Corrige EDHECL Mathematiques 2005 HEC S

Description

EDHEC 2005 : option S Corrigé de l’épreuve de mathématiques Exercice 1 1) a) Im tr est un sous-espace vectoriel de IR, il est donc soit de dimension 0 et Im tr est alors réduit au seul réel 0, soit de dimension 1 et Im tr est alors égal à IR . Comme tr(I ) = n ≠ 0, on en conclut que la première possibilité n’est pas recevable. En conclusion : Im tr = IR. b) D’après la formule du rang, on a : dim M (IR) = dim Im tr + dim Ker tr. nComme dim Im tr = 1, on a : 2dim Ker tr = n – 1. c) En premier lieu, il faut noter que Ker tr et Vect(I) sont deux sous-espaces de M (IR). nD’autre part, la matrice I n’étant pas la matrice nulle, on a : dim Vect(I) = 1, ce qui permet d’écrire : dim M (IR) = dim Ker tr + dim Vect(I). nIl reste donc à montrer que Vect(I) ∩ Ker tr = {0}. Soit donc M une matrice appartenant à Vect(I) ∩ Ker tr. Comme M appartient à Vect(I), il existe un réel α tel que M = α I et on a tr(M) = n α. Comme, de plus, M appartient à Ker tr, on obtient n α = 0. L’énoncé indiquant que n est supérieur ou égal à 2, on a donc α = 0, ce qui, en remplaçant, donne M = 0. On vient de montrer que : Vect(I) ∩ Ker tr ⊂ {0}. L’inclusion réciproque étant évidente (tous les espaces vectoriels contiennent le vecteur nul), on a bien : M (IR) = Ker tr ⊕ Vect(I). n 2) a) Soit M et N deux matrices de M (IR) et λ un réel. nf ( λ M + N) = ( λ M + N) + tr( λ M + N) I. Par linéarité de la trace, on obtient : f ( λ M + N) = ( λ M + N) + λ tr(M) I + ...

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Extrait

 

EDHEC 2005 : option S Corrigé de l’épreuve de mathématiques     Exercice 1 1) a)Im   trvectoriel de IR, il est donc soit de dimension 0 et Imest un sous-espace   trest alors réduit au seul réel 0, soit de dimension 1 et Im   trest alors égal à IR. Commetr(I   ) =n ≠0, on en conclut que la première possibilité n’est pas recevable. En conclusion :

Im   tr =  .RI    b)D’après la formule du rang, on a : dim   M   n (IR) = dim   Im   tr+ dim   Ker   tr. Comme dim   Im   tr= 1, on a :

dim   Ker   tr=n 2   –   1.

   c)En premier lieu, il faut noter que Ker   tret Vect(I) sont deux sous-espaces deM   n (IR). D’autre part, la matriceIla matrice nulle, on a : dim pas  n’étant   Vect(I) = 1, ce qui permet d’écrire : dim   M   n (IR) = dim   Ker   tr+ dim   Vect(I). Il reste donc à montrer que Vect(I)∩Ker   tr= {0}. Soit doncM une matrice appartenant à Vect(I)∩ Ker   tr. CommeMappartient à Vect(I), il existe un réelαtel queM=α   Iet on atr(M) =n   α. Comme, de plus,Mappartient à Ker   tr, on obtientn   α= 0. L’énoncé indiquant quenest supérieur ou égal à 2, on a doncα= 0, ce qui, en remplaçant, donneM= 0. On vient de montrer que : Vect(I)∩Ker   tr ⊂{0}. L’inclusion réciproque étant évidente (tous les espaces vectoriels contiennent le vecteur nul), on a bien :   M n (IR) = Ker   tr ⊕Vect(I).     2) a)SoitMetNdeux matrices deM   n  et) IR(λun réel. f   (λ   M   +   N) = (λ   M   +   N) +tr(λ   M   +   N)   Ilinéarité de la trace, on obtient :. Par f   (λ   M   +   N) = (λ   M   +   N) +λ   tr(M)   I+tr(N)   I=λ(M+tr(M)   I   ) + (N+tr(N)   I), ce qui prouve que : f   (λ   M   +   N) =λ   f   (M) +f   (N). L’applicationfest donc linéaire. Comme de plus,f   (M) est combinaison linéaire des deux matricesMetIqui sont éléments de M   n (IR), on est sûr quef   (M) appartient àM   n (IR). En conclusion : fest un endomorphisme deM   n (IR).    b)M∈Ker   tr ⇔ f   (M) =M, ce qui prouve que 1 est valeur propre defet que Ker   trest le sous-espace propre defassocié à la valeur propre 1. Ce sous-espace propre étant de dimensionn  2   –   1,f au plus une autre valeur propre possède associée à un sous-espace propre de dimension 1 (puisque dim   M   n  R) =I(n 2 ). Or, pour toute matriceMappartenant à Vect(I), on peut écrireM=α   I, d’où l’on déduit : f   (M) =α   I+n   α   I, soit :f   (M) = (n   +   1)   α   I= (n   +   1)   M. Ceci montre quen   +   1 est valeur propre def et que Vect(I) est le sous-espace propre def  associé à la valeur propren   +   1 (puisqu’il est de dimension 1).

Corrigé EDHEC 2005 – Math S 1