Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP
Année 2020-2021 Mathématiques
Devoir sur table n
◦2 du jeudi 24 septembre
Durée : 4 heures
Toute calculatrice interdite
Instructions générales : Les candidats sont priés
• de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien quatre pages ;
• de traiter les deux problèmesdans l’ordre qui leur convient le mieux, à condition de respecter scrupuleusement la numérotation des problèmes et questions ;
• si possible traiter les problèmes sur des copies différentes.
Enfin, les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.
Remarque importante :
Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.
Bon courage !
Problème 1
On désigne par :
• E l’ensemble des nombres réels irrationnels,
• Gle groupe multiplicatif des matricesg=
a b c d
oùa,b,c,dsont des entiers relatifs etad−bc=±1.
Partie 0 — question préliminaire
0. Démontrer queGest effectivement un groupe.
Partie 1 — deux suites de récurrence linéaire
Dans cette partie, on fixe un nombre réelα >0 et on définit deux suites de réels strictement positifs : (pn)n∈N, (qn)n∈N, par les conditions :
p0=α, p1=α2+ 1, pn=αpn−1+pn−2, q0= 1, q1=α, qn=αqn−1+qn−2, pourn≥2.
1. Expliciterpn en fonction deα.
On admet queqn = 1
√α2+ 4
α+√ α2+ 4 2
n+1
−
α−√ α2+ 4 2
n+1! .
2. Démontrer que la limiteλdern=pn qn
lorsquen→+∞est α+√ α2+ 4
2 .
3. Si l’on supposeαentier,λpeut-il être rationnel ?
4. Écrire enpythonune procéduresuite(alpha,n)qui renvoiepnetqncalculés à l’aide des relations de récurrence données par l’énoncé (et pas à l’aide des formules de la question 1).
Ensuite, ajouter quelques lignes de code utilisant suite(alpha,n) afin d’afficher n, pn
qn
et
pn
qn
−λ
pour n variant de0à 20. On fixera par exempleαà1.
Partie 2 — nombres algébriques et homographies
On dit qu’un nombre réel irrationnelxestalgébrique s’il annule un polynômeP deQ[X]de degré supérieur ou égal à 2. (On dit quexannuleP siP(x) = 0.)
5. Montrer que, si x est irrationnel et algébrique, alors il existe un unique polynôme P deQ[X] irréductible, de degré supérieur ou égal à 2, annulé par xet dont le coefficient du terme de plus haut degré est1.
On notera Px ce polynôme etdxson degré.
6. (a) Vérifier que pour toutg∈Get toutx∈ E, le nombreTg(x) = ax+b
cx+d existe et appartient àE.
(b) Vérifier que l’application g 7→ Tg est un morphisme de groupes deG dans le groupe des bijections de E dansE, et déterminer son noyau.
7. Montrer que, si xest irrationnel et algébrique, alorsTg(x)l’est aussi et comparerdxet dTg(x).
Partie 3 — pseudo-limite irrationnelle d’une suite d’entiers naturels
Dans cette partie, pour tout nombre réelx, on noteA(x)la matrice
x 1 1 0
.
On fixe une suiteu= (un)n∈N, avecu0∈N(pour simplifier, nous choisirons u0= 0)et un ∈N∗pour n >0.
Enfin, on définitpn etqn par :
pn
qn
= A(u0)A(u1)· · ·A(un) 1
0
.
8. Vérifier que l’on a
pn = unpn−1+pn−2, , qn = unqn−1+qn−2 pour n≥2.
On posern= pn
qn.
9. Vérifier que la suite(pnqn−1−pn−1qn)n est géométrique, en précisant sa raison.
En déduirern−rn−1en fonction deqn etqn−1.
10. Montrer que la suite(rn)n admet une limite que l’on noteraλ(u).
(On pourra prouver que les suites (r2n)n et (r2n+1)n sont adjacentes.) 11. Montrer queλ(u)est irrationnel. (On pourra comparer|λ(u)−rn|et 1
qnqn−1.) 12. Déterminer la partie entière deλ(u).
