CENTRALE 2001 PC Math2 PARTIE 1

CENTRALE 2001 PC Math2
On notera Bc la base canonique de V . Sauf précision contraire l’endomorphisme associée à une matrice sera
noté en utilisant la même lettre minuscule : par exemple A = M atBc (a).
PARTIE 1
1. A
1.1. A
Soit (x; y) dans V n f0V g .
² Si (x; y) est un système lié alors comme x et y sont non nuls il existe un scalaire ¸ non nul tel que y = ¸x. La matrice
¸In (homothétie de rapport ¸) convient .
² Si (x; y) est libre On peut compléter en une base B = (x; y; e3; ¢ ¢ ¢ en) . On prend a tel que
0
1
0 1 0 ¢¢¢ 0
B 1 0 0 ¢¢¢ 0 C
B
C
B
.. C
..
B
. . C
M atB (a) = B 0 0 1
C
B .
C
.. ..
@ ..
.
. 0 A
0
¢¢¢ 0 1
a est la matrice de la symétrie orthogonale par rapport à (x ¡ y). Alors A = M atBc (a) est solution du problème.
² Procédons par l’absurde en considérant W un sous espace vectoriel de V stable par GLn(C) non réduit à zéro (donc
9x 2 W; x 6= 0V ) et non égal à V (9y 2 V ¡ W donc y 6= 0V ) .D’après la construction précédente il existe une matrice
A telle que Ax = y et donc une matrice A qui ne laisse pas W stable.
P6 est véri…ée
1.2. A
P1
P2
P3
P4
P5
P6
fausse : comme n > 1 toute matrice de GLn (C) est de rang n 6= 1
vraie : In est de rang n dans GLn(C)
vraie
fausse :tout sous espace vectoriel doit contenir la matrice nulle qui n’est pas inversible
vraie : le produit de deux matrices inversibles est inversible.
fausse : cf ci dessus
2. B
2.1. B
Pour tout T de L T en = tn;n:en . Par suite W = vect(en) est un sous espace vectoriel stable autre que f0V g
et V (toujours car dim(V ) > 0 ) et
P6 est fausse.
2.2. B
P1
P2
P3
P4
P5
P6
vraie :E1;1 est triangulaire inférieure et de rang 1
vraie : In est de rang n et triangulaire inférieur
vraie
vraie :le critère de sous espace vectoriel se rédige sans problème
vraie : le produit de matrices se rédige sans problème
:fausse
3. C
3.1. C
On se place dans l’hypothèse où L est un sous espace vectoriel contenant I et ne contenant pas de matrice de
rang 1 et avec n = 2 . Alors pour tout élément A de L,et tout complexe ¸, A ¡ ¸I est dans L de rang di¤érent
de 1 .
Le rang de A ¡ ¸I est donc 0 ou 2.
Si le rang est 2 on a alors A ¡ ¸I est inversible et ¸ n’est pas valeur propre de A. Or A admet toujours une
valeur propre dans les complexes. Donc 9¸ 0 , rg(A ¡ ¸0I) 6= 2 .
Donc le rang est nul et A = ¸0 I.
Tout élément de L est une homotétie vectoriel.
Réciproquement les matrices scalaires sont dans L (colinéaire à I2 )
L est l’ensemble des homothéties vectorielles
3.2. C
Si P6 est véri…ée , comme toute droite est stable par une homothétie ,L ne contient pas d’homotétie. on ne peut
pas se trouver dans le cas précédent et P1 est fausse .
(n = 2; P3; P4 ; P6 ) ) P1
PARTIE II
remarque 1: par hypothèse L ¡ f0V g contenant I est non vide . m est bien dé…ni.
remarque 2 : la base (zi) m
i=1 existe car m = dim(M0 (V ) , les (xi ) existe alors par dé…nition d’une image et
comme on a supposé m ¸ 2 le vecteur x2 existe donc aussi la matrice N0 : Tous les objets introduits par le sujet
existent..
