Centrale Maths 2 PC 2001

Thme de l'preuve tude de quelques ensembles d'endomorphismes d'un espace vectoriel complexe
Principaux outils utiliss algbre linaire lmentaire, bases, changements de base, endomorphismes, matrices, valeurs et vecteurs propres, espaces hermitiens

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Extrait du corrig obtenu par reconnaissance optique des caractres



Centrale Maths 2 PC 2001 -- Corrig
Ce corrig est propos par David Lecomte (ENS Cachan) ; il a t relu par Thomas
Chomette (ENS Ulm) et Yohann Genzmer (ENS Cachan).

Dans ce problme, on s'intresse  six proprits particulires que sont 
susceptibles
de possder certains sous-ensembles L de Mn (C). On tudie notamment les liens
entre ces proprits pour des parties L priviligies de Mn (C). Entrons un peu 
dans
les dtails. . .
 Dans une premire partie, on prend pour L l'ensemble des matrices inversibles 
et
l'ensemble des matrices triangulaires infrieures, pour lesquels on est capable 
de
prciser sans trop de difficult quelles proprits parmi P1 , . . . , P6 sont 
vrifies.
Puis on se place en dimension 2 et on tudie les sous-espaces vectoriels de
M2 (C) contenant l'identit. On montre notamment que s'ils vrifient P6 , ils
vrifient aussi P1 .
 La deuxime partie est consacre aux parties L qui vrifient P3 , . . . , P6 
. On y
montre que L vrifie aussi P1 .
 Enfin, la troisime partie est consacre aux sous-algbres de Mn (C), qui sont
galement des hyperplans, la conclusion tant qu'une telle sous-algbre est 
ncessairement Mn (C).
C'est un problme assez facile, par lequel il convient de commencer lorsqu'on
souhaite valuer ses connaissances de base en algbre. Il prsente l'intrt de 
toucher
un peu  toutes les parties du programme d'algbre linaire de la classe de PC, 
de
l'algbre linaire lmentaire aux espaces prhilbertiens.

Indications

Partie I
I.A.1 Trouver A en la considrant comme une matrice de changement de base.
Utiliser ce rsultat pour montrer qu'un sous-espace vectoriel strict de V, non
rduit  {0}, ne peut tre stable par L.
I.C.1 Pour montrer que A est une homothtie, utiliser le premier rsultat tabli
dans cette question, ainsi que le fait que toute matrice complexe admet une
valeur propre.
I.C.2 Supposer P1 non satisfaite et utiliser la question prcdente pour 
tablir que
tout sous-espace vectoriel de V est stable par L.

Partie II
II.A Pour obtenir que U = {Nz1 , N  L} = V, montrer qu'il s'agit d'un 
sousespace vectoriel, stable par L. Conclure  l'aide de P6 .
Pour montrer la libert de (M0 , M1 ), considrer une relation de dpendance
linaire entre ces deux matrices, puis l'appliquer  x1 pour conclure.
II.B Pour tablir l'existence de  et z, utiliser la premire partie de la 
question
pour en dduire que M0 N0 induit un endomorphisme de M0 (V). Ce dernier
admet alors une valeur propre.
En dduire que le noyau de M1 - M0 contient strictement le noyau de M0 ,
pour obtenir que son rang est strictement infrieur  celui de M0 .

Partie III
III.A Raisonner matriciellement.
III.B.1 Utiliser la relation de Grassman pour obtenir le rsultat demand sur 
l'intersection de H et L. Considrer alors un lment de cette intersection et
montrer qu'il est inversible, par exemple en calculant son dterminant.
III.C Utiliser le fait que dans un espace vectoriel de dimension finie p, toute 
famille
de p + 1 vecteurs est lie.
III.D Utiliser les rsulats de cours concernant un endomorphisme L et son 
adjoint
t
L sur un espace hermitien : notamment le fait qu'un sous-espace vectoriel
d'un espace hermitien est stable par L si et seulement si son orthogonal est
stable par t L.

