Preparation a l'agregation interne de Mathematiques

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Niveau: Supérieur, Bac+8
Preparation a l'agregation interne de Mathematiques 2009-2010 Jean-Marie Monier Corrige de l'epreuve d'entraınement du 12 decembre 2009 I. 1.a. Soit A ?Mn. 1) • ?(A) 6= ?, car 0 ? ?(A). • On a, pour tout ? ? R et toutes M,N ? ?(A) : A(?M +N) = ?AM +AN = ?MA+NA = (?M +N)A, donc : ?M +N ? ?(A). • On a, pour toutes M,N ? ?(A) : A(MN) = (AM)N = (MA)N = M(AN) = M(NA) = (MN)A, donc : MN ? ?(A). • In ? ?(A), car : AIn = InA. On conclut : ?(A) est une sous-algebre (unitaire) de Mn 2) • ?(A) 6= ?, car 0 = 0(A) ? ?(A). • On a, pour tout ? ? R et tous P,Q ? R[X] : ?P (A) +Q(A) = (?P +Q)(A) ? ?(A).

  • isomorphisme d'espaces vectoriels

  • txs1x? ??

  • corrige de l'epreuve d'entraınement

  • ?? pdp?1pnp?1

  • ?1

  • ?? x2

  • ?? ?

  • s2 ?

