fili`ere MP, session 2020

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fili`ere MP, session 2020

Arnaud Moncet

Merci `a PierreAbbrugiatipour sa relecture attentive et ses suggestions bienvenues.

EXERCICE I

Q1. Aest symétrique réelle donc diagonalisable (et même orthodiagonalisable).

De mani`ere ´evidente, on observe que :

• (1,1,1) est un vecteur propre associ´e `a la valeur propre 4 ;

• l’orthogonal du vecteur (1,1,1) est engendré par (1,−1,0) et (1,0,−1), qui sont des vecteurs propres linéairement indépendants associés à la valeur propre 1.

On en d´eduit que A=P DP⁻¹avecD= diag(4,1,1) etP =





1 1 1

1 −1 0

1 0 −1



∈GL3(R) .

Pour la suite, on calculeP⁻¹= 1 3





1 1 1

1 −2 1

1 1 −2



.

Q2. On poseB=Pdiag(2,1,1)P⁻¹∈M3(R), et on a alorsB²=Pdiag(2,1,1)²P⁻¹=P DP⁻¹=A.

Plus explicitement, B= 1 3





4 1 1 1 4 1 1 1 4



.

Q3. Aⁿ=P DⁿP⁻¹=Pdiag(4ⁿ,1,1)P⁻¹, ce qui donne apr`es calculs : Aⁿ= 1 3





4ⁿ+ 2 4ⁿ−1 4ⁿ−1 4ⁿ−1 4ⁿ+ 2 4ⁿ−1 4ⁿ−1 4ⁿ−1 4ⁿ+ 2



 . Q4. Comme A est diagonalisable, son polynôme minimal π_A est scindé à racines simples qui sont les valeurs

propres deA, d’o`u πA= (X−4)(X−1) =X²−5X+ 4 . On effectue la division euclidienne deXⁿ parπ_A :

Xⁿ=πAQ+aX+b (∗) avecQ∈R[X], (a, b)∈R².

En ´evaluant (*) en 1 et 4, on obtient le syst`eme

a+b= 1

4a+b= 4ⁿ d’unique solution (a, b) =4ⁿ−1

3 ,4−4ⁿ 3

. En ´evaluant maintenant (*) enA, on obtient :Aⁿ = 0Q(A) +aA+bI3, d’o`u finalement :

Aⁿ =4ⁿ−1

3 A+4−4ⁿ 3 I3 .

Remarque : ce résultat est bien cohérent avec celui de la question précédente.

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EXERCICE II

Q5. GLn(R) n’est pas ferm´e dansMn(R) , car la suite 1

kIn

k∈N^∗

d’éléments de GLn(R) a pour limite la matrice nulle qui n’est pas dans GLn(R) (on a utilisé la caractérisation séquentielle des fermés).

Q6. GLn(R) est l’image réciproque par l’application déterminant, qui est continue sur Mn(R), de l’ouvert R^∗ deR(complémentaire du fermé{0}), donc GLn(R) est un ouvert deMn(R) .

Q7. Si le polynôme caractéristique χM possède une racine strictement positive, on note ρ la plus petite de ces racines (un tel minimum existe bien car l’ensemble des racines est fini) ; sinon on poseρ= 1.

Ainsi, ρ >0 et le polynôme caractéristiqueχM n’a pas de racine dans l’intervalle ]0, ρ[, d’où :

∀λ∈ 0, ρ

, det(M −λIn) = (−1)ⁿχM(λ)6= 0 donc M−λIn∈GLn(R). La suite

M−ρ kIn

k>2est alors `a valeurs dans GLn(R) et converge versM, matrice quelconque deMn(R), ce qui montre que GLn(R) est dense dansMn(R) .

Q8. Si B ∈ GL_n(R), les matrices AB et BA sont semblables car AB = B⁻¹(BA)B, donc elles ont le même polynôme caractéristique.

Considérons les applicationsϕ₁ et ϕ₂ ∈F(Mn(R),Rn[X]) définies par ϕ₁(B) =χ_AB et ϕ₂(B) =χ_BA (la matriceAétant fixée et quelconque dansMn(R)).