Problème 2
Dans ce problème :
• ndésigne un entier supérieur ou égal à2,
• KdésigneRouC,
• Mn(K)désigne l’ensemble des matrices réelles carrées d’ordre n,
• GLn(K)désigne le sous-ensemble des matrices inversibles.
PourA= [ai,j]1≤i≤n 1≤j≤n
, on appelletracedeAet on note tr (A)le scalaire tr (A) =
n
X
i=1
ai,i. Deux matricesM etM0 deMn(K)sont ditessemblables s’il existeP ∈GLn(K)tel que
M0 = P−1·M·P,
autrement dit lorsqueM etM0 représentent le même endomorphisme dans deux bases éventuellement différentes.
On rappelle que la base canonique deMn(K)est la famille(Ek,l)1≤k,l≤n où : Ek,l = [δi,kδj,l]1≤i≤n
1≤j≤n
oùδp,q désigne le symbole de Kronecker qui vaut1sip=qet0 sinon.
Partie 1 — propriétés élémentaires
1. Montrer que la trace est une forme linéaire surMn(K), c’est-à-dire une application linéaire deMn(K)dansR. 2. Pour tout(A, B)∈ Mn(K)2, montrer que tr (BA) = tr (AB).
En déduire que deux matrices semblables ont même trace.
3. Pour toutA∈ Mn(R), montrer que tr (tAA)est un réel positif ou nul.
À quelle condition ce réel est-il nul ? 4. SoitA∈GL2(R)etB∈ M2(R)vérifiant
AB =
1 0
−1 1
et BA =
x 1
−4 y
où x > y.
En utilisant le déterminant et la trace, trouver xety.
En considérantABA, trouverAet B (il y a une infinité de solutions).
5. Soitf un endomorphisme deKn etBune base de E.
SoitM la matrice qui représentef dans la baseB.
On appelletracedef et on note tr (f)le réel tr (f) = tr (A).
Montrer que cette définition ne dépend que de f et pas du choix de la baseB.
6. Soitpun projecteur deKn, c’est-à-dire un endomorphisme deKn tel quep◦p=p.
Montrer tr (p) = rg (p).
Soitqun deuxième projecteur. L’endomorphisme p+√
2q est-il encore un projecteur ?
Partie 2 — description des formes linéaires sur M
n( K )
7. Pour (p, q)∈[[1, n]]2, calculer tr (Ep,q).
8. Pour (i, j, k, l)∈[[1, n]]4, calculer Ei,jEk,l. 9. Pour (i, j)∈[[1, n]]2 etA= [ai,j]1≤i≤n
1≤j≤p∈ Mn(K), calculer tr (AEj,i).
10. En déduire que pour toute forme linéaireϕsurMn(K), il existe une unique matriceA∈ Mn(K)telle que
∀M ∈ Mn(K), ϕ(M) = tr (AM).
Partie 3 — tout hyperplan de M
n( K ) rencontre GL
n( K )
SoitH un hyperplan deMn(K).
11. Montrer queH est le noyau d’une forme linéaire non nulleϕ.
D’après la partie précédente, il existe alors A∈ Mn(K)telle que :
H = {M ∈ Mn(K)| tr (AM) = 0}.
Pour r∈[[1, n]], on noteJr= Ir 0
0 0
∈ Mn(K).
Enfin, on note J la matrice
J =
0 . . . 0 1 1 . .. ... ... 0 . .. . .. ... ... ... . .. . .. 0 ... 0 . . . 0 1 0
∈ Mn(K).
12. Montrer queJ est inversible.
13. Calculer tr (JrJ)pour toutr∈[[1, n]].
14. En déduire la valeur de tr
(U JrV)·(V−1J U−1)
pour(U, V)∈GLn(K)2. 15. Conclure.
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Année 2020-2021 Mathématiques
Devoir sur table n
◦2 du jeudi 24 septembre Corrigé
Problème 1 — d’après le début de X MP 1999 Maths 2
Partie 0 — question préliminaire
0. Remarquons queGest l’ensemble des matrices d’ordre2 à coefficients entiers et de déterminant valant+1ou−1.
Tout d’abord il est clair que toute matrice élément de Gest inversible. Nous allons donc démontrer queGest un sous-groupe deGL2(R).