  • agregation interne de mathematiques


Publié le : mercredi 30 mai 2012
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Pr´eparation`alagre´gationinternedeMathe´matiques2009-2010 Jean-Marie Monier Corrige´dele´preuvedentraˆınementdu12de´cembre2009 I.
1.a. Soit A M n . 1) Γ( A ) 6 = , car 0 Γ( A ) . On a, pour tout α R et toutes M, N Γ( A ) : A ( αM + N ) = αAM + AN = αM A + N A = ( αM + N ) A, donc : αM + N Γ( A ) . On a, pour toutes M, N Γ( A ) : A ( M N ) = ( AM ) N = ( M A ) N = M ( AN ) = M ( N A ) = ( M N ) A, donc : M N Γ( A ) . I n Γ( A ) , car : A I n = I n A. On conclut : Γ( A )estunesous-alg`ebre(unitaire)de M n 2) Π( A ) 6 = , car 0 = 0( A ) Π( A ) . On a, pour tout α R et tous P, Q R [X] : αP ( A ) + Q ( A ) = ( αP + Q )( A ) Π( A ) . On a, pour tous P, Q R [X] : P ( A ) Q ( A ) = ( P Q )( A ) Π( A ) . I n = 1( A ) Π( A ) . On conclut : Π( A )estunesous-alg`ebre(unitaire)de M n 3) On a, pour tout P R [X] : AP ( A ) = X( A ) P ( A ) = (X P )( A ) = ( P X)( A ) = P ( A ) A, donc : P ( A ) Γ( A ) . On conclut : Π( A ) Γ( A ) 1.b. Il est clair que, pour n = 2 et A = 0000 M 2 , on a : Γ( A ) = M 2 et Π( A ) = R I 2 . On constate, sur cet exemple, que Π( A ) et Γ( A )peuventeˆtredie´rents. 2. Soit A M n . Il est clair que, I n = 1( A ) Π( A ) Γ( A ) , donc : 1 6 dim Π( A ) et 1 6 dim Γ( A ) , et il est clair que Γ( A ) M n , donc dim Γ( A ) 6 dim ( M n ) = n 2 . Dapre`slecours(th´eore`medeCayley-Hamiltonparexemple),ilexiste P R n 1 [X] tel que : A n = P ( A ) . Ilenre´sulte,parr´ecurrenceimm´ediate: k > n, A k Vect(I n , A, ..., A n 1 ) . Ond´eduit,parline´arit´e:Π( A ) Vect (I n , A, ..., A n 1 ) . Dou`:dim Π( A ) 6 dim Vect (I n , A, ..., A n 1 ) 6 n. 3. Soit A M n . 1) Il est clair que, si A R I n , alors A commute avec toute matrice carree d’ordre n , donc Γ( A ) = M n . ´ 2) Re´ciproquement,supposonsΓ( A ) = M n . Notons A = ( A ) ij 1 6 i,j 6 n . Conside´ronslesmatricese´le´mentairesE ij , 1 6 i, j 6 n, d´eniespar:E ij = ( δ ui δ vj ) 1 6 u,v 6 n , o`u δ d´esignelesymbole de Kronecker. Puisque Γ( A ) = M n , on a : ( i, j ) ∈ { 1 , ..., n } 2 , E ij A = A E ij .
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Mais, pour tout ( i, j ) ∈ { 1 , ..., n } 2 x´e,onapourtout( u, v ) ∈ { 1 , ..., n } 2 : n n (E ij A ) uv = X (E ij ) uw ( A ) wv = X δ ui δ wj ( A ) wv = δ ui ( A ) jv w =1 w =1 et : n n ( A E ij ) uv = X ( A ) uw (E ij ) wv = X ( A ) uw δ wi δ vj = ( A ) ui δ vj . w =1 w =1 Ainsi : ( u, v ) ∈ { 1 , ..., n } 2 , δ ui ( A ) jv = ( A ) ui δ vj . Enparticulier,enremplac¸ant u par i : ( i, j ) ∈ { 1 , ..., n } 2 , v ∈ { 1 , ..., n } , ( A ) jv = ( A ) ii δ vj . Si i 6 = j, en prenant v = i, onde´duit( A ) ji = 0 , et, en prenant v = j, ond´eduit( A ) jj = ( A ) ii . Ceci montre que les termes de A hors diagonale sont tous nuls et que les termes diagonaux de A sonttous´egaux. Ond´eduit: A R I n . On conclut : Γ( A ) = M n ⇐⇒ A R I n 4.a. 1) Parhypoth`ese,ennotant D = diag ( λ I ω 1 , ..., λ p I ω p ) , matrice diagonale par blocs, il existe P GL n telle que : 1 A = P DP . Soit M M n . Notons N = P 1 M P, de sorte que : M = P N P 1 . On a ainsi : M Γ( A ) ⇐⇒ AM = M A ⇐⇒ P DP 1 P N P 1 = P N P 1 P DP 1 ⇐⇒ N D = DN ⇐⇒ N Γ( D ) . Notons f : Γ( A ) −→ Γ( D ) , M 7P 1 M P, quiestcorrectementd´enie,commeonvientdelevoir. On a vu que Γ( A ) et Γ( D ) sont des espaces vectoriels. L’application f estlin´eaire,car: α R , M 1 , M 2 Γ( A ) , f ( αM 1 + M 2 ) = P 1 ( αM 1 + M 2 ) P = αP 1 M 1 P + P M 2 P 1 = αf ( M 1 ) + f ( M 2 ) . L’application g : Γ( D ) −→ Γ( A ) , N 7P N P 1 estcorrectementde´nie,estaussilin´eaire,etilestclairque: g f = Id Γ( A ) et f g = Id Γ( D ) . Ainsi, f est un isomorphisme d’espaces vectoriels et g estsonisomorphismereciproque.Ilenr´esulte: ´ dim Γ( A ) = dim Γ( D ) . Soit N M n . D´ecomposons N en blocs, N = ( N ) rs 1 6 r,s 6 p , selon les dimensions ω 1 , ..., ω p . On a : p p N Γ( D ) ⇐⇒ N D = DN ( r, s ) ∈ { 1 , ..., p } 2 , X ( N ) rt ( D ) ts = X ( D ) rt ( N ) ts t =1 t =1 ( r, s ) ∈ { 1 , ..., p } 2 , ( N ) rs λ s I ω s = λ r I ω r ( N ) rs ( r, s ) ∈ { 1 , ..., p } 2 , λ s ( N ) rs = λ r ( N ) rs ( r, s ) ∈ { 1 , ..., p } 2 , ( λ s λ r )( N ) rs = 0 ( r, s ) ∈ { 1 , ..., p } 2 , r 6 = s = ( N ) rs = 0 . Ainsi, Γ( D ) est l’ensemble des matrices diagonales par blocs, selon les dimensions ω k , 1 6 k 6 p : Γ( D ) = n( N 0 1 ) 1 ... N (0 p ) p ; N 11 M ω 1 , ..., N pp M ω p o . p p Il est clair alors que : dim Γ( D ) = X dim ( M ω k ) = X ω k 2 , k =1 k =1 p dou`nalement,si A est diagonalisable dans M n : dim Γ( A ) = X ω k 2 k =1 2
