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2018-02-01 11:51:08 Page 1/4 2018 Mathématiques 1 PSI 4 heures Calculatrices autorisées Autour des matrices de Toeplitz Dans tout le problème, 𝕂 désigne le corps ℝ ou ℂ, 𝑛 un entier naturel supérieur ou égal à 2, 𝕌𝑛 l’ensemble des racines 𝑛-ièmes de l’unité. Si 𝑎 et 𝑏 sont deux entiers relatifs tels que 𝑎 ⩽ 𝑏, ⟦𝑎, 𝑏⟧ désigne l’ensemble {𝑎, 𝑎 + 1, …, 𝑏 − 1, 𝑏}. 𝕂[𝑋] désigne l’ensemble des polynômes à coefficients dans 𝕂. L’ensemble des matrices carrées de taille 𝑛 à coefficients dans 𝕂 est noté ℳ𝑛(𝕂). Si (𝑡−𝑛+1, …, 𝑡0, …, 𝑡𝑛−1) ∈ 𝕂2𝑛−1, on note 𝑇(𝑡−𝑛+1, …, 𝑡0, …, 𝑡𝑛−2, 𝑡𝑛−1) la matrice 𝑇(𝑡−𝑛+1, …, 𝑡0, …, 𝑡𝑛−2, 𝑡𝑛−1) = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 𝑡0 𝑡1 𝑡2 ⋯ ⋯ 𝑡𝑛−1 𝑡−1 𝑡0 𝑡1 ⋱ ⋮ 𝑡−2 𝑡−1 ⋱ ⋱ ⋱ ⋮ ⋮ ⋱ ⋱ ⋱ 𝑡1 𝑡2 ⋮ ⋱ 𝑡−1 𝑡0 𝑡1 𝑡−𝑛+1 ⋯ ⋯ 𝑡−2 𝑡−1 𝑡0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ Une telle matrice est appelée matrice de Toeplitz d’ordre 𝑛. On nomme Toep𝑛(𝕂) l’ensemble des matrices de Toeplitz d’ordre 𝑛 à coefficients dans 𝕂 : Toep𝑛(𝕂) = {𝑀 ∈ ℳ𝑛(𝕂) | ∃(𝑡−𝑛+1, …, 𝑡0, …, 𝑡𝑛−1) ∈ 𝕂2𝑛−1, 𝑀 = 𝑇(𝑡−𝑛+1, …, 𝑡0, …, 𝑡𝑛−2, 𝑡𝑛−1)} Une matrice 𝑁 de ℳ𝑛(𝕂) est dite nilpotente s’il existe 𝑝 ∈ ℕ∗ tel que 𝑁 𝑝 = 0. On admettra qu’une telle matrice vérifie 𝑁 𝑛 = 0. Pour toute matrice 𝑀 de ℳ𝑛(𝕂), on note 𝜒𝑀 son polynôme caractéristique défini par 𝜒𝑀(𝑋) = det(𝑋𝐼𝑛 − 𝑀). Si 𝑃 = 𝑎0 + 𝑎1𝑋 + ⋯ + 𝑎𝑝𝑋𝑝 (𝑝 ∈ ℕ) est un polynôme de 𝕂[𝑋], 𝑃(𝑀) désigne la matrice 𝑃(𝑀) = 𝑎0𝐼𝑛 + 𝑎1𝑀 + ⋯ + 𝑎𝑝𝑀𝑝 Le but de ce problème est l’étude de certaines propriétés des matrices de Toeplitz. La partie I traite de généralités sur les matrices de Toeplitz et de quelques exemples. La partie II, indépendante de la partie I, étudie un type particulier de matrices de Toeplitz — les matrices circulantes — en s’intéressant à leur structure et à leur diagonalisabilité. Enfin, la partie III, indépendante des précédentes, aborde l’étude des matrices cycliques et les relie aux matrices de Toeplitz. I Généralités et quelques exemples I.A – Généralités Q 1. Montrer que Toep𝑛(ℂ) est un sous-espace vectoriel de ℳ𝑛(ℂ). En donner une base et en préciser la dimension. Q 2. Montrer que si deux matrices 𝐴 et 𝐵 commutent (𝐴𝐵 = 𝐵𝐴) et si 𝑃 et 𝑄 sont deux polynômes de ℂ[𝑋], alors 𝑃(𝐴) et 𝑄(𝐵) commutent. I.B – Cas de la dimension 2 Soit 𝐴 = ( 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 ) une matrice de Toeplitz de taille 2 × 2, où (𝑎, 𝑏, 𝑐) sont des complexes. Q 3. Donner le polynôme caractéristique de 𝐴. Q 4. Discuter, en fonction des valeurs de (𝑎, 𝑏, 𝑐), de la diagonalisabilité de 𝐴. Réduction d’une matrice sous forme de Toeplitz Q 5. Soit 𝑀 = ( 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 ) une matrice de ℳ2(ℂ). Montrer que 𝑀 est semblable à une matrice de type ( 𝛼 0 0 𝛽 ) ou de type ( 𝛼 𝛾 0 𝛼 ), où 𝛼, 𝛽 et 𝛾 sont des complexes avec 𝛼 ≠ 𝛽. Q 6. En déduire que toute matrice de ℳ2(ℂ) est semblable à une matrice de Toeplitz. 2018-02-01 11:51:08 Page 2/4 I.C – Un autre cas particulier : les matrices tridiagonales Une matrice tridiagonale est une matrice de Toeplitz de la forme 𝑇(0, …, 0, 𝑡−1, 𝑡0, 𝑡1, 0, …, 0), i.e. une matrice de la forme 𝐴𝑛(𝑎, 𝑏, 𝑐) = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 𝑎 𝑏 (0) 𝑐 𝑎 ⋱ ⋱ ⋱ 𝑏 (0) 𝑐 𝑎 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ où (𝑎, 𝑏, 𝑐) sont des complexes. On fixe (𝑎, 𝑏, 𝑐) trois nombres complexes tels que 𝑏𝑐 ≠ 0. On se propose de chercher les éléments propres de 𝐴𝑛(𝑎, 𝑏, 𝑐). Soit 𝜆 ∈ ℂ une valeur propre de 𝐴𝑛(𝑎, 𝑏, 𝑐) et 𝑋 = ⎛ ⎜ ⎝ 𝑥1 ⋮ 𝑥𝑛 ⎞ ⎟ ⎠ ∈ ℂ𝑛 un vecteur propre associé. Q 7. Montrer que si l’on pose 𝑥0 = 0 et 𝑥𝑛+1 = 0, alors (𝑥1, …, 𝑥𝑛) sont les termes de rang variant de 1 à 𝑛 d’une suite (𝑥𝑘)𝑘∈ℕ vérifiant 𝑥0 = 0, 𝑥𝑛+1 = 0 et ∀𝑘 ∈ ℕ, 𝑏𝑥𝑘+2 + (𝑎 − 𝜆)𝑥𝑘+1 + 𝑐𝑥𝑘 = 0 Q 8. Rappeler l’expression du terme général de la suite (𝑥𝑘)𝑘∈ℕ en fonction des solutions de l’équation 𝑏𝑥2 + (𝑎 − 𝜆)𝑥 + 𝑐 = 0 (I.1) Q 9. À l’aide des conditions imposées à 𝑥0 et 𝑥𝑛+1, montrer que (I.1) admet deux solutions distinctes 𝑟1 et 𝑟2. Q 10. Montrer que 𝑟1 et 𝑟2 sont non nuls et que 𝑟1/𝑟2 appartient à 𝕌𝑛+1. Q 11. En utilisant l’équation (I.1) satisfaite par 𝑟1 et 𝑟2, déterminer 𝑟1𝑟2 et 𝑟1 + 𝑟2. En déduire qu’il existe un entier ℓ ∈ ⟦1, 𝑛⟧ et un nombre complexe 𝜌 vérifiant 𝜌2 = 𝑏𝑐 tels que 𝜆 = 𝑎 + 2𝜌 cos ( ℓ𝜋 𝑛 + 1) Q 12. En déduire qu’il existe 𝛼 ∈ ℂ tel que, pour tout 𝑘 dans ⟦0, 𝑛 + 1⟧, 𝑥𝑘 = 2i𝛼𝜌𝑘 𝑏𝑘 sin ( ℓ𝑘𝜋 𝑛 + 1). Q 13. Conclure que 𝐴𝑛(𝑎, 𝑏, 𝑐) est diagonalisable et donner ses valeurs propres. II Matrices circulantes Une matrice circulante est une matrice de Toeplitz 𝑇(𝑡−𝑛+1, …, 𝑡0, …, 𝑡𝑛−2, 𝑡𝑛−1), pour laquelle ∀𝑘 ∈ ⟦1, 𝑛 − 1⟧, 𝑡𝑘 = 𝑡−𝑛+𝑘 Elle est donc de la forme 𝑇(𝑡1, 𝑡2, …, 𝑡0, 𝑡1, …, 𝑡𝑛−2, 𝑡𝑛−1) = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 𝑡0 𝑡1 ⋯ 𝑡𝑛−2 𝑡𝑛−1 𝑡𝑛−1 𝑡0 ⋱ 𝑡𝑛−2 𝑡𝑛−2 ⋱ ⋱ ⋱ ⋮ ⋮ ⋱ ⋱ ⋱ 𝑡1 𝑡1 ⋯ 𝑡𝑛−2 𝑡𝑛−1 𝑡0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ On pose 𝑀𝑛 = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 1 0 ⋯ 0 0 0 ⋱ ⋱ ⋮ ⋮ ⋱ ⋱ 0 0 ⋱ 1 1 0 ⋯ ⋯ 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ et 𝜔𝑛 = e2𝑖𝜋/𝑛. Q 14. Calculer 𝑀2 𝑛, …, 𝑀𝑛 𝑛 . Montrer que 𝑀𝑛 est inversible et donner un polynôme annulateur de 𝑀𝑛. Q 15. Justifier que 𝑀𝑛 est diagonalisable. Préciser ses valeurs propres (exprimées à l’aide de 𝜔𝑛) et donner une base de vecteurs propres de 𝑀𝑛. Q 16. On pose Φ𝑛 = (𝜔(𝑝−1)(𝑞−1) 𝑛 )1⩽𝑝,𝑞⩽𝑛 ∈ ℳ𝑛(ℂ). Justifier que Φ𝑛 est inversible et donner sans calcul la valeur de la matrice Φ−1 𝑛 𝑀𝑛Φ𝑛. Q 17. Soit 𝐴 une matrice circulante. Donner un polynôme 𝑃 ∈ ℂ[𝑋] tel que 𝐴 = 𝑃(𝑀𝑛). Q 18. Réciproquement, si 𝑃 ∈ ℂ[𝑋], montrer, à l’aide d’une division euclidienne de 𝑃 par un polynôme bien choisi, que 𝑃(𝑀𝑛) est une matrice circulante. 