Transcript Devoir Surveillé numéro 7 - CPGE du Lycée Montesquieu

MPSi
Devoir Surveillé numéro 7
Corrigé
Mercredi 19 Mars
13h-16h
Tous les aspects de la copie seront pris en compte : clarté du raisonnement, précision du discours, mise
en page et orthographe. Vous connaissez le principe. Je commence maintenant à enlever des points
lorsque les règles ne sont pas respectées. Bon Courage !
Calculatrice interdite !
Questions de cours
1 Citer le théorème de la base extraite, le théorème de la base incomplète et le théorème du rang.
2 Soient E et F deux espaces vectoriels sur un corps K de dimension finie respective n et p. Montrer que
E × F est un espace vectoriel de dimension finie et préciser sa dimension.
3 Montrer que tr(AB) = tr(BA) quand A et B sont deux matrices de Mn (R).
*
* *
* * *
Premier problème : Endomorphismes de Mn(R)
Dans cet exercice, n est un entier naturel supéreiur ou égal à 2. On désigne par I la matrice unité de
Mn (R). Si ϕ est un endomorphisme de Mn (R), on dira qu’un réel λ est une valeur propre de ϕ s’il existe
une matrice M ∈ Mn (R) telle que ϕ(M ) = λM . M est alors appelée vecteur propre associé à λ. On
appelle base de vecteurs propres de Mn (R) associée à ϕ une base (M1 , . . . , Mp ) (p est la dimension de
Mn (R)) dont les éléments sont des vecteurs propres de ϕ. L’existence d’une telle base n’est pas assurée.
4 Rappeler la dimension de Mn (R) en fonction de n et en donner la base canonique.
Corrigé La dimension de Mn (R) est n2 .
5 Montrer qu’un endomorphisme ϕ de Mn (R) est non injectif si et seulement si il admet 0 comme valeur
propre.
Corrigé ϕ est non injectif si et seulement s’il existe un élément non nul dans son noyau. Notons M un
tel élément, on a : ϕ non injectif si et seulement si ∃M ∈ Mn (R) tq ϕ(M ) = 0M = 0. On a l’équivalence
recherchée.
On note tr(M ) la trace d’une matrice carrée M .
6 Montrer que Im tr = R.
Corrigé la trace est une forme linéaire, donc son image est R.
7 En déduire la dimension de ker tr.
Corrigé Le noyau d’une forme linéaire sur Mn (R) est n2 − 1. Cela découle du théorème du rang.
8 Établir que Mn (R) = ker tr ⊕V ect(I).
Devoir Surveillé numéro 7
Corrigé Soit une matrice appartenant à l’intersection ker tr ∩V ect(I). Alors M = λI et tr(M ) = 0. Or
tr(λI) = nλ. D’où λ = 0. et donc M = 0. L’intersection est nulle, et la somme des dimension est la
dimension de MR () donc les deux espaces (qui sont des ev) sont supplémentaires.
Soit f l’application qui, à toute matrice M de Mn (R), associe f (M ) = M + tr(M )I.
9 Montrer que f est un endomorphisme de Mn (R).
Corrigé On a f (λM + µN ) = λf (M ) + µf (N ) et f (M ) ∈ Mn (R) évidemment.
10 Caractériser la restriction de f à ker tr.
Corrigé Si M ∈ ker tr, alors f (M ) = M : la restriction de f à ker tr est l’identité.
11 Caractériser la restriction de f à V ect(I).
Corrigé Si M = λI, alors f (M ) = (n + 1)M . Donc la restriction de f à V ect(I) est (n + 1)id.
12 Grâce aux questions précédentes, déterminer les valeurs propres de f .
Corrigé Soit λ une valeur propre de f et M un vecteur propre associé. On peut écrire M = MK + xI
avec tr(Mk ) = 0 et ainsi f (M ) = f (Mk ) + f (xI) = Mk + (n + 1)xI. Comme M est un vecteur propre
associé à λ, on a de plus f (M ) = λM = λMk + λxI. D’où λMk = Mk et (n + 1)xI = λxI. On a donc deux
cas possibles : soit λ = 1, soit λ = n + 1. Ces deux valeurs sont effectivement des valeurs propres grâce
aux deux questions précédentes.
13 En déduire que f est un automorphisme.
Corrigé f n’admet pas 0 comme valeur propre donc est injective. De plus c’est un endomorphisme en
dimension finie, donc elle est bijective : c’est un automorphisme.
14 Existe-t-il dans Mn (R) une base de vecteurs propres associée à f ?
Corrigé La réponse est oui : si on prend une base (M1 , . . . Mn2 −1 , I) qui est adaptée à ker tr ⊕V ect(I),
c’est une base de vecteurs propres.
Soit g l’application qui, à toute matrice M de Mn (R), associe g(M ) = M + tr(M )J, où J est une matrice
non nulle de Mn (R) dont la trace est nulle. On admettra que g est un endomorphisme de Mn (R).
15 Montrer que 1 est une valeur propre de g.
Corrigé Si M est une matrice de trace nulle, alors f (M ) = M = 1.M donc 1 est une valeur propre,
associée à n’importe quelle matrice de ker tr.
16 Établir que g 2 − 2g + id = 0.
Corrigé (g 2 − 2g + id)(M ) = g 2 (M ) − 2g(M ) + M = g(M + tr(M )J) − 2(M + tr(M )J + M = g(M ) +
tr(M )g(J) − 2M − 2 tr(M )J + M = M + tr(M )J + tr(M )(J + tr(J)J) − 2M − 2 tr(M )J + M = tr(M )J +
tr(M )(J + tr(J)J) − 2 tr(M )J = tr(M ) tr(J)J = 0.
17 Montrer alors que 1 est l’unique valeur propre possible.
Corrigé Soit λ une valeur propre associée à un vecteur propre M (non nulle). On a en particulier
g 2 (M ) = λ2 M d’où (g 2 − 2g + id)(M ) = (λ2 − 2λ + 1)M = 0 d’où λ est racine de X 2 − 2X + 1. Donc
λ = 1.
18 Existe-t-il dans Mn (R) une base de vecteurs propres associée à g ?
Corrigé 1 étant la seule valeur propre, étant associée aux éléments du noyau, les seuls vecteurs propres
sont des vecteurs du noyau. Une base de vecteurs propres impliquerait donc que tous les vecteurs de Mn (R)
seraient des éléments du noyau de g, donc g serait nulle : c’est absurde (par exempleg(I) = I + nJ 6= 0.)
*
* *
* * *
Deuxième problème : Exponentielle de matrices
On considère les trois matrices de M3 (R), espace vectoriel des matrices carrées d’ordre 3 à coefficients
réels :

