%96ensai1.tex VIDIANI 3 mai  1996 21h08 version 9 mai 1996 15h59
\input liv.mac  %l'{\'e}preuve ENSAI1 M a eu lieu le 3 mai Plombi{\`e}res 13h30-17h30
\let\cadrejoli=\cadrefin
\def\titreimpair{\line{ {\fiverm d:-emtex-travbo96 96ensai1.tex \hskip 3mm}
{\bf  ENSAI 1 1996 : Trace et {\'e}quation de LIE.
\hskip 1mm\Carre \hfil Mr VIDIANI Sp{\'e} M1 CARNOT  \hskip 1mm\liond\ \folio}}  }

\def\titrepair{\line{\bf\folio  \hfill {\fiverm 96ensai1.tex}
{\bf 1996 Ensai 1 Vendredi 3 mai 1996 13h30-17h30 PLOMBIERES.
\hskip 3mm\Carre Mr VIDIANI \hskip 2mm\liong}}  }

\leavevmode
\cadrefin{\vbox to 10mm {\hsize 30mm\leftskip 0mm\noindent\fiverm nom :
\hfill\vfill\noindent sp� M1 carnot DIJON}}\hskip 1cm
{\it Propri{\'e}t{\'e}s classiques de la TRACE, Base de Jordan, Equation du type LIE.
Seule remarque dans III.3.a) l'existence de l'indice peut se faire avant la
seconde demande}.


L'{\'e}nonc{\'e} guide bien. Probl{\`e}me classique tout {\`a} fait dans l'esprit du programme.

\hfill\cadrefin{\bf Concours ENSAI 96 math\'ematiques 1}\hfill{}
\traitgras
\centerline{PARTIE I}
\lettrine{{1.a)}} {\bf Tr(AB)=Tr(BA) :} Si on pose C=AB alors avec
les notations du cours $c_i^j=\displaystyle\sum_{k=1}^nb_i^ka_k^j$ ; donc
$Tr(BA)=\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^nb_i^ka_k^i$ ; On permute les
sommations et on a $ Tr(BA)= \displaystyle\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^na_k^ib_i^k$
$=Tr(AB)$.

             \centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\lettrine{{1.b+c)}} {$\bf Tr(P^{-1}AP)=Tr(A)$\bf :} En effet d'apr{\`e}s le
r{\'e}sultat  pr{\'e}c{\'e}dent :

\hskip 40mm   $Tr(P^{-1}AP)=Tr((AP)P^{-1})=Tr(A(PP^{-1}))$ $=Tr(AI)=Tr(A)$.

La relation demand{\'e}e en c) est une cons{\'e}quence de b), puisqu'elle est vraie
pour les matrices, une base {\'e}tant choisie.

\trait
\lettrine{{2.a)}} {\bf Valeurs propres d'une matrice triangulaire :}
C'est du cours, en {\'e}crivant le d{\'e}terminant de A-tI qui est triangulaire,
\cadrefin{\bf Les valeurs propres de A sont ses {\'e}l{\'e}ments diagonaux $\bf a_i^i$}

             \centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\lettrine{{2.b)}} {\bf CNS u nilpotent :}
Si $u^p=0$ et si V est t propre : $0=u^pV =t^pV=0$ donc t=0,
 les valeurs propres de u sont nulles.

R{\'e}ciproquement : si toutes les valeurs propres de A sont nulles, il existe une
base o� A est triangulaire stricte ; {\`a} chaque puissance $A, A^2,..$ ont
une parrall{\`e}le {\`a} la diagonale principale, nulle suppl{\'e}mentaire. Donc $A^n=0$.

