préliminaires :
² L’ensemble des permutations (bijections) d’un ensemble de cardinalnest un groupe pour la composition de cardinal n!
² En particulier sin= 2il y a deux élèments dansSn : Id
½ 1¡>1 2¡>2 et¿
½ 1¡>2
2¡>1 , d’où deux matricesPId=
µ 1 0 0 1
¶ et P¿ =
µ 0 1 1 0
¶
² Il n’est peut-être pas inutile d’écrire les 6 matrices pourn= 3, pour voir ce qui se passe. En particulier si¾ 8<
:
1¡>2 2¡>3 3¡>1 On a u(e1) =e2; u(e2) =e3 etu(e3) =e1donc P =
0
@ 0 0 1 1 0 0 0 1 0
1 A
² Je note±i;j =I
½ 1sii=j 0si R
6
=j , le symbole de Kronecker
² Pour éviter toute confusion je garde la notation usuelle¾±¾0 , sans utiliser la notation simpli…ée du sujet.
² Attention au sujet Npne contient pas 0.
PREMIERE PARTIE 1.a)
² Par dé…nition de la matrice d’un endomorphisme dans une base, on a pour tout(i; j) dansNnl’égalité pi;j= ±i;¾(j) . C’est à direpi; j=
½ 1sii=¾(j) 0sii6=¾(j)
On a un 1et un seul dans chaque colonne (sur la ligneitelle que¾(j) =i), et des zéros sinon
² En particulier la matricePIdest la matrice unité dans Mn; n(R).
² On véri…e d’autre part que si¾ et¾0 sont dans Sn, pour toutj2[[1; n]],
u¾(u¾0(ej)) =u¾(e¾0(j)) =e¾(¾0(j))=e¾±¾0(j)=u¾±¾0(ej)
on en déduit les deux endomorphismes étant égaux sur une base queu¾±u¾0= u¾±¾0 et par conséquent P¾±¾0 =P¾P¾0. 1.b) On doit véri…er :
² que pour toute bijection¾,P¾ est une matrice inversible : commeP¾P¾¡1= P¾±¾¡1 =PId=InP¾est bien une matrice inversible, etP¾¡1=P¾¡1
² QueÁ(¾±¾0) =Á(¾)Á(¾0):c’est un résultat de la question 1.a).
Áun morphisme de groupes Sn!GLn(R): 1.c) Vue la …n de la question on doit montrertP¾ =P¾¡1
SoitQ= tP etR=P¡1, On a donc
qi;j=pj;i= 1,j=¾(i),i=¾¡1(j) et siR=P¾¡1=P¾¡1
ri;j= 1,i=¾¡1(j)
On a doncqi;j= 1,ri;j = 1. Tous les autres coe¢cients valent 0 . On a donc bienQ=R
tP¾ =P¾¡1
Cette relation est une C.N.S. pour qu’une matrice carrée soit une matrice orthogonale. La matriceP¾ est orthogonale 2.) On a en notant w=u¡¾1±v±u¾
w(ej) =u¡¾1±v±u¾(ej) =u¡¾1±v(e¾(j)) =u¾¡1
à n X
i=1
ai; ¾(j)ei
!
= Xn i=1
ai;¾(j)e¾¡1(i)
Sivest l’endomorphisme deE dont la matrice dans la base B est la matriceA,tP¾A P¾ est la matrice de l’endomorphisme w =u¡¾1±v±u¾. Donc siU= tP¾AP¾ on a queuk; l est la coordonnée dew(el)sur ek. donc en posantj=l et¾¡1(i) =k on a
uk;l=ai;¾(l)=a¾(k); ¾(l)
On a donc bien véri…é :
(tP¾AP¾)i;j=a¾(i)¾(j)
3) même si le sujet ne le dit pas , on comprend qu’une matrice irréductible est une matrice qui n’est pas réductible.
