Mathématiques MP2 DL11 - CCP MP 2010 correction

I - Questions préliminaires

1. Puisque A et B sont nilpotentes d’indice 2, on a exp(A) = I2 + A + 0 = I2 + A etexp(B) = I2 + B. On note J = A + B. On a (A + B)2 = I2. Plus généralement,(A+B)2p = In et (A+B)2p+1 = J . Alors

exp(A+B) =+∞∑p=0

1(2p)!I2 +

+∞∑p=0

1(2p+ 1)!J = ch (1)I2 + sh (1)J.

On remarque exp(A+B) 6= exp(A) exp(B).2. une condition suffisante pour avoir cette formule est que A et B commutent - mais ce

résultat n’est pas au programme.

II - Un calcul d’exponentielle de matrice

3. Un polynôme P est dans le noyau de Φ si, et seulement si, il s’annule en chacun des réelsλ1, . . . , λr. Puisque ces réels sont supposés distincts et que P est de degré au plus r − 1,le polynôme a plus de racines que son degré, il est donc nul. L’application Φ est doncinjective, et finalement bijective puisqu’elle est entre deux espaces de même dimension r.Le vecteur (eλ1 , . . . , eλr ) est un élément de Rr, il admet donc un unique antécédent parΦ, c’est-à-dire un polynôme L tel que L(λi) = eλi pour tout i ∈ J1; rK.

4. (a) li(λj) = 0 si j 6= i par construction de li. De plus, on a li(λi) =∏k 6=i

λi − λkλi − λk

= 1.

(b) Le polynôme L =r∑i=1

eλi li est un polynôme de degré au plus r− 1 (chaque polynôme

li est de degré r − 1), qui prend la valeur eλi en λi. C’est donc l’unique polynôme Lrecherché.

5. (a) L’application θ : M 7→ PMP−1 est une application linéaire sur un espace de dimensionfinie. Elle est donc continue.

(b) On note Sn =n∑k=0

Dk

k! . Par définition, limn→+∞

Sn = exp(D). De plus,

θ(Sn) =n∑k=0

PDk

k! P−1 =

n∑k=0

(PDP−1)k

k! .

On en déduit que θ(Sn) tend vers exp(PDP−1), mais aussi, puisque la limite de Snest exp(D) et que θ est continue, que cette suite tend vers θ(exp(D)). FinalementP exp(D)P−1 = exp(PDP−1).

6. La matrice A est diagonalisable. Il existe donc P inversible telle que A = PDP−1 où Dest la matrice diagonale avec sur la diagonale les réels λ1, . . . , λr (le nombre de fois qu’ilfaut pour chacun de ces réels, c’est-à-dire ni fois pour λi). D’après la question 5., on a

exp(A) = P exp(D)P−1. La matrice D étant diagonale, on a, pour tout k ∈ N, Dk quiest la matrice diagonale de diagonale λk1 , . . . , λkr (le même nombre de fois qu’au dessus)etexp(D) qui est la matrice diagonale de diagonale exp(λ1), . . . , exp(λr) toujours ni foispour le terme eλi . On a donc exp(A) = P (L(D))P−1, et puisque L est un polynôme,P (L(D))P−1 = L(PDP−1) = L(A). Cela donne exp(A) = L(A).

7. Question de cours : on a v(x) = λx. Par récurrence, on montrer vk(x) = λkx, puis parlinéarité, P (v)(x) = P (λ)x.

8. (a) version cours : on se donne x ∈ E. On commence par montrer que pi(x) est un élémentde Ei. On a

(v − λiId)(pi(x)) = 1∏k 6=i

(λi − λk)

(r∏k=1

(v − λkId)

)(x),

car on a ajouté le facteur manquant (v − λiId) dans le produit (les endomorphismes

commutent deux à deux). Puisque v est diagonalisable, le polynômer∏k=1

(X − λk)

est annulateur de v. Cela donne bien li(x) ∈ Ei. Considérons le polynôme Q =l1 + l2 + . . . + lr − 1. Ce polynôme est de degré au plus r − 1 et s’annule en cha-

cun des réels λ1, . . . , λr. C’est donc le polynôme nul. On en déduit IdE =n∑k=1

li(v),

puis, pour tout x ∈ E,

x =r∑i=1

li(v)(x).

On a donc décomposé tout vecteur x dans la somme directe E1 ⊕ E2 ⊕ . . . ⊕ Er. Leterme en position i est donc le projeté de x sur Ei parallèlement à la somme des autressous-espaces.version sujet : on part de la décomposition d’un vecteur x dans la somme directe. Ona x = x1 + . . .+ xr. On applique cela à li(v). Cela donne

pi(x) = li(v)(x) =r∑k=1

li(v)(xk) =r∑i=1

li(λk)xk = xi,

puisque li(λk) = δi,k. On retrouve bien le fait que pi(x) = xi, projeté de x sur Eiparallèlement à la somme des autres espaces.

(b) On travaille vectoriellement. D’après la question 6., on a exp(v) = L(v). D’après la

question 4.b., on a L =r∑k=1

eλk lk, d’où

exp(v) =r∑k=1

eλk lk(v) =r∑k=1

eλkpk.