2018-02-01 11:51:08 Page 3/4 Q 19. Montrer que l’ensemble des matrices circulantes est un sous-espace vectoriel de Toep𝑛(ℂ), stable par produit et par transposition. Q 20. Montrer que toute matrice circulante est diagonalisable. Préciser ses valeurs propres et une base de vecteurs propres. III Étude des matrices cycliques III.A – Endomorphismes et matrices cycliques Pour toute matrice 𝑀 de ℳ𝑛(ℂ), on note 𝑓𝑀 l’endomorphisme de ℂ𝑛 canoniquement associé à 𝑀. Q 21. Montrer que si 𝑀 est dans ℳ𝑛(ℂ), alors les propositions suivantes sont équivalentes : i. il existe 𝑥0 dans ℂ𝑛 tel que (𝑥0, 𝑓𝑀(𝑥0), …, 𝑓𝑛−1 𝑀 (𝑥0)) est une base de ℂ𝑛 ; ii. 𝑀 est semblable à la matrice 𝐶(𝑎0, …, 𝑎𝑛−1) définie par 𝐶(𝑎0, …, 𝑎𝑛−1) = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 0 ⋯ 0 𝑎0 1 ⋱ ⋮ 𝑎1 0 ⋱ ⋱ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋱ 0 ⋮ 0 ⋯ 0 1 𝑎𝑛−1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ où (𝑎0, …, 𝑎𝑛−1) sont des nombres complexes. On dit alors que 𝑓𝑀 est un endomorphisme cyclique, que 𝑀 est une matrice cyclique et que 𝑥0 est un vecteur cyclique de 𝑓𝑀. III.A.1) Soit 𝑀 dans ℳ𝑛(ℂ). On suppose que 𝑓𝑀 est diagonalisable. On note (𝜆1, …, 𝜆𝑛) ses valeurs propres (non nécessairement distinctes) et (𝑒1, …, 𝑒𝑛) une base de vecteurs associée à ces valeurs propres. Soit 𝑢 = 𝑛 ∑ 𝑖=1 𝑢𝑖𝑒𝑖 un vecteur de ℂ𝑛 où (𝑢1, …, 𝑢𝑛) sont 𝑛 nombres complexes. Q 22. Donner une condition nécessaire et suffisante portant sur (𝑢1, …, 𝑢𝑛, 𝜆1, …, 𝜆𝑛) pour que (𝑢, 𝑓𝑀(𝑢), …, 𝑓𝑛−1 𝑀 (𝑢)) soit une base de ℂ𝑛. Q 23. En déduire une condition nécessaire et suffisante pour qu’un endomorphisme diagonalisable soit cy- clique. Caractériser alors ses vecteurs cycliques. III.A.2) Soit (𝑎0, …, 𝑎𝑛−1) ∈ ℂ𝑛. On s’intéresse aux éléments propres de la matrice 𝐶(𝑎0, …, 𝑎𝑛−1). Q 24. Soit 𝜆 un nombre complexe. En discutant dans ℂ𝑛 du système 𝐶(𝑎0, …, 𝑎𝑛−1)𝑋 = 𝜆𝑋, montrer que 𝜆 est une valeur propre de 𝐶(𝑎0, …, 𝑎𝑛−1) si et seulement si 𝜆 est racine d’un polynôme de ℂ[𝑋] à préciser. Q 25. Si 𝜆 est racine de ce polynôme, déterminer le sous-espace propre de 𝐶(𝑎0, …, 𝑎𝑛−1) associé à la valeur propre 𝜆 et préciser sa dimension. Q 26. En déduire une condition nécessaire et suffisante pour qu’une matrice cyclique soit diagonalisable. III.A.3) Commutant d’un endomorphisme cyclique Soient 𝑀 une matrice cyclique et 𝑥0 un vecteur cyclique de 𝑓𝑀. On cherche à montrer que l’ensemble 𝒞(𝑓𝑀) = {𝑔 ∈ ℒ(ℂ𝑛) | 𝑓𝑀 ∘ 𝑔 = 𝑔 ∘ 𝑓𝑀} est l’ensemble des polynômes en 𝑓𝑀. Q 27. Soit 𝑃 ∈ ℂ[𝑋]. Montrer que 𝑃(𝑓𝑀) ∈ 𝒞(𝑓𝑀). Q 28. Soit 𝑔 ∈ 𝒞(𝑓𝑀). Montrer qu’il existe (𝛼0, …, 𝛼𝑛−1) ∈ ℂ𝑛 tels que 𝑔 = 𝛼0𝐼𝑑ℂ𝑛 + 𝛼1𝑓𝑀 + ⋯ + 𝛼𝑛−1𝑓𝑛−1 𝑀 . On pourra utiliser la base (𝑥0, 𝑓𝑀(𝑥0), …, 𝑓𝑛−1 𝑀 (𝑥0)) et exprimer 𝑔(𝑥0) dans cette base. Q 29. Conclure. III.A.4) Soit 𝑁 = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 0 ⋯ ⋯ 0 1 0 ⋮ 0 ⋱ ⋱ ⋮ ⋮ ⋱ ⋱ ⋱ ⋮ 0 ⋯ 0 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ . Q 30. Donner les valeurs propres de 𝑁 et les sous-espaces propres associés. Est-elle diagonalisable ? Q 31. La matrice 𝑁 est-elle cyclique ? Q 32. Montrer que l’ensemble des matrices qui commutent avec 𝑁 est l’ensemble des matrices de Toeplitz triangulaires inférieures. 2018-02-01 11:51:08 Page 4/4 III.B – Quelques résultats de calcul matriciel dans ℳ𝑛(ℝ) Dans toute la suite du problème, les matrices considérées sont à coefficients réels. Si 𝐴 = (𝑎𝑖𝑗)1⩽𝑖,𝑗⩽𝑛 est une matrice d’ordre 𝑛 et 𝑘 est un entier dans ⟦−𝑛 + 1, 𝑛 − 1⟧, on dit que le coefficient 𝑎𝑖𝑗 de 𝐴 est un coefficient diagonal d’ordre 𝑘 si 𝑗 − 𝑖 = 𝑘. On note 𝐴(𝑘) = (𝑎(𝑘) 𝑖𝑗 )1⩽𝑖,𝑗⩽𝑛 la matrice définie par ∀(𝑖, 𝑗) ∈ ⟦1, 𝑛⟧2, 𝑎(𝑘) 𝑖,𝑗 = { 𝑎𝑖𝑗 si 𝑗 − 𝑖 = 𝑘 0 sinon Tous les coefficients de cette matrice sont nuls sauf ses coefficients diagonaux d’ordre 𝑘 qui sont égaux aux coefficients diagonaux d’ordre 𝑘 de 𝐴. Ainsi, si 𝐴 = ⎛ ⎜ ⎝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ⎞ ⎟ ⎠ , 𝐴(0) = ⎛ ⎜ ⎝ 1 0 0 0 5 0 0 0 9 ⎞ ⎟ ⎠ , 𝐴(1) = ⎛ ⎜ ⎝ 0 2 0 0 0 6 0 0 0 ⎞ ⎟ ⎠ , 𝐴(−1) = ⎛ ⎜ ⎝ 0 0 0 4 0 0 0 8 0 ⎞ ⎟ ⎠ . On note 𝐷𝑘 la matrice de ℳ𝑛(ℝ) dont tous les coefficients sont nuls sauf les coefficients diagonaux d’ordre 𝑘 qui valent 1. Pour tout entier relatif 𝑘, on définit l’espace vectoriel Δ𝑘 par Δ𝑘 = {𝑀 = (𝑚𝑖𝑗)1⩽𝑖,𝑗⩽𝑛 ∈ ℳ𝑛(ℝ) | ∀(𝑖, 𝑗) ∈ ⟦1, 𝑛⟧2, 𝑚𝑖𝑗 = 0 si 𝑗 − 𝑖 ≠ 𝑘} si 𝑘 ∈ ⟦−𝑛 + 1, 𝑛 − 1⟧ et Δ𝑘 = {0} sinon. Ainsi, Δ0 est l’ensemble des matrices diagonales, Δ1 l’ensemble des matrices dont tous les coefficients sont nuls sauf éventuellement les coefficients diagonaux d’ordre 1, Δ−1 l’ensemble des matrices dont tous les coefficients sont nuls sauf éventuellement les coefficients diagonaux d’ordre −1. Pour tout 𝑘 dans ℤ, on note 𝐻𝑘 l’espace vectoriel 𝑛−1 ⨁ 𝑖=𝑘 Δ𝑖. Q 33. Montrer que si 𝑖 et 