4. A
Soit W = fN z1=N 2 Lg Comme L est un sous espace vectoriel de Mn(R), on véri…e aisément que
² W est un sous espace vectoriel de V : image de L par l’application linéaire N 7! N z1
² W est stable par L :Si N z1 2 W et si N 0 2 L alors N 0(N z1) = (N 0N ) z1 2 W car L est stable par produit interne donc
N 0N 2 L
² W est distinct de f0V g car W contient Inz1 = z1 .
² Par suite P6 donne fN z1 =N 2 Lg = V .
Si ¸0 M0 + ¸1M1 = 0 on a ¸ 0M0x1 + ¸1M1 x1 = ¸0z1 + ¸1 z2 .Donc ¸0 = ¸1 = 0 car (z1; z2 ) est libre.
5. B
M0 (V ) est une l’image de l’espace vectoriel V par M0 donc c’est un sous espace vectoriel.
Pour montrer que M0 V est stable par M0N0 on doit montrer que pour tout élément y = M0V on a M0N0y 2
M0 (V ) . Or M 0N0y = M0t avec t = M0 N0 y 2 V .
Par suite il existe un vecteur propre (corps de base C et dimension …nie ) de M0 N0 dans ce sous espace .Ce qui
correspond à l’a¢rmation:
9(®; z) 2 C £ M 0(V )=z 6= 0V
et M0N0z = ®z.
En regardant de nouveau l’image de x1 on a (M1 ¡ ®M0 ) x1 = z2 ¡ ®z1 6= 0V car (z1; z2) est un système libre .
On a donc M1 ¡ ®M0 6= 0E
Et on a aussi Ker(M0) ½ Ker(M1 ¡ ®M 0) car M0x = 0V ) (M1 ¡ ®M0 ) x = M0 N0 M0x ¡ M0x = 0V . Donc
rg(M1 ¡ ®M0) = n ¡ dim (Ker (M1 ¡ ®M 0)) · n ¡ dim (Ker (M0)) = rg(M0):
2
De plus l’inclusion est strict car si z = M0 v on a (M1 ¡ ®M0 )v = M0N0M0v ¡ ®M0v = M0N0z ¡ ®z = 0V :
Donc
0 < rg(M1 ¡ ®M0) < rg(M0)
L’élément M1 est dans L et M 1 ¡ ®M0 aussi (sous espace vectoriel). Donc il y une absurdité puisque M0 étant
une matrice non nul de rang minimal il ne peut pas exister de matrice non nul ayant un rang strictement plus
petit.
L’hypothèse m ¸ 2 est donc fausse et on conclut que m = 1 .
(P3; P4; P5; P6 ) ) P1
PARTIE 3
Hypothèse : n > 2;
dim(L) ¸ n2 ¡ 1 , L est un sous espace vectoriel stable par produit de matrices.
6. A
Soit F = fM 2 E; M(W ) ½ W g .
² F est non vide car I 2 F
² F est stable par combinaison linéaire :
Soient M1 et M 2 dans F et deux scalaires ¸1 et ¸ 2 . On a :
8w 2 W; (M1 w 2 W; M2w 2 W ) ) (¸M1 + ¸2M2 ) w = ¸1 M1w + ¸2M2w 2 W
donc (¸1M1 + ¸2M2 ) (W ) ½ W:
² Pour calculer la dimension de F il vaut mieux se placer dans une base plus adaptée au calcul . Soit m l’endomorphisme tel
que MBc (m) = M . On prend une base B obtenue en appliquant à W le théorème de la base incomplète: B = (b1 ¢ ¢ ¢ bn )
avec (b1 ; ¢ ¢ ¢ bk ) base de W . Comme W est stable par m on a pour tout i · k m(bi ) 2 V ect(b1 ¢ ¢ ¢ bk ) soit :
µ
¶
X Y
M(W ) ½ W , matB (m) =
0 Z
où X; Y; Z sont des matrices arbitraires avec X carrée de taille k = dim(W ) .