L’ensembleGest non vide puisqueI2 est dansG: cette matrice est bien entière et de déterminant égal à+1.
L’ensembleGest stable par produit, car si g ethsont à coefficients entiers et de déterminants respectifsdet(g)∈ {−1,1}et det(h)∈ {−1,1}, alorsghest également à coefficients entiers etdet(gh) = det(g) det(h)∈ {−1,1}.
Enfin, sig=
a b c d
est dansGalorsg est inversible et
g−1 = 1 ad−bc
d −b
−c a
= ±
d −b
−c a
doncg−1 est à coefficients entiers ; en outredet(g−1) = det(g)−1∈ {−1,1}. Ainsig−1est bien dansG.
Finalement Gest bien un groupe , puisque sous-groupe deGL2(R).
Partie 1 — deux suites de récurrence linéaire
1. Les suites (pn)n et (qn)n vérifient la même relation de récurrence linéaire à deux termes, donc appartiennent toutes deux au même espace vectoriel de dimension 2 dont on détermine une base en résolvant l’équation caractéristique :
x2−αx−1 = 0.
Les solutions sont les réels distincts x0=α+√ α2+ 4
2 et x1 = α−√ α2+ 4
2 .
Chacune des suites(pn)n et(qn)n est donc une combinaison linéaire des suites géométriques de raisonsx0etx1.
• Soit(λ, µ)∈R2 tel que :∀n∈N,pn =λxn0+µxn1. Alors :
? Pour n= 0, p0=α=λ+µ.
? Pour n= 1, p1=α2+ 1 =λx0+µx1. D’où :
λ =α2+ 1−αx1
x0−x1 = α√
α2+ 4 +α2+ 2 2√
α2+ 4 = α+√
α2+ 42 4√
α2+ 4 = x20
√α2+ 4
µ =−α2−1 +αx0
x0−x1
= α√
α2+ 4−α2−2 2√
α2+ 4 = − α−√
α2+ 42
4√
α2+ 4 =− x21
√ α2+ 4 Ainsi :
pn = xn+20 −xn+21
√
α2+ 4 = 1
√ α2+ 4
α+√ α2+ 4 2
n+2
−
α−√ α2+ 4 2
n+2! .
• Soit(λ0, µ0)∈R2tel que :∀n∈N,qn=λ0xn0 +µ0xn1. Alors :
? Pour n= 0, q0=α=λ0+µ0.
? Pour n= 1, q1=α=λ0x0+µ0x1.
D’où :
λ0 = α−x1 x0−x1
= α+√ α2+ 4 2√
α2+ 4 = x0
√α2+ 4
µ0 = −α+x0
x0−x1 = −α+√ α2+ 4 2√
α2+ 4 =− x1
√α2+ 4
Ainsi :
qn = xn+10 −xn+11
√α2+ 4 = 1
√α2+ 4
α+√ α2+ 4 2
n+1
−
α−√ α2+ 4 2
n+1! .
2. Le produit des racines x0 et x1 de l’équation caractéristique est −1 : x0 est de valeur absolue strictement supérieure à 1et x1 de valeur absolue strictement inférieure à1. Au voisinage de+∞, nous avons donc :
pn n→+∞∼ xn+20
√α2+ 4 et qn n→+∞∼ xn+10
√α2+ 4.
La limite dern =pn
qn lorsquen→+∞est donc
λ = x0 = α+√ α2+ 4
2 .
3. Supposons queαsoit entier (strictement positif) : α=n, n∈N∗. Alors : λ∈Q ⇐⇒ p
n2+ 4∈Q ⇐⇒ ∃(p, q)∈N×N∗ / n2+ 4 = p2
q2, pgcd(p, q) = 1.
Or n2+ 4∈N, d’où q= 1et (p−n)(n+p) = 4qui a pour unique solution dansN2: n= 0etp= 2.