4.a. 2) Lorsque n = 4 , lesvaleurspossiblessontlessuivantes,a`lordrepre`sde ω 1 , ..., ω p : 4 p p = 4 , ω 1 = 1 , ω 2 = 1 , ω 3 = 1 , ω 4 = 1 , X ω 2 k = 4 p = 3 , ω 1 = 2 , ω 2 = 1 , ω 3 = 1 , X ω k 2 = 6 , k =1 k =1 p ω 1 = 2 , ω 2 p = 2 , = 2 , k X = p 1 ω 2 k = 8 p = 1 , ω 1 = 4 , X p ω 2 k = 16 . ω = 1 3 , ω 2 = 1 , k X =1 ω 2 k = 10 k =1 Finalement, lorsque n = 4 et que A est diagonalisable dans M n : Les valeurs possibles de dim Γ( A ) sont : 4 , 6 , 8 , 10 , 16 4.b. Soit A M n , diagonalisable, telle que : A / R I n . On a alors p 6 = 1 , cest-a`-dire: p > 2 , dou`: dim Γ( A ) = p X ω 2 k = ω 21 + X p ω k 2 6 ω 21 + X p ω k 2 = ω 21 + ( n ω 1 ) 2 . k =1 k =2 k =2 L’application f : { 1 , ..., n 1 }R , x 7x 2 +( n x ) 2 estd´erivableet,pourtout x ∈ { 1 , ..., n 1 } : f 0 ( x ) = 4 x 2 n, dou`letableaudesvariationsde f : x 1 n/ 2 n 1 f 0 ( x ) 0 + f ( x ) 1 + ( n 1) 2 & % ( n 1) 2 + 1 Do`u: x ∈ { 1 , ..., n 1 } , f ( x ) 6 1 + ( n 1) 2 = n 2 2 n + 2 , et donc : dim Γ( A ) 6 n 2 2 n + 2 . On conclut : Si A est diagonalisable dans M n et si A / R I n , alors : dim Γ( A ) 6 n 2 2 n + 2 p p 4.c. Si p = n et k ∈ { 1 , ..., p } , ω k = 1 , alors : dim Γ( A ) = X ω 2 k = X 1 2 = p = n. k =1 k =1 Re´ciproquementsupposons:dim Γ( A ) = n. Puisque les ω k sont tous > 1 , on a : k ∈ { 1 , ..., p } , ω 2 k > ω k . p p p p Dou`: n = dim Γ( A ) = X ω k 2 > X ω k = n, dou`n´ecessairement: X ω 2 k = X ω k , k =1 k =1 k =1 k =1 p puis : X| ( ω k 2 { z ω k } ) = 0 , et donc : k ∈ { 1 , ..., p } , ω 2 k = ω k , k =1 > 0 et enfin, puisque les ω k sont tous non nuls : k ∈ { 1 , ..., p } , ω k = 1 , p p puis : n = X ω k = X 1 = p. k =1 k =1 On conclut : p = n et k ∈ { 1 , ..., p } , ω k = 1 . Finalement, si A est diagonalisable, alors : dim Γ( A ) = n ⇐⇒ p = n et k ∈ { 1 , ..., p } , ω k = 1 
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II.
1.a. Soit S S n . 1) Supposons S S n + . Soit λ Sp ( S ) . Il existe X M n, 1 − { 0 } tel que : SX = λX . On a alors : 0 6 t XSX = t X ( SX ) = t X ( λX ) = λ t XX = λ || X || 22 , donc : λ > 0 . | {z } > 0 Ceci montre : S S n + = Sp ( S ) R + . 2) Re´ciproquement,supposonsSp( S ) R + . Dap`lthe´ore`mespectral,ilexiste Ω O n , D = diag ( λ 1 , ..., λ n , ) D n (ensemble des matrices diagonales) telles res e que : S = ΩDΩ 1 . Soit X M n, 1 . On a : t XSX = t X ( ΩDΩ 1 ) X = ( t ) D ( Ω 1 X ) = t ( Ω 1 X ) D ( Ω 1 X ) . n Notons Y = Ω 1 X = yy . n 1 . On a : t XSX = t Y DY = X{ λ i z} y i 2 > 0 , et donc : S S n + . | i =1 > 0 On conclut : Pour toute S S n : S S n + ⇐⇒ Sp ( S ) R + 1.b. Soit S S n . 1) Supposons S S n ++ . Soit λ Sp ( S ) . Il existe X M n, 1 − { 0 } tel que : SX = λX. On a alors : 0 < t XSX = t X ( λX ) = λ ( t XX ) = λ || X || 22 , donc : λ > 0 . | {z } > 0 Ceci montre : S S n ++ = Sp ( S ) R + . 2) Re´ciproquement,supposonsSp( S ) R + . Dapr`eslethe´ore`mespectral,ilexiste Ω O n , D = diag ( λ 1 , ..., λ n , ) D n (ensemble des matrices diagonales) telles que : S = ΩDΩ 1 . Soit X M n, 1 . On a : t XSX = t X ( ΩDΩ 1 ) X = ( t ) D ( Ω 1 X ) = t ( Ω 1 X ) D ( Ω 1 X ) . y 1 n Notons Y = Ω 1 X = y . n . On a : t XSX = t Y DY = X|{ λ i z} y i 2 > 0 . i =1 > 0 Si i ∈ { 1 , ..., n } , y i = 0 , alors Y = 0 donc X = ΩY = 0 , exclu. Ainsi, il existe i 0 ∈ { 1 , ..., n } tel que y i 0 6 = 0 , etonde´duit: t XSX > λ i 0 y i 2 0 > 0 . + Ceci montre : S S n + . On conclut : Pour toute S S n : S S n ++ ⇐⇒ Sp ( S ) R + 2. 1) Soit M M n . On a : t ( t M M ) = t M t t M = t M M, donc : t M M S n , et on a : 2 X M n, 1 , t X ( t M M ) X = ( t X t M )( M X ) = t ( M X )( M X ) = || M X || 2 > 0 , donc : t M M S n + . On conclut : M M n , t M M S n + 2) En appliquant 1) `a M = S, on obtient : S S n , S 2 S n + 3) En appliquant 1) `a M = A, on obtient : A A n A 2 S n + ,
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