectoriel stable autre quef0_Vg etV (toujours cardim(V)>0) et

P₆ est fausse.

2.2. B

P1 vraie :E1;1 est triangulaire inférieure et de rang 1 P2 vraie : Inest de rang net triangulaire inférieur P3 vraie

P4 vraie :le critère de sous espace vectoriel se rédige sans problème P5 vraie : le produit de matrices se rédige sans problème

P6:fausse

3. C

3.1. C

On se place dans l’hypothèse oùLest un sous espace vectoriel contenant I et ne contenant pas de matrice de rang 1 et avecn= 2. Alors pour tout élémentAdeL,et tout complexe¸,A¡¸I est dansLde rang di¤érent de 1 .

Le rang deA¡¸I est donc0ou2.

Si le rang est2 on a alors A¡¸I est inversible et ¸n’est pas valeur propre deA. Or A admet toujours une valeur propre dans les complexes. Donc9¸₀ ,rg(A¡¸₀I)6= 2.

Donc le rang est nul etA=¸₀I.

Tout élément deLest une homotétie vectoriel.

Réciproquement les matrices scalaires sont dansL(colinéaire àI₂ )

L est l’ensemble des homothéties vectorielles 3.2. C

SiP₆est véri…ée , comme toute droite est stable par une homothétie ,Lne contient pas d’homotétie. on ne peut pas se trouver dans le cas précédent etP₁est fausse .

(n= 2; P₃; P₄; P₆))P₁

PARTIE II

remarque 1: par hypothèse L¡ f0_Vgcontenant I est non vide . mest bien dé…ni.

remarque 2 : la base (z_i)^m_i=1 existe car m = dim(M₀(V) , les (x_i) existe alors par dé…nition d’une image et comme on a supposé m¸2le vecteur x₂ existe donc aussi la matrice N₀:Tous les objets introduits par le sujet existent..

4. A

SoitW =fN z₁=N 2 LgCommeL est un sous espace vectoriel de M_n(R), on véri…e aisément que

² W est un sous espace vectoriel deV : image deL par l’application linéaireN 7!N z₁

² W est stable parL :Si N z12W et siN⁰2 Lalors N⁰(N z1) = (N⁰N)z1 2W carLest stable par produit interne donc N⁰N2 L

² W est distinct def0_VgcarW contientI_nz₁=z₁.

² Par suiteP₆ donnefN z₁=N2 Lg=V .

Si¸₀M₀+¸₁M₁= 0on a¸₀M₀x₁+¸₁M₁x₁=¸₀z₁+¸₁z₂ .Donc¸₀=¸₁ = 0car(z₁; z₂)est libre.

5. B

M0(V)est une l’image de l’espace vectorielV parM0 donc c’est un sous espace vectoriel.

Pour montrer queM0V est stable parM0N0 on doit montrer que pour tout élément y=M0V on a M0N0y2 M0(V). OrM0N0y=M0tavect=M0N0y2V .

Par suite il existe un vecteur propre (corps de baseCet dimension …nie ) deM0N0 dans ce sous espace .Ce qui correspond à l’a¢rmation:

9(®; z)2C£M₀(V)=z6= 0_V et M₀N₀z=®z.

En regardant de nouveau l’image dex₁on a (M₁¡®M₀)x₁=z₂¡®z₁6= 0_V car(z₁; z₂)est un système libre . On a doncM₁¡®M₀6= 0_E

Et on a aussiKer(M₀)½Ker(M₁¡®M₀) carM₀x= 0_V )(M₁¡®M₀)x=M₀N₀M₀x¡M₀x= 0_V. Donc rg(M1¡®M0) =n¡dim (Ker(M1¡®M0))·n¡dim (Ker(M0)) =rg(M0):

2

De plus l’inclusion est strict car si z =M₀v on a (M₁¡®M₀)v =M₀N₀M₀v¡®M₀v =M₀N₀z¡®z = 0_V: Donc 0< rg(M₁¡®M₀)< rg(M₀)

L’élémentM₁ est dansLetM₁¡®M₀ aussi (sous espace vectoriel). Donc il y une absurdité puisqueM₀ étant une matrice non nul de rang minimal il ne peut pas exister de matrice non nul ayant un rang strictement plus petit.

L’hypothèsem¸2est donc fausse et on conclut quem= 1 . (P₃; P₄; P₅; P₆))P₁

PARTIE 3

Hypothèse : n >2; dim(L)¸n²¡1,Lest un sous espace vectoriel stable par produit de matrices.

6. A

SoitF=fM 2E; M(W)½Wg.