Nous venons de voir queϕ1 etϕ2 co¨ıncident sur GLn(R).

D’autre part,ϕ1 est continue, par composition de l’applicationB 7→AB, continue car linéaire sur l’espace vectorielMn(R) qui est de dimension finie, avecM 7→χM qui est aussi continue par caractérisation à l’aide des coordonnées dans une base, car les coefficients du polynôme caractéristique de M sont polynomiaux en les coefficients deM. De même,ϕ2est continue.

Comme GLn(R) est dense dans Mn(R), on en déduit que ϕ1 et ϕ2 co¨ıncident sur Mn(R), ce qui montre que les polynômes caractéristiques deABetBA sont égaux quelles que soient les matrices A et B dans Mn(R).

Pour les matrices élémentaires Aet B données dans l’énoncé,AB= 0 a pour polynôme minimalX, tandis queBA=B n’a pas pour polynôme minimalX car cette matrice est non nulle (son polynôme minimal est en fait égal àX²), donc le résultat précédent n’est pas vrai pour les polynômes minimaux .

Q9. Raisonnons par l’absurde en supposant que GL_n(R) est connexe par arcs.

Son image par l’application d´eterminant, qui est continue, est alors connexe par arcs.

Or cette image est égale à R^∗ : l’inclusion directe est évidente et l’inclusion réciproque s’obtient en prenant pour antécédent d’un réelxnon nul la matrice diag(x,1, . . . ,1)∈GLn(R).

R^∗ n’´etant pas connexe par arcs puisque ce n’est pas un intervalle deR(par exemple, (−1,1)∈(R^∗)²mais [−1,1]6⊂R^∗), on obtient ainsi une contradiction et on en d´eduit que GL_n(R) n’est pas connexe par arcs .

PROBL` EME

Partie I - Exemples, propri´ et´ es

Q10. On noteul’endomorphisme canoniquement associ´e `aA,i.e.l’endomorphisme de l’espace euclidienR² dont la matrice dans la base canonique estA.

SoitX= (x, y)∈R².u(X) = (x+ 2y,−2x+y) donc ku(X)k=p

(x+ 2y)²+ (−2x+y)²=p

x²+ 4xy+ 4y²+ 4x²−4xy+y²=√ 5kXk d’o`u uest une similitude de rapportk=√

5 .

Remarque : il faut bien dire une similitude de rapport k et non pas la similitude de rapport k comme

´

ecrit dans l’´enonc´e, car une telle similitude n’est pas unique ; en effetkIdE et−kIdE sont deux similitudes distinctes de rapportk.

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Q11. On a les trois pointsM⁰(4,−3),N⁰(6,−7) etP⁰(8,−6).

Le triangleM N P ´etant rectangle enN, son aire vaut :AM N P = M N×N P

2 = 2×1

2 = 1.

L’aire de M⁰N⁰P⁰ vaut : AM⁰N⁰P⁰ = 1 2detbc

−−−→M⁰N⁰,−−−→

M⁰P⁰ =

1 2

2 4

−4 −3

= 5 (bc d´esigne la base canonique).

On remarque que AM⁰N⁰P⁰ = 5AM N P =k²AM N P, aveck=√

5 le rapport de la similitude .

Remarque : le rapport k² = 5 entre les deux aires correspond `a la valeur absolue du d´eterminant de u(cf.

programme de MPSI : interprétation géométrique du produit mixte en termes de volume orienté, effet d’une application linéaire).

Q12. Soitu∈Sim(E) de rapportk >0.

Si x∈ Ker(u), alorskkxk =ku(x)k =k0k = 0, donc kxk = 0 car k 6= 0, d’où x= 0 par séparation de la norme. On a donc Ker(u) ={0}(l’inclusion réciproque étant évidente) d’où uest injectif.

Commeuest un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie, on en d´eduit que uest bijectif . Montrons que Sim(E) est un sous-groupe de (GL(E),◦).

• Sim(E)⊂GL(E) d’après ce qui précède.