On peut aussi dire que comme toutes les valeurs propres de A sont nulles,
son polyn{\^o}me caract{\'e}ristique est $(-X)^n$~: d'apr{\`e}s le th{\'e}or{\`e}me de CAYLEY
$(-A)^n=0$. A est nilpotent.
\trait

\lettrine{{3.a)}} {\bf D{\'e}terminant de VANDERMONDE :} C'est du cours
(revoyez votre cours mon vieux !) on proc{\`e}de par r{\'e}currence et la m{\'e}thode
polynomiale.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\lettrine{{3.b)}} {\bf Si $Tr(u^k)=0$ u est nilpotent :}
Soit $m_i\geq 1$ la multiplicit{\'e} de la valeur propre non nulle $t_i$ ; en
exprimant la trace des matrices $A^k$ k=1...; on a le syst{\`e}me :
$\cases{m_1t_1+....m_pt^p=0\cr
        m_1t_1^2+.....+m_pt_p^2=0\cr
        .........................\cr
        m_1t_1^p+.....+m_pt_p^p=0\cr}$

Ce syst{\`e}me est cram{\'e}rien en $m_1,...,m_p$ car son d{\'e}terminant est
$t_1...t_pV(t_1,...,t_p)\not=0$, or les $m_i$ ne sont pas nulles, donc
l'hypoth{\`e}se que les valeurs propres ne sont pas toutes nulles est absurde et
d'apr{\`e}s {\bf (2.b)} A est nilpotente.
\traitgras
\centerline{PARTIE II}
\lettrine{{1)}} {\bf Relier $\bf u^2$ u Tr(u) et det(u) :}
CAYLEY donne \cadrefin{$\bf u^2-Tr(u)u+det(u)=0$\ \vrule\ \liond}
\vskip 2mm
\trait
\lettrine{{2)}} {\bf u n'est pas inversible :}
S'il l'{\'e}tait en multipliant {\`a} gauche la relation uv-vu=u par $u^{-1}$, on
aurait $v-u^{-1}vu=I$ ; En prenant la trace des deux membres on aurait
0=Tr(I)=2. Donc det(u)=0, mais comme aussi Tr(u)=0 car Tr(u)=Tr(uv-vu)=0,
on a donc \cadrefin{$\bf u^2=0$\ \vrule\ }
\trait
\lettrine{{3.a)}} {\bf Existence d'une base de JORDAN pour u :}
Comme $u^2=0$ on a $Im(u)\subseteq Ker(u)$ ; Comme u est non nul,
Ker(u) est strictement inclus dans E. Comme det(u)=0, Ker(u) n'est pas r{\'e}duit {\`a}
 0, donc Ker(u) est une droite vectorielle ; soit V un vecteur qui n'est pas
 dans Ker(u), alors u(V) n'est pas nul et est ind{\'e}pendant de V (l'image par u
d'une relation rV+su(V)=0 donnerait ru(V)=0 r=0 puis u=0) ; La base
B =(u(V),V) convient. \hfill{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}\hfill{}