1 année 2013/2014

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On revient matriciellement. On note Pk la matrice dans la base B de la projection pk

(c’est donc une matrice d’un projecteur). On a exp(A) =r∑k=1

eλkPk.

III - Cas non diagonalisable

9. Le critère avec le polynôme minimal n’est pas au programme - on doit se ramener àun polynôme annulateur. Supposons que u soit diagonalisable. Il admet alors un poly-nôme annulateur scindé à racines simples. Or ce polynôme est un multiple du polynômeminimal. Il ne peut donc pas être à racines simples.

10. Par exemple (2 0 00 1 10 0 1

)

11. Les polynômes (X − 1)2 et X − 2 sont premiers entre eux (pas de racine complexe com-mune). Le polynôme Q = (X − 1)2(X − 2) annule u, donc Q(u) = 0 et kerQ(u) = E. Parle lemme de décomposition des noyaux, on a E = ker(u− 2Id)⊕ ker(u− Id)2.

12. Puisque u et Id commutent, on a facilement p+ q = u2 − 2u+ Id + u2 − 2u = Id.13. Pour tout x ∈ E, on a x = p(x) + q(x). Il suffit de montrer que p(x) ∈ ker(u− 2Id) = F1

et q(x) ∈ ker(u − Id)2 = F2 pour obtenir que p est le projecteur sur F1 parallèlement àF2 et que q est le projecteur associé. On a

(u− 2Id)(p(x)) = (u− 2Id) ◦ (u− Id)2(x) = 0,

puisque (u− 2Id) ◦ (u− Id)2 = 0. De même, on vérifie que

(u− Id)2(q(x)) = (u− Id)2 ◦ u ◦ (u− 2Id)(x) = 0,

en commutant les endomorphismes.14. (a) On vient de montrer que (u− 2Id)(p(x)) = 0, soit u(p(x)) = 2p(x).

(b) D’après la question (a), on a u ◦ p = 2p. On obtient u2 ◦ p = u ◦ (2p) = 2u ◦ p = 4p.Par récurrence, uk ◦ p = 2kp pour tout k ∈ N.

(c) Pour tout n ∈ N, on a (n∑k=0

uk

k!

)◦ p =

n∑k=0

uk ◦ pk! =

n∑k=0

2k

k! p.

Le terme de droite tend vers e2p. Par continuité de l’application v 7→ v ◦ p, le termede gauche tend vers exp(u) ◦ p. On obtient exp(u) ◦ p = e2p.

15. Puisque p et q sont deux projecteurs associés, on a p ◦ q = 0. Cela donne (u− Id)2 ◦ q = 0,et pour tout k > 2, (u2 − Id)k ◦ q = 0. Il semble qu’on utilise le fait que, puisque u − Idet Id commutent, alors

exp(u− Id + Id) = exp(Id) ◦ exp(u− Id) = eId ◦ exp(u− Id) = e exp(u− Id).

Par le même raisonnement que dans la question 14. (passage à la limite), on a

exp(u− Id) ◦ q =+∞∑k=0

(u− Id)k ◦ qk! = Id ◦ q + (u− Id) ◦ q + 0 = q + u ◦ q − q = u ◦ q.

Tout cela donne exp(u) ◦ q = e u ◦ q. On peut rester dans le programme, en calculantuk ◦ q pour tout k ∈ N. Pour cela, on développe uk = (Id + u − Id)k par la formule dubinôme, on compose par q à droite et il ne reste que deux termes. On réécrit la somme eton obtient le bon résultat.

16. On a p+ q = Id, donc

exp(u) = exp(u) ◦ p+ exp(u) ◦ q = e2p+ eu ◦ q.

Il n’y a plus qu’à remplacer p et q par leur expression en u pour avoir la réponse.

A/ IV - Calcul de distances

17. On a d(x, F ) = ‖x− pF (x)‖.18. Soit D la droite orthogonale à H. Le vecteur n

‖n‖ en est un vecteur directeur unitairedonc forme une base orthonormée de D. Ainsi le projeté de x sur D est le vecteur< n‖n‖ , x >

n‖n‖ = < n, x >

‖n‖2 n. Ce vecteur est x− pH(x). Ainsi d(x, F ) = | < n, x > |‖n‖ .

19. (a) H est le noyau d’une forme linéaire non nulle, c’est donc un hyperplan de Mn(R).(b) La matrice In est orthogonale à H puisque, pour toute matrice M de H, on a

tr (tInM) = tr (M) = 0. On applique le résultat précédent, ce qui donne

d(M,H) = |tr (M)|√tr (tInIn)

= |tr (M)|√n

.

20. Soit y = (t, 0) un vecteur de F . On a N∞(x− y) = max(|1− t|, |1|) > 1. On en déduit qued(x, F ) > 1 et même que d(x, F ) = 1 puisque N∞(x − 0) = 1. De plus, tous les vecteursy de F qui vérifient N∞(x − y) = 1 sont ceux tels que |1 − t| 6 1, c’est-à-dire tous lesvecteurs (t, 0) avec t ∈ [0, 2]. Dans le cas d’une norme euclidienne, l’ensemble des pointsoù la distance est atteinte n’est plus forcément un singleton.

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