Le système des (Ei;j ) étant une base de E on peut en extraire une base de F en prenant les Ei;j pour (i · k; j · k) et
ceux pour (k < i · n; 1 · j · n)
On conclut
: dimfM 2 E j M(W ) ½ W g = k2 + (n ¡ k)n = n2 ¡ k(n ¡ k)
. Comme par dé…nition de W : L ½fM 2 E j M(W ) ½ W g ce qui conduit à n2 ¡k(n¡k) ¸ n2 ¡1 ) k(n¡k) · 1
² k = 0 est solution du problème
² k = 1 n’est pas solution car n > 2 (c’est là que sert l’hypothèse)
² si k > 1 alors 0 · n ¡ k ·
1
k
< 1. et donc k = n
W = f0V g ou V :
7. B
7.1. B
.(In; Ek;l) est libre donc dim(H) = 2 et donc par la formule de Grassman :
dim(H \ L) = dim(H) + dim(L) ¡ dim(H + L) ¸ (n2 ¡ 1) + 2 ¡ n2 = 1
Soit MH une matrice non nul de H \ L . comme MH est dans H il existe deux complexes a et b tels que
MH = aIn + bEk;l . Si a = 0 alors b 6= 0 et Ek;l = MbH 2 L absurde.
MH est donc une matrice triangulaire n’ayant que des 1 sur la diagonale. Donc une matrice inversible.
7.2. B
P
A = n¡1
k=1 E k;k+1 + En;1 est dans L et inversible .(Pivot de Gauss évident)
La partie B prouve que dans tous les cas L contient une matrice inversible .
3
8. C
2
La famille (A; A2; : : : ; An +1) comporte n2 + 1 vecteurs dans un espace de dimension n2 . Elle est donc liée et
il existe une combinaison linéaire nulle.
X
2
+1
9 (¹i )n
¹i Ai = 0E
i=1 6= (0) ,
i
L’un des ¸i étant non nul , on peut considérer r le plus petit et s le plus grand . On a alors
Ar (
s¡r
X
¹k+r Ak ) = 0E
k=0
P
Soit en notant p = s ¡ r et ¸k = ¹k+r : Ar ( pk=0 ¸k Ak ) = 0 avec ¸0¸p 6= 0 .
Si p = 0 il reste Ar = 0 ce qui est absurde car A est
P inversible.
Par inversibilité de A on peut simpli…er par Ar :, pk=0 ¸k Ak = 0E . ¸0¸p 6= 0 .
P
Donc I = pk=1 ¡ ¸¸k0 Ak est une combinaison linéaire de Ak avec k ¸ 1 donc est dans L car 8k Ak 2 L (stabilité
de L par produit):.
9. D
Remarque:v0 existe (prendre une colonne non nul de M0 ) . On
0 put1alors dire que chaque colonne Cj de M0 est
t1
B .. C
proportionnelle à v0 : 9tj ; Cj = tj v0 . On prend alors w0 = @ . A
tn
Cu est un sous espace vectoriel de V non égal à V .(sinon Bu = f0V g ce qui est absurde car u = Inu 2 Bu )
pour montrer Cu = f0V g il su¢t donc d’après P6 de montrer que Cu est stable par L :
soit x 2 Cu et M 2 L on a alors pour tout élément tLu 2 Cu :
t
t
(Mx) Lu =t xtLMu
Or L est stable par produit matriciel donc LM 2 L et par dé…nition de Cu :txtLM u = 0 . Donc M x 2 Cu .
Cu = Bu? = f0V g
et Bu = V
Au est un sous espace vectoriel de V stable par L (car L véri…e P5 ) .Or Au contient u et n’est donc pas réduit
à zéro . Donc d’après P6 : Au = V .
Si x est dans V alors x est dans Au donc il existe bien L . De même pour l’existence de M .
Comme toute matrice de rang 1 peut s’écrire R1 = xty¹
R1 = J v0t w¹0M = JM0 M 2 L
Or toutes les matrices de la base canonique sont de rang 1 . L contient donc tous les éléments de la base
canonique et
L=E
4