A=
DS no 7

0 0 0
0 0 0

−1 0 1



B=

−2 0 0
3 1 0

−2 0 0



C=
1

−2
0

0 0
−1 0

0 1
(1)
Lycée Montesquieu - 2013/2014
MPSi
Devoir Surveillé numéro 7
MPSi
Pour a, b, c trois réels, on pose : Ma,b,c = aA + bB + cC. Enfin, on note F le sous espace vectoriel de M3 (R)
engendré par la famille B = (A, B, C).
19 Prouver que la famille B est une base de F. Quelle est la dimension de F ?
Corrigé Il suffit de montrer que la famille est libre. Soit par exemple (a, b, c) tels que aA + bB + cC = 0.
On a alors sur le coefficient (1, 1) : −2b + c = 0, sur le coefficient (2, 2) : b − c = 0, puis sur le coefficient
(3, 3) : a + c = 0. L’unique solution est a = b = c = 0 donc la famille est libre.
20 Montrer que la matrice B 2 appartient à F. Donner ses coordonnées dans la base B.
Corrigé On trouve B 2 = 6A − 5B − 6C.
On considère les matrices suivantes :


M1




M2
M3
=A−B−C
= 2A − B − 2C
=A
Corrigé Si λM1 + µM2 + δM3 = 0 alors puisque A, B, C forme une base, on a


λ + 2µ + δ

=0
−λ
−
µ
=
0



−λ − 2µ = 0
, qui
implique λ = µ = δ. Donc est est libre, avec le bon cardinal : c’est une base.
22 On note P la matrice de passage de B à B 0 et Q la matrice de passage de B 0 à B. Exprimer P et Q.
Vérifier que P Q = I3 .





1
2 1
A = M3


Corrigé On a par définition P = −1 −1 0. On trouve en manipulant le système B = M2 − 2M1



−1 −2 0
C = M1 − M2 + M3

0 −2 1
1 −1
et donc Q =
.
1 0
1
23 Calculer les produits matriciels suivants :

0
M1 M2
M2 M1
M1 M3
M3 M1
n
X
xn
admet comme limite ex lorsque n → +∞.
k=0 n!
Z x
n
X
(x − t)n t
(x − t)n
xn+1
xk
|=|
e dt| ≤ ex |intx0
dt| ≤ ex
.
Corrigé On a donc |ex −
n!
n!
(n + 1)!
0
k=0 k!
29 Le résultat précédent est-il toujours valable si x est un réel négatif ?
Corrigé Non, le ex disparait (attention aux bornes de l’intégrale).
30 On définit la suite (Sn )n∈N de matrices par :
puis que
Sn =
21 Montrer que la famille B 0 = (M1 , M2 , M3 ) est une base de F.