² F est non vide carI2F

² F est stable par combinaison linéaire :

SoientM₁et M₂dansF et deux scalaires¸₁ et¸₂ . On a :

8w2W;(M₁w2W; M₂w2W))(¸M₁+¸₂M₂)w=¸₁M₁w+¸₂M₂w2W donc (¸₁M₁+¸₂M₂) (W)½W:

² Pour calculer la dimension deF il vaut mieux se placer dans une base plus adaptée au calcul . Soitml’endomorphisme tel queMBc(m) =M. On prend une base Bobtenue en appliquant àW le théorème de la base incomplète: B= (b1¢ ¢ ¢bn) avec(b1;¢ ¢ ¢bk)base deW . CommeW est stable parmon a pour touti·k m(bi)2V ect(b1¢ ¢ ¢bk)soit :

M(W)½W ,mat_B(m) =

µ X Y 0 Z

¶

oùX; Y; Z sont des matrices arbitraires avecX carrée de taillek=dim(W).

Le système des(E_i;j)étant une base de E on peut en extraire une base de F en prenant lesE_i;j pour (i·k; j·k)et ceux pour(k < i·n;1·j·n)

On conclut :dimfM2EjM(W)½Wg=k²+ (n¡k)n=n²¡k(n¡k)

. Comme par dé…nition deW : L ½fM2EjM(W)½Wgce qui conduit àn²¡k(n¡k)¸n²¡1)k(n¡k)·1

² k= 0est solution du problème

² k= 1n’est pas solution carn >2(c’est là que sert l’hypothèse)

² sik >1alors0·n¡k· ¹_k <1. et donck=n

W =f0VgouV :

7. B

7.1. B

.(I_n; E_k;l)est libre donc dim(H) = 2et donc par la formule de Grassman :

dim(H\L) = dim(H) + dim(L)¡dim(H+L)¸(n²¡1) + 2¡n²= 1

Soit M_H une matrice non nul de H\L . comme M_H est dans H il existe deux complexes a et b tels que M_H =aI_n+bE_k;l. Sia= 0alorsb6= 0etE_k;l=^M_b^H 2Labsurde.

M_H est donc une matrice triangulaire n’ayant que des 1 sur la diagonale. Donc une matrice inversible.

7.2. B A=Pn¡1

k=1E_k;k+1 +E_n;1est dansL et inversible .(Pivot de Gauss évident) La partie B prouve que dans tous les casLcontient une matrice inversible .

3

8. C

La famille(A; A²; : : : ; Aⁿ²⁺¹⁾ comporte n²+ 1vecteurs dans un espace de dimensionn². Elle est donc liée et il existe une combinaison linéaire nulle.

9(¹_i)ⁿ_i=1²⁺¹6= (0) , X

i

¹_iAⁱ= 0E

L’un des¸i étant non nul , on peut considérerrle plus petit etsle plus grand . On a alors

A^r(

s¡rX

k=0

¹_k+rA^k) = 0E

Soit en notantp=s¡ret¸_k=¹_k+r:A^r(Pp

k=0¸_kA^k) = 0avec¸₀¸_p6= 0. Sip= 0il resteA^r= 0 ce qui est absurde carAest inversible.

Par inversibilité deAon peut simpli…er parA^r:,Pp

k=0¸_kA^k= 0_E . ¸₀¸_p 6= 0. DoncI=Pp

k=1¡^¸_¸^k₀A^kest une combinaison linéaire deA^kavec k¸1donc est dansLcar8k A^k2L(stabilité deLpar produit):.

9. D

Remarque:v0existe (prendre une colonne non nul de M0). On put alors dire que chaque colonne Cj de M0est proportionnelle à v₀:9t_j; C_j =t_jv₀ . On prend alors w₀=

0 B@

t1

... t_n

1 CA

C_u est un sous espace vectoriel deV non égal àV .(sinonB_u =f0_Vgce qui est absurde caru=I_nu2B_u ) pour montrerC_u=f0_Vgil su¢t donc d’aprèsP₆de montrer queC_u est stable parL:

soitx2C_u etM 2Lon a alors pour tout élément^tLu2C_u:

t(Mx)^tLu=^tx^tLMu

OrLest stable par produit matriciel doncLM 2L et par dé…nition deC_u :^tx^tLM u= 0. DoncM x2C_u .

Cu=B^?_u =f0Vg et Bu =V

A_uest un sous espace vectoriel deV stable parL(carL véri…eP₅) .OrA_u contientuet n’est donc pas réduit à zéro . Donc d’aprèsP₆ : Au=V .

Sixest dansV alorsxest dansA_udonc il existe bienL. De même pour l’existence deM . Comme toute matrice de rang 1 peut s’écrireR₁=x^ty¹

R₁=J v^t₀w¹₀M =JM₀M2L

Or toutes les matrices de la base canonique sont de rang 1 . L contient donc tous les éléments de la base canonique et

L=E

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