1. a. En factorisant les k + j premiers facteurs, on obtient β

(1)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 10 (le 19/04/13) 29 juin 2019

Exercice I.

1. a. En factorisant les k + j premiers facteurs, on obtient β

^k+1+j

− (β + k)β

^k+j

= jβ

^k+j

b. En factorisant par β

ⁱ

, on obtient

β

^j

β

ⁱ

= (β + i)

^j−i

2. a. Le premier déterminant demandé est celui d'une matrice 1 × 1 soit δ(n, n) = β

ⁿ

. Pour le deuxième,

δ(1, 3, 1) =

1

¹

1

²

1

³

1

²

1

³

1

⁴

1

³

1

⁴

1

⁵

=

1 2 6

2 6 24 6 24 120

= 2 × 6

1 2 6 1 3 12 1 4 20

= 12

1 2 6 0 1 6 0 2 14

= 24

b. Les lignes L

_k+1

et L

_k

commencent respectivement par β

^m+k

et β

^m+k−1

. Le premier terme de L

_k+1

− λL

_k

est donc nul si et seulement si λ est le dernier facteur de β

^m+k

soit

λ = β + m + k − 1 Pour ce λ , le terme de la colonne j de L

k+1

− λL

k

est

β

^m+k+j−1

− λβ

^m+k+j−2

= (β + m + k + j − 2 − λ)β

^m+k+j−2

= (j − 1)β

^m+k+j−2

c. On transforme la matrice par opérations élémentaires.

L

p

← L

p

− λL

p−1

avec λ choisi pour annuler le premier terme.

L

p−1

← L

p−1

− λL

p−2

avec λ choisi pour annuler le premier terme.

de même en remontant

L

₂

← L

₂

− λL

₁

avec λ choisi pour annuler le premier terme.

On ne change pas le déterminant par ces opérations et on obtient

δ(m, p, β) =

β

^m

β

^m+1

β

^m+2

· · · β

^m+p−1

0 1 × β

^m+1

2 × β

^m+2

· · · (p − 1) × β

^m+p−1

0 1 × β

^m+2

2 × β

^m+3

· · · (p − 1) × β

^m+p

... ... ... ...

0 1 × β

^m+p−1

2 × β

^m+p

· · · (p − 1) × β

^m+2p−3

En développant suivant la première colonne puis en sortant un facteur par colonne, on obtient

δ(m, p, β) = β

^m

× (p − 1)! × δ(m + 1, p − 1, β) On continue ainsi p − 1 fois jusqu'à un déterminant 1 × 1 :

δ(m, p, β) = β

^m

β

^m+1

(p − 1)!(p − 2)!δ(m + 2, p − 2, β) = · · ·

=

β

^m

β

^m+1

· · · β

^m+p−2

((p − 1)!(p − 2)! · · · 1!) β

^m+p−1

d. Le déterminant analogue pour les vraies puissances est nul car les lignes sont toutes proportionelles à la première

β

^m+k−1

β

^m+k

· · · β

^m+k+p−2

= β

^k−1

β

^m

β

^m+1

· · · β

^m+p−1

⇒ det P (m, p, β) = 0

3. Notons L

1

, · · · , L

p

les lignes de V (β

1

, · · · , β

p

) . Pour quel λ le premier terme de L

k+1

− L

k

est-il nul ? On trouve facilement que c'est pour λ = β

1

+ k . Le calcul du reste de la ligne est analogue à celui de la question 2.b. Soit

L

k+1

− L

k

=

0 (β

2

− β

₁¹

)β

₂^k−1

(β

3

− β

1

)β

₃^k−1

· · · (β

p

− β

1

)β

_p^k−1

Le calcul se fait alors exactement comme dans la question 2 (ou comme dans le calcul du déterminant de VanderMonde) et conduit à

V (β

₁

, · · · , β

_p

) = Y

i<j

(β

_j

− β

_i

)

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai S1210C

(2)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 10 (le 19/04/13) 29 juin 2019

Exercice II.

1. Après calculs, on trouve det(f − λ Id

_E

) = λ

²

(λ − 1)

²

. 2. Après calculs, on trouve

rg A = 3, rg A

²

= 2, rg(A − I

4

) = 3, rg(A − I

4

)

²

= 2

3. a. De la question 2., on tire les dimensions des noyaux par le théorème du rang dim(ker f ) = 1, dim(ker f

²

) = 2, dim(ker(f − Id

E

)) = 1, dim(ker(f − Id

E

)

²

) = 2

Soit a

1

un vecteur non nul de ker f et a

3

un vecteur non nul de ker(f − Id

E

) . On a bien alors f (a

1

) = 0

E

et f (a

3

) = a

3

.