Devoir Surveillé numéro 7
M2 M3
n
X
1
(Ma,b,c )k
k!
k=0
avec la convention (Ma,b,c )0 = I la matrice unité d’ordre 3.
(i) Exprimer I en fonction de M1 , M2 , M3 .
Corrigé On calcule rapidement I = M1 + M2 + M3 .
(ii) Pour tout entier naturel k, donner l’expression de (Ma,b,c )k en fonction de k, a, b, c, M1 , M2 , M3 .
k
Corrigé On a si k ≥ 1, Ma,b,c
= ((c − 2b)M1 + (b − c)M2 + (a − 2b + c)M3 )k = (c−2b)k M1 +(b−c)k M2 +
k
(a − 2b + c) M3 grâce à la commutativité et le fait que Mik = Mi . En particulier la relation est vraie pour
k = 0.
(iii) Montrer l’existence de trois réels αn , βn , γn tels que :
∀n ∈ N,
Sn = αn M1 + βn M2 + γn M3 .
n
X
1
(c − 2b)k
((c − 2b)k M1 + (b − c)k M2 + (a − 2b + c)k M3 ) = (
)M1 +
k!
k=0 k!
k=0
n
n
X
X
(b − c)k
(a − 2b + c)k
(
)M2 + (
)M3 .
k!
k!
k=0
k=0
(iv) Montrer que les suites (αn ), (βn ) et (γn ) convergent vers des réels α, β, γ que l’on déterminera.
Corrigé Les convergences sont assurées par la majoration. On a donc par exemple αn → exp(c − 2b).
Corrigé On a donc Sn =
n
X
*
* *
* * *
M3 M2 .
Corrigé Quand il n’y a pas d’erreurs dans l’énoncé, on trouve 0 partout ce qui nous permet de dire que
les matrices Mi commutent entre elles.
24 Démontrer que pour tout entier naturel k non nul, on a Mik = Mi avec i ∈ {1, 2, 3}.
Corrigé Récurrence immédiate.
25 Prouver que le produit de deux éléments de F est un élément de F.
Corrigé Comme c’est le cas pour les produits de deux élément Mi qui forment une base, alors par
linéarité, c’est vrai pour deux éléments quelconques de F.
26 On pose Ma,b,c = xM1 + yM2 + zM3 . Exprimer x, y, z en fonction de a, b, c.
Corrigé On a Ma,b,c = aA + bB + cC = aM3 + b(M2 − 2M1 ) + c(M1 − M2 + M3 ) = (c − 2b)M1 + (b −



x = c − 2b
c)M2 + (a − 2b + c)M3 donc y = b − c
.