• Sim(E) contient le neutre IdE du groupe (GL(E),◦), qui est une similitude de rapport 1 puisque pour toutxdansE,kIdE(x)k=kxk.

• Stabilit´e par◦ :

Soientuetv∈Sim(E), de rapports respectifsketk⁰ dansR^∗+.

On a alors pour toutx∈E :ku◦v(x)k=kkv(x)k=kk⁰kxkaveckk⁰ >0 car (R^∗+,×) est un groupe.

Ainsi,u◦v est une similitude de rapportkk⁰, ce qui montre que Sim(E) est stable par◦.

• Stabilit´e par inverse :

On reprend la mˆeme similitudeu.

Pour toutx∈E :kxk=ku◦u⁻¹(x)k=kku⁻¹(x)k, d’o`uku⁻¹(x)k= 1

kkxkavec 1 k >0.

Ainsi,u⁻¹est une similitude de rapport 1

k, ce qui montre que Sim(E) est stable par inverse.

Finalement, Sim(E) est un sous-groupe de (GL(E),◦), donc Sim(E) est un groupe pour la loi◦ .

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Q13. Soitxun vecteur quelconque deE.

NotonsX = Mat_B(x)∈Mn,1(R) la matrice colonne des coordonn´ees dexdansB.

AlorsAX est la matrice colonne des coordonn´ees deu(x) dansB, et comme la baseBest orthonorm´ee on a donc :

kxk=

√

tXX et ku(x)k=p_t

(AX)AX=

√

tX^tAAX.

On en d´eduit les ´equivalences suivantes : u∈O(E) ⇐⇒ ∀x∈E, ku(x)k=kxk

⇐⇒ ∀X ∈Mn,1(R),

√

tX^tAAX =

√

tXX (carx7→Mat_B(x) est surjective deE dansMn,1(R))

⇐⇒ ∀X ∈Mn,1(R), ^tX^tAAX=^tXX

Si^tAA=In, il est clair que la dernière propriété est vérifiée, doncu∈O(E).

R´eciproquement, supposons queu∈O(E), et notons (ci,j) la famille des coefficients de la matrice^tAA.

En prenantX=e_i dans la relation précédente (i-ième vecteur de la base canonique), on obtient :

∀i∈J1, nK, c_i,i= 1.

En prenant ensuiteX =ei+ej aveci6=j, il vientci,i+ci,j+cj,i+cj,j = 2, d’o`uci,j+cj,i= 0.

La matrice^tAA´etant sym´etrique (car^t(^tAA) =^tA^t(^tA) =^tAA), on a donc :

∀(i, j)∈J1, nK

2, i6=j =⇒ ci,j= 0 et finalement^tAA=I_n.

Nous avons ainsi établi l’équivalence souhaitée : u∈O(E)⇐⇒^tAA=In . On montre exactement de la même fa¸con que :

uest une similitude de rapportksi, et seulement si,^tAA=k²In .

Remarque : la première équivalence, qui est une question de cours, est plus simple à établir en utilisant la ca- ractérisation des automorphismes orthogonaux par l’image d’une base orthonormée, mais cette démonstration ne peut alors plus se généraliser directement pour les similitudes, car nous ne disposons pas dans l’énoncé d’une caractérisation des similitudes par l’image d’une base orthonormée.

De même, la démonstration proposée ci-dessus peut être simplifiée en utilisant la caractérisation des automorphismes orthogonaux par la conservation du produit scalaire ; on obtient ainsi l’équivalence :u∈O(E)⇐⇒

∀(X, Y)∈Mn,1(R)², ^tX^tAAY =^tXY, qui permet de raccourcir la fin de la preuve en prenant directement pourX etY deux vecteursei et ej de la base canonique. Néanmoins, cette démonstration ne peut pas, à ce stade, se généraliser pour les similitudes, car la caractérisation adéquate des similitudes ne sera établie qu’à la question Q18.

A noter aussi que la seconde caract´` erisation matricielle aurait été très facile à déduire de la première en utilisant le résultat de la questionQ16.

Q14. Notonsul’endomorphisme deE=R³canoniquement associ´e `aA.

