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Exercice 1  3143  Correction  

Soient A,Bp(). On suppose

(AB)nOp.

Montrer que

(BA)nOp.

Solution

Il suffit d’observer

(BA)n+1=B(AB)nAn+Op.
 
Exercice 2  1670  Correction  

Soient A,Bn() telles que

Akk+PetBkk+Q.

On suppose que les matrices A et B commutent. Montrer que les matrices P et Q commutent.

Solution

Puisque les matrices A et B commutent, il en est de même des matrices Ak et Bk. En passant à la limite la relation

AkBk=BkAk

on obtient

PQ=QP.
 
Exercice 3  471  Correction  

Soit (An) une suite de matrices inversibles de p(𝕂).
On suppose

Ann+AetAn-1n+B.

Montrer que A est inversible et déterminer son inverse.

Solution

On a

AnAn-1=Ip.

En passant cette relation à la limite on obtient

AB=Ip.

Par le théorème d’inversibilité, on peut affirmer que A est inversible et

A-1=B.
 
Exercice 4  3010     ENTPECorrection  

Soit Ap(). On suppose que la suite (An)n converge vers B.
Montrer que B est semblable à une matrice diagonale n’ayant que des 0 et des 1.

Solution

A2nB et A2n=An×AnB2 donc B=B2 et B est une matrice de projection.

 
Exercice 5  3925    MINES (MP)Correction  

Soit An() une matrice antisymétrique telle que la suite (Ak)k converge vers B dans n().
Que dire de B?

Solution

D’une part,

(Ak)tk+Bt.

D’autre part,

(Ak)t=(-1)kAk.

On a donc

(A2p)t=(-1)2pA2pp+B

et

(A2p+1)t=(-1)2p+1A2p+1p+-B.

Par unicité de la limite,

B=Bt=-B.

On en déduit que la matrice B est nulle.

 
Exercice 6  3851     MINES (MP)

Soit a. Déterminer la limite de la suite (Ann)n1 avec

An=(1-anan1).
 
Exercice 7  3022   

Soient p* et Ap().

  • (a)

    On suppose A diagonalisable et Sp(A)]-1;1[. Montrer que la suite géométrique (An) converge vers la matrice nulle.

  • (b)

    Même question avec trigonalisable au lieu de diagonalisable.

 
Exercice 8  5424     MINES (MP)Correction  

Déterminer les triplets (a,b,c)3 tels que

an+bn+cnn+0.

Solution

Soit (a,b,c) un triplet solution. Introduisons

V=(111abca2b2c2)etXn=(anbncn).

Par hypothèse,

Yn=VXn=(an+bn+cnan+1+bn+1+cn+1an+2+bn+2+cn+2).

Cas: a, b et c sont deux à deux distincts. La matrice V est inversible et donc

Xn=(anbncn)=V-1Ynn+(000).

On en déduit que a, b et c sont de modules strictement inférieurs à 1

Cas: a=b et ac. On adapte ce qui précède en écrivant

(212ac)(ancn)=(2an+cn2an+1+cn+1)n+(00).

Les autres cas sont similaires.

Finalement,

an+bn+cnn+0|a|,|b|,|c|<1.

La réciproque est immédiate.

 
Exercice 9  3036    Correction  

Soit (An) une suite convergente d’éléments de n(𝕂) et de limite A.
Montrer que pour n assez grand

rg(An)rg(A).

Solution

Posons r=rg(A).
La matrice A possède est déterminant extrait non nul de taille r.
Le déterminant extrait correspondant des matrices An est alors non nul à partir d’un certain rang et donc rg(An)r

 
Exercice 10  3475      X (MP)

Soit (Ak) une suite de matrices de n(𝕂) convergeant vers An(𝕂). On suppose que les matrices Ak sont toutes de même rang p. Montrer rg(A)p.

Que dire de la nature topologique de l’ensemble p(𝕂) des matrices de n(𝕂) de rangs inférieurs à p?

 
Exercice 11  4980      X (PSI)

Soient n2 et A=(ai,j)n() une matrice à coefficients strictement positifs vérifiant11 1 A est une matrice stochastique (voir le sujet 5120).

j=1nai,j=1pour tout i1;n.

On note α le plus petit coefficient de la matrice A et, pour Xn,1(), on note min(X) et max(X) le plus petit et le plus grand coefficient de la colonne X.

  • (a)

    On suppose que les coefficients d’une colonne Yn,1() sont tous positifs. Établir min(AY)αmax(Y).

Soient Xn,1() et Y=X-min(X)U avec U la colonne de hauteur n dont tous les coefficients sont égaux à 1.

  • (b)

    Montrer

    min(AX)αmax(X)+(1-α)min(X)

    puis

    max(AX)αmin(X)+(1-α)max(X).
  • (c)

    En déduire que les suites (min(ApX))p et (max(ApX))p sont adjacentes.

  • (d)

    Conclure que la suite (Ap)p converge et déterminer le rang de sa limite.

 
Exercice 12  3413      ENS LyonCorrection  

Soit q*. On note Eq l’ensemble des AGLn() telles que

Aq=In.
  • (a)

    Que dire de AEq telle que 1 est seule valeur propre de A?

  • (b)

    Montrer que In est un point isolé de Eq, c’est-à-dire que toute suite d’éléments de Eq de limite In est constante égale à In à partir d’un certain rang.

Solution

  • (a)

    Une matrice AEq annule le polynôme scindé simple Xq-1, elle est donc diagonalisable. Si 1 est sa seule valeur propre alors A=In car semblable à In.

  • (b)

    Par l’absurde, supposons qu’il existe une suite (Ap) d’éléments de Eq{In} vérifiant

    App+In.

    Par continuité de la trace,

    tr(Ap)p+n.

    Or la trace de Ap est la somme de ses valeurs propres, celles-ci ne sont pas toutes égales à 1 et sont racines q-ième de l’unité donc

    Re(tr(Ap))(n-1)+cos(2πq).

    Cette majoration est incompatible avec la propriété tr(Ap)p+n.

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Édité le 08-11-2019

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