𝑗 sont dans ⟦−𝑛 + 1, 𝑛 − 1⟧, si 𝐴 ∈ Δ𝑖 et 𝐵 ∈ Δ𝑗, alors 𝐴𝐵 ∈ Δ𝑖+𝑗. Q 34. En déduire que si 𝐴 ∈ 𝐻𝑖 et 𝐵 ∈ 𝐻𝑗, alors 𝐴𝐵 ∈ 𝐻𝑖+𝑗 III.B.1) Q 35. Soit 𝐶 une matrice nilpotente. Montrer que 𝐼𝑛 + 𝐶 est inversible et que (𝐼𝑛 + 𝐶)−1 = 𝐼𝑛 − 𝐶 + 𝐶2 + ⋯ + (−1)𝑛−1𝐶𝑛−1 On suppose que 𝑘 ⩾ 0 et que 𝐶 est une matrice de Δ𝑘+1. On pose 𝑃 = 𝐼𝑛 + 𝐶. Q 36. Monter que 𝑃 est inversible et que 𝑃 −1 ∈ 𝑛−1 ⨁ 𝑝=0 Δ𝑝(𝑘+1). On considère l’endomorphisme 𝜑 de ℳ𝑛(ℝ) défini par ∀𝑀 ∈ ℳ𝑛(ℝ), 𝜑 : 𝑀 ↦ 𝑃 −1𝑀𝑃. Q 37. Soient 𝑖 ∈ ⟦0, 𝑘⟧ et 𝑀 ∈ Δ𝑖. Montrer qu’il existe 𝑀′ dans 𝐻𝑘+1 tel que 𝜑(𝑀) = 𝑀 + 𝑀′. Q 38. La matrice 𝑁 étant la matrice définie en III.A.4, montrer qu’il existe 𝑁′ dans 𝐻𝑘+1 tel que 𝜑(𝑁) = 𝑁 + 𝑁𝐶 − 𝐶𝑁 + 𝑁′ Q 39. Soit 𝑇 une matrice triangulaire supérieure. On pose 𝐴 = 𝑁 + 𝑇, 𝐵 = 𝜑(𝐴). Montrer que 𝐵 ∈ 𝐻−1 et que { ∀𝑖 ∈ ⟦−1, 𝑘 − 1⟧, 𝐵(𝑖) = 𝐴(𝑖) 𝐵(𝑘) = 𝐴(𝑘) + 𝑁𝐶 − 𝐶𝑁 III.C – L’opérateur de Sylvester On définit les opérateurs 𝒮 : ∣ ℳ𝑛(ℝ) → ℳ𝑛(ℝ) 𝑋 ↦ 𝑁𝑋 − 𝑋𝑁 et 𝒮∗ : ∣ ℳ𝑛(ℝ) → ℳ𝑛(ℝ) 𝑋 ↦ 𝑡𝑁𝑋 − 𝑋𝑡𝑁 Q 40. Montrer que le noyau de 𝒮 est l’ensemble des matrices de Toeplitz réelles triangulaires inférieures. On admet que le noyau de 𝒮∗ est l’ensemble des matrices de Toeplitz réelles triangulaires supérieures. Q 41. Montrer que 𝒮(Δ𝑘+1) ⊂ Δ𝑘 et 𝒮∗(Δ𝑘) ⊂ Δ𝑘+1. On munit ℳ𝑛(ℝ) de son produit scalaire usuel défini par : ∀(𝑀1, 𝑀2) ∈ ℳ𝑛(ℝ), ⟨𝑀1, 𝑀2⟩ = tr(𝑡𝑀1𝑀2). On note 𝒮𝑘+1 la restriction de 𝒮 à Δ𝑘+1 et 𝒮∗ 𝑘 la restriction de 𝒮∗ à Δ𝑘. Q 42. Vérifier que pour tous 𝑋 dans Δ𝑘+1 et 𝑌 dans Δ𝑘, ⟨𝒮𝑘+1𝑋, 𝑌 ⟩ = ⟨𝑋, 𝒮∗ 𝑘𝑌 ⟩. En déduire que ker(𝒮∗ 𝑘) et Im(𝒮𝑘+1) sont supplémentaires orthogonaux dans Δ𝑘, c’est-à-dire que Δ𝑘 = ker(𝒮∗ 𝑘) ⊕⊥ Im(𝒮𝑘+1) Q 43. Soient 𝑇 une matrice triangulaire supérieure, 𝐴 = 𝑁 + 𝑇 et 𝑘 ⩾ 0. Montrer que 𝐴 est semblable à une matrice 𝐿 dont tous les coefficients diagonaux d’ordre 𝑘 sont égaux et vérifiant ∀𝑖 ∈ ⟦−1, 𝑘 − 1⟧, 𝐿(𝑖) = 𝐴(𝑖). Q 44. En déduire que toute matrice cyclique est semblable à une matrice de Toeplitz. • • • FIN • • •

PSI Centrale-Supélec 2018 Concours Centrale-Supélec 2018 Épreuve de mathématiques 1 PSI, quatre heures Corrigé 1. On a bien sûr Toepn(C) ⊆ Mn(C), et Toepn(C) ̸= ∅ puisque 0Mn(C) = T(0, . . . , 0) ∈ Toepn(C). Montrons que Toepn(C) est stable par combinaison linéaire : soient (t−n+1, . . . , t0, . . . , tn−2) ∈ C2n−1, (t′ −n+1, . . . , t′ 0, . . . , t′ n−2) ∈ C2n−1, et λ ∈ C. Alors : T(t−n+1, . . . , t0, . . . , tn−2) + λT(t′ −n+1, . . . , t′ 0, . . . , t′ n−2) = t0 t1 t2 · · · · · · tn−1 t−1 t0 t1 ... ... t−2 t−1 ... ... ... ... ... ... ... ... t1 t2 ... ... t−1 t0 t1 t−n+1 · · · · · · t−2 t−1 t0 + λ t′ 0 t′ 1 t′ 2 · · · · · · t′ n−1 t′ −1 t′ 0 t′ 1 ... ... t′ −2 t′ −1 ... ... ... ... ... ... ... ... t′ 1 t′ 2 ... ... t′ −1 t′ 0 t′ 1 t′ −n+1 · · · · · · t′ −2 t′ −1 t′ 0 = t0 + λt′ 0 t1 + λt′ 1 t2 + λt′ 2 · · · · · · tn−1 + λt′ n−1 t−1 + λt′ −1 t0 + λt′ 0 t1 + λt′ 1 ... ... t−2 + λt′ −2 t−1 + λt′ −1 ... ... ... ... ... ... ... ... t1 + λt′ 1 t2 + λt′ 2 ... ... t−1 + λt′ −1 t0 + λt′ 0 t1 + λt′ 1 t−n+1 + λt′ −n+1 · · · · · · t−2 + λt′ −2 t−1 + λt′ −1 t0 + λt′ 0 = T(t−n+1 + λt′ −n+1, . . . , t0 + λt′ 0, tn−1 + λt′ n−1) ∈ Toepn(C), d’où le résultat. Le calcul qui précède montre en passant que l’application : C2n−1 → Toepn(C) (t−n+1, . . . , t0, . . . , tn−1) → T(t−n+1, . . . , t0, . . . , tn−1) est linéaire ; injective par unicité des coefficients d’une matrice, surjective par définition de Toepn(C), donc c’est un isomorphisme de C-espaces vectoriels. En particulier il conserve les dimensions, donc : dim(Toepn(C)) = dim(C2n−1) = 2n − 1, 1 PSI Centrale-Supélec 2018 et il conserve les bases ; or l’image par cet isomorphisme de la base canonique est : 0 · · · · · · · · · · · · 0 ... · · · · · · · · · · · · ... ... · · · · · · · · · · · · ... ... · · · · · · · · · · · · ... 0 ... · · · · · · · · · ... 1 0 · · · · · · · · · 0 , 0 · · · · · · · · · · · · 0 ... · · · · · · · · · · · · ... ... · · · · · · · · · · · · ... 0 · · · · · · · · · · · · ... 1 0 · · · · · · · · · ... 0 1 0 · · · · · · 0 , 0 · · · · · · · · · · · · 0 ... · · · · · · · · · · · · ... 0 · · · · · · · · · · · · ... 1 0 · · · · · · · · · ... 0 1 0 · · · · · · ... 0 0 1 0 · · · 0 . . . , 1 0 · · · · · · · · · 0 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 · · · · · · · · · 0 1 , . . . , 0 · · · · · · · · · 0 1 ... · · · · · · · · · · · · 0 ... · · · · · · · · · · · · ... ... · · · · · · · · · · · · ... ... ... · · · · · · · · · ... 0 · · · · · · · · · · · · 0 , nous fournissant une base de Toepn(C) : chaque matrice de cette base donne une façon de remplir de « 1 » une « diagonale », les autres coefficients étant nuls. 2. Soient A et B deux matrices de Mn(C) qui commutent. Alors, par une récurrence facile sur ℓ ∈ N, on vérifie que pour tout ℓ ∈ N, on a : ABℓ = BℓA. Toujours par récurrence, cette fois sur k ∈ N, on montre que pour tout k ∈ N et tout ℓ ∈ N, on a : AkBℓ = BℓAk. Par conséquent les applications linéaires suivantes : C[X] × C[X] → Mn(C) (P, Q) → P(A)Q(B) , et C[X] × C[X] → Mn(C) (P, Q) → Q(B)P(A) coïncident sur la famille génératrice (Xk, Xℓ) (k,ℓ)∈N×N de C[X] × C[X], donc sont égales. Au- trement dit : ∀P ∈ C[X], ∀Q ∈ C[X], P(A)Q(B) = Q(B)P(A). 