CPGE IBN TAIMYA 2015-2016 CLASSE MP3 page 1 CORRIGE

CPGE IBN TAIMYA 2015-2016 CLASSE MP3
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CORRIGE PROBLEME DE REVISION : ALGEBRE
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I 1) a) On note (e1 , e2 , e3 , e4 ) la base canonique de R4 .
Base de Ker M : (e2 − e1 , e3 − e1 ) ; base de Ker t M : (e1 + e2 − e3 , e4 − e2 ) ; pas d’inclusion .
b) Base de Im M : (e1 + e3 , −e1 + e2 + e4 ) ; base de Im t M : (e1 + e2 + e3 , e4 ) ; pas d’inclusion .
2) t AA est carrée d’ordre p ; si le produit est possible , Ker(A) ⊂ Ker(BA) donc Ker(A) ⊂ Ker( t AA) .
Réciproquement : X ∈ Ker( t AA) ⇔ t AAX = 0 ⇒ t X t AAX = 0 ⇒ kAXk2 = 0 ⇒ AX = 0 ⇒ X ∈ Ker(A)
donc on a : Ker(A) = Ker( t AA) . En remplaçant A par t A : Ker( t A) = Ker(A t A) .
b) Appliquons le théorème du rang : rg( t AA) = p − dim(Ker( t AA)) = p − dim(Ker(A)) = rg(A) .
De même : rg(A t A) = rg( t A) . Mais rg( t A) = rg(A) donc : rg( t AA) = rg(A t A) = rg(A)
c) Si le produit est possible , Im(BA) ⊂ Im(B) donc Im( t AA) ⊂ Im( t A) ; d’après b) ils ont même dimension
donc Im( t AA) ⊂ Im( t A) ; de même : Im(A t A) ⊂ Im(A) .
Xq
bk,i bk,j = < xi , xj > donc t BB = G
3) Soit ci,j le terme de la ligne i , colonne j de t BB : ci,j =
k=1
D’après 2)c) , rg(G) = rg(B) et rg(B) = rg(S) : rang de la famille (x1 , ..., xq ) .
b) G est symétrique réelle donc diagonalisable . Soit λ une valeur propre de G et X un vecteur propre associé :
GX = λX ⇒ t X t BBX = λ t XX ⇒ kBXk2 = λ kXk2 ; X n’est pas nul donc kXk2 6= 0 , donc λ > 0
c) det(G) est égal au produit de ses valeurs propres , celles-ci sont toutes positives donc det(G) > 0
det(G) 6= 0 ⇔ rg(G) = q ⇔ rg(B) = q ⇔ rg(S) = q ⇔ (x1 , ..., xq ) est libre .
kx1 k2
< x1 , x2 > 2
2
2
d) Cas où q = 2 : det(G) = > 0 ⇒ (< x1 , x2 >) 6 kx1 k kx2 k
< x2 , x1 >
kx2 k2
et on a égalité ssi (x1 , x2 ) est liée .
4) Posons x0j = xj +
X
k6=j
αk xk . Notons S 0 = (x1 , ..., x0j , ..., xq ) . S et S 0 engendrent le même SEV .
Notons B 0 la matrice des composantes de (x1 , ..., x0j , ..., xq ) dans la base (e1 , ..., er ) et G 0 = t B 0 B 0 .
X
On remplace la colonne C 0j de det(G 0 ) par C 0j −
αk C 0k :
k6
=
j
X
< xi , x0j > −
αk < xi , xk > = < xi , xj > (pour i = j on a en premier vecteur x0j )
k6=j
X
On remplace la ligne L 00j du déterminant obtenu par L 00j −
αk L 00k et on retrouve det(G) .
k6=j
Autre méthode :
1er cas : S est libre . Alors rg(S) = q ⇒ r = q donc B est carrée et donc det(G) = [det(B)]2 . Or
det(x1 , ..., x0j , ..., xq ) = det(x1 , ..., xj , ..., xq ) donc γ(x1 , ..., x0j , ..., xq ) = γ(x1 , ..., xj , ..., xq )
2ème cas : S est liée . Alors S 0 l’est aussi donc γ(x1 , ..., x0j , ..., xq ) = γ(x1 , ..., xj , ..., xq ) = 0
5) a) γ(x1 , ..., xq ) = γ(h1 + pL (x1 ), ..., xq ) = γ(h1 , ..., xq ) en appliquant 4) car pL (x1 ) est une combinaison
linéaire de x2 , ..., xq . Or h1 ∈ L⊥ donc < h1 , xj >= 0 pour tout j > 2 . La première ligne (ou colonne) de
γ(h1 , ..., xq ) a tous ses termes nuls sauf le premier qui vaut < h1 , h1 > . Les termes des lignes ou colonnes
suivants sont < xi , xj > avec i > 2 et j > 2 . En développant ce déterminant suivant la première colonne on
obtient bien : γ(x1 , ..., xq ) = kh1 k2 γ(x2 , ..., xq )
b) i) h1 est orthogonal à pL (x1 ) , en appliquant le théorème de Pythagore : kx1 k2 = kh1 k2 + kpL (x1 )k2 et
γ(x1 ) = kx1 k2 donc kh1 k2 6 γ(x1 ) . γ(x2 , ..., xq ) > 0 donc : γ(x1 , ..., xq ) 6 γ(x1 ) γ(x2 , ..., xq ) .