Or α=ndoit être strictement positif : absurde. Finalement λest irrationnel . 4. Un peu depython :
import numpy as np def suite(n,alpha):
] construction de la liste p des p_n et de la liste q des q_n p = [alpha,alpha**2+1]
q = [1,alpha]
for i in range(2,n+1):
p.append(alpha * p[i-1] + p[i-2]) q.append(alpha * q[i-1] + q[i-2]) return p[n],q[n]
] test de la procédure alpha = 1
limite = ( alpha + np.sqrt(alpha**2+4) ) / 2 for n in range(21):
pn,qn = suite(n,alpha)
print(n,pn/qn,"|p_n/q_n - limite|=",np.abs(pn/qn-limite))
Partie 2 — nombres algébriques et homographies
5. Soitxirrationnel et algébrique, alors il annule un polynômeQdeQ[X]de degré supérieur ou égal à2. Ce poly- nôme se décompose dansQ[X]en produit d’une constante non nulle ket de polynômes irréductibles unitaires :
Q = k
p
Y
i=1
Pi.
Or xannuleQ, doncxannule l’un des Pi, qui est de degré supérieur ou égal à2 puisquexest irrationnel. Ceci prouve l’ existence d’un polynôme unitaireP irréductible annulantxtel que deg(P)≥2.
Vérifions que ce polynôme est unique. Supposons que xannuleP et R, polynômes de Q[X]irréductibles ; alors xannuleP∧R, mais P∧Rne peut être un diviseur strict deP etQ, ni le polynôme 1, doncP∧Q=P =Q.
Le polynôme unitaire irréductible annulé parxest unique, on notePx ce polynôme etdx son degré.
6. (a) Soientg∈Get x∈ E.
• Si c= 0 alorsd6= 0 car sinonad−bc= 0. Dans ce cascx+d=d6= 0.
• Si c6= 0 alorscx+d= 0équivaut àx=−d
c ∈Q, ce qui est absurde. Dans ce cas également cx+d6= 0.
Dans tous les cascx+d6= 0: le nombreTg(x) =ax+b
cx+d existe . De plus, l’équivalence y = ax+b
cx+d ⇐⇒ x= −dy+b
cy−a prouve que x∈ Q ⇐⇒ y ∈ Q. Il s’ensuit que x∈ E ⇒Tg(x)∈ E .
(b) La fonction homographique Tg :t7→ at+b
ct+d réalise une bijection deR\ −d
c
dansR\ b
d
, d’après les calculs de la question précédente. Toujours d’après la question précédente, nous avonsx∈ E ssiTg(x)∈ E.
Par restrictionTg:E → E est bijective. En d’autres termesTg est bien une permutation de E.
On peut donc écrireϕ:g7→Tg,(G,·)→(Bij(E),◦).
De plus pour tous (g1, g2)∈G2et x∈ E il vient :
Tg1g2(x) =
a1a2x+b2
c2x+d2 +b1 c1a2x+b2
c2x+d2
+d1
= (a1a2+b1c2)x+a1b2+b1d2 (c1a2+d1c2)x+c1b2+d1d2
et
g1g2 =
a1 b1 c1 d1
a2 b2 c2 d2
=
a1a2+b1c2 a1b2+b1d2 c1a2+d1c2 c1b2+d1d2
. Nous avons doncTg1g2(x) =Tg1◦Tg2(x)pour toutx. Par conséquentTg1g2=Tg1◦Tg2. Finalement ϕest un morphisme de (G,·)dans le groupe(Bij(E),◦).
Par ailleursKer (ϕ)est l’ensemble des matricesg deGtelles que :
∀x∈ E, ax+b cx+d = x,
c’est-à-dire telles que le polynômecX2+ (d−a)X−b de degré inférieur ou égal à2s’annule surE qui est infini. Un tel polynôme est nul et nous en déduisonsb=c= 0et a=d=±1 (carad−bc= 1). Il s’ensuit que :
Ker (ϕ) = {I2,−I2} .
7. Soitxirrationnel et algébrique, notonsy=Tg(x)et Px=
dx
X
k=0
akXk. Alors :
Px(x) = 0 ⇐⇒ Px
−dy+b cy−a
= 0
⇐⇒
dx
X
k=0
ak
−dy+b cy−a
k
= 0
⇐⇒
dx
X
k=0
ak(−dy+b)k(cy−a)dx−k = 0
⇐⇒ Q(y) = 0,
oùQ=
dx
X
k=0
ak(−dX+b)k(cX−a)dx−k est un polynôme deQ[X]de degré inférieur ou égal àdx.