3. Un calcul direct donne : χA = X2 − 2aX + (a2 − bc). 4. Les valeurs propres de A sont les racines de χA, c’est-à-dire a + z et a − z où z ∈ C est une racine carrée de bc. Nous allons distinguer deux cas. Si z ̸= 0. Cela correspond à bc ̸= 0. Il y a dans ce cas deux valeurs propres distinctes, donc A est diagonalisable. Si z = 0. Cela correspond à bc = 0, c’est-à-dire à b = 0 ou c = 0. Il y a dans ce cas une unique valeur propre double a, et si un seul des deux coefficients b ou c est nul alors A n’est pas diagonalisable : si c’était le cas, il existerait P ∈ GL2(C) telle que : A = P a 0 0 a P −1 = aPI2P −1 = aI2, 2 PSI Centrale-Supélec 2018 mais c’est absurde. Par contre, si b = c = 0, alors A = a 0 0 a est diagonale, donc diagonalisable. En résumé, a b c a est diagonalisable dans C si, et seulement si bc ̸= 0 ou b = c = 0. 5. Soit M ∈ M2(C). Soit M est diagonalisable dans C, soit M ne l’est pas. Dans le premier cas, M est semblable à α 0 0 α ou α 0 0 β avec α, β ∈ C et α ̸= β (selon que M ait une ou deux valeurs propres). Dans le second cas, on utilise le fait que M soit néanmoins triangulable dans C (comme toute ma- trice complexe) : il existe donc α, α′, γ ∈ C tels que M soit semblable à α γ 0 α′ . Les coefficients diagonaux sont les valeurs propres de M avec multiplicité ; comme M n’est pas diagonalisable dans ce cas-ci, elle ne peut pas avoir deux racines distinctes, ce qui impose α = α′ ; ainsi M est semblable à α γ 0 α . Dans tous les cas, M est semblable à une matrice de la forme α 0 0 β ou α γ 0 α , où α ̸= β (prendre γ = 0 donne le deuxième type de matrice dans le cas où M est diagonalisable). 6. Comme la relation de similitude est transitive, il suffit de démontrer que α 0 0 β et α γ 0 α sont semblables à des matrices de Toeplitz, où α, β, γ ∈ C vérifient α ̸= β. Or α γ 0 α est une matrice de Toeplitz : il n’y a donc rien à démontrer dans ce cas ; il reste à vérifier qu’une matrice de la forme α 0 0 β est semblable à une matrice de Toeplitz. La question Q 4 va nous aiguiller. Détermination d’une matrice de Toeplitz semblable à α 0 0 β où α ̸= β. Analyse. Soit A = a b c a ∈ M2(C) une matrice de Toeplitz diagonalisable, et soit z ∈ C une racine carrée de bc. Alors A est semblable à a + z 0 0 a − z d’après la quatrième question. Si on trouve a, b, c ∈ C tels que a + z = α et a − z = β, alors on aura démontré que α 0 0 β est semblable à la matrice de Toeplitz A. Résoudre ce système d’inconnues a et z donne a = α+β 2 et z = α−β 2 (c’est-à-dire bc = (α−β)2 4 ). Nous allons nous simplifier la tâche en prenant b = c, de sorte que z = b = α−β 2 convienne. Synthèse. Pour tous α, β ∈ C distincts, posons A = α+β 2 α−β 2 α−β 2 α+β 2 . Alors A est une matrice de 3 PSI Centrale-Supélec 2018 Toeplitz et, suivant la résolution de la question Q 4 et l’analyse ci-dessus, elle est semblable à α 0 0 β . On a donc trouvé une matrice de Toeplitz semblable à α 0 0 β , où α ̸= β. Ceci achève de démontrer que les matrices diagonales (à coefficients diagonaux distincts) et tri- angulaires supérieures de M2(C) sont semblables à des matrices de Toeplitz, donc par transitivité toute matrice d’ordre 2 l’est. 7. L’égalité matricielle An(a, b, c)X = λX se traduit sous forme de système ainsi : ax1 + bx2 = λx1 cx1 + ax2 + bx3 = λx2 cx2 + ax3 + bx4 = λx3 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... cxn−2 + axn−1 + bxn = λxn−1 cxn−1 + axn = λxn c’est-à-dire : ax1 + bx2 = λx1, ∀k ∈ 1, n − 2 , cxk + axk+1 + bxk+2 = λxk+1, cxn−1 + axn = λxn. Les deux égalités aux extrémités correspondent aux cas particuliers k = 0 et k = n − 1 de la deuxième relation, avec la convention x0 = xn+1 = 0. Alors : ∀k ∈ 0, n − 1 , cxk + (a − λ)xk+1 + bxk+2 = 0. 8. Une suite (xk)k∈N vérifiant la relation de récurrence linéaire du second ordre : ∀k ∈ N, bxk+2 + (a − λ)xk+1 + cxk = 0 (elle est bien du second ordre, puisqu’il est supposé que b ̸= 0), s’écrit en fonction des racines de l’équation caractéristique bx2 + (a − λ)x + c = 0 ainsi : — s’il n’existe qu’une racine double r, alors une telle suite (xk)k∈N est combinaison linéaire des suites rk k∈N et krk k∈N ; — s’il existe deux racines r1 et r2, alors une telle suite (xk)k∈N est combinaison linéaire des suites rk 1 k∈N et rk 2 k∈N. 4 PSI Centrale-Supélec 2018 9. Raisonnons par l’absurde, et supposons l’existence d’une unique solution r à l’équation caracté- ristique bx2 + (a − λ)x + c = 0. Alors il existe α, β ∈ C tels que : ∀k ∈ N, xk = (α + βk)rk. Les conditions x0 = xn+1 = 0 impliquent α = 0, puis β(n + 1)rn+1 = 0. Il est manifeste que r ̸= 0 (en effet 0 n’est racine de bx2 + (a − λ)x + c = 0 qu’à la condition que c = 0, ce qui est exclu), donc ceci impose β = 0. Mais alors (xk)k∈N est la suite identiquement nulle, et en particulier X = x1 ... xn est nul également : c’est impossible puisqu’il s’agit d’un vecteur propre. Par conséquent, l’équation caractéristique admet deux racines distinctes r1 et r2. 