Matrices par blocs et sous-espaces stables : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : matrices par blocs et sous-espaces stables

Le corrigé détaillé : matrices par blocs et sous-espaces stables

Exercice 1 – Vrai ou faux sur la stabilité (4 points)

1. Vrai. Soit \(x \in F + G\), écrit \(x = y + z\) avec \(y \in F\) et \(z \in G\). Par linéarité, \(u(x) = u(y) + u(z)\), où \(u(y) \in F\) et \(u(z) \in G\) ; ainsi \(u(x) \in F + G\). Ensuite, pour \(x \in F \cap G\), le vecteur \(u(x)\) appartient à \(F\) car \(F\) est stable, et à \(G\) pour la même raison. Il est donc dans \(F \cap G\).

2. Un contre-exemple en dimension 2

   Faux. Sur \(E = \mathbb{R}^2\), choisissons \(u\) tel que \(u(e_1) = e_1\) et \(u(e_2) = 3e_1 – e_2\), autrement dit de matrice \(\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\). La droite \(F = \mathrm{Vect}(e_1)\) est alors stable. Pourtant \(G = \mathrm{Vect}(e_2)\), qui complète \(F\) en somme directe, ne l’est pas, car \(3e_1 – e_2 \notin G\).

3. Faux. Si \(x\) est un vecteur propre de \(u\), alors \(2x\) en est un aussi, pour la même valeur propre. La famille \((x, 2x)\) est cependant liée. La liberté n’est garantie que si les vecteurs propres choisis correspondent à des valeurs propres toutes différentes.

4. La commutation préserve les sous-espaces propres

   Vrai. Soit \(\lambda\) une valeur propre de \(u\) et \(x \in \mathrm{Ker}(u – \lambda\,\mathrm{id})\). Comme \(u\) et \(v\) commutent, \(u(v(x)) = v(u(x)) = v(\lambda x) = \lambda\, v(x)\). Par conséquent \(v(x)\) appartient au même sous-espace propre, qui est donc stable par \(v\).

Barème : 1 point par affirmation, dont 0,25 pour la bonne réponse et 0,75 pour la preuve ou le contre-exemple vérifié.

Piège classique : croire qu’un sous-espace stable possède toujours un supplémentaire stable ; c’est faux en général, même quand un autre supplémentaire stable existe.

Exercice 2 – Une matrice triangulaire par blocs (4 points)

1. Les deux premières colonnes de \(A\) donnent \(u(e_1) = 2e_1 – e_2\) et \(u(e_2) = e_1\), qui appartiennent à \(F\). Or \(u(F)\) est engendré par \(u(e_1)\) et \(u(e_2)\), donc \(u(F) \subset F\). La matrice de l’endomorphisme induit est le bloc supérieur gauche : \(\mathrm{Mat}(u_F) = B = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\).
2. Puisque le bloc en bas à gauche est nul, la formule du déterminant triangulaire par blocs s’applique : il suffit de multiplier \(\det B\) par \(\det D\). Ici, \(\det B = 0 + 1 = 1\) et \(\det D = 4 + 2 = 6\). Ainsi \(\det u = 1 \times 6 = 6\).

3. Le produit par blocs

   Les blocs ont des tailles compatibles, si bien que \(A^2 = \begin{pmatrix} B^2 & BC + CD \\ 0 & D^2 \end{pmatrix}\), avec \(C = \begin{pmatrix} 0 & 3 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\) et \(D = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix}\).

   Les quatre blocs calculés

   On obtient \(B^2 = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ -2 & -1 \end{pmatrix}\) et \(D^2 = \begin{pmatrix} -1 & 10 \\ -5 & 14 \end{pmatrix}\). De plus, \(BC = \begin{pmatrix} 1 & 7 \\ 0 & -3 \end{pmatrix}\) et \(CD = \begin{pmatrix} -3 & 12 \\ 0 & 6 \end{pmatrix}\), d’où :

   \[A^2 = \begin{pmatrix} 3 & 2 & -2 & 19 \\ -2 & -1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & -1 & 10 \\ 0 & 0 & -5 & 14 \end{pmatrix}.\]

   Le bloc inférieur gauche reste nul, ce qui confirme que \(F\) est stable par \(u^2\).