Ceci prouve que y=Tg(x)est aussi algébrique (nous savions déjà qu’il est irrationnel d’après la question 6.(a)) et que dTg(x)≤dx. Il suffit alors de remarquer quex=Tg−1(Tg(x))pour écriredx≤dTg(x).
Finalement dTg(x)=dx .
Partie 3 — pseudo-limite irrationnelle d’une suite d’entiers naturels
8. Calculons, pourn≥2, pn
qn
et un
pn−1 qn−1
+
pn−2 qn−2
. Il vient : pn
qn
= A(u0)A(u1)· · ·A(un−2)
un−1 1
1 0
un 1 1 0
1 0
= A(u0)A(u1)· · ·A(un−2)
un−1un+ 1 un−1
un 0
1 0
= A(u0)A(u1)· · ·A(un−2)
un−1un+ 1 un
,
un
pn−1
qn−1
+
pn−2
qn−2
= A(u0)A(u1)· · ·A(un−2)un
un−1 1
1 0
1 0
+A(u0)A(u1)· · ·A(un−2) 1
0
= A(u0)A(u1)· · ·A(un−2)
un
un−1
1
+ 1
0
= A(u0)A(u1)· · ·A(un−2)
un−1un+ 1 un
. D’où les égalités :
pn = unpn−1+pn−2 et qn = unqn−1+qn−2 . 9. Remarquons que, pour toutn≥2 :
pnqn−1−pn−1qn = (unpn−1+pn−2)qn−1−pn−1(unqn−1+qn−2)
= pn−2qn−1−pn−1qn−2 = (−1)(pn−1qn−2−pn−2qn−1)
Cette suite est géométrique de raison −1 et de premier termep1q0−p0q1= (u0u1+ 1)1−u0u1= 1. Alors :
rn−rn−1 = pnqn−1−pn−1qn qn−1qn
= (−1)n−1 qn−1qn
.
10. Remarquons tout d’abord que(qn)n≥1 est une suite d’entiers strictement croissante, qui converge donc dansR vers+∞. Montrons que les suites(r2n)n et(r2n+1)n sont adjacentes. D’une part :
r2n+2−r2n = r2n+2−r2n+1+r2n+1−r2n = (−1)
q2n+1q2n+2 − 1
q2nq2n+1 = −q2n+q2n+2
q2n+2q2n+1q2n,
ainsi la suite (r2n)n est strictement croissante. D’autre part : r2n+3−r2n+1 = r2n+3−r2n+2+r2n+2−r2n+1 = 1
q2n+2q2n+3
− −1 q2n+2q2n+1
= q2n+1+q2n+3
q2n+3q2n+2q2n+1
,
ainsi la suite (r2n+1)n est strictement décroissante.
Enfin |rn+1−rn|= 1
qnqn+1, donc la différence(r2n+1−r2n)n est convergente vers0.
Il s’ensuit que les suites (r2n)n et (r2n+1)n sont adjacentes. Elles admettent une limite commune que l’on note λ(u): λ(u) = lim
n→+∞rn .
11. Montrons par l’absurde que λ(u) est irrationnel. La limite commune de deux suites adjacentes est la borne inférieure de l’une et la borne supérieure de l’autre, ce qui entraîne ici :
∀n∈N, |λ(u)−rn| < 1 qnqn−1. Supposons alors que λ(u) = p
q, (p, q)∈(N∗)2, et considérons n tel que qn−1 ≥ q, ce qui est possible puisque
n→+∞lim qn= +∞. Il vient :
|λ(u)−rn| = p q −pn
qn
=
pqn−qpn
qqn
< 1 qnqn−1.
D’où |pqn−qpn| <1, ce qui est absurde puisque cet entier ne peut être nul (les suites(r2n)n et (r2n+1)n sont strictement monotones). Finalement λ(u)est irrationnel .