Si S est libre alors les termes sont non nuls donc l’égalité a lieu si et seulement si kh1 k2 = γ(x1 ) ssi pL (x1 ) = 0 ,
ssi x1 ∈ L⊥ . Mais si S est liée , cette condition n’est plus nécéssaire ....
ii) En supposant S libre , on procède par récurrence : γ(xq−1 , xq ) 6 γ(xq−1 ) γ(xq ) , égalité ssi xq−1 ⊥ xq ; etc .
6) Les vecteurs colonnes de A sont libres puisque A ∈ GLn (R) . Posons G = t AA : det(G) =Y
γ(c1 , ..., cn )
n
2
2
2
d’après 3) et det(G) = [det(A)] ; d’après 5)b) : γ(c1 , ..., cn ) 6 kc1 k ... kcn k d’où |det(A)| 6
kck k
k=1
et l’égalité aY
lieu ssi c1 , ..., cn sont 2 à 2 orthogonaux .
n
√
b) kck k2 =
(ai,j )2 6 n donc det(A) 6 ( n)n . Si l’égalité a lieu , alors les vecteurs colonnes sont 2 à 2
i=1
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orthogonaux . De plus , kck k2 =
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Yn
(ai,j )2 = n et (ai,j )2 6 1 donc ∀i, j , (ai,j )2 = 1 ⇒ ai,j = ±1 .
Yn
kck k et si ∀i, j , ai,j = ±1
Réciproque : si les vecteurs colonnes sont 2 à 2 orthogonaux alors |det(A)| =
k=1
√ n
2
alors ∀k , kck k = n donc on a bien |det(A)| = ( n) .
1 −1
1 1
1 1
−1 1
II 1) 8 Eléments de H2 : ±
; ±
; ±
; ±
1 1
1 −1
−1 1
1 1
Xn
ak,i ak,j =< ci , cj > .
2)a) En notant cj les vecteurs colonnes de A et B = t AA , on a : bi,j =
k=1
Xn
2
(ak,i ) = n donc t AA = nIn
cj sont 2 à 2 orthogonaux donc si i 6= j , bi,j = 0 . Si i = j : bi,i =
k=1
√
√
1 − 3
b) A = 22 √
vérifie t AA = 2I2 mais A ∈
/ H2 donc la réciproque est fausse .
3
1
c) Si on impose : ∀i, j , ai,j = ±1 ; alors t AA = nIn implique que A0 = √1n A est orthogonale donc les vecteurs
colonnes de A sont 2 à 2 orthogonaux , donc A ∈ Hn
i=1
3) Posons A0 = t P (σ) A . ∀i, j , a0i,j =
Xn
k=1
Pk,i ak,j =
Xn
k=1
δ k,σ(i) ak,j = aσ(i),j . La ligne i de A0 est la
ligne σ(i) de A . t P (σ) A est obtenue X
en faisant la permutation
σ sur les lignes de A .
Xn
n
00
(σ)
00
ai,k δ k,σ(j) = ai,σ(j) . La colonne j de A00 est la
ai,k Pk,j =
b) Posons A = AP
. ∀i, j , ai,j =
k=1
k=1
colonne σ(j) de A . AP (σ) est obtenue en faisant la permutation σ sur les colonnes de A .
c) A00 vérifie les mêmes propriétés que A (colonnes 2 à 2 orthogonales , éléments dans {−1, 1}) donc A00 ∈ Hn
Si A ∈ Hn alors √1n A ∈ On donc sa transposée aussi : √1n t A ∈ On ⇒ A t A = nIn et les éléments de t A sont
dans {−1, 1} donc d’après 2)c) : t A ∈ Hn . On en déduit que t AP (σ) ∈ Hn , donc t (t AP (σ) ) = t P (σ) A ∈ Hn .
Le produit A∆ s’obtient en multipliant la colonne j de A par dj,j pour tout j . Or dj,j = ±1 donc les termes de
A∆
sont dans {−1, 1} et pour i 6= j : < ci , cj >= 0 ⇒ < ±ci , ±cj >= 0 donc A∆ ∈ Hn .
t A ∈ H ⇒ t A∆ ∈ H ⇒ t (t A∆) ∈ H ⇒ ∆A ∈ H .
n
n
n
n
4)a) Les éléments de A et ceux de B valent ±1 , donc ceux de A ⊗ B aussi . Notons cj les colonnes de B et Vj
celles de A ⊗ B . Pour i 6= j : < Vi , Vj > = a1,k a1,l < ci , cj > +a2,k a2,l < ci , cj >= 0 car < ci , cj >= 0 .
Donc A ⊗ B ∈ H2n .
b) H2 6= ∅ , soit A ∈ H2 : on a A2 = A ⊗ A ∈ H4 donc A3 = A ⊗ A2 ∈ H8 etc ... Donc H2n 6= ∅
c) A ∈ H4 telle que ∀i , ai,1 = 1 , a1,2 = a2,2 = 1 , a3,2 = a4,2 = −1 n’est pas de la forme A ⊗ B .