Après calculs on trouve^tAA= 9I3, donc d’après la question précédente et le caractère orthonormé de la base canonique deR³, uest une similitude de rapport 3 .

La matrice de la similitudeu⁻¹ estA⁻¹=1 9

tA= 1 9





2 −2 1

2 1 −2

1 2 2



. Soitf ∈O(E), de matriceM dans la base canonique.

La matrice deu⁻¹◦f ◦udans la base canonique estN =A⁻¹M A=1 9

tAM A. Calculons^tN N.

tN N = 1 81

tA^tM A^tAM A

=1 9

tA^tM M A carA^tA=A×9A⁻¹= 9I3

=1 9

tAA car^tM M =I3, puisquef ∈O(E)

=I3 car^tAA= 9I3.

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Comme la base canonique est orthonormée, on en déduit grâce à la questionQ13que u⁻¹◦f◦u∈O(E) . Remarque : cette dernière propriété reste vraie pour n’importe quelle similitude, comme on peut le voir facilement grâce à la caractérisation de la questionQ16.

Q15. On noteS(x, r) la sph`ere de centrex∈E et de rayonr >0.

Soituun endomorphisme deE possédant la propriété de l’énoncé. En particulier, l’image par udeS(0,1) est égale àS(0, k) pour un certaink >0. Montrons queuest une similitude de rapportk.

Soitx∈E\{0}. Le vecteur x

kxk est de norme 1, donc il appartient à S(0,1). On en déduit que son image paruappartient àS(0, k), d’où

u

x kxk

=k.

Or u x

kxk

=

1 kxku(x)

=ku(x)k

kxk , d’oùku(x)k=kkxk, cette dernière égalité restant valable lorsquex est le vecteur nul.

Nous avons ainsi montr´e que uest une similitude de E .

Partie II - Assertions ´ equivalentes

Q16. ⇒ Soitu∈Sim(E) de rapportk >0.

Alors u=h◦v=v◦havech=kId_E une homoth´etie vectorielle non nulle deE et v= 1

ku∈O(E) , carv∈L(E) et ∀x∈E, kv(x)k=

1 ku(x)

= 1

kku(x)k= 1

kkkxk=kxk.

Remarque : la solution n’est pas unique : on peut aussi prendreh=−kId_E et v=−1 ku.

⇐ Soitu=h◦vavechune homoth´etie non nulle deE et v∈O(E). Soitλ∈R^∗ le rapport deh.

u∈L(E) (carL(E) est stable par composition) et∀x∈E, ku(x)k=kλv(x)k=|λ| · kv(x)k=|λ| · kxk avec|λ|>0, donc uest une similitude de rapport|λ|.

Q17. A=HB avecH=√

5I2 qui est la matrice d’une homoth´etie (dans la base canonique) etB= 1

√5A.

Notonsv l’endomorphisme canoniquement associ´e `aB.

L’endomorphismeucanoniquement associé à Aétant une similitude de rapport√

5 (cf.Q10),v= 1

√5uest un automorphisme orthogonal (cf. preuve de la question pr´ec´edente).

Son déterminant est égal à 1 donc il s’agit d’une rotation deR². Son angle θ vérifie cosθ = 1

√5 et sinθ = − 2

√5, donc tanθ = −2 d’o`u θ ≡ −Arctan(2) [π] et comme cosθ >0,θ≡ −Arctan(2) [2π].

Finalement, v est la rotation deR² d’angle−Arctan(2) .

Remarque : de même que dans la question précédente, la solution n’est pas unique : on peut aussi prendre H =−√

5I2 etB =− 1

√5A, qui est la matrice de la rotation d’angle −Arctan(2) +π.

Q18. Soientxety dansE.

4 kx+yk²− kx−yk²

(formule de polarisation).

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⇒ Siuest une similitude de rapportk, alors pour tousxet ydansE : hu(x)|u(y)i= 1

4 ku(x) +u(y)k²− ku(x)−u(y)k²

d’apr`es la formule de polarisation

= 1

4 ku(x+y)k²− ku(x−y)k²

caruest lin´eaire

= 1

4 k²kx+yk²−k²kx−yk²

caruest une similitude de rapportk

=k²hx|yi d’apr`es la formule de polarisation.