12. Par propriété des suites adjacentes, on a λ(u) ∈]r0, r1[. Or r0 = p0
q0 = 0 et r1 = p1
q1 = 1. Par conséquent la partie entière deλ(u)est nulle .
Problème 2
Partie 1 — propriétés élémentaires
1. La trace est à valeurs dans K. Pour A= [ai,j]1≤i≤n
1≤j≤n∈ Mn(K),B = [bi,j]1≤i≤n
1≤j≤n∈ Mn(K)et (λ, µ)∈K2, on a : tr (λ·A+µ·B) =
n
X
k=1
(λak,k+µbk,k) = λ
n
X
k=1
ak,k+µ
n
X
k=1
bk,k = λtr (A) +µtr (B).
Ainsi la trace est une forme linéaire surMn(K). 2. Pour A= [ai,j]1≤i≤n
1≤j≤n
∈ Mn(K)et B= [bi,j]1≤i≤n 1≤j≤n
∈ Mn(K), il vient[AB]i,j=
n
X
k=1
ai,kbk,j d’où :
tr (AB) =
n
X
k=1
[AB]k,k =
n
X
k=1 n
X
l=1
ak,lbl,k =
n
X
l=1 n
X
k=1
bl,kak,l = tr (BA).
On en déduit :
tr (P−1·M·P) = tr (M·P·P−1) = tr (M·In) = tr (M).
Autrement dit deux matrices semblables ont même trace . Gardons en mémoire la formule tr (tA·B) =
n
X
i,j=1
ai,jbi,j
qui met en évidence que (A, B)7−→ tr (tA·B)correspond au produit scalaire canonique surRn
2. 3. Pour A= [ai,j]1≤i≤n
1≤j≤n
∈ MnR, on a tr (tAA) =
n
X
k=1 n
X
l=1
a2l,k .
Cette somme est une somme de carrés : elle est positive ou nulle, le cas de nullité correspondant à celui où tous les coefficients de Asont nuls. Ainsi tr (tAA= 0si et seulement siAest la matrice nulle .
4. On a tr (AB) = tr (BA)doncx+y= 2. De plusdet(AB) = det(BA)d’oùxy=−3.
Par conséquentxet y sont solutions de l’équationX2−2X−3 = 0. Orx < y, d’où (x, y) = (3,−1). On a alors :
AB =
1 0
−1 1
et BA =
3 1
−4 −1
.
Notons A= a b
c d
. L’égalitéA(BA) = (AB)Adonne alors : a b
c d
3 1
−4 −1
=
1 0
−1 1
a b c d
.
On résout alors un système de quatre équations à quatre inconnues, et on trouve : A =
−2c+ 4d −c+ 2d
c d
.
Or A∈GL2(R), doncdet(A) = (c−2d)26= 0, autrement dit c6= 2d. On en déduit : B = (BA)A−1 = 1
(c−2d)2
−c+ 3d c−2d c−4d −2c+ 4d
.
Réciproquement, un calcul montre que ces solutions conviennent.
5. Soitf un endomorphisme deKn. Soit deux matrices qui représentent f dans deux bases (éventuellement iden- tiques) ; alors ces matrices sont semblables, donc ont même trace d’après la question 2.
Finalement tr (f)est bien indépendant du choix de la base .
6. Soitpun projecteur deKn. D’après le coursImpetKerpsont supplémentaires. La famille obtenue en concaténant une base deImpet une base deKerpforme une base deKn. Dans cette base, l’endomorphismepest représenté par la matrice
Ir 0 0 0
oùr= rg (p). Donc tr (p) =r= rg (p). Soitqun deuxième projecteur. L’endomorphisme p+√
2qa pour trace tr (p) +√
2 tr (q)qui est un irrationnel, sauf si tr(q) = 0, c’est-à-dire sirg (q) = 0c’est-à-dire siqest l’application nulle.
En d’autres termes p+√
2q n’est pas un projecteur, sauf siq= 0.
Partie 2 — description des formes linéaires sur M
n( K )
7. Pour (p, q)∈[[1, n]]2, tr (Ep,q) =δp,q . 8. Pour (i, j, k, l)∈[[1, n]]4, on a
(Ei,jEk,l)p,q =
n
X
r=1
δi,pδj,rδk,rδl,q = δi,pδj,kδl,q.