Soit x un vecteur du plan ker f

²

qui n'est pas dans la droite ker f . Alors f (x) ∈ ker f = Vect a

₁

. Il existe donc λ 6= 0 tel que f (x) = a

₁

. Posons a

₂

=

_λ¹

x , on a bien alors f (a

₂

) = a

₁

.

Soit y un vecteur du plan ker(f − Id

_E

)

²

qui n'est pas dans la droite ker(f − Id

_E

) . Alors f (y) − y ∈ ker(f − Id

_E

) = Vect(a

₃

) . Il existe donc un µ 6= 0 tel que f (y) − y = µa

3

. Posons a

4

=

_µ¹

y , on a bien f (a

4

) = a

4

+ a

3

.

Il reste à vérier que la famille (a

1

, a

2

, a

3

, a

4

) est une base. Il sut de vérier qu'elle est libre. Soit λ

1

, λ

2

, λ

3

, λ

4

tel que λ

1

a

1

+ λ

2

a

2

+ λ

3

a

3

+ λ

4

a

4

= 0

E

. En composant deux fois par f , on tire

λ

1

a

2

+ λ

3

a

3

+ (λ

3

+ λ

4

)a

4

= 0

E

λ

₃

a

₃

+ (2λ

₃

+ λ

₄

)a

₄

= 0

_E

)

⇒ λ

₁

a

₂

− λ

₃

a

₄

= 0

_E

En composant encore par f , on obtient λ

3

a

4

= 0

E

d'où λ

3

= 0 puis λ

1

= 0 puis λ

4

= 0 (avec la deuxième équation de l'accolade) et enn λ

2

= 0 avec la première relation.

b. Calcul de a

₁

. On résoud le système



 

 

 

 

x − y + 2z − 2t = 0 z − t = 0 x − y + z = 0 x − y + z = 0

⇔



 

 

x − y + z = 0 z − 2t = 0 z − t = 0

⇔



 

 

x − y = 0 z = 0 t = 0

On choisit a

₁

= e

₁

+ e

₂

.

Calcul de a

2

. On résoud le système



 

 

 

 

x − y + 2z − 2t = 1 z − t = 1 x − y + z = 0 x − y + z = 0

⇔



 

 

x − y + z = 0 z − 2t = 1 z − t = 1

⇔



 

 

x − y = −1 z = 1

t = 0

On choisit a

2

= e

2

+ e

3

.

Calcul de a

3

. On résoud le système



 

 

 

 

−y + 2z − 2t = 0

−y + z − t = 0 x − y = 0 x − y + z − t = 0

⇔



 

 

 

 

x − y = 0

−y + 2z − 2t = 0

−y + z − t = 0 z − t = 0

⇔



 

 

x − y = 0

−y + z − t = 0 z − t = 0

On choisit a

₃

= e

₃

+ e

₄

.

Calcul de a

₄

. On résoud le système



 

 

 

 

−y + 2z − 2t = 0

−y + z − t = 0 x − y = 1 x − y + z − t = 1

⇔



 

 

 

 

x − y = 1

−y + 2z − 2t = 0

−y + z − t = 0 z − t = 0

⇔



 

 

x − y = 1

−y + z − t = 0 z − t = 0

On choisit a

4

= e

1

.

Exercice III.

1. Interprétons M comme la matrice d'un endomorphisme. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n et A une base de E . Dénissons f ∈ L(E) et des c

j

∈ E par :

Mat

A

(f ) = M, ∀j ∈ {1, · · · , n} : Mat

A

(c

j

) = C

j

La famille C = (c

1

, · · · , c

n

) est une base de E avec la matrice de passage P

_AC

= P . La condition matricielle M C

j

= µ

j

C

j

se traduit vectoriellement par f (c

j

) = µ

j

c

j

ce qui entraîne que Mat

C

(f) est diagonale avec les µ

j

sur la diagonale. On conclut avec la formule de changement de base pour un endomorphisme. Le déterminant de M est le déterminant de cette matrice diagonale soit le produit des µ

_j

.