\lettrine{{3.b)}} {\bf Forme de la matrice de v :}
On proc{\`e}de par la m{\'e}thode des coefficients ind{\'e}termin{\'e}s :
Cherchons v sous la forme $v=\pmatrix{p&q\cr r& s\cr}$, alors la condition
uv-vu=u se traduit matriciellement par :
\vfill\fondpage={\ps{carnot,\hsize,\vsize,,90}}
\eject
$\pmatrix{0&1\cr 0& 0\cr}\pmatrix{p&q\cr r& s\cr}-\pmatrix{p&q\cr r& s\cr}
\pmatrix{0&1\cr 0& 0\cr} = \pmatrix{p&q\cr r& s\cr}$.
Soit $\pmatrix{r&s\cr 0& 0\cr}-\pmatrix{0&p\cr 0& r\cr}=
\pmatrix{0&1\cr 0& 0\cr}$ ; soit en identifiant les deux membres r=0, s=p+1 ;
la matrice de v est bien de la forme indiqu{\'e}e avec $\lambda=p$ $a=q$.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\lettrine{{3.c)}} {\bf Existence d'une base o� u et v sont simultan{\'e}ment
diagonales : }
On garde $e_1=u(e_2)$ et on essaie de trouver $e'_2=e_2+ke_1$ ; $(e_1,e'_2)$
est toujours une base  de E, car d{\'e}duite de la pr{\'e}c{\'e}dente par transformation
{\'e}l{\'e}mentaire. On a toujours $u(e'_2)=e_1+0$   et $v(e_1)=\lambda e_1$ ;
On veut choisir k pour que $v(e'_2)=v(e_2)+kv(z_1)=ae_1+(\lambda+1)e_1+k\lambda
e_1  $ soit {\'e}gal {\`a} $ (\lambda+1)e'_2=(\lambda+1)e_2+(\lambda+1)ke_1$ ; le choix
 k=a   convient.
\trait
 \lettrine{{4.a+b)}} {\bf Forme de la matrice de w : }
Comme uv-vu=u et uw-wu=u par diff{\'e}rence (th{\'e}or{\`e}me de structure des solutions
d'une {\'e}quation lin{\'e}aire) on a u(w-v)-(w-v)u=0 ; et on proc{\`e}de par la m{\'e}thode
des coefficients ind{\'e}termin{\'e}s en cherchant w-u sous la forme matricielle
$w-u=\pmatrix{p&q\cr r& s\cr}$ : on a l'{\'e}quation :
$\pmatrix{0&1\cr 0& 0\cr}\pmatrix{p&q\cr r& s\cr}-\pmatrix{p&q\cr r& s\cr}
\pmatrix{0&1\cr 0& 0\cr} = \pmatrix{0&0\cr 0& 0\cr}$.
Soit $\pmatrix{r&s\cr 0& 0\cr}-\pmatrix{0&p\cr 0& r\cr}=
\pmatrix{0&0\cr 0& 0\cr}$ ; soit en identifiant les deux membres :
$\pmatrix{r&s-p\cr 0& -r\cr}$  r=0 s=p et ainsi $w=v+\pmatrix{p&q\cr 0& p\cr}$
$w=v+pI+qu$ ; cqfd
\trait
\lettrine{{5)}} {\bf R{\'e}soudre xv-vx=x : }
Toujours par la m{\'e}thode des coefficients ind{\'e}termin{\'e}s sur la base B' on a :
$\pmatrix{\lambda&0\cr 0& \lambda+1\cr}\pmatrix{\lambda&0\cr 0& \lambda+1\cr}
-\pmatrix{\lambda&0\cr 0& \lambda+1\cr}\pmatrix{\lambda&0\cr 0& \lambda+1\cr}=
\pmatrix{\lambda&0\cr 0& \lambda+1\cr}$ ; soit :

$\pmatrix{\lambda p& q(\lambda+1)cr r\lambda& s(\lambda+1)\cr}
\pmatrix{\lambda p& q\lambda \cr r(\lambda+1)& s(\lambda+1)\cr}=
\pmatrix{\lambda&0\cr 0& \lambda+1\cr}$ ou encore

$\pmatrix{0&q\cr -r& 0\cr}=\pmatrix{p&q\cr r& s\cr}$  et par identification
p=0, r=0 s=0 ; x est proportionnelle {\`a} u : \cadrefin{\bf x=qu\  \vrule\ \liond}

\traitgras \centerline{PARTIE III}

\lettrine{{1)}} {\bf calculer $u^kv-vu^k$ :} J'appelle HR(k) l'hypoth{\`e}se de
r{\'e}currence num{\'e}ro k (v{\'e}rifi{\'e}e pour k=1 par hypoth{\`e}se) : $ u^kv-vu^k=ku^k$ que
je suppose r{\'e}alis{\'e}e ; Montrons en le transfert {\`a} l'ordre k+1, nous signalons
dans la d{\'e}monstration, en indice du signe = la justification du membre de
droite :

$u^{k+1}v=_{\fiverm associativite} u(u^kv)=_{\fiverm HR(k)} u(vu^k+ku^k)=
uvu^k+ku^{k+1}=_{\fiverm HR(1)}(vu+u)u^k+ku^{k+1}=vu^{k+1}+(k+1)u^{k+1}$.
Ce qui est bien la propri{\'e}t{\'e} HR(k+1).
\trait
\lettrine{{2)}} {\bf u est nilpotent :} : Si aucun des $u^k$ n'{\'e}tait nul,
l'endomorphisme de L(E), de dimension finie $n^2$, d{\'e}fini par (v fix{\'e})
L(u)=uv-vu, aurait une infinit{\'e} (k+1 k=1....) de valeurs propres distinctes,
ce qui est absurde, un tel endomorphisme ayant au maximum $n^2=dim(L(E))$
valeurs propres.
\trait
\lettrine{{3.a)}} {\bf Suite des noyaux it{\'e}r{\'e}s : } {\it (litt{\'e}raires serait
{\'e}t{\'e}r{\'e}es !)}
Si $x\in Ker u^k\Longrightarrow u^k(x)=0\Longrightarrow u^{k+1}(x)=u(u^k(x))=0
\Longrightarrow x\in Ker u^{k+1}$. Comme de plus dim(E)=n finie, la suite
des noyaux it{\'e}r{\'e}s, ne peut �tre constamment strictement croissante, puisque
leur dimension augmenterait au moins de 1 {\`a} chaque incr{\'e}mentation de k, donc
il existe un rang p tel que $Ker u^p = Ker u^{p+1}$ ;