Par suite :
Ei,jEk,l = δj,k·Ei,l. 9. Soit(i, j)∈[[1, n]]2et A= [ai,j]1≤i≤n
1≤j≤p
∈ Mn(K). Il vient :
tr (AEj,i) = tr
n
X
k=1 n
X
l=1
ak,lδl,jEk,i
!
=
n
X
k=1
ak,jtr (Ek,i) = ai,j .
10. • Unicité.
SoitA= [ai,j]1≤i≤n 1≤j≤p
une matrice telle que : ∀M ∈ Mn(K), ϕ(M) = tr (AM).
Alors :∀(i, j)∈[[1, n]]2, ϕ(Ej,i) = tr (AEj,i) =ai,j.
Donc si une matriceA est solution, ce ne peut-être que la matrice A=h
ϕ(Ej,i)i,ji
1≤i≤n 1≤j≤n
.
• Existence.
Soitϕune forme linéaire surMn(K).
On définit alors la matriceA= [ai,j]1≤i≤n 1≤j≤n
de terme généralai,j=ϕ(Ej,i).
Considérons l’application :ψ:
(Mn(K) −→K
M 7−→ tr (AM), qui est clairement est linéaire.
De plus, pour tout(i, j)∈[[1, n]]2, nous avonsψ(Ej,i) = tr (AEj,i) =ai,j =ϕ(Ej,i).
En d’autres termes les formes linéaires ψ et ϕcoïncident sur la base canonique de Mn(K). Elles sont donc égales : ϕ=ψ.
En conclusion : il existe une unique matriceA∈ Mn(K)telle que pour toutM ∈ Mn(K), ϕ(M) = tr (AM).
Partie 3 — tout hyperplan de M
n( K ) rencontre GL
n( K )
11. C’est en toute rigueur une question de cours : en dimension finie, les hyperplans sont les noyaux des formes linéaires non nulles. Néanmoins l’énoncé demande une démonstration, alors allons-y !
Soit H un hyperplan de Mn(K). Par définition il existe M ∈ Mn(K)tel que D = Vect(M) = K·M soit un supplémentaire de H dansMn(K).
Soitpla projection sur la droiteD= Vect(M)parallèlement à l’hyperplanH (faire un dessin !).
Alors l’application linéaire p|D: Mn(K) −→ D obtenue en restreignant pau but, est une application linéaire dont le noyau est l’hyperplanH.
Or la droite Dest isomorphe àK, donc il existe un isomorphismeideDsurK. L’application i◦ p|D
:Mn(K)−→Kest alors une forme linéaire non nulle dont le noyau estH . D’après la question 10, il existe A∈ Mn(K)telle que :
H = {M ∈ Mn(K)| tr (AM) = 0}.
12. NotonsCk lak-ième colonne deJ. Alors la famille (Cn, C1, . . . , Cn−1)est la base canonique deKn; doncJ est de rangn. Il s’ensuit que J est inversible .
De multiples autres méthodes sont possibles. Citons notamment le calcul du déterminant (égal à (−1)n+1), la détermination explicite de l’inverse, la démonstration que Jn = In, la remarque que c’est une matrice de permutation. . .
13. Soitr∈[[1, n]]. Sans détour :
tr (JrJ) =
n
X
k=1 n
X
l=1
(Jr)k,lJl,k.
En tenant compte du fait que(Jr)k,l= 0sik6=l etJk,l= 0sik=l, il vient : tr (JrJ) = 0. 14. On déduit de la question 13. et de la question 2. :
tr
(U JrV)·(V−1J U−1)
= tr U JrJ U−1
= tr JrJ U−1U
= tr (JrJ).
Par conséquent tr
(U JrV)·(V−1J U−1)
= 0 .
15. Soit r ≥ 1 le rang de la matrice A de la question 11. Il existe deux matrices inversibles U et V telles que A=U JrV.
La matriceM =V−1J U−1 reste inversible et vérifie tr (AM) = 0(question 14).
Finalement M ∈GLn(K)∩H .