4. La troisième colonne de \(A\) donne \(u(e_3) = e_2 + e_3 – e_4\). Ce vecteur a une composante non nulle sur \(e_2\), donc il n’appartient pas à \(G\). Le plan \(G\) n’est donc pas stable par \(u\) ; plus généralement, \(G\) serait stable si et seulement si le bloc \(C\) était nul.

Barème : 1) stabilité 0,5 point, matrice induite 0,5 point ; 2) théorème cité 0,5 point, valeur 0,5 point ; 3) écriture par blocs 0,5 point, calcul 0,5 point ; 4) 1 point.

Piège classique : écrire que le bloc en haut à droite de \(A^2\) vaut \(C^2\) ou \(2C\) ; il vaut \(BC + CD\), car les blocs ne commutent pas.

Exercice 3 – Une matrice de rang un (3 points)

1. La deuxième ligne vaut le double de la première, et la troisième son opposé. Comme la première ligne n’est pas nulle, \(M\) est de rang \(1\). Chaque ligne \(i\) s’écrit \(c_i\,(2\;\;1\;\;3)\), d’où \(M = CL\) avec \(L = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}\).
2. Pour une colonne \(X\), on a \(MX = C\,(LX)\), où \(LX\) est un réel. Puisque \(C \neq 0\), \(MX = 0\) équivaut à \(LX = 0\). Le noyau est donc le plan d’équation \(2x + y + 3z = 0\). Il n’est pas réduit à zéro : \(0\) est valeur propre, et son sous-espace propre est ce plan, de dimension \(2\).

3. Un vecteur propre évident

   On calcule \(MC = C\,(LC)\) avec \(LC = 2 + 2 – 3 = 1\). Donc \(MC = C\), et \(1\) est valeur propre de vecteur propre \(C\).

   Aucune autre valeur propre

   Soit \(X \neq 0\) et \(\lambda \neq 0\) tels que \(MX = \lambda X\). Alors \(X = \frac{1}{\lambda} MX = \frac{LX}{\lambda}\,C\), donc \(X = \mu C\) pour un réel \(\mu\) non nul. Il vient ensuite \(MX = \mu C = \lambda \mu C\), si bien que \(\lambda = 1\). Le spectre de \(M\) est donc \(\{0, 1\}\).

4. Un projecteur

   Par associativité, \(M^2 = C\,(LC)\,L = CL = M\). L’endomorphisme \(p\) associé vérifie donc \(p \circ p = p\) : c’est un projecteur. Son image est la droite \(\mathrm{Vect}(C)\), car \(M\) est de rang 1 et \(MC = C\). Son noyau est le plan \(2x + y + 3z = 0\), qui ne contient pas \(C\) puisque \(LC = 1\).

   Description géométrique

   On a ainsi \(\mathbb{R}^3 = \mathrm{Ker}\,M \oplus \mathrm{Vect}(C)\). \(M\) représente la projection sur la droite \(\mathrm{Vect}(C)\) parallèlement au plan \(2x + y + 3z = 0\) ; concrètement, \(MX = (2x + y + 3z)\,C\). La figure illustre la décomposition \(X = MX + (X – MX)\).

   

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 0,5 point ; 3) \(MC\) 0,25 point, unicité de la valeur propre non nulle 0,75 point ; 4) \(M^2 = M\) 0,5 point, description géométrique 0,5 point.

Piège classique : calculer le polynôme caractéristique d’une matrice de rang un ; la factorisation \(M = CL\) donne tout en deux lignes.

