CONCOURS ESIM Entrepreneur Industrie 2001
Maths 2 - PC, PSI
netpsont deux entiers ≥2 et Kd´esigneR ouC. PourX =
x1
x2
... xn
∈Kn etY =
y1
y2
... yp
∈Kp, on d´efinitX∗Y =
x1Y x2Y ... xnY
∈Knp.
PourA∈ Mn(K) etB ∈ Mp(K) on d´efinitA∗B =
a1,1B a1,2B . . . a1,nB a2,1B a2,2B . . . a2,nB
... ... ... an,1B an,2B . . . an,nB
∈ Mnp(K).
Il en r´esulte que, siCi(A) d´esigne lai-`eme colonne deA etCj(B) d´esigne laj-`eme colonne de B, alorsCi(A)∗Cj(B) d´esigne la (i−1)∗p+j-`eme colonne de A∗B.
Partie I.
1. Soient A∈ Mn(K) etB ∈ Mp(K). On a
A∗B = 0⇔ ∀i, j∈[1, n], ai,jB = 0⇔A= 0 ouB = 0.
2. a. SoientA∈ Mn(K),B ∈ Mp(K),X∈Kn etY ∈Kp. On aA∗B =
a1,1B a1,2B . . . a1,nB a2,1B a2,2B . . . a2,nB
... ... ... an,1B an,2B . . . an,nB
∈ Mnp(K) etX∗Y =
x1Y x2Y ... xnY
∈Knp.
Un calcul par blocs donne (A∗B).(X∗Y) =
n
X
j=1
a1,jxjBY
n
X
j=1
a2,jxjBY ...
n
X
j=1
an,jxjBY
= (A.X)∗(BY)∈Knp.
b. PourA, A0∈ Mn(K) et B, B0∈ Mp(K), on a A∗B =
a1,1B a1,2B . . . a1,nB a2,1B a2,2B . . . a2,nB
... ... ... an,1B an,2B . . . an,nB
et
A0∗B0=
a01,1B0 a01,2B0 . . . a01,nB0 a02,1B0 a02,2B0 . . . a02,nB0
... ... ...
a0n,1B0 an,0 2B0 . . . a0n,nB0
deux ´el´ements de Mnp(K).
Un calcul par blocs donne
(A∗B).(A0∗B0) =
n
X
j=1
a1,ja0j,1BB0 . . .
n
X
j=1
a1,ja0j,nBB0
... ...
n
X
j=1
an,ja0j,1BB0 . . .
n
X
j=1
an,ja0j,nBB0
= (A.A0)∗(B.B0)∈ Mnp(K).
3. Soient A∈ Mn(K) etB ∈ Mp(K).
Pour tout entierk≥2, on a, d’apr`es2.b., (A∗B)k = (Ak)∗(Bk). Ainsi A∗B nilpotente ⇔ ∃k≥2, (A∗B)k = 0
⇔ ∃k≥2, Ak = 0 ouBk = 0 d’apr`es1.
⇔ A nilpotente ouB nilpotente.
4. a. On suppose que A∈ Mn(K) etB ∈ Mp(K) sont inversibles.
D’apr`es2.b., on a (A∗B).(A−1∗B−1) = (A.A−1)∗(B.B−1) =In∗Ip=Inp. Il en r´esulte queA∗B est inversible, et (A∗B)−1 = (A−1)∗(B−1).
b. La matriceM =
1 0 1 −1 0 −1
0 −1 0 0 1 0
0 1 1 0 −1 −1
2 0 2 1 0 1
0 −2 0 0 −1 0
0 2 2 0 1 1
v´erifieM =A∗B avecA = 1 −1
2 1
! et
B =
1 0 1
0 −1 0
0 1 1
deux matrices inversibles. D’apr`esa.,M est donc inversible et
M−1 = (A−1)∗(B−1) = 1 3
1 1
−2 1
!
∗
1 −1 −1
0 −1 0
0 1 1
= 1 3
1 −1 −1 1 −1 −1
0 −1 0 0 −1 0
0 1 1 0 1 1
−2 2 2 1 −1 −1
0 2 0 0 −1 0
0 −2 −2 0 1 1
5. On poseJn(r) = Ir 0 0 0
!
