Cours et vidéos

Cours en ligne Vidéos classées

Concours corrigés

HECS
HECE

Programme de concours

HECS

Chaîne Youtube


Pour me soutenir



Autour du site

Auteur du site.


EXERCICE 2.


Pour tout entier naturel $n$ non nul, on note :

Une matrice $W\in{\cal M}_n(\mathbb R)$ est dite nilpotente s'il existe $q\in\mathbb N^*$ tel que $W^q=0_n$.

On admettra que si $U,V$ sont deux matrices de ${\cal M}_n(\mathbb R)$ qui commutent alors :

1. Deux résultats préliminaires.

(a) Soit $U\in{\cal M}_n(\mathbb R)$ et $q\in\mathbb N^*$ tel que $U^q=0_n$. Prouver que $I_n-U$ est inversible et que $(I_n-U)^{-1}=\sum_{k=0}^{q-1}U^k$.

Afficher

En utilisant le fait que $U^q=0$ on a que : $$(I_n-U)\sum_{k=0}^{q-1}U^k=\sum_{k=0}^{q-1}U^k-\sum_{k=1}^{q}U^k=I_n-U^q=I_n$$ donc $\sum_{k=0}^{q-1}U^k$ est bien l'inverse de $I_n-U$.

(b) Soit $A\in{\cal M}_n(\mathbb R)$ telle que $A(A-I_n)=0_n$. On désigne par $f$ l'endomorphisme de $\mathbb R^n$ dont la matrice dans la base canonique de $\mathbb R^n$ est $A$.

Soit $x\in\mathbb R^n$. Vérifier que $x-f(x)\in Ker(f)$ et $f(x)\in Ker(f-Id)$ puis établir que $\mathbb R^n=Ker(f)\oplus Ker(f-Id)$. L'endomorphisme $f$ est-il diagonalisable?

Afficher

On rappelle que l'égalité matricielle $A(A-I_n)$ se traduit par $fo(f-Id)=0$. Par conséquent $f(x-f(x))=-f(f(x)-x)=-fo(f-Id)(x)=0$ et donc $x-f(x)\in Ker(f)$, de même $(f-Id)(f(x))=fof(x)-f(x)=fo(f-Id)(x)=0$ donc $f(x)\in Ker(f-Id)$.

Pour la somme directe, on observe déjà que pour tout $x\in\mathbb R^n$, $x=(x-f(x))+f(x)\in Ker(f)+Ker(f-Id)$ d'après ce qui précède, donc $\mathbb R^n=Ker(f)+Ker(f-Id)$. D'autre part si $x\in Ker(f)\cap Ker(f-Id)$, $f(x)=0$ et $f(x)-x=0$ donc $x=f(x)=0$. Il suit que $Ker(f)\cap Ker(f-Id)=\{0\}$ et donc la somme est directe.

2. Etude d'une suite de matrices.

Soient $B\in{\cal M}_n(\mathbb R)$ et $N\in\mathbb N^*$ tels que : $$(B(B-I_n))^N=0_n.$$ On introduit la suite $(B_k)_{k\in\mathbb N}$ de matrices de ${\cal M}_n(\mathbb R)$ définie par : $$B_0=B\in{\cal M}_n(\mathbb R)\text{ et }\forall k\in\mathbb N,B_{k+1}=(B_k)^2(2B_k-I_n)^{-1}.$$ On considère pour tout entier $k\geq 0$ la proposition $$\begin{align*} &({\cal H}_k):"2B_k-I_n\text{ est inversible, il existe }C_k,D_k\in{\cal M}_n(\mathbb R)\text{ tels que }\\ &B_k-B=[B(B-I_n)]C_k\text{ et }B_k(B_k-I_n)=[B(B-I_n)]^{2^k}D_k\\ &\text{ avec }B_kB=BB_k,C_kB=BC_k\text{ et }D_kB=BD_k"\end{align*}$$

(a) Justifier que $I_n-(2B-I_n)^2$ est nilpotente et que $2B-I_n$ est inversible. En déduire que la propriété $({\cal H}_0)$ est vraie.

Afficher

En développant, on montre facilement que $$I_n-(2B-I_n)^2=-4B(B-I_n)$$ mais par hypothèse $B(B-I_n)$ donc $I_n-(2B-I_n)^2$ également. Maintenant comme cette matrice est nilpotente, il existe un entier naturel $p$ tel que $(I_n-(2B-I_n)^2)^p=0$. Comme toutes ces matrices commutent, on peut développer avec la formule du binôme de Newton $$0=(I_n-(2B-I_n)^2)^p=\sum_{k=0}^p(-1)^k(2B-I_n)^{2k}=I_n+\sum_{k=1}^p(-1)^k(2B-I_n)^{2k}$$ et donc que $$(2B-I_n)(-\sum_{k=1}^p(-1)^k(2B-I_n)^{2k-1})=I_n$$ d'où l'inversibilité de $2B-I_n$.