Exercice 4 – Ce qui commute avec une matrice triangulaire (4 points)

1. Le spectre lu sur la diagonale

   La matrice \(T – \lambda I_3\) est triangulaire supérieure, de coefficients diagonaux \(2 – \lambda\), \(-1 – \lambda\) et \(4 – \lambda\). Son déterminant est le produit de ces coefficients, donc elle est inversible si et seulement si \(\lambda \notin \{2, -1, 4\}\). Le spectre de \(T\) est ainsi \(\{2, -1, 4\}\).

   Résolution des trois systèmes

   D’abord, le système \(TX = 2X\) impose \(z = 0\) et \(-3y = 0\) : il est résolu par \(X_1 = (1, 0, 0)\). Ensuite, \(TX = -X\) conduit à \(3x + z = 0\) et \(5z = 0\), ce qui laisse \(X_2 = (0, 1, 0)\). Enfin, \(TX = 4X\) se réduit à \(-2x + z = 0\) et \(y = 0\), et l’on retient \(X_3 = (1, 0, 2)\) ; on vérifie que \(TX_3 = (4, 0, 8) = 4X_3\).

2. Fixons une valeur propre \(\lambda\) de \(T\) et un vecteur \(X\) tel que \(TX = \lambda X\), \(X \neq 0\). La commutation \(NT = TN\) fournit \(T(NX) = N(TX) = \lambda\, NX\), donc \(NX\) appartient au sous-espace propre de \(\lambda\). Or les trois valeurs propres sont distinctes en dimension 3, donc chaque sous-espace propre est une droite. Ainsi \(NX \in \mathrm{Vect}(X)\) : chaque droite propre de \(T\) est stable par \(N\), et \(X\) est vecteur propre de \(N\).

3. Une base commune de réduction

   Soit \(P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\), dont les colonnes sont \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\). D’après la question 2, \(P^{-1} N P\) est diagonale pour tout \(N \in \mathcal{C}(T)\). Réciproquement, deux matrices diagonales commutent ; donc \(P \Delta P^{-1}\) commute avec \(T = P\,\mathrm{diag}(2, -1, 4)\,P^{-1}\) pour toute matrice diagonale \(\Delta\). Le commutant est donc l’ensemble des \(P\,\mathrm{diag}(\alpha, \beta, \gamma)\,P^{-1}\), et il est de dimension \(3\).

4. Les puissances de \(T\) suffisent

   Supposons \(aI_3 + bT + cT^2 = 0\). En appliquant cette égalité à \(X_k\), on obtient \(a + b\lambda_k + c\lambda_k^2 = 0\) pour \(\lambda_k \in \{2, -1, 4\}\). Le polynôme \(a + bx + cx^2\) s’annule donc en trois réels différents alors que son degré ne dépasse pas 2 : c’est le polynôme nul. La famille \((I_3, T, T^2)\) est ainsi libre. De plus, ses éléments commutent avec \(T\). Comme \(\dim \mathcal{C}(T) = 3\), on conclut que \(\mathcal{C}(T) = \mathrm{Vect}(I_3, T, T^2)\).

Barème : 1) spectre 0,5 point, trois vecteurs propres 1 point ; 2) 1 point ; 3) 0,5 point ; 4) liberté 0,5 point, conclusion 0,5 point.

Piège classique : oublier que l’argument de la question 2 exige des droites propres ; avec un sous-espace propre de dimension 2, \(N\) ne serait pas forcément diagonale dans la même base.

Exercice 5 – Problème : droites et plans stables (5 points)

1. Soit \(X \neq 0\). Si \(\mathrm{Vect}(X)\) est stable, alors \(AX \in \mathrm{Vect}(X)\), donc il existe \(\lambda\) réel tel que \(AX = \lambda X\) : \(X\) est vecteur propre. Réciproquement, si \(AX = \lambda X\), alors \(A(\mu X) = \lambda \mu X\) reste dans la droite. Une droite est donc stable exactement quand ses vecteurs non nuls sont propres pour \(A\).