Montrons que la suite des noyaux it{\'e}r{\'e}s de u se stabilise {\`a} partir de ce rang :
Supposons que l'on sache que $Ker u^{q+1}=Ker u^q$ (ce qui a lieu pour q=p) ;
On sait d{\'e}ja que $Ker u^{q+1}\subseteq  Ker u^{q+2}$, montrons l'inclusion
inverse~: soit $ x\in Ker u^{q+2}$ alors $0=u^{q+2}(x)=u^{q+1}(u(x))$, donc
$u(x)\in Ker u^{q+1} =Ker u^q(x)$ par cons{\'e}quent $u^{q+1}(x)=u^q(u(x))=0$ et
on a bien l'inclusion inverse $Ker u^{q+2}\subseteq Ker u^{q+1}$ d'o� la
stabilit{\'e} annonc{\'e}e, et cela {\`a} partir du rang p.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\lettrine{{3.b)}} { \bf Si dim Ker u = 1, alors $\bf dim Ker u^k=k $ :}
En effet on a $u(Ker u^{k+1})\subseteq Ker u^k$ et le noyau de la restriction
de u {\`a} $Ker( u^{k+1})$ est inclus dans Ker(u), d'o� l'in{\'e}galit{\'e} :
$dim Ker u^{k+1} \leq dim Ker u^k+1$, en appliquant la formule du rang (car
dim Ker u=1). Ceci montre que la suite $(dim Ker u^k)$ augmente de 1 tant
qu'elle est strictement croissante. Finalement $dim Ker u^k=k$ pour k=1..p
et $dim Ker u^k=p $ pour $k\geq p$. La seule possibilit{\'e} est p=n.
\trait
\lettrine{{4.a)}} { \bf Existence de $x_0$ pour avoir une base du type B :}
Il suffit de prendre d'apr{\`e}s le r{\'e}sultat
\vfill\fondpage={\ps{lion,\hsize,\vsize,,90}}
\eject
pr{\'e}c{\'e}dent $x_0\in E-Ker (u^{n-1})$.
La m{\'e}thode des images it{\'e}r{\'e}s, donne bien leur ind{\'e}pendance, et comme tout
espace de dimension n peut �tre engendr{\'e} par n vecteurs ind{\'e}pendants qui
forment une nouvelle base, B est bien une base de E.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\lettrine{{4.b)}} {\bf Donner une base de $\bf Ker u^k$ :}
\vskip 3mm
Il est imm{\'e}diat, d'apr{\`e}s sa dimension k que
\cadrefin{$\bf \big(u^{n-1}(x_0),...,u^{n-k}(x_0)\big)$\ \vrule\ \liong}
convient.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\lettrine{{4.c)}} {\bf $\bf Ker u^k$ est stable par v :}
La relation obtenue en {\bf III.1)} donne si $x\in Ker u^k$ :
$u^k(v(x))=v(u^k(x))+ku^k(x)=0$ ;  D'o� la stabilit{\'e} de $Ker u^k$ par v.

Comme les vecteurs de base de B sont dans l'ordre des vecteurs de base
des $Ker u^k$, la matrice de v sur cette base est TRIANGULAIRE sup{\'e}rieure.

\trait
\lettrine{{5.a+b)}} {\bf Matrice de u dans B :}
Comme $(u(e_1))=0$ et que pour i=2..n  $u(e_i)=e_{i-1}$, la matrice de u sur
la bae B est la matrice de JORDAN :
$U=\pmatrix{0&1&0&...&0\cr
            0&0&1&...&0\cr
            ........\cr
            0&0&0&...&1\cr
            0&0&0&...&0\cr}$.