10. Le nombre 0 est racine de l’équation bx2 + (a − λ)x + c = 0 si et seulement si c = 0 : c’est exclu puisque par hypothèse bc ̸= 0. Donc r1 et r2 sont non nuls. Soient α, β ∈ C tels que : ∀k ∈ N, xk = αrk 1 + βrk 2. Alors x0 = 0 implique α = −β, et on peut écrire : ∀k ∈ N, xk = α(rk 1 − rk 2). Comme, de plus, on a xn+1 = 0, on en déduit α(rn+1 1 − rn+1 2 ) = 0. Le nombre complexe α étant non nul (sinon (xk)k∈N est identiquement nulle, et X = 0, impossible puisqu’il s’agit d’un vecteur propre), on en déduit rn+1 1 = rn+1 2 après division de l’égalité précédente par α. Cela équivaut à r1 r2 n+1 = 1, c’est-à-dire : r1 r2 ∈ Un+1. 11. Grâce aux relations entre coefficients et racines, nous avons : r1r2 = c b, et r1 + r2 = λ − a b . Par conséquent λ = a + b (r1 + r2). Comme, de plus, r1 r2 ∈ Un+1 = e 2iπℓ n+1 | ℓ ∈ 0, n , il existe ℓ ∈ 0, n tel que : r1 = r2e 2iπℓ n+1, (∗) et on a même ℓ ̸= 0, sinon r1 = r2 et les racines ne sont pas distinctes. Cela nous donne ensuite, via la technique de l’angle moitié : λ = a + br2 1 + e 2iπℓ n+1 = a + br2e iπℓ n+1 e− iπℓ n+1 + e iπℓ n+1 = a + 2br2e iπℓ n+1 cos πℓ n + 1 , d’où le résultat désiré en posant ρ = br2e iπℓ n+1. On a bien, en effet, ρ2 = b2r2 2e 2iπℓ n+1 = b2r2r2e 2iπℓ n+1 (∗) = b2r1r2 = b2c b = bc. 12. Soit k ∈ 0, n . La résolution des questions précédentes nous montre que xk = α rk 1 − rk 2 et, toujours avec les notations de la question précédente : rk 1 − rk 2 = rk 2 e 2iπℓk n+1 − 1 = rk 2e iπℓ n+1 e iπℓk n+1 − e− iπℓk n+1 = 2irk 2e iπℓk n+1 sin πℓk n + 1 . 5 PSI Centrale-Supélec 2018 et d’après la résolution de la question précédente on a r2e iπℓ n+1 = ρ b, donc rk 2e iπℓk n+1 = ρ b k , ce qui achève de démontrer que xk = 2iα ρk βk sin πℓk n + 1 . 13. Soit ρ ∈ C une racine carrée de bc. L’étude des questions Q 7 à Q 12 permet de montrer que pour tout ℓ ∈ 1, n , le nombre complexe λℓ = a + 2ρ cos ℓπ n+1 est une valeur propre de An(a, b, c), de vecteur propre associé X = x1 ... xn , où l’on a défini : ∀k ∈ 1, n , xk = ρk βk sin πℓk n + 1 . Les cos ℓπ n+1 , et donc les λℓ, sont tous distincts pour ℓ ∈ 1, n , l’application cosinus étant injective sur [0, π] (car strictement décroissante). On en déduit que la matrice An(a, b, c) admet n valeurs propres distinctes : elle est diagonalisable. 14. On a : M 2 n = 0 0 1 0 · · · 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 ... ... 1 1 ... ... 0 0 1 0 · · · · · · 0 , . . . , M n−1 n = 0 · · · · · · · · · 0 1 1 ... 0 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 · · · · · · 0 1 0 , M n n = In, ou plus synthétiquement, si f désigne l’endomorphisme canoniquement associé à M et (⃗e1, . . . ,⃗en) la base canonique de Cn : ∀k ∈ 1, n , ∀i ∈ 1, n , f k(⃗ei) = ⃗ei−k si i > k, ⃗en+i−k si i ⩽ k. Comme M n−1 n Mn = M n n = In, la matrice Mn est inversible, d’inverse M n−1 n . Un polynôme annulateur de Mn est Xn − 1. 15. Le polynôme annulateur Xn −1 = n−1 k=0 X − ωk n est scindé et à racines simples dans C, donc Mn est diagonalisable dans C. Ses valeurs propres sont parmi les racines du polynôme annulateur Xn − 1 (qui est, soit dit en passant, son polynôme caractéristique), c’est-à-dire dans l’ensemble ωk n | k ∈ 0, n − 1 . En fait, résoudre l’équation MnX = ωk nX, d’inconnue X ∈ Mn,1(C), montre que le spectre de Mn est exactement l’ensemble ωk n | k ∈ 0, n − 1 , et pour tout 6 PSI Centrale-Supélec 2018 k ∈ 0, n − 1 on a : ker Mn − ωk nIn = VectC 1 ωk n ω2k n... ωk(n−1) n . Une base de Mn,1(C) constituée de vecteurs propres de Mn est donc : 1 1 1 ... 1 , 1 ωn ω2 n... ωn−1 n , . . . , 1 ωn−1 n ω2(n−1) n ... ω(n−1)2 n . 16. La matrice Φn est la matrice de passage de la base canonique de Mn,1(C) dans la base de vecteurs propres constituée dans la question précédente. Elle est donc inversible, et d’après la formule du changement de base : Φ−1 n MnΦn = 1 0 · · · · · · 0 0 ωn ... ... ... ... ω2 n ... ... ... ... ... 0 0 · · · · · · 0 ωn−1 n . 17. Si A est une matrice circulante, il existe (t0, . . . , tn−1) ∈ Cn tel que A = T(t1, t2, . . . , t0, . . . , tn−1). Mais alors, suivant ce que l’on a démontré dans la question Q 14, on a aussi : A = n−1 k=0 tkM k n. Il suffit alors de poser P = n−1 k=0 tkXk pour avoir le résultat voulu. 18. Soit P ∈ C[X]. On fait la division euclidienne de P par Xn − 1 : il existe Q, R ∈ C[X] tels que deg(R) < n et P = Q(Xn−1)+R. En évaluant cette égalité en Mn, on obtient : P(Mn) = R(Mn). Or, si on écrit R sous la forme R = n−1 k=0 tkXk, alors P(Mn) = n−1 k=0 tkM k n est une matrice circulante. 19. D’après les deux questions précédentes, l’ensemble des matrices circulantes est l’image de l’ap- plication linéaire : ϕ : C[X] → Mn(C) P → P(Mn) , donc est un sous-espace vectoriel de Mn(C) (et même de Toepn(C)). De cette même descrip- tion, on déduit la stabilité par produit, puisque P(Mn)Q(Mn) = (PQ)(Mn) ∈ im(ϕ), et par transposition, puisque tP(Mn) = P(tMn) = P(M n−1 n ) = (P ◦ Xn−1)(Mn) ∈ im(ϕ). 7 PSI Centrale-Supélec 2018 20. Notons δn la matrice diagonale de la question Q 16, et soit A une matrice circulante. Il existe P ∈ C[X] tel que A = P(Mn). Alors, comme Mn = ΦnδnΦ−1 n , on a : A = ΦnP(δn)Φ−1 n = Φn P(1) 0 · · · · · · 0 0 P(ωn) ... ... ... ... P(ω2 n) ... ... ... ... ... 