∈ Mn(K).
a. Le calcul donneJn(r)∗Jp(s) =
Jp(s) 0 . . . 0
0 . .. . .. ...
... . .. Jp(s)
0 . ..
... . .. ... ...
0 . . . 0
.
La matrice Jn(r)∗Jp(s) a rs colonnes non nulles, qui sont lin´eairement ind´ependantes, elle est donc de rangrs.
b. Soient A ∈ Mn(K) et B ∈ Mp(K) de rangs respectifs r et s. Alors A etB sont respecti- vement ´equivalentes `a Jn(r) et Jp(s) : il existe P1, Q1 ∈GL(n,K) etP2, Q2 ∈GL(p,K) tels que
A=P1.Jn(r).Q1 etB =P2.Jp(s).Q2.
En utilisant2.b.et4.a., on obtientA∗B = (P1∗P2).(Jn(r)∗Jp(s)).(Q1∗Q2). Il en r´esulte que A∗B est ´equivalente `a la matriceJn(r)∗Jp(s) de rangrs, elle est donc de rang rs.
c. SiA∗B est inversible, alors rg(A∗B) =np. Il en r´esulte, d’apr`es ce qui pr´ec`ede, quer=n ets=painsi AetB sont inversibles.
6. On note (U1, . . . , Un) la base canonique deKn et (V1, . . . , Vp) la base canonique de Kp. a. Soient U ∈ Mn(K) telle que Ci(U) = Ui pour tout i ∈ [1, n] et V ∈ Mp(K) telle que
Cj(V) =Vj pour toutj∈[1, p].
Les matricesU etV sont inversibles, donc U∗V est inversible ( d’apr`es4.a.).
D’apr`es la remarque pr´eliminaire, la (i−1)∗p+j-`eme colonne de U ∗V est Ui∗Vj, ainsi, B= (U1∗V1, . . . , U1∗Vp, . . . , Un∗V1, . . ., Un∗Vp) est une base deKnp.
Le vecteurUi∗Vj a tous ses coefficients nuls, `a l’exception du (i−1)∗p+j-`eme qui est ´egal
`
a 1.B est donc la base canonique de Knp.
b. Pouri∈[1, n] etj ∈[1, p], on a, d’apr`es2.a., (A∗B).(Ui∗Vj) = (A.Ui)∗(B.Vj).
Par ailleurs, A.Ui = Ci(A) =
n
X
k=1
ak,iUk et B.Vj = Cj(B) =
p
X
l=1
bl,jVl. Il en r´esulte, par bilin´earit´e de∗, que (A∗B).(Ui∗Vj) =
n
X
k=1
ak,i p
X
l=1
bl,jUk∗Vl
! . En changeant l’ordre de la sommation, on obtient (A∗B).(Ui∗Vj) =
p
X
l=1
bl,j
n
X
k=1
ak,iUk∗Vl
! . qui correspond `a une ´ecriture dans la baseB0= (U1∗V1, . . . , Un∗V1, . . ., U1∗Vp, . . . , Un∗Vp).
L’image, par l’endomorphisme associ´e `a A∗B, de Ui∗Vj, (j−1)∗n+i-`eme vecteur deB0 est, dans la baseB0, le vecteur colonne
b1,jCi(A) b2,jCi(A)
... bp,jCi(A)
=Cj(B)∗Ci(A).
Il en r´esulte que la matrice associ´ee `a A∗B dans la base B0 estB∗A.
c. La matrice de passageP =MB(B0) est orthogonale, car elle correspond `a une permutation de la base orthonormaleB. Et la traduction matricielle du changement de bases s’´ecrit
B∗A=P−1(A∗B)P =tP(A∗B)P.
Partie II
1. a. SoitX ∈Kn un vecteur propre de A pour la valeur propreλetY ∈Kp un vecteur propre de B pour la valeur propreµ.
D’apr`esI 1. etI 2.a.,X∗Y ∈Knp est un vecteur non nul tel que
(A∗B).(X∗Y) = (A.X)∗(B.Y) = (λX)∗(µY) =λµX∗Y.
Ainsi,X∗Y un vecteur propre de A∗B pour la valeur propre λµ.
b. On suppose queA etB sont diagonalisables.