I. tude de quelques exemples
I.A.1 Donnons-nous x et y non nuls dans V. Le thorme de la base incomplte
nous permet de complter la famille (x) en une base de V :
(x, x2 , . . . , xn )
De mme, on peut complter (y) en une base de V :
(y, y2 , . . . , yn )
Notons a l'endomorphisme de V, qui envoie x sur y et xi sur yi pour i dans {2, 
. . . , n}.
On sait que cela suffit pour dterminer a, puisqu'un endomorphisme d'un espace
vectoriel est entirement dtermin par les images des vecteurs d'une base. En 
outre,
a est inversible, puisqu'il transforme une base en une base. Par consquent, sa 
matrice
A relativement  la base canonique de V est inversible et vrifie Ax = y.
y  V

A  L

Ax = y

Dans ce qui prcde, on ne s'est pas servi de l'indication donne par
l'nonc. Donnons tout de mme une solution utilisant cette indication.
Si x et y forment une famille lie, alors il existe  complexe non
nul, tel que
y = x
L'homothtie A de rapport  constitue alors un endomorphisme de V, inversible 
car  n'est pas nul, tel que Ax = y.
Si x et y forment une famille libre, alors on peut complter (x, y)
en une base de V
(x, y, x3 , . . . , xn )
et il suffit de considrer la matrice de passage A de cette base  la base
(y, x, x3 , . . . , xn )
Utilisons ceci pour en dduire que la proprit P6 est vrifie. Soit W un 
sousespace vectoriel de V, qui ne soit pas V ou {0}. Alors il existe x non nul 
dans W.
Comme W est strictement inclus dans V, il existe y non nul, qui ne soit pas dans
W. D'aprs ce qui prcde, il existe A dans L, tel que Ax = y : l'image de W 
par A
contient donc y, qui n'est pas dans W. Ce qui tablit que W n'est pas stable 
par L.
Les seuls sous-espaces vectoriels de V qui sont stables par L sont donc {0} et 
V.
L vrifie la proprit P6 .
I.A.2 Voyons lesquelles des proprits P1  P5 sont vrifies par L :
 L ne vrifie pas P1 : en effet, L est prcisment l'ensemble des matrices
inversibles, donc de rang n, et ne contient aucune matrice de rang 1.
 L vrifie P2 et P3 puisque L contient l'identit qui est de rang n.
 L ne vrifie pas P4 : en effet, I et -I sont dans L, mais leur somme, qui est
0, ne s'y trouve pas. L n'est donc pas stable par combinaison linaire.

 L vrifie P5 : en effet, c'est un rsultat de cours que le produit de deux 
matrices
carres inversibles A et B est inversible. On le vrifie aisment en remarquant
que

B-1 A-1 (AB) = I et que (AB) B-1 A-1 = I
ce qui montre que AB est inversible, d'inverse (AB)-1 = B-1 A-1 .
I.B.1 Soit T dans L. Cette matrice est de la forme :

t1,1
0

0

..
..
.
.
..
..

.
.
T=
 tn-1,1
tn-1,n-1
0
tn,1

tn,n-1
tn,n

On sait que l'image de en est donne par la ne colonne de T, c'est--dire que
Ten = tn,n en
Donc en est vecteur propre de T. Par consquent, la droite engendre par en est
stable par T. Ceci tant vrai pour tout T dans L, il s'ensuit que Vect(en ) est 
stable
par L. Comme on a suppos n suprieur  deux, cette droite n'est pas gale  V. 
Elle
n'est en outre pas rduite  {0} puisqu'elle contient en qui n'est pas nul. Il 
s'ensuit
que :
L ne vrifie pas la proprit P6 .
I.B.2 Voyons lesquelles des proprits P1  P5 sont vrifies par L :
 L vrifie P1 : en effet, la matrice

0  0 0
 ..
.. ..
 .
. .

 0  0 0
0  0 1

est triangulaire infrieure et de rang 1.
 L vrifie P2 et P3 puisque L contient l'identit, qui est triangulaire 
infrieure
de rang n.
 L vrifie P4 : c'est un rsultat classique de cours que les matrices 
triangulaires
infrieures forment un sous-espace vectoriel de Mn (C).
 L vrifie P5 : on considre pour cela deux matrices triangulaires infrieures
T = (ti,j )16i,j6n

et T = (ti,j  )16i,j6n

Montrons que le produit TT a tous ses termes surdiagonaux nuls. On se donne
i et j deux entiers, tels que
26i