0 0 · · · · · · 0 P(ωn−1 n ) Φ−1 n . Le spectre de A est donc P(ωk n) | k ∈ 0, n − 1 , et les vecteurs propres associés sont les mêmes que ceux de Mn, puisque la matrice de passage Φn donnant la diagonalisation ci-dessus est la même. 21. Supposons qu’il existe ⃗x0 ∈ Cn tel que ⃗x0, fM(⃗x0), . . . , f n−1 M (⃗x0) soit une base de Cn. Alors f n M(⃗x0) ∈ Cn = VectC ⃗x0, fM(⃗x0), . . . , f n−1 M (⃗x0) , donc il existe a0, . . . , an−1 ∈ C tels que : f n M(⃗x0) = n−1 k=0 akf k M(⃗x0). La matrice de fM relativement à la base ⃗x0, fM(⃗x0), . . . , f n−1 M (⃗x0) est alors : 0 0 · · · 0 a0 1 ... ... a1 0 ... ... ... ... ... ... ... 0 ... 0 · · · 0 1 an−1 = C(a0, . . . , an−1), donc (i) implique (ii). Réciproquement, si M est semblable à la matrice C(a0, . . . , an−1), soit (⃗x0, . . . ,⃗xn−1) la base dans laquelle fM a pour matrice C(a0, . . . , an−1). Alors, par définition de la matrice associée à un endomorphisme dans une base donnée, on a fM(⃗x0) = ⃗x1, fM(⃗x1) = ⃗x2, etc., et plus généralement : ∀k ∈ 0, n − 1 , fM(⃗xk) = ⃗xk+1. On en déduit, par récurrence, que pour tout k ∈ 0, n − 1 on a ⃗xk = f k M(⃗x0). Finalement, (⃗x0, ⃗x1, . . . ,⃗xn−1) = (⃗x0, fM(⃗x0), . . . , f n−1 M (⃗x0)) est une base de la forme annoncée. Ainsi (ii) implique (i). 22. Utilisant le fait que fM(⃗ei) = λi⃗ei pour tout i ∈ 1, n , on voit que la matrice de la famille ⃗u, fM(⃗u), . . . , f n−1 M (⃗u) dans la base de vecteurs propres (⃗e1, . . . ,⃗en) est : u1 λ1u1 · · · λn−1 1 u1 u2 λ2u2 · · · λn−1 2 u2 ... ... ... ... un λnun · · · λn−1 n un . 8 PSI Centrale-Supélec 2018 La famille ⃗u, fM(⃗u), . . . , f n−1 M (⃗u) est une base de Cn à la condition que cette matrice soit inversible. Or son déterminant égale, en utilisant sa n-linéarité par rapport aux lignes : u1 · · · un 1 λ1 · · · λn−1 1 1 λ2 · · · λn−1 2 ... ... ... ... 1 λn · · · λn−1 n . Nous reconnaissons là le déterminant d’une matrice de Vandermonde : il est non nul à la condition que les λi soient tous distincts. La famille ⃗u, fM(⃗u), . . . , f n−1 M (⃗u) est donc une base de Cn si, et seulement si les ui sont tous non nuls et les λi tous distincts. 23. En combinant les questions Q 21 et Q 22, on déduit qu’un endomorphisme diagonalisable de Cn est cyclique si et seulement s’il admet n valeurs propres distinctes, et les vecteurs cycliques sont, dans ce cas, tous les vecteurs n’ayant aucune coordonnée nulle dans une base de vecteurs propres. 24. Soient λ ∈ C et X0 = x1 ... xn ∈ Cn. Alors : C(a0, . . . , an−1)X0 = λX0 ⇐⇒ a0xn = λx1 x1 + a1xn = λx2 ... ... xn−2 + an−2xn = λxn−1 xn−1 + an−1xn = λxn ⇐⇒ −λx1 a0xn = 0 x1 − λx2 + a1xn = 0 ... ... xn−2 − λxn−1 + an−2xn = 0 xn−1 + (an−1 − λ)xn = 0 On résout le système avec les opérations successives Li ← Li + λLi+1 pour tout i ∈ 1, n − 1 , mais en commençant par la dernière ligne. Cela revient à pratiquer la méthode du pivot de Gauss avec les pivots dans l’ordre inhabituel xn−1, xn−2, . . . , x1, xn. Alors : C(a0, . . . , an−1)X0 = λX0 ⇐⇒ n−1 i=0 aiλi − λn xn = 0 x1 + n−1 i=1 aiλi−1 − λn−1 xn = 0 ... ... xn−2 + (an−2 + λan−1 − λ2)xn = 0 xn−1 + (an−1 − λ)xn = 0 9 PSI Centrale-Supélec 2018 Ce système a une solution X0 non nulle à la condition nécessaire et suffisante que λ vérifie n−1 i=0 aiλi − λn = 0, c’est-à-dire que λ soit une racine du polynôme Xn − n−1 i=0 aiXi (qui est par ailleurs le polynôme caractéristique de C(a0, . . . , an−1)). 25. Soit λ ∈ C une racine de Xn − n−1 i=0 aiXi. On reprend les calculs de la question précédente : C(a0, . . . , an−1)X0 = λX0 ⇐⇒ x1 + n−1 i=1 aiλi−1 − λn−1 xn = 0 ... ... xn−2 + (an−2 + λan−1 − λ2)xn = 0 xn−1 + (an−1 − λ)xn = 0 ⇐⇒ ∀j ∈ 1, n − 1 , xj = − n−1 i=j aiλi−j − λn−j xn. Donc ker(C(a0, . . . , an−1) − λIn) est de dimension 1, engendré par le vecteur x1 ... xn−1 1 où l’on a défini : ∀j ∈ 1, n − 1 , xj = λn−j − n−1 i=j aiλi−j. 26. Soit C ∈ Mn(C) une matrice cyclique ; alors C est semblable à C(a0, . . . , an), et leurs sous-espaces propres sont isomorphes. Les sous-espaces propres de C sont donc des droites vectorielles d’après la question précédente, et on a : λ∈SpC(C) dim (ker (C − λIn)) = λ∈SpC(C) 1 = card (SpC(C)) . D’après le critère de diagonalisation, C est diagonalisable si et seulement si card (SpC(C)) = n : c’est le cas si, et seulement si C admet n valeurs propres distinctes. 27. On reprend le raisonnement de la question Q 2, mutatis mutandis, avec Q = X. 28. Soit g ∈ C(fM). Comme g(⃗x0) ∈ Cn = VectC ⃗x0, fM(⃗x0), . . . , f n−1 M (⃗x0) par hypothèse sur fM et ⃗x0, il existe des nombres complexes α0, . . . , αn−1 tels que : g(⃗x0) = α0⃗x0 + α1fM(⃗x0) + · · · + αn−1f n−1 M (⃗x0). Partant de cette égalité, en utilisant le fait que f et g commutent, on montre que pour tout k ∈ 0, n − 1 on a : g(f k M(⃗x0)) = f k M(g(⃗x0)) = α0f k M(⃗x0) + α1fM(f k M(⃗x0)) + · · · + αn−1f n−1 M (f k M(⃗x0)). 10 PSI Centrale-Supélec 2018 Ainsi les endomorphismes g et α0IdCn + α1fM + · · · + αn−1f n−1 M coïncident sur la base ⃗x0, fM(⃗x0), . . . , f n−1 M (⃗x) de Cn, donc sont égaux. On a donc : g = P(fM), où l’on a posé P = n−1 k=0 αkf k M. 29. La question Q 27 montre que {P(fM) | P ∈ C[X]} est inclus dans C(fM), tandis que la question Q 28 montre l’inclusion réciproque. Il y a donc égalité des deux ensembles : si fM est cyclique, alors g et fM commutent si et seulement si g est un polynôme en fM. 30. Les valeurs propres de la matrice triangulaire N se lisent sur la diagonale : son unique valeur propre est donc 0, avec multiplicité n. Par ailleurs, le rang de N étant n − 1, son noyau (qui est le sous-espace propre de N associé à 0) est de dimension 1 d’après le théorème du rang, manifestement engendré par le n-ième vecteur de la base canonique (puisque la n-ième colonne de N est nulle). Par conséquent : λ∈SpC(N) dim (ker(N − λIn)) = dim(ker(N)) = 1 < n, donc N n’est pas diagonalisable. 