Pour d{\'e}terminer v, trois solutions sont possibles :

\hskip 20mm {\bf Premi{\`e}re solution :} La m{\'e}thode des coefficients ind{\'e}termin{\'e}s.
Il suffit de  rechercher V telle que VJ-VJ=J : cela marche bien, est
{\'e}l{\'e}mentaire, mais calculatoire.

\hskip 20mm {\bf Deuxi{\`e}me solution :} Chercher les images des vecteurs de base
par v : on suppose que $v(x_0)$ est connu sur la base B :
$v(x_0)=a_1e-1+...+k_ne_n$, alors la relation obtenue en {\bf III 2)}
$v(u^k(x_0))=u^k(v(x_0))-ku^k(x_0)$, permet de proche en proche en partant
de k=1, d'avoir les images par v des vecteurs de la base B, donc d'avoir la
matrice V.

\hskip 20mm {\bf Troisi{\`e}me solution :} \Gdanger \hskip 5mm Nous pr{\'e}f{\'e}rons
 {\gros M1}
la solution suivante : $v_0$ est une solution {\'e}vidente {\it (Il faut toujours
lire l'{\'e}nonc{\'e} en entier, conseil que vos professeurs vous toute l'ann{\'e}e, et
que comme une br{\`e}le irlandaise, vous n'appliquez pas !)}, donc
d'apr{\`e}s le principe de structure des solutions d'une {\'e}quation lin{\'e}aire (en v)
 on a $v=v_0+z$ o� z est la solution de l'{\'e}quation homog{\`e}ne associ{\'e}e : uz-zu=0
 donc fait partie du commutant de J ; Or il est classique (et imm{\'e}diat {\`a}
retrouver) que le commutant de  J est $Vect( I, J,...,J^{n-1})$ donc
$v=v_0+a_{1,1}I+a_{1,2}J+...+a_{1,n}J^{n-1} = v_0+P(J)$.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\lettrine{{5.c)}} {\bf D{\'e}terminer u {\`a} n-1 contantes pr{\`e}s}
$v_0$ ayant n valeurs propres distinctes est diagonalisable sous la forme
indiqu{\'e}e. Quand D est une matrixe diagonale $D=Diag(x_1,...,x_n)$, pour toute
 matrice $U=(u_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}$ le terme g{\'e}n{\'e}ral de UD-DU
 est $x_ju_{i,j}-u_{i,j}x_i=u_{i,j}(x_j-x_i)$ ; Comme on veut que UD-DU=U
on doit avoir pour tous i et j $u_{i,j}(j-i-1)=0$ (puisqu'ici D=V et $x_i=i-1$.
Les $u_{i,i+1}$ sont arbitraires, les autres sont nuls : et ainsi avec les
matrices de base, sur la base o� V est diagonalis{\'e}e sous la forme $V_0$ on a
 : \cadrefin{$\bf U=\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}k_iE_i^{i+1}$\ \vrule\ \liong}
\trait
\lettrine{{5)}} {\bf Existence de u et v :}
Posons $u=\alpha u_1+\beta v_1$ alors $uv_1-v_1u=(\alpha u_1+\beta v_1)v_1-
v_1(\alpha u_1+\beta v_1)=\alpha(u_1v_1-v_1u_1)=\alpha (\alpha u_1+\beta v_1)=
\alpha u$ : comme $\alpha $ n'est pas nul $v=\frac{v_1}{\alpha}$ convient.

Il suffit donc de prendre \cadrefin{ $\bf u=\alpha u_1+\beta v_1$ \ \vrule \
$ v= \frac{v_1}{\alpha}$ \ \vrule\ \liong}.
\traitgras
%\fondpage={\ps{carnot,\hsize,\vsize,,80}}
\vfill
\leavevmode\hfill\transforme*{4 0 -4 6,70}{\bf Vidiani M1 Carnot}
\transforme{4 0 0 4}{\bf Vidiani M1 Carnot}
\vfill
\fondpage={\ps{carnot,\hsize,\vsize,-1 0 0 1,90}}

\bye