5)a) Hn 6= ∅ , soit A ∈ Hn . Soit ∆ ∈ Dn tq ∀i , δ i,i = ai,1 . Alors B = ∆A vérifie : bi,1 = δ i,i ai,1 = 1
Xn
pour tout i et B ∈ Hn . Notons cj les colonnes de B : < c1 , c2 >= 0 ⇔
bk,2 = 0 et bk,2 = ±1 donc
k=1
la moitié vaut 1 et l’autre −1 , donc n est pair .
b) Soit C la matrice obtenue en effectuant une permutation des lignes de B qui amène les termes positifs dans
les
3) C ∈ Hn . Les p.s.X
des colonnes 1 et 3 ; 2 et 3 donne :
Xnm premières lignes
Xm. D’aprèsX
n
m
bk,3 = 0 ;
bk,3 −
bk,3 = 0 donc
bk,3 = 0 donc m est pair et n = 4k
k=1
k=1
k=m
k=1
III 1) S est symétrique réelle donc diagonalisable et ∃P ∈ On tq D = P −1 SP = t P SP soit diagonale .
∀X ∈ Mn,1 (R) , t XSX = t X P D t P X = t Y DY = d1,1 (y1 )2 + d2,2 (y2 )2 + · · · + dn,n (yn )2
avec Y = t P X et X 7→ Y est bijective puisque P est inversible .
∀X 6= 0 , t XSX > 0 ⇔ ∀Y 6= 0 , d1,1 (y1 )2 + d2,2 (y2 )2 + · · · + dn,n (yn )2 > 0 ⇔ ∀i , di,i > 0
2)a) t M M est symétrique réelle et comme on l’a vu en I , ses valeurs propres sont positives . De plus
det(t M M ) = [det(M )]2 6= 0 donc 0 n’est pas valeur propre de t M M . Donc t M M ∈ Sn++ .
p
b) ∃P ∈ On tq D = t P t M M P soit diagonale , et di,i > 0 . Soit ∆ la matrice diagonale tq : ∀i , δ i,i = di,i
On a D = ∆2 donc en posant S = P ∆ t P , on trouve : t M M = S 2 , et S ∈ Sn++ car ∀i , δ i,i > 0 .
c) det(S) = δ 1,1 ...δ n,n 6= 0 donc S est inversible . S est symétrique donc S −1 aussi , et :
t (M S −1 )M S −1
= S −1 t M M S −1 = S −1 S 2 S −1 = In donc M S −1 ∈ On
d) On peut écrire , en notant R = M S −1 : M = RS avec R ∈ On et S ∈ Sn++ .
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3) Σ et D ont la même trace car elles sont semblables donc T r(Σ) =
P −1 ΣP
P DP −1
QP DP −1
Xn
i=1
λi .
b) ∃P ∈ On tq D =
.Σ=
⇒ QΣ =
⇒ T r(QΣ) = T r(QP DP −1 ) = T r(P −1 QP D) .
Posons Q1 = P −1 QP . P et Q sont orthogonales donc Q1 aussi et T r(QΣ) = T r(Q1 D)
Xn h (1) i2
Xn (1)
(1)
qi,i λi . Pour tout i , λi > 0 et qi,i 6 1 car Q1 étant orthogonale :
qj,i = 1
T r(Q1 D) =
j=1
i=1
X
n
(1) (1)
λi d’où T r(QΣ) 6 T r(Σ) .
en particulier qi,i 6 1 donc qi,i 6 1 . On a donc T r(Q1 D) 6
i=1
c) Pour Q = In on a égalité donc sup T r(QΣ) = T r(Σ)
Q∈On
1
2 n(n
4)a) Il y a
+ 1) termes au-dessus de la diagonale , tous égaux à ±1 donc f (A) 6 21 n(n + 1) .
L’ensemble {f (A) , A ∈X
Hn } est une partie majorée de R donc admet une borne supérieure .
n
ai,j donc T r(B) = f (A)
b) Soit B = AT : bi,i =
j=i
c) det(T ) = 1 donc T ∈ GLn (R) . D’après 2) ∃R ∈ On et S ∈ Sn++ tq T = RS . Alors f (A) = T r(ARS) .
√
√
Posons A0 = √1n A . On a vu en II que A0 ∈ On et f (A) = T r( nA0 RS) = nT r(A0 RS) .
√
√
A0 R ∈ On et S ∈ Sn+ donc d’après 3) : f (A) 6 nT r(S) . Vrai ∀A ∈ Hn donc αn 6 nT r(S)
√
√
d) ∀A ∈ H2 , f (A) ∈ {−3, −1, 1, 3} donc α2 = 3 . D’après 2) T r(S) = d1 + d2 où d1 et d2 sont les
√ 2
√ 2
√
√
√
2 1
5−1
3+ 5
5+1
t
;
d
=
d’où T r(S) = 5
valeurs propres de T T =
. d1 = 3−2 5 =
=
2
2
2
2
1 1
√ √
On vérifie bien que 3 < 2 5