2

(3)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 10 (le 19/04/13) 29 juin 2019

2. Si L est une ligne propre de M de valeur propre µ

⁰

alors, en transposant,

^t

L devient une colonne propre de

^t

M de même valeur propre µ

⁰

. Comme la transposition est un isomorphisme de l'espace des lignes vers l'espace des colonnes, ceci montre que M l-diagonalisable entraîne

^t

M c-diagonalisable avec les mêmes valeurs propres. La question 1 montre alors que det

^t

M = µ

⁰₁

· · · µ

⁰_n

. Comme det M = det

^t

M , on en déduit det M = µ

⁰₁

· · · µ

⁰_n

.

3. a. Par associativité du produit matriciel,

δ(C

_i

L) = A(C

_i

L) = (AC

_i

)L = α

_i

C

_i

L

b. Soit (L

1

, · · · , L

n

) une base quelconque de l'espace des lignes (par exemple la base canonique). D'après le résultat admis par l'énoncé, les n

²

matrices C

i

L

j

forment une base de M

n

(K) . Comme δ(C

i

L

j

) = µ

i

C

i

L

j

, la matrice de δ dans cette base est diagonale de taille n

²

× n

²

avec des µ

i

sur la diagonale, chacun se retrouvant n fois car il y a n lignes L

j

. On en déduit

det δ = α

ⁿ₁

· · · α

ⁿ_n

= (det A)

ⁿ

4. On raisonne comme en 3. mais avec la base des matrices C

i

L

j

formées à partir des colonnes propres de A et des lignes propres de B . Comme

λ(C

i

L

j

) = AC

i

L

j

+ C

i

L

j

B = α

i

C

i

L

j

+ β

j

C

i

L

j

= (α

i

+ β

j

)C

i

L

j

La matrice de λ dans cette base est encore diagonale avec des α

i

+ β

j

sur la diagonale.

On en déduit

det λ = Y

i,j

(α

i

+ β

j

)

Problème

Partie I. Coecients du polynôme caractéristique

1. Pour calculer le premier déterminant, on le développe suivant la dernière colonne, chaque déterminant 3 × 3 qui apparaît est triangulaire :

P

A

(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

= x

⁴

+ dx

³

+ cx

²

+ bx + a

Je connais pas d'astuce pour calculer le deuxième déterminant. En développant suivant la première colonne, on obtient

P

A

(x) = x(x

²

+ c) − a(−ax + bc) + b(ac + xb) = x(x

²

+ a

²

+ b

²

+ c

²

)

2. Le déterminant d'une matrice n × n est une somme de produits. Chaque produit est formé de n facteurs. Les coecients diagonaux de la matrice sont de degré 1 en x tous 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 contienne n − 1 termes diagonaux car il doit y avoir un terme par colonne et par ligne. Ainsi, seul le produit de tous les termes diagonaux contribue aux degrés n et n − 1 . Les coecients de x

ⁿ

et de x

ⁿ⁻¹

dans P

_A

viennent donc de

(x − a

_{1 1}

)(x − a

_{2 2}

) · · · (x − a

_{n n}

)

Le coecient dominant de P

A

est 1, celui du terme de degré n − 1 est − tr(A) . 3. a. Utilisons la multilinéarité du déterminant pour développer det(hI

n

+ B) . En no-

tant C

1

, C

2

, · · · , C

n

les colonnes de B , on obtient :

det(hI

n

+ B) = det(C

1

+ hX

1

, C

2

+ hX

2

, · · · , C

n

+ hX

n

)

= det(C

1

, C

2

, · · · , C

n

)

+ h (det(X

₁

, C

₂

, · · · , C

_n

) + det(C

₁

, X

₂

, · · · , C

_n

) + · · · + det(C

₁

, C

₂

, · · · , X

_n

)) + h

²

(· · · ) + · · ·

Considérons det(C

1

, · · · , X

i

, · · · , C

n

) où X

i

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

^t

Com(B) . On en déduit que le coecient de h dans det(hI

n

+ B) est tr (

^t

Com(B)) .

b. La question précédente s'applique en écrivant P

A

(x) = det(xI

n

− (−B)) , le coef- cient de x est donc

tr(

^t

Com(−A)) = (−1)

ⁿ⁻¹

tr(

^t

Com(A))

Le facteur (−1)

ⁿ⁻¹

s'explique car chaque terme de

^t

Com(A) est un déterminant de taille (n − 1) × (n − 1) .