3.a)Sin= 3 si on prendr= 2 on a :
A0 =
µ U V (0) W
¶0
@ u1 u2 v1
u3 u4 v2
0 0 w
1 A
est réductible . Une matrice de ce type est sans doute trop ”trivial” . on prend doncAtel quetP¾AP¾ =A0soitA=P¾A0tP¾
en prenantP¾ la matrice du préliminaire
A= 0
@ 0 0 1 1 0 0 0 1 0
1 AA0
0
@ 0 1 0 0 0 1 1 0 0
1 A=
0
@ w 0 0 v1 u1 u2
v2 u3 u4
1 A
En posant le calcul on voit que le produit à droite e¤ectue un changement de l’ordre des ligne , alors que celui à gauche échange l’ordre des colonnes.
En gardant n= 3on peut (doit) prendre un autre exemple avec r= 1, Peut-être aussi avec d’autres valeurs de¾ .
Si pour tout(i; j)ai;j 6= 0 alors pour toute permutation¾ (tP¾AP¾)i;j =a¾(i)¾(j)6= 0. tous les coe¢cients de A0 sont non nuls etA0 ne peut pas être du type voulu qui impose a0n;1= 0
8(i; j); ai;j 6= 0)Aest irréductible 3.b) Les éléments deS2sont l’identité et la transposition¿
½ 1¡>2
2¡>1 à laquelle est associée la matrice P =
µ 0 1 1 0
¶ . D’autre part ici la seule valeur de rpossible estr= 1, puisque0< r < 2 . Pour queA=
µ a1;1 a1;2
a2;1 a2;2
¶
soit réductible, il faut et il su¢t que le coe¢cient(2;1) de l’une des matricesA ou tP AP =
µ a2;2 a2;1
a1;2 a1;2
¶
soit nul . A est réductible si et seulement sia2;1= 0ou a1;2 = 0. Par la contraposée
a1;2a2;16= 0,Airréductible.
La réciproque de la question a) n’est pas vraie puisque la matrice
µ 0 1 1 0
¶
est irréductible d’après ce qui précède mais a des termes nuls.
3.c) SiA est réductible, il existe¾ 2Sn etel queA0 = tP¾AP¾=
µ U V (0) W
¶ . Comme tP = P¡1 , on a des matrices semblables et tP¾ApP¾ = A0p =
µ Up ? (0) Wp
¶
d’après le produit de matrices triangulaires par blocs. Par conséquent :
siAest réductible, pour toutp2N,Ap est réductible
Sipest un entier naturel tel que tous les coe¢cients deApsont 6= 0, d’après 3.a)Apest irréductible, doncAest irréductible.
On constate que si :
A= 0
@ 1 1 0 1 1 1 0 1 1
1
A alors A2= 0
@ 2 2 1 2 3 2 1 2 2
1 A ce qui prouve que la matriceAest irréductible.
La matriceM est irréductible d’après le critère de la question 3.b). De plusM2 =I2 et donc pour tout entierp Mp= M ouI2 a des coe¢cients nuls.
La réciproque de la question précédente est fausse.
4.a)
Remarque : la permutation proposée existe bien . Il su¢t de classer les éléments deJ par ordre croissant j1< j2¢ ¢ ¢< jp , et de même ceux deI : i1< i2<¢ ¢ ¢< in¡p et de prendre ¾:
½ a¡> ja si a·p a¡> ia¡p sia > p
On prend une permutation¾ telle que¾(Np) =J alors pour toutisii·p on a¾(i)2J et donc comme¾ est une bijection sii > p ¾(i)2= J et donc¾(i)2J.
Si on poseA0= tP¾AP on a donc d’après la question 2 :a0i;j= a¾(i);¾(j): Donc pourj·pet i > p a0i;j= 0 car(¾(i); ¾(j))2I£J
2
et donc si ce qui prouve que le bloc constitué des colonnes 1::p et des lignes(p+ 1)::nde la matrice tP¾AP¾ est nul. Par dé…nition, la matrice Aest donc réductible en prenantk=p:
Remarque : le sujet proposé avec ¾(Np) =I permet aussi de conclure , mais de façon plus compliqué .