31. La matrice N est égale à C(0, . . . , 0) : c’est donc une matrice cyclique. 32. Comme N est une matrice cyclique, d’après la question Q 29 l’ensemble des matrices commutant avec N est {P(N) | P ∈ C[X]} : c’est un sous-espace vectoriel de Mn(C) engendré par les puissances de N, que nous allons déterminer. On a : N = 0 · · · · · · · · · · · · 0 1 ... ... 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 · · · · · · 0 1 0 , N 2 = 0 · · · · · · · · · · · · 0 0 ... ... 1 ... ... ... 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 · · · 0 1 0 0 , . . . , N n−1 = 0 · · · · · · · · · 0 ... ... ... 0 ... 0 ... 1 0 · · · · · · 0 , et N n = 0. Or il s’agit précisément, d’après la base explicitée dans la question Q 1, d’une base du sous-espace des matrices de Toeplitz dont on ne retient que les matrices triangulaires inférieures. Donc l’ensemble des matrices qui commutent avec N est l’ensemble des matrices de Toeplitz triangulaires inférieures. 11 PSI Centrale-Supélec 2018 33. Notons A = ((ai′,j′))1⩽i′,j′⩽n ∈ ∆i et B = ((bi′,j′))1⩽i′,j′⩽n ∈ ∆j. Soit (i′, j′) ∈ 1, n 2 tel que j′ − i′ ̸= i + j. Par hypothèse, on a ai′,t′ = 0 pour tout t ∈ 1, n tel que t′ − i′ ̸= i. Par conséquent, le coefficient (i′, j′) de AB égale : n t=1 ai′,tbt,j′ = ai′,i+i′bi+i′,j′ (si, du moins, i+i′ ⩽ n ; sinon il est nul). Par hypothèse, on a bi+i′,j′ = 0 dès que j′ −(i+i′) ̸= j, c’est-à-dire dès que j′ −i′ ̸= i+j, donc le coefficient (i′, j′) de AB est nul dès que j′ −i′ ̸= i+j : cela signifie précisément que AB ∈ ∆i+j. 34. Si A ∈ Hi et B ∈ Hj, on peut écrire A = n−1 i′=i A(i′) et B = n−1 j′=j B(j′). Alors, d’après la question précédente : AB = n−1 i′=i n−1 j′=j A(i′)B(j′) ∈∆i′+j′ ∈ i⩽i′⩽n−1 j⩽j′⩽n−1 ∆i′+j′, or i′ + j′ ⩾ i + j pour tous i′ ⩾ i et j′ ⩾ j, et ∆i′+j′ = {0Mn(C)} dès que i′ + j′ ⩾ n, donc i⩽i′⩽n−1 j⩽j′⩽n−1 ∆i′+j′ ⊆ n−1 i′′=i+j ∆i′′ = Hi+j, d’où le résultat. 35. Comme C est nilpotente, on a Cn = 0Mn(C) et également (−C)n = (−1)nCn = 0Mn(C). Alors, en télescopant la somme : (In − (−C)) n−1 p=0 (−C)p = n−1 p=0 (−C)p − (−C)p+1 = In − (−C)n = In. Ceci montre que In + C est inversible, d’inverse : (In + C)−1 = n−1 p=0(−C)p = n−1 p=0(−1)pCp. 36. Pour montrer que P est inversible, il suffit de vérifier que C est bien une matrice nilpotente. Or C ∈ ∆k+1 et donc, d’après la question Q 33, une récurrence immédiate donne : ∀p ∈ N, Cp ∈ ∆p(k+1). Pour tout p tel que p(k + 1) ⩾ n (c’est par exemple le cas pour p = n), on a ∆p(k+1) = {0Mn(C)}, et donc Cp = 0Mn(C). Ainsi C est nilpotente, et d’après la question précédente P = In + C est inversible. On a de plus : P −1 = n−1 p=0 (−C)p ∈∆p(k+1) ∈ n−1 p=0 ∆p(k+1). 37. Soit M ∈ ∆i. On pose M ′ = P −1MP − M, de sorte que ϕ(M) = M + M ′ ; vérifions que M ′ ∈ Hk+1. 12 PSI Centrale-Supélec 2018 Pour simplifier, écrivons P −1 = In + T où T = n−1 p=1(−C)p ∈ n−1 p=1 ∆p(k+1) ⊆ Hk+1. On sait de plus que C ∈ ∆k+1 et M ∈ ∆i. Alors, d’après la question Q 34, on a : M ′ = P −1MP − M = (In + T)M(In + C) − M = TM ∈Hk+i+1 + MC ∈∆i+k+1 + TMC ∈Hi+2k+2 , et il est manifeste que Hk′ ⊆ Hk si et seulement si k ⩽ k′. Ayant supposé que i ⩾ 0, on a donc ∆i+k+1 ⊆ Hi+k+1 ⊆ Hk+1 et Hi+2k+2 ⊆ Hk+1, puis M ′ ∈ Hk+1 : d’où le résultat. 38. On reprend le raisonnement ci-dessus, en posant N ′ = P −1NP − N − (NC − CN) (de sorte que ϕ(N) = N + NC − CN + N ′), et en vérifiant que N ′ ∈ Hk+1. On a cette fois-ci, toujours en notant T = n−1 p=1(−C)p = −C + n−1 p=2(−C)p : N ′ = TN + NC + TNC − (NC − CN) = n−1 p=1 (−C)pN + TNC + CN = n−1 p=2 (−C)pN + TNC, or n−1 p=2(−C)pN ∈ n−1 p=2 ∆p(k+1)−1 ⊆ H2k+1 et TNC ∈ Hk+1−1+k+1 = H2k+1 d’après les questions Q 33 et Q 34 (en effet N = D−1 ∈ ∆−1), donc N ′ ∈ H2k+1 ⊆ Hk+1 : d’où le résultat. 39. En utilisant la linéarité de ϕ, et le fait que T ∈ H0, on observe qu’il existe T ′ ∈ Hk+1 tel que : B = ϕ(A) = (N + T) + (NC − CN + N ′ + T ′) (nous n’avons pas utilisé, dans la question Q 37, le fait que i soit inférieur à k, donc l’existence de T ′ se démontre de même en décomposant T en somme de matrices diagonales d’ordre i, où i ∈ 0, n − 1 ). Faisons le compte : on a N ∈ H−1, T ∈ H0, NC − CN ∈ Hk et N ′ + T ′ ∈ Hk+1. Tous ces sous-espaces vectoriels sont inclus dans H−1, d’où la première assertion. De plus, les différentes appartenances rappelées ci-dessus permettent d’écrire : B = A + (NC − CN + N ′ + T ′) =⇒ n−1 i=−1 B(i) ∈∆i = n−1 i=−1 A(i) ∈∆i + NC − CN ∈∆k + N ′ + T ′ ∈Hk+1 . Par unicité des composantes dans la somme directe H−1 = n−1 i=−1 ∆i, on obtient bien B(i) = A(i) pour tout i ∈ −1, k − 1 , puis B(k) = A(k) + NC − CN pour i = k, et B(i) = A(i) + (N ′ + T ′)(i) pour tout i ∈ k + 1, n − 1 (mais cette dernière relation ne nous intéresse pas). 