On a donc bien : ∀(x, y)∈E², hu(x)|u(y)i=k²hx|yi.

⇐ Réciproquement, si l’égalitéhu(x)|u(y)i=k²hx|yiest vérifiée pour tousxetydeE, alors en particulier pourx=yon a ku(x)k²=k²kxk² d’oùku(x)k=kkxk et ainsi uest une similitude directe .

Remarque : pour l’implication réciproque, on a supposé que uétait un endomorphisme deE et k >0, bien que cela ne soit pas précisé dans l’énoncé. Le cas oùuest une application quelconque de E dansE est traité dans la dernière questionQ20.

Q19. ⇒ Soitu∈Sim(E) de rapportket soient xet ydansE tels que hx|yi= 0.

D’après la question précédente,hu(x)|u(y)i=k²hx|yi= 0. Ainsi, uconserve l’orthogonalité .

⇐ Soitu∈L(E) qui conserve l’orthogonalit´e et soitB= (e₁, . . . , e_n) une base orthonorm´ee deE.

Soientiet j dansJ1, nK.

hei+ej|ei−eji=keik²− kejk²= 1−1, donc hei+ej|ei−eji= 0 .

Commeupréserve l’orthogonalité, on a aussihu(ei+ej)|u(ei−ej)i, ce qui donne par linéarité deu: hu(ei) +u(ej)|u(ei)−u(ej)i= 0, i.e.ku(ei)k²− ku(ej)k²= 0, d’où ku(ei)k=ku(ej)k .

Soitk la valeur commune desku(ei)k, i∈J1, nK.

Pour touti∈J1, nK,ku(ei)k=k etkeik= 1, d’où ku(ei)k=kkeik (cette égalité, bien que demandée par l’énoncé, n’est d’aucune utilité pour la suite).

Soitx∈E de coordonn´ees (x₁, . . . , x_n) dans la baseB. x=

n

X

i=1

x_ie_i d’où, par linéarité,u(x) =

n

X

i=1

x_iu(e_i).

Lesei étant deux à deux orthogonaux, il en est de même desu(ei) caruconserve l’orthogonalité, donc d’après le théorème de Pythagore :ku(x)k²=

n

X

i=1

x²_iku(ei)k²=k²

n

X

i=1

x²_i =k²kxk² (la dernière égalité provient du caractère orthonormé de la baseB), et doncku(x)k=kkxk.

On a ainsi montré que uest une similitude de rapportk, à condition que k soit strictement positif, ce qui n’est pas automatiquement le cas (upeut être l’endomorphisme nul, et il s’agit en fait du seul endomorphisme conservant l’orthogonalité qui n’est pas une similitude).

Remarque : l’énoncé était donc ici incorrect. Il aurait fallu supposer, pour la réciproque, queuétait non nul ou queuétait un automorphisme.

Q20. Soientxety dansE,λdansR. On veut montrer que le vecteurz=λu(x) +u(y)−u(λx+y) est nul.

kzk²=hλu(x) +u(y)−u(λx+y)|λu(x) +u(y)−u(λx+y)i

=kλu(x) +u(y)k²−2hλu(x) +u(y)|u(λx+y)i+ku(λx+y)k²

=λ²ku(x)k²+ 2λhu(x)|u(y)i+ku(y)k²−2λhu(x)|u(λx+y)i −2hu(y)|u(λx+y)i+k²kλx+yk²

=λ²k²kxk²+ 2λk²hx|yi+k²kyk²−2λk²hx|λx+yi −2k²hy|λx+yi+k²λ²kxk²+ 2k²λhx|yi+k²kyk²

=k²(λ²kxk²+ 2λhx|yi+kyk²−2λ²kxk²−2λhx|yi −2λhx|yi −2kyk²+λ²kxk²+ 2λhx|yi+kyk²)

= 0

d’oùz= 0 et par suiteu(λx+y) =λu(x) +u(y), ce qui montre que uest un endomorphisme deE . D’aprèsQ18, on en déduit que uest une similitude de E .