3

(4)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 10 (le 19/04/13) 29 juin 2019

Partie II. Théorème de Cayley-Hamilton

1. Chaque terme de la matrice B

₀

+ xB

₁

+ · · · + x

ⁿ

B

_n

est une expression polynomiale à coecients réels. Si une telle expression s'annule pour une innité de valeurs de x , le polynôme associé est nul. Ainsi, pour chaque couple (i, j) , tous les termes i, j de toutes les matrices B

k

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 matrice Com(xI

n

− A) est un déterminant n − 1 × n − 1 formé avec des termes de xI

n

− A . C'est donc un polynôme en x de degré au plus n − 1 . En décomposant en une somme de matrices telles qu'un x

^k

se factorise dans chaque, on obtient l'existence des matrices C

₀

, C

₁

, · · · , C

_n−1

.

3. On sait d'après le cours sur le déterminant (formules de Cramer) que C(x)(xI

n

− A) = P

A

(x)I

n

D'autre part,

C(x)(xI

n

− A) = C

0

+ xC

1

+ · · · + x

ⁿ⁻¹

C

_n−1

(xI

n

− A)

= −AC

0

+ x(C

0

− C

1

A) + x

²

(C

1

− C

2

A) + · · · + x

ⁿ⁻¹

(C

_n−2

− C

_n−1

A) + x

ⁿ

A et P

A

(x)I

n

= a

n

I

n

+ xa

n−1

I

n

+ · · · + x

ⁿ⁻¹

a

1

I

n

. Le principe d'identication de la question II 1. prouve alors les relations demandées.

C

_n−1

= I

_n

C

n−2

− C

n−1

A = a

1

I

n

C

_n−3

− C

_n−2

A = a

2

I

n

...

C

₀

− C

₁

A = a

_n−1

I

_n

−C

0

A = a

n

I

n

4. a. Les relations précédentes permettent de calculer C

_n−1

, Cn − 2, · · · . On trouve

C

n−1

= I

n

, C

n−2

= A + a

1

I

n

, C

n−3

= A

²

+ a

1

A + a

2

I

n

,

· · · , C

2

= A

ⁿ⁻³

+ a

1

A

ⁿ⁻⁴

+ · · · + a

_n−3

I

n

,

C

1

= A

ⁿ⁻²

+ a

1

A

ⁿ⁻³

+ · · · + a

_n−2

I

n

, C

0

= A

ⁿ⁻¹

+ a

1

A

ⁿ⁻²

+ · · · + a

_n−1

I

n

b. En reportant l'expression de C

0

dans la dernière relation, on obtient le théorème de Cayley-Hamilton.

A

ⁿ

+ a

1

A

ⁿ⁻¹

+ · · · + a

_n−1

A + a

n

I

n

= 0

_M_n₍_R₎

Partie III. Application aux matrices nilpotentes

1. a. La formule de Taylor pour un polynôme de degré n donne P (x + h) = P(x) + hP

⁰

(x) + · · · + P

ⁿ

(x)

n! h

ⁿ

b. La question précédente fournit une expression de h dans le développement de P(x + h) . En écrivant P (x + h) = det (hI

n

+ (xI

n

− A)) , on déduit

P

⁰

(x) = tr(

^t

Com(xI − A)) = tr(C(x))

2. Exprimons la trace de C(x) à l'aide de C(x) = C

0

+ xC

1

+ · · · + x

ⁿ⁻¹

C

_n−1

. Il vient par linéarité :

tr(C(x)) = tr(C

₀

) + x tr(C

₁

) + · · · + x

ⁿ⁻¹

tr(C

_n−1

)

D'autre part, tr(C(x)) = P

⁰

(x) = nx

ⁿ⁻¹

+ (n − 1)a

1

x

ⁿ⁻²

+ · · · + a

_n−1

. En identiant les deux expressions polynomiales de cette trace, on obtient

tr(C

₀

) = a

_n−1

, · · · , tr(C

_n−2

) = (n − 1)a

₁

, tr(C

_n−1

) = n soit tr(C

j

) = (n − j)a

_n−j−1

pour j entre 1 et n − 1 .

3. Supposons tr(A) = tr(A

²

) = · · · = tr(A

ⁿ

) = 0 . Les expressions des C

_i

en fonction des puissances de A trouvées en II 4a. montrent que

tr(C

₀

) = n, tr(C

_n−2

) = na

₁

, tr(C

_n−3

) = na

₂

, · · · ,

tr(C

1

) = na

_n−2

, tr(C

0

) = na

_n−1

D'après les relations de III 2.,

(n − 1)a

₁

= na

₁

, (n − 2)a

₂

= na

₂

, · · · , a

_n−1

= na

_n−1

⇒ a

1

= a

2

= · · · = a

n−1

= 0 et le théorème de Cayley-Hamilton entraîne A

ⁿ

= 0

_M_n₍_R₎

.

4