40. Soit X ∈ Mn(R). Alors X ∈ ker(S) si et seulement si XN = NX, si et seulement si X commute avec N. Or, d’après la question Q 32, l’ensemble des matrices qui commutent avec N est l’ensemble des matrices de Toeplitz triangulaires inférieures, d’où le résultat. 13 PSI Centrale-Supélec 2018 41. Comme N ∈ ∆−1, pour tout X ∈ ∆k+1 on a NX ∈ ∆k et XN ∈ ∆k d’après la question Q 33, donc S(X) = NX − XN ∈ ∆k : ceci montre que S(∆k+1) ⊆ ∆k. La démonstration est analogue avec S∗, en utilisant le fait que tN ∈ ∆1. 42. Soient X ∈ ∆k+1 et Y ∈ ∆k. Les différentes propriétés de la transposition et de la trace impliquent : ⟨Sk+1(X), Y ⟩ = tr(t(NX − XN)Y ) = tr(tXtNY ) − tr(tN tXY ) = tr(tXtNY ) − tr(tXY tN) = tr(tX(tNY − Y tN)) = ⟨X, S∗ k(Y )⟩. Par conséquent, si X′ ∈ im(Sk+1) et Y ∈ ker(S∗ k), il existe X ∈ ∆k+1 telle que X′ = Sk+1(X), et l’égalité ci-dessus implique ⟨X′, Y ⟩ = ⟨Sk+1(X), Y ⟩ = ⟨X, S∗ k(Y )⟩ = 0. Ceci démontre que ker(S∗ k) et im(Sk+1) sont orthogonaux : on a donc im(Sk+1) ⊆ ker(S∗ k)⊥. Montrons que ces deux espaces vectoriels ont même dimension ; d’après le théorème du rang, on a : dim(im(Sk+1)) = dim(∆k+1) − dim(ker(Sk+1)) = dim(∆k+1), puisque ker(Sk+1) est engendré par les matrices de Toeplitz triangulaires inférieures, dont les coefficients hors de la diagonale d’ordre k + 1 sont nuls : aucune matrice ne vérifie cela à moins d’être nulle, car k + 1 > 0 par hypothèse. De plus, un sous-espace vectoriel de dimension finie et son orthogonal étant supplémentaires, on a : dim(ker(S∗ k)⊥) = dim(∆k) − dim(ker(S∗ k)) = dim(∆k) − 1, puisque ker(S∗ k) est engendré par les matrices de Toeplitz triangulaires supérieures, dont les coefficients hors de la diagonale d’ordre k sont nuls : on vérifie que cela implique ker(S∗ k) = VectR(Dk) : il s’agit d’une droite vectorielle. Il reste à vérifier que dim(∆k) − 1 = dim(∆k+1) : pour cela, on constate qu’on a clairement dim(∆i) = n − i pour tout i ∈ 0, n (il y a n − i coefficients diagonaux sur la diagonale d’ordre i), d’où la relation ci-dessus. Pour résumer, dim(im(Sk+1)) = dim(∆k+1) = dim(∆k) − 1 = dim(ker(S∗ k)⊥), et l’inclusion im(Sk+1) ⊆ ker(S∗ k)⊥ a été démontrée ci-dessus : cela achève de démontrer que im(Sk+1) = ker(S∗ k)⊥. En particulier, ∆k = ker(S∗ k) ⊕ ker(S∗ k)⊥ = ker(S∗ k) ⊕ im(Sk+1). 14 PSI Centrale-Supélec 2018 43. Pour montrer l’existence d’une matrice L semblable à A dont tous les coefficients d’ordre k sont égaux, et telle que : ∀i ∈ −1, k − 1 , L(i) = A(i), il suffit d’après la question Q 39 de montrer l’existence de C ∈ ∆k+1 telle que A(k) + NC − CN ∈ VectC(Dk). Or VectC(Dk) = ker(S∗ k), et {NC − CN | C ∈ ∆k+1} = im(Sk+1) : la question précédente nous permet donc de démontrer le résultat désiré. En effet, comme A(k) ∈ ∆k = ker(S∗ k) ⊕ im(Sk+1), il existe α ∈ R et C ∈ ∆k+1 tel que : A(k) = αDk + Sk+1(C) = αDk + (NC − CN). On applique alors la question Q 39 à la matrice −C : si l’on pose L = ϕ(A) = (In−C)−1A(In−C), alors L est semblable par A, et on a : ∀i ∈ −1, k − 1 , L(i) = A(i) L(k) = A(k) − NC + CN = αDk, donc tous les coefficients diagonaux d’ordre k de L sont égaux à un même réel α : ce qu’il fallait démontrer. 44. Prenons d’abord k = 0. Si une matrice M est cyclique, alors il existe a0, . . . , an−1 ∈ C tels que M soit semblable à C(a0, . . . , an−1). Une telle matrice s’écrit C(a0, . . . , an−1) = N + T0, où T0 = 0 · · · 0 a0 ... ... ... 0 · · · 0 an−1 est triangulaire supérieure. D’après la question précédente, C(a0, . . . , an−1) est donc semblable à une matrice L0 dont tous les coefficients diagonaux sont égaux, disons à un réel t0, et telle que l’on ait : L(−1) 0 = C(a0, . . . , an−1)(−1) = N. Autrement dit : L0 = t0 ∗ · · · · · · ∗ 1 ... ... 0 ... ... ... ... ... ... ... ∗ 0 · · · 0 1 t0 . Prenons à présent k = 1. La matrice L0 s’écrit sous la forme L0 = N + T1, où : T1 = t0 ∗ · · · · · · ∗ 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ∗ 0 · · · · · · 0 t0 15 PSI Centrale-Supélec 2018 est triangulaire supérieure. D’après la question précédente, L0 est donc semblable à une matrice L1 dont tous les coefficients diagonaux d’ordre 1 sont égaux, disons à un réel t1, et telle que l’on ait : L(−1) 1 = L−1 0 = N et L(0) 1 = L(0) 0 = t0In. Autrement dit : L1 = t0 t1 ∗ · · · ∗ 1 ... ... ... 0 ... ... ... ∗ ... ... ... ... t1 0 · · · 0 1 t0 . On poursuit la construction ainsi : si, pour k ∈ 0, n − 2 , nous avons construit des matrices L0, . . . , Lk telles qu’elles soient toutes semblables deux à deux (donc semblables à M, puisque la relation de similitude est transitive), et telle que pour tout i ∈ −1, k − 1 il existe ti ∈ R tel que L(i) k = tiDi (où t−1 = 1), alors en appliquant la question Q 43 à la matrice Lk, nous avons l’existence d’une matrice Lk+1 qui lui est semblable, dont tous les coefficients diagonaux d’ordre k+1 sont égaux à un réel noté tk+1, et telle que pour tout i ∈ −1, k on ait : L(i) k+1 = L(i) k = tiDi. Si on poursuit cette construction jusqu’à k = n − 1, nous avons l’existence d’une matrice Ln−1 semblable à M et de la forme : Ln−1 = t0 t1 t2 · · · tn−1 1 ... ... ... ... 0 ... ... ... t2 ... ... ... ... t1 0 · · · 0 1 t0 = T(0, . . . , 0, 1, t0, . . . , tn−1). C’est une matrice de Toeplitz : d’où le résultat. 16