Soient (U1, . . . , Un) une base de Kn, compos´ee de vecteurs propres de A pour les valeurs propresλ1, . . . , λnet (V1, . . . , Vp) une base deKp, compos´ee de vecteurs propres deB pour les valeurs propresµ1, . . . , µn. Alors d’apr`esa.etI 6., (U1∗V1, . . . , U1∗Vp, . . ., Un∗V1, . . . , Un∗ Vp) est une base de Knp, compos´ee de vecteurs propres de A∗B pour les valeurs propres λ1µ1, . . . , λ1µp. . . , λnµ1, . . . , λnµp.
Ainsi,A∗B est diagonalisable.
c. La matriceM =
−1 0 −1 0
1 1 1 1
−1 0 −1 0
1 1 1 1
v´erifieM =A∗B avecA= 1 1 1 1
! et
B = −1 0
1 1
! .
La matrice A est sym´etrique r´eelle donc diagonalisable dans M2(R). U1 = 1 1
!
est un vecteur propre pourλ1= 2 etU2 = 1
−1
!
un vecteur propre pour λ2 = 0.
La matrice B est triangulaire et admet deux valeurs propres r´eelles distinctes µ1 = −1 et µ2 = 1, elle est donc diagonalisable dans M2(R). V1 = −2
1
!
est un vecteur propre pour µ1 etV2 = 0
1
!
un vecteur propre pour µ2.
D’apr`esb.,M est donc diagonalisable avec SpR(M) ={−2,2,0}et
EM(−2) =Vect(U1∗V1),EM(2) =Vect(U1∗V2), EM(0) =Vect(U2∗V1, U2∗V2) o`u
U1∗V1=
−2 1
−2 1
, U1∗V2 =
0 1 0 1
, U2∗V1 =
−2 1 2
−1
, U2∗V2=
0 1 0
−1
.
2. On suppose queA∗B est diagonalisable et que SpK(A) contient une valeur propreλ0non nulle.
a. Soit U un vecteur propre de A pour la valeur propreλ.
L’ensemble U∗Kp={U∗Y / Y ∈Kp} est clairement un sous-espace vectoriel deKnp. Pour tout Y ∈ Kp, on a (A ∗B).(U ∗Y) = (A.U) ∗(B.Y) = (λU)∗(B.Y) = U ∗Z o`u Z =λ(B.Y)∈Kp.
AinsiU ∗Kp est stable parA∗B.
b. Soit U0 un vecteur propre deA pour la valeur propreλ0.
D’apr`es a., U0∗Kp est stable par A∗B, donc la restriction `a U0 ∗Kp de l’endomorphisme associ´e `a A∗B est diagonalisable. Il existe donc une base (U0∗V1, . . . , U0∗Vp) de U0∗Kp, compos´ee de vecteurs propres deA∗B pour les valeurs propresα1, . . . , αp.
Pour tout j∈[1, p], on a
(A∗B).(U0∗Vj) = αj(U0∗Vj) =U0∗(αjVj)
= (A.U0)∗(B.Vj) d’apr`es2.a.
= (λ0U0)∗(B.Vj) =U0∗(λ0B.Vj)
La relationU0∗(αjVj)−U0∗(λ0B.Vj) =U0∗(αjVj−λ0B.Vj) = 0, combin´ee avecI 1., donne αjVj−λ0B.Vj = 0. Il en r´esulte que (V1, . . . , Vp) est une base de Kp, compos´ee de vecteurs propres deB pour les valeurs propres α1
λ0
, . . .,αp
λ0
. Ainsi,B est diagonalisable.
D´esormais, on suppose queA∗B est diagonalisable etA∗B 6= 0.
3. On suppose K=C.
M´ethode 1 : on utilise la trigonalisation (hors programme de PC).
Les matrices complexesAetB sont trigonalisables. Il existe doncP ∈GL(n,C),Q∈GL(p,C), T1 = (ti,j) etT2 triangulaires sup´erieures, telles que A=P.T1.P−1 etB =Q.T2.Q−1.
En utilisant2.b.et4.a., on obtientA∗B = (P ∗Q).(T1∗T2).(P ∗Q)−1 o`u T1∗T2=
t1,1T2 t1,2T2 . . . t1,nT2
0 t2,2T2 . . . t2,nT2
... ... ...
0 . . . 0 tn,nT2
est une matrice triangulaire sup´erieure de Mnp(K).