2. Le sens réciproque

   Supposons \(A^{\top} n = \lambda n\). Pour \(X \in \Pi_n\), on écrit \(n^{\top}(AX) = \left(A^{\top} n\right)^{\top} X = \lambda\, n^{\top} X = 0\). Ainsi \(AX \in \Pi_n\), et le plan est stable.

   Le sens direct

   Supposons maintenant \(\Pi_n\) stable. Pour tout \(X \in \Pi_n\), on a \(AX \in \Pi_n\), donc \(\left(A^{\top} n\right)^{\top} X = n^{\top} A X = 0\). Le vecteur \(A^{\top} n\) est donc orthogonal, pour le produit scalaire canonique, à tout le plan \(\Pi_n\). Or l’orthogonal de ce plan est une droite qui contient \(n\), c’est-à-dire \(\mathrm{Vect}(n)\). Il existe par conséquent un réel \(\lambda\) avec \(A^{\top} n = \lambda n\). Comme \(n \neq 0\), \(n\) est un vecteur propre de \(A^{\top}\).

3. Éléments propres de \(A\)

   La matrice \(A\) est triangulaire inférieure ; comme à l’exercice 4, ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux \(1\), \(2\) et \(3\). Pour \(\lambda = 3\), le système \(AX = 3X\) donne \(x = 0\) puis \(y = 0\), d’où \(D_3 = \mathrm{Vect}(0, 0, 1)\). Pour \(\lambda = 2\), on trouve \(x = 0\) et \(y + z = 0\), d’où \(D_2 = \mathrm{Vect}(0, 1, -1)\). Enfin, pour \(\lambda = 1\), les équations \(x + y = 0\) et \(y + 2z = 0\) donnent \(D_1 = \mathrm{Vect}(2, -2, 1)\) ; en effet, \(A\,(2, -2, 1) = (2, -2, 1)\).

   Éléments propres de la transposée

   La transposée \(A^{\top}\) a les mêmes valeurs propres. Pour \(\lambda = 1\), on obtient \(n_2 = 0\) et \(n_3 = 0\), donc \(n = (1, 0, 0)\). Pour \(\lambda = 2\), il vient \(n_3 = 0\) et \(n_1 = n_2\), donc \(n = (1, 1, 0)\). Pour \(\lambda = 3\), on trouve \(n_2 = 2n_1\) et \(n_3 = n_2\), donc \(n = (1, 2, 2)\). Les trois valeurs propres étant distinctes en dimension 3, chaque sous-espace propre de \(A\) ou de \(A^{\top}\) est une droite.

4. La liste complète

   D’après la question 1, les droites stables sont \(D_1\), \(D_2\) et \(D_3\), et il n’y en a pas d’autre. D’après la question 2, un plan stable a un vecteur normal propre pour \(A^{\top}\), défini à un facteur près. Les plans stables sont donc \(x = 0\), \(x + y = 0\) et \(x + 2y + 2z = 0\). Avec \(\{0\}\) et \(\mathbb{R}^3\), on obtient huit sous-espaces stables.

   Vérification des inclusions

   Le plan \(x = 0\) contient \(D_3\) et \(D_2\). Ensuite, \(x + y = 0\) contient \(D_3\) et \(D_1\), car \(2 – 2 = 0\). Enfin, \(x + 2y + 2z = 0\) contient \(D_2\), puisque \(2 – 2 = 0\), ainsi que \(D_1\), puisque \(2 – 4 + 2 = 0\). Chaque plan stable est donc la somme de deux droites stables, comme le montre le schéma.

   

Barème : 1) 1 point ; 2) sens réciproque 0,5 point, sens direct 1 point ; 3) éléments propres de \(A\) 0,75 point, de \(A^{\top}\) 0,75 point ; 4) liste justifiée 0,75 point, vérification 0,25 point.

Piège classique : chercher les plans stables parmi les plans engendrés par deux vecteurs propres sans prouver qu’il n’en existe pas d’autres ; le passage par \(A^{\top}\) règle cette question.

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