Colle du 08 Janvier MP*1 Lycée du Parc

Colle du 08 Janvier MP*1 Lycée du Parc
Arnaud Demarais
January 8, 2014
Exercice 16.5 (Moyen X)
Soit S l’ensemble des matrices stoechastiques . S ={(Pi,j )i,jn | pi,j
0et
1) Montrer que tous les éléments de S ont un vecteur propre commun
2) Si P, Q 2 S, montrer que P Q 2 S
3) Soit P 2 S et
2 Cune valeur propre de P. Montrer que |
P
j
pi,j = 1}
| 1
Correction 16.5
1)
0 1
1
B.C
C
Notons U =B
@ . A la contition être dans S se traduit par les coefficients sont positifs et la somme de chaque ligne
1
vaut 1.
Cette deuxième assertion se réécrit 8A 2 S, on a : AU = U
2)
Le produit de matrices positives est positives et de plus si A, B 2 S alors
ABU = AU = U donc la somme des lignes de AB vaut 1 et AB 2 S
3)
Soit
une valeur propre et x un vecteur propre associé.
Notons xk la composante de x vérifiant xk = maxi (| xi |)
Alors P x = x et en regardant la ligne k
P
j Pk,j xj = xk
P
P
x
Donc| | j Pk,j | xkj | j Pk,j = 1
Exercice 16.6 (Dur ENS ULM)
P
Soit S l’ensemble des matrices stoechastiques . S ={(Pi,j )i,jn | pi,j 0 et
j pi,j = 1}
0 1
x1
B . C
C
Soit A 2 S et une valeur propre de A de module 1. X=B
@ . A un vecteur propre associé.
xn
1) Montrer que si xi est de module maximal alors 9j tel que xj = xi
2) Déduire que
est une racine mieme de l’unité.
3) On suppose de plus que8i on a Ai,i 6= 0. Montrer que
= 1.
1
Correction 16.6
1)
On réécrit le fait que X est un vecteur propre à la ligne i :
P
P
x
1 =| | j Ai,j | xji | j Ai,j = 1
Donc ces 2 inégalités sont des égalités la seconde nous dit que tous les xj sont de même module, la première que
est un barycentre de points du cercle unité tout en étant sur le cercle unité : c’est l’un de ces points (faire un
dessein)
9jtel que xi = xj
2)
On peut réappliquer le raisonnement qui précède une infinité de fois sauf que X n’a qu’un nombre fini de composantes
donc par le principe des tirroirs (LOL) 9i, m tels que xi = xi m or les xi sont tous de même module non nul
donc m = 1.
3)
On réécrit que est valeur propre
P
xi = j Ai,j xj donc en divisant par xi
P
x
Ai,i = j6=i Ai,j xji en prenant les valeurs absolues
|
Ai,i | 1 Ai,i . En faisant un dessin on se rend compte que \lambda est dans le disque de centre Ai,i et de
rayon (1 Ai,i ) . Or le seul point d’intersection de ce disque avec le disque unité est 1.
Exercice 16.7 (moyen-)
Soit E un espace vectoriel de dimension infinie
Soient u et v deux endomorphismes ayant un polynôme annulateur et commutant.
Montrer que u+v a un polynôme annulateur.
Correction 16.7
Les familles (ui ) et (v j ) sont donc liées
Alors en utilisant que (u + v)k est une somme d’éléments de la forme uk1 v k2 où k1 + k2 = k on voit immédiatement
que
((u + v)k )k2N ⇢ V ect(uk1 v k2 )k1 ,k2 max(deg(⇡u ),deg(⇡v ) .
Exercice 17.5
Soit A 2 M n(C) 6= 0 et fA (M ) = tr(A)M + tr(M )A
fA est elle diagonalisable ?
Correction 17.5
Si tr(A) = 0 alors l’hyperplan tr(M ) = 0 est l’espace propre associé à 0 et comme l’image de fA est incluse dans
vect(A) ⇢{tr(M ) = 0} 0 est la seule valeur propre
Si tr(A) 6= 0 alors l’hyperplan tr(M ) = 0 est l’espace propre associé à la valeur propre tr(A). Sinon en prenant
fA (A) = 2tr(A)A on trouve que A est un vecteur propre associé à la valeur propre 2tr(A)
Exercice 17.6
Valeurs propres et vecteurs propres de
(
C1 ! C1
f 7! f 0
2
Correction 17.6
Soient et f tels que f 0 = f alors f 2 V ect(e x ) Donc tout
espace propre de dimension 1.
Exercice 17.7
1) Donner une condition sur A pour que la matrice B=
✓
A
0
2 C est une valeur propre et à chaque fois on a un
A
A
◆
\in M_{2n}(\mathbb{R)} soit diagonalisable
✓
◆
A C
2) Si A et C commutent, donner une condition sur A et C pour que la matrice B=
\in M_{2n}(\mathbb{R)}
0 A
soit diagonalisable
Correction 17.7
1)
✓ 2
◆
✓ k
◆
A 2A2
A kAk
k
Calculons B 2 =
puis
B
=
. On se rend compte que pour tout polynôme P on a
0
A2
0
Ak
✓
◆
P (A) CP 0 (A)
P (B) =
et alors si B diagonalisable B a un polynôme annulateur scindé simple et alors A aussi
0
P (A)
donc A est diagonalisable et son polynome minimal \mu_A divise P et XP’ ou P\wedgeP’=1 donc \mu_A divise
X donc A=0
✓
◆
P (A) CP 0 (A)
2) De même on voit que P (B) =
pour tout polynôme donc si B diagonalisable il existe un
0
P (A)
polynome P scindé simple annulant B, alors il annule A et comme P ^ P 0 =1 si on écrit bezout U P + V P 0 = 1 et
qu’on évalue en A, U (A)P 0 (A) = Id et donc P 0 (A) est inversible. Il faut donc C=0. Donc A diagonalisable et C=0
convient.
Exercice 17.8
0
3
La matrice @12
0
0
42
0
1
x
0 A est elle diagonalisable ?
x
Correction 17.8
0
42
En changeant l’ordre des 2 premiers vecteurs de la base la matrice est semblable à @ 0
0
42 la matrice est diagonalisable. Si x=3 ou 42 elle ne l’est pas.
3
12
3
0
1
0
xA donc si x 6= 3 ou
x