Les diagonales de T1,T2 etT1∗T2 sont respectivement compos´ees des valeurs propres deA, B etA∗B.
Si SpC(A) = {0}, on a SpC(A∗ B) = {0} ce qui implique A∗ B = 0, puisque A ∗B est diagonalisable ; ce qui est contraire `a l’hypoth`ese.
Il en r´esulte que SpC(A) contient une valeur propre non nulle. Ainsi, d’apr`es2.b.,B est diago- nalisable.
D’apr`es I 6.c., B ∗A est une matrice diagonalisable et non nul. Le raisonnement pr´ec´edent appliqu´e `aB∗A et SpC(B) permet d’´etablir que Aest diagonalisable.
M´ethode 2 :
A∗B ´etant diagonalisable, on a (A∗B)2 diagonalisable et de mˆeme rang que A∗B.
En utilisantI 2.b.etI 5.b., on obtient
rg(A)rg(B) =rg(A*B) =rg((A∗B)2) =rg(A2)rg(B2) avec rg(A)>0 et rg(B)>0.
Il en r´esulte que rg(A) =rg(A2) et rg(B) =rg(B2).
Ainsi la restriction `a Im(A) de l’endomorphisme associ´e `a A est une bijection de Im(A) sur Im(A). Comme cet espace n’est pas r´eduit `a {0}, on en d´eduit l’existence d’une valeur propre non nulle pour A. Ainsi, d’apr`es 2.b.,B est diagonalisable.
De mˆeme, il r´esulte de rg(B) =rg(B2) que B admet une valeur propre non nulle.
Sachant queB∗Aest diagonalisable et non nul, on en d´eduit, comme pr´ec´edemment, queA est diagonalisable.
On suppose d´esormaisK=R.
4. Supposons queAsoit diagonalisable. CommeA6= 0 ( sinonA∗B = 0), il en r´esulte que SpR(A) contient une valeur propre non nulle. Ainsi, d’apr`es2.b.,B est diagonalisable .
De mˆeme, siB est diagonalisable, alors SpR(B) contient une valeur propre non nulle. Le mˆeme raisonnement, appliqu´e `aB∗A et SpC(B), permet d’´etablir queA est diagonalisable.
5. On suppose queA etB ne sont pas diagonalisables.
a. SiAadmet une valeur propre r´eelle non nulle, alors, d’apr`es2.b.,B est diagonalisable (dans Mp(R) ) ; ce qui est contraire `a l’hypoth`ese.
On ´etablit, de la mˆeme mani`ere, que B n’admet pas de valeur propre r´eelle non nulle.
b. Soient λ∈SpC(A) et µ∈ SpC(B) non nulles.
D’apr`es1.a., on a λµ∈ SpC(A∗B). CommeA∗B est diagonalisable (dans Mnp(R)), on a SpC(A∗B) =SpR(A∗B), ainsi λµest un r´eel non nul.
CommeB est une matrice r´eelle, on aµ∈SpC(B). Ainsi, de la mˆeme mani`ere, on ´etablit que λµ est un r´eel non nul.
Il en r´esulte queλµ λµ=λ2|µ|2 ∈R avec|µ|2>0, ainsiλ2 est un r´eel.
De mˆeme, en utilisantλµ, on ´etablit que µ2 est un r´eel.
Nota : ces r´esultats assurent que A et B admettent des valeurs propres non nulles, qui sont des imaginaires purs (et leur conjugu´es), et ´eventuellement la valeur propre 0.
c. Soientiα∈ SpC(A) avec α >0 etX un vecteur propre associ´e.
On aA.X=iαX etA.X=−iαX.
X etX sont lin´eairement ind´ependants dans Cn. Il en r´esulte que les vecteurs (r´eels)X+X eti(X−X) sont lin´eairement ind´ependants dansRn.
Le calcul donne A.(X+X) =αi(X−X) etA.i(X−X) =−α(X+X).
Le plan VectR
X+X, i(X−X) est donc stable par A et la matrice de l’endomorphisme induit parA dans la base (X+X, i(X−X)) est αS o`uS = 0 −1
1 0
! . d. D’apr`es3.,A est diagonalisable dansMn(C).