4.b) Réciproquement si tP¾AP¾ = A0 alorsA = tP¾¡1A0P¾¡1 (car P¾¡1 =P¾¡1)et donc toujours avec la formule du 2) ai;j = a0¾¡1(i);¾¡1(j) . Donc ai;j = 0 si ¾¡1(j)· p et ¾¡1(i)> p (forme par blocs de A0), donc si on pose J = ¾(Np)et I =¾([[p+ 1; n]])on a
(i; j)2I £J )¡
¾¡1(j)2[[1; p]] et ¾¡1(i)2[[p+ 1; n]]¢
)ai;j= 0
4.c)Pour¾ 2Sn, la matrice de passage de la baseB= (e1; : : : ; en)à la baseB¾= (e¾(1); : : : ; e¾(n))est la matrice P¾. Donc siA est la matrice de l’endomorphisme v dans la base B= (e1; : : : ; en), alorsA0=P¾¡1AP¾ est la matrice dev dans la base B¾.
Si M = matB(f) est triangulaire par blocs , alors le sous espace vectoriel engendré par les premiers vecteurs de base est stable : M =
µ U V (0) W
¶
,U 2Mp(K)alors pourj·k
f(ej) = Xn i=1
mi;jei= Xp i=1
mi;jei+ Xn i=p+1
mi;jej= Xp
i=1
ui;jei+X¡!0 2V ect(ei)ki=1
Et réciproquement siV ect(ei)pi=1 est stable pourj·peti > p ,mi;j est la coordonnée def(ej)sur ei donc mi;j = 0. Donc iciV ect(e¾(1);¢ ¢ ¢e¾(p))est stable par vsi et seulement siA0 est triangulaire par blocs.
On voit donc queA est réductible si, et seulement si, il existe L=f¾(1);¢ ¢ ¢¾(p)gtel queV ect(ei)i2L soit stable pat v. Seconde Partie
1)Soitktel que jxkj=kXk1 (doncxk 6= 0), puisqueAX =¸ X, on a l’égalité : Xn
j=1
ak;jxj =¸ xk d’où (¸¡ak; k)xk=X
j6=k
ak;jxj
On en déduit :
j¸¡ak; kj jxkj ·X
j6=k
jak;jj jxjj ·X
j6=k
jak;jj kXk1= ¤kjxkj
Commex6=¡!0 ,jxkj 6= 0(puisquejxkjest le maximum des modules) .En divisant parjxkjon obtient l’inégalitéj¸¡ak;kj ·
¤k, donc ¸2Dk .
¸est élément de l’un desDj donc de l’union. ¸2 [nj=1Dj.
2)On sait de manière générale qu’une matrice et sa transposée ont même déterminant donc même polynôme caractéristique, donc même spectre. Les valeurs propres deArespectent les conditions trouvées dans la question précédente pourAet aussi celles provenant du fait que ce sont les valeurs propres de tA.
Les conditions obtenues en appliquant la question précédente à Adonnent j¸¡1j ·3 ou j¸¡5j · 4ouj¸+ 1j ·9 (…gure 1)
Les conditions obtenues en appliquant la question précédente àtAdonnentj¸¡1j ·6ou j¸¡5j ·6ou j¸+ 1j ·4 (…gure 2)
La partie du plan dans laquelle doit se trouver¸ est l’intersection des deux domaines précédents (…gure 3).
3.a) Supposons qu’il existe k 2Nn tel quej¸¡ak;kj < ¤k; on peut poser" = ¤k¡ j¸¡ak; kj > 0; on voit que le disque ouvert de centre ¸et de rayon", notéB(¸; "), est inclus dansDk puisque :(cf …gure 4 )
jz¡¸j< ") jz¡ak;kj · jz¡¸j+j¸¡ak;kj< "+j¸¡ak;kj= ¤k
On en déduit :
B(¸; ")½Dk½ [n j= 1
Dj ; ce qui contredit l’hypothèse.
8k;jak; k¡¸j ¸¤k
3.b) Il est sous-entendu qu’ici¸ est la valeur propre deA associé au vecteur propreX .