Pour $({\cal H_0})$, on observe que $2B_0-I_n=2B-I_n$ est inversible et que l'existence de $C_0$ et $D_0$ est garantie en posant $C_0=0$ et $D_0=I_n$.

(b) On suppose la propriété $({\cal H}_k)$ vraie pour un entier $k\geq 0$. Montrer que : $$\begin{align*} 2B_{k+1}-I_n &= [I_n+2B_k(B_k-I_n)]\times[2B_k-I_n]^{-1}\\ B_{k+1}-B &= [(B_k-B)^2-(B^2-B)]\times[2B_k-I_n]^{-1}\\ B_{k+1}(B_{k+1}-I_n)&=[B_k(B_k-I_n)(2B_k-I)^{-1}]^2 \end{align*}$$

Afficher

Il suffit de remplacer $B_{k+1}$ par $B_k^2(2B_k-I_n)^{-1}$ et de factoriser convenablement. Pour la factorisation, il pourra être utile de penser au fait que $I_n=(2B_k-I_n)(2B_k-I_n)^{-1}$.

En déduire que la propriété $({\cal H}_{k+1})$ est vraie.

Afficher

En remplaçant dans la deuxième et la troisième égalité les expressions connues de $({\cal H}_k)$, on montre facilement l'existence de $C_{k+1}$ et $D_{k+1}$ en fonction de $C_k$ et $D_k$. Les propriétés de commutativité se justifient à l'aide du préambule. Par contre l'inversibilité de $2B_{k+1}-I_n$ demande un peu plus d'effort. D'après $({\cal H}_k)$ on sait que $B_k(B_k-I_n)=[B(B-I_n)]^{2^k}D_k$, mais comme $B(B-I_n)$ est nilpotente, c'est aussi le cas de $B_k(B_k-I_n)$ par commutativité de toutes ces matrices. Donc d'après 1.(a) on en déduit que $I_n+2B_k(2B_k-I_n)$ est inversible, et comme $2B_k-I_n$ est de fait inversible, on a que $2B_{k+1}-I_n=[I_n+2B_k(B_k-I_n)]\times[2B_k-I_n]^{-1}$ est inversible, ce qu'on voulait démontrer.

(c) Prouver l'existence d'un entier $p$ tel que : $B_p(B_p-I_n)=0_n$. Etablir que la matrice $B_p$ est diagonalisable, que la matrice $B-B_p$ est nilpotente et que : $\forall k\geq p,B_{k+1}=B_k$.

Afficher

D'après 2.(a) et 2.(b), on a démontré l'hérédité et l'initialisation de la preuve par récurrence de $({\cal H}_k)$. Donc $({\cal H}_k)$ est vraie pour tout $k\in\mathbb N$. Comme $B(B-I_n)$ est nilpotente, il existe $p$ tel que $(B(B-I_n))^{2^p}=0$ donc par $({\cal H}_p)$, $B_p(B_p-I_n)=0$ ce qui prouve le premier point.

Maintenant d'après la question 1.(b) un endomorphisme $f$ associé à $B_p$ vérifie $\mathbb R^n=Ker(f)\oplus Ker(f-Id)$, c'est à dire que les sous espaces propres de $f$ (de valeurs propres $0$ et $1$) sont supplémentaires donc $f$ est diagonalisable et $B_p$ aussi.

Toujours d'après $({\cal H}_p)$ $B-B_p=-[B(B-I_n)]C_p$ mais comme toutes les matrices commutent et que $B(B-I_n)$ est nilpotente $B-B_p$ est donc nilpotente.

En utilisant la relation établie en 2.(b) qui dit que $B_{k+1}(B_{k+1}-I_n)=[B_k(B_k-I_n)(2B_k-I_n)^{-1}]$, et en utilisant la comutativité et le fait que $B_p(B_p-I_n)$, on montre facilement par récurrence que $B_k(B_k-I_n)=0$ pour $k\geq p$. En revenant à la définition de la suite $B_k$, on a pour $k\geq p$ $$B_{k+1}-B_k=B_k^2(2B_k-I_n)-B_k=-B_k(B_k-I_n)(2B_k-I_n)^{-1}=0$$ et donc la suite est constante pour $k\geq p$.

Pour afficher le fil des commentaires : Commentaires.


Pour poster un commentaire ou obtenir de l'aide : c'est ici!




Formulaire

L'insertion de formules suit la syntaxe LATEX. Toute formule doit être encadrée par des dollars : $\bf{\$formule\$}$. Par exemple $\bf{\$ u\_n \$}$ sera interprétée comme une formule et donnera $\bf{u_n}$. Voici quelques exemples pour ceux qui ne sont pas habitués :

Contacter l'auteur du site : frederic.millet @ math-sup.fr