On a (X1, X1, X2, X2, . . . , Xr, Xr, X2r+1, . . ., Xn) une base deCncompos´ee de vecteurs propres de A pour les valeurs propresiα1,−iα1, iα2,−iα2, . . ., iαr,−iαr et 0 d’ordren−2ro`u r >0 etαk >0 pour k∈[1, r].
On v´erifie ais´ement que la famille de vecteurs (r´eels)
(X1+X1, i(X1−X1), X2+X2, i(X2−X2), . . ., Xr+Xr, i(Xr−Xr)) est lin´eairement ind´ependante dansRn.
Par ailleurs, il est clair que siV1, . . . , Vk est une famille de vecteurs deRn, alors
rgR(V1, . . . , Vk) =rgC(V1, . . . , Vk). Il en r´esulte que rgR(A) = rgC(A) = 2r.
Il existe donc une base r´eelle (X20r+1, . . . , Xn0) de Ker(A), sous espace deRn. Montrons que la familleB0 suivante est une base de Rn.
B0 = (X1+X1, i(X1−X1), . . . , Xr+Xr, i(Xr−Xr), X20r+1, . . . , Xn0) En effet, soit
(1)
r
X
k=1
uk(Xk+Xk) +vki(Xk−Xk) +
n
X
l=2r+1
wlXl0= 0 avecuk, vk ∈R pourk∈[1, r] etwl∈R pour l∈[2r+ 1, n].
L’image de (1) par Adonne
r
X
k=1
ukαki(Xk−Xk)−vkαk(Xk+Xk) = 0.
La famille (X1+X1, i(X1−X1), . . . , Xr+Xr, i(Xr−Xr)) ´etant lin´eairement ind´ependante et αk >0 pour toutk, il en r´esulte que uk =vk = 0 pour toutk. En reportant dans (1), on obtientwl= 0 pout toutl. cqfd
D’apr`es le r´esultat ´etabli en c., la matrice associ´ee `a Adans la base B0 s’´ecrit donc
α1S 0 . . . 0 0 . .. ... ... ... ... αrS 0 0 . . . 0 0n−2r
.
D’apr`es3.,B est diagonalisable dans Mn(C).
De mani`ere totalement analogue, on ´etablit l’existence des >0 et βk >0 pourk∈[1, s] tels que B soit semblable, dans Mp(R), `a la matrice antisym´etrique
β1S 0 . . . 0 0 ... ... ... ... ... βsS 0 0 . . . 0 0p−2s
.
6. Pour M ∈ Mn(R) et N ∈ Mp(R) on a M ∗ N =
m1,1N m1,2N . . . m1,nN m2,1N m2,2N . . . m2,nN
... ... ...
mn,1N mn,2N . . . mn,nN
∈
Mnp(K). Ainsi,t(M∗N) =
m1,1tN m2,1tN . . . mn,1tN m1,2tN m2,2tN . . . mn,2tN
... ... ...
m1,ntN m2,ntN . . . mn,ntN
= (tM)∗(tN).
7. On suppose que M ∈ Mn(R) et N ∈ Mp(R) sont non nulles et semblables `a des matrices antisym´etriques.
Il existe donc P ∈ GL(n,R), Q ∈ GL(p,R) et M0 ∈ Mn(R), N0 ∈ Mp(R) antisym´etriques telles que
M =P.M0.P−1 etN =Q.N0.Q−1.
a. Soit λ une valeur propre deM et X un vecteur propre associ´e. AlorsY =P−1.X est non nul et v´erifieM0Y =λY.
La d´efinition de l’antisym´etrie donne < M0Y, Y >=< Y,−M0Y >.
Il en r´esulte que< λY, Y >=< Y,−λY >, donc λkYk2 = 0 aveckYk2 >0. Ainsi toute valeur propre de M est nulle.
Si M est diagonalisable, alorsM est semblable `a 0n, donc nulle ; ce qui est contraire `a l’hy- poth`ese.
De mˆeme, la matriceN ne peut pas ˆetre diagonalisable.
b. D’apr`es6., on at(M0∗N0) = (tM0)∗(tN0) = (−M0)∗(−N0) =M0∗N0.
Ainsi, M0∗N0 est une matrice sym´etrique r´eelle, elle est donc diagonalisable. Et M ∗N, matrice semblable `a M0∗N0, est ´egalement diagonalisable.
—————————