Dans le calcul de la question 1) on a prouvé que sijxkj=kXk1, alorsj¸¡ak;kj ·¤k;, or on vient de prouverjak; k¡¸j ¸¤k
. On a donc :
jak;k¡¸j= ¤k
3.c) Soiti2I, puisqueAX =¸ X, on a l’égalité : Xn
j= 1
ai;jxj=¸ xi soit (¸¡ai;i)xi=X
j6=i
ai;jxj
3
On en déduit :
j¸¡ai;ij jxij ·X
j6=i
jai;jj jxjj Mais comme d’après b) ¤i = j¸¡ai;ij, on a P
i6=jjai;jj = j¸¡ai;ij et donc P
j6=ijai;jj jxij ·P
j6=ijai;jj jxjj .iest tel que jxij=kXk1ce qui donne donc : P
j6=ijai;jj(kXk1¡ jxjj)·0 :
Les termes de cette somme étant tous¸0, il sont nécessairement tous nuls: 8i 6=j : jai;jj(kXk1¡ jxjj) et doncjai;jj= 0oukXk1=jxjj( ce qui équivaut àj2I)
sii 2I etj =2I, alorsi6=jet kXk16=jxjjet doncai;j = 0
3.d) L’ensembleI n’est pas vide car9i jxij =kXk1. Si le complémentaireJ de I est non vide alors le cardinal deJ est un entierp tel que0< p < n, donc d’après la question I4.a) la matrice A est réductible, ce qui est contraire à l’hypothèse de cette question.
On en déduitI =Nn; les coordonnées de X ont toutes même module, et d’après b),8k2Nn ¤k=j¸¡ak;kj. et donc
¸2 \nk= 1Ck
Troisième Partie
1)SiA est à diagonale strictement dominante,0 n’appartient à aucun des disques Dk car jak;k¡0j=jak;kj>¤k, donc 0 n’est pas valeur propre deA. Cela prouve que le noyau est réduit au vecteur nul.
SiAest à diagonale strictement dominante , Aest inversible
2.a) Les points intérieurs àDk sont les points dont l’a¢xezvéri…ejz¡ak;kj<¤k. Ce n’est pas le cas pour 0par dé…nition même (8k ,jak;kj ¸¤k
2.b) Puisque A est fortement dominante 8k j¸¡ak;kj ¸ ¤k pour ¸= 0. Si02Sp(A), commeA est irréductible et que le a) de la question I 3) est véri…é avec¸= 0, on peut en déduire comme dans cette partie que0 est sur tous les cerclesCk
pour toutk; mais ceci est ici exclu par dé…nition (9j jaj;jj>¤j). On en déduit que0n’est pas dans le spectre deAetA est inversible.
SiAest à diagonale fortement dominante et irréductible,Aest inversible 3)Soit¸2Sp(A); d’après II 1),9k2Nn j¸¡ak;kj ·¤k·ak;k,
¸est donc dans le disque de centreak;k tangent en0 à l’axe desy .Le seul point du disque de partie réelle négative ou nulle est l’origine, point exclu par la question 2 . DoncRe(¸)>0. (…gure 5)
moins géométrique : Si¸ = x+iy , jx¡ak;kj= jRe(¸¡ak;k)j · j¸¡ak; kj · ak;k . Donc x¡akk ¸ ¡ak;k et x¸ 0 . Si x= 0 alors¸¡ak;k = iy¡ak;k et donc j¸¡akkj2 = y2¡a2k;k . La conditionj¸¡ak;kj ·ak; k donne y= 0 donc ¸= 0 . Exclu . doncx >0et Re(¸)>0
Le déterminant de la matrice est le produit des valeurs propres (avec multiplicité) . Comme la matrice est réelle , son polynôme caractéristique est à coe¢cients réels . Les valeurs propres non réelles sont donc deux à deux conjugués et les racines conjugués ont même multiplicité.
Séparons les valeurs propres en deux:
² les valeurs propres réelles sont strictement positives (question précédente) , donc leur produit est strictement positif.
² les valeurs propres non réelles se regroupent par deux . Le produit d’un complexe non nul et de son conjugué étant un réel strictement positif , le produit des racines non réels est un réel strictement positif.
² Par produit de deux réels strictement positifs
det(A)>0
4)CommeA est symétrique réelle ses valeurs propres sont toutes réelles,>0 d’après 3).
le polynôme caractéristique deA est X2¡6X+ 1de racines 6§p232 strictement positives.
La matrice A est symétrique, irréductible d’après I 3)b) et ses valeurs propres sont réelles strictement positives mais sa diagonale n’est pas dominante puisquea1;1= 1 <2 =a1;2.
Il n’y pas de réciproque à la question précédente.
4