z = (a − 2b + c)
27 Soit x un nombre réel positif. Écrire la formule de Taylor reste intégral pour la fonction exponentielle
entre 0 et x à l’ordre n.
Corrigé cf cours.
28 En déduire que
n
X
xk
xn+1
|ex −
| ≤ ex ×
k!
(n
+ 1)!
k=0
Troisième problème : Étude de projecteurs
DS no 7
DS no 7
Lycée Montesquieu - 2013/2014
Soit E un espace vectoriel sur un corps K avec K = R ou C. On se propose d’étudier quelques propriétés
des projecteurs de E.
On se donne donc dans la suite un projecteur f de E et on se propose de démontrer quelques propriétés
élémentaires de f .
31 Montrer que pour tout sous-espace vectoriel A de E on a :
f −1 (A) = (A ∩ Im f ) ⊕ ker f.
Corrigé A∩Im f et ker f sont évidemment deux sev de f −1 (A). L’intersection vide vient du fait que Im f
et ker f sont supplémentaires. Ensuite, si f (x) ∈ A, on sait que x = xI + xK avec xI ∈ Im f et xK ∈ ker f
et que f (x) = xI . Donc xI ∈ A ∩ Im f . Les deux sev sont donc supplémentaires dans f −1 (A).
32 Montrer qu’un sous-espace vectoriel de E est stable par f si et seulement si il est somme d’un sousespace vectoriel du noyau de f et d’un sous-espace vectoriel de l’image de f .
Corrigé A est stable par f si ∀x ∈ A, f (x) ∈ A. Donc si A ⊂ f −1 (A). Utilisons cette définition.
Si A = I + K avec I sev de Im f et K sev de ker f posons pour x ∈ A, x = xI + xK . Alors f (x) = f (xI ) =
xI ∈ A. Donc A est bien stable.
Lycée Montesquieu - 2013/2014
MPSi
Devoir Surveillé numéro 7
Réciproquement, si A est stable, montrons que A = (A∩Im f )+(A∩ker f ) : A est stable donc A ⊂ f −1 (A)
et f −1 (A) = (A∩Im f )⊕ker f donc ∀x ∈ A, x = xI +xK avec xI ∈ A∩Im f et xK ∈ ker f . Mais xK = x−xI
avec x ∈ A et xI ∈ A. Donc xK ∈ A.
33 Soit f et g deux endomorphismes de E. Montrer que f et g sont deux projecteurs de même image si
et seulement si f ◦ g = g et g ◦ f = f .
Corrigé Si f et g sont deux projecteurs de même image, alors ∀x ∈ E, g(x) ∈ Im g = Im f donc
f ◦ g(x) = g(x). donc f ◦ g = g et le pb est symétrique. Si f ◦ g = g et g ◦ f = f , alors f 2 = f ◦ (g ◦ f ) =
(f ◦ g) ◦ f = g ◦ f = f . Donc f est un projecteur, symétriquement g aussi. Ils ont même image car
g ◦ f = f ⇒ Im f ⊂ Im g et f ◦ g = g ⇒ Im g ⊂ Im f .
34 Donner de même une condition nécessaire et suffisante pour que f et g soient deux projecteurs de
même noyau.
Corrigé On vérifie que la condition f ◦ g = f et g ◦ f = g est nécessaire et suffisante.
35 Montrer que si f est un endomorphisme de E et g un projecteur de E, on a :
ker f ◦ g = ker g ⊕ (ker f ∩ Im g).
Corrigé Il est clair que ker g et ker f ∩ Im g sont des sev de ker f ◦ g. Si x ∈ ker g ∩ (ker f ∩ Im g), on a
à la fois x ∈ ker g et x ∈ Im g donc x = 0, d’après une propriété montrée précédemment. Si x ∈ ker f ◦ g,
alors x = x − g(x) + g(x) et x − g(x) ∈ ker g car g est un projecteur, et g(x) ∈ ker f ∩ Im g car g(x) ∈ Im g
de façon évidente et f (g(x)) = (f ◦ g)(x) = 0 car x ∈ ker f ◦ g.
36 Montrer que si f est un projecteur de E et g un endomorphisme quelconque de E, on a :
Im f ◦ g = Im f ∩ (Im g + ker f ).
Corrigé Inclusion directe : si y ∈ Im f ◦ g, il existe x tel que y = f ◦ g(x). Comme f est un projecteur,
on peut décomposer g(x) sous la forme uI + uK avec uI ∈ Im f et uK ∈ ker f . Dans ces conditions,
y = f (uI + uK ) = uI . Or uI = g(x) − uK ∈ Im g + ker f . On a de plus évidemment y ∈ Im f , d’où
l’inclusion directe. Pour l’inclusion réciproque, si y ∈ Im g + ker f , alors y = g(x) + yK et si y ∈ Im f , ∃x0
tel que y = f (x0 ). Décomposons g(x) = xI + xK sur Im f + ker f , on a donc par unicité de la décomposition
sur Im f et ker f que xI = x0 . D’où g(x) = x0 + xK et f (g(x)) = f (x0 ) = y. x est donc un antécédent de y
par f ◦ g.
37 Étant donnés deux projecteurs f et g de E, montrer que f ◦ g est aussi un projecteur de E si et
seulement si :
Im f ∩ (Im g + ker f ) ⊂ Im g ⊕ (ker f ∩ ker g).
Corrigé On sait que g est un projecteur si et seulement si I − g en est un. On remarque alors que
Im g ⊕ (ker f ∩ ker g) = ker(I − g) ⊕ (ker f ∩ Im(I − g)) = ker(f ◦ (I − g)). On veut donc montrer que
Im f ◦ g ⊂ ker(f ◦ (I − g)), c’est à dire que (f ◦ (I − g)) ◦ f ◦ g = 0. Or (f ◦ (I − g)) ◦ f ◦ g = (f − f ◦ g) ◦ f ◦ g =
f ◦ f ◦ g − f ◦ g ◦ f ◦ g = f ◦ g − f ◦ g = 0, la dernière transformation découlant du fait que f est un
projecteur et que f ◦ g est un projecteur.
*
* *
* * *
* FIN DE L’ÉPREUVE *
DS no 7
Lycée Montesquieu - 2013/2014