Corrigé (ESCP 2001) par Pierre Veuillez

Partie A.

    1. Soit U = ( x y z ) . On résout A U = α U ( A α I ) U = 0

      ( 1 α 1 2 1 2 α 1 2 1 3 α ) ( x y z ) = ( 0 0 0 ) { ( 1 α ) x y + 2 z = 0 x + ( 2 α ) y z = 0 2 x y + ( 3 α ) z = 0

      { x = ( 2 α ) y + z ( 1 α ) ( ( 2 α ) y + z ) y + 2 z = 0 2 ( ( 2 α ) y + z ) y + ( 3 α ) z = 0 { x = ( 2 α ) y + z ( 1 + α α 2 ) y + ( 1 α ) z = 0 ( 3 2 α ) y + ( 1 α ) z = 0

      Et avec L 3 L 2 L 3

      ( 1 ) { x = ( 2 α ) y + z ( 1 + α α 2 ) y + ( 1 α ) z = 0 ( 2 3 α + α 2 ) y = 0

      On factorise 2 3 α + α 2 = ( α 1 ) ( α 2 ) . Donc

      • si α 1 et α 2 alors ( 1 ) { x = z ( 1 α ) z = 0 y = 0 et comme α 1 x = y = z = 0 et α n'est pas valeur propre.

      • si α = 1 alors ( 1 ) { x = y + z y = 0 0 = 0 { x = z y = 0 0 n'est pas la seule solution et α = 1 est valeur propre; Le sous espace propre associé est E 1 = { ( x , y , z ) / { x = z y = 0 } = { ( z , 0 , z ) / z } = V e c t ( ( 1 , 0 , 1 ) ) Comme la famille ( 1 , 0 , 1 ) est formée d'un seul vecteur non nul, elle est libre et est une base de E 1

      • si α = 2 alors ( 1 ) { x = z y z = 0 0 = 0 { x = z y = z 0 n'est pas la seule solution et α = 2 est valeur propre; Le sous espace propre associé est E 1 = { ( x , y , z ) / { x = z y = z } = V e c t ( ( 1 , 1 , 1 ) ) et ( 1 , 1 , 1 ) est une base de E 2

        Il n'y a donc que 1 et 2 qui sont valeurs propres de A .

    2. Les bases de E 1 et E 2 comprennent chacuhe un seul vecteurs. E 1 et E 2 sont donc de dimension 1.

      La somme des dimensions des sous espaces propres est donc 2 3 donc A n'est pas diagonalisable.

  1. Soit V un vecteur propre de A associé à la valeur propre 1. Alors V = ( a , 0 , a ) et W = ( x , y , z ) alors

    φ ( W ) = V + W A ( x y z ) = ( a 0 a ) + ( x y z ) ( A I ) ( x y z ) = ( a 0 a )

    ( 2 1 2 1 1 1 2 1 2 ) ( x y z ) = ( a 0 a ) { 2 x y + 2 z = a x + y z = 0 2 x y + 2 z = a

    { 2 ( y + z ) y + 2 z = a x = y + z { y = a x = y + z { y = a x = z a

    et pour z = 0 on a W = ( a , a , 0 ) qui est une solution.

  2. La famille ( U , V , W ) comprenant 3 vecteurs, il sffit de montrer qu'elle est libre :

    si x U + y V + z W = 0 alors 0 = φ ( x U + y V + z W ) = x φ ( U ) + y φ ( V ) + z φ ( W ) donc comme U et V sont vecteurs propres :

    0 = 2 x U + y V + z ( V + W ) = 2 x U + ( y + z ) V + z W

    Et en faisant la différence L 2 L 1 : x U + z V = 0 et comme U et V sont associés à des valerus porpres distinctes, ils forment une famille libre, et on a x = 0 et z = 0 d'où en substituant dans L 1 : y = 0 et la famille est bien libre.

    Soit U un vecteur propre de A associé à la valeur propre 2. Montrer que la famille ( U , V , W ) est une base de R 3 .

  3. Comme φ ( U ) = 2 U : φ ( V ) = V : φ ( W ) = V + W on a direcement les coordonnées des images dans la base ( U , V , W ) =

    et B = ( 2 0 0 0 1 1 0 0 1 ) la formule de changement de base nous donne avec P = m a t , 𝒞 I d matrice de passage de 𝒞 dans , A la matrice de φ dans 𝒞 et B sa matrice dans , on a B = P 1 A P

    On peut prendre par exemple : U = ( 1 , 1 , 1 ) ; V = ( 1 , 0 , 1 ) et W = ( 1 , 1 , 0 ) on a P = ( 1 1 1 1 0 1 1 1 0 )

Partie B.

  1. = { a I + b H + c N / a , b , c } = V e c t ( I , H , N ) est un sous-espace vectoriel 3 ( )

    La famille ( I , H , N ) en est génératrice.

    Est-elle libre ?

    Si a I + b H + c N = 0 alors ( a + b 0 0 0 a c 0 0 a ) = 0 donc a = 0 et c = 0 d'où b = 0

    Donc ( I , H , N ) est libre et c'est une base de qui est daonc de dimension 3.

  2. B = ( 2 0 0 0 1 1 0 0 1 ) = I + H + N = 1 I + 1 H + 1 N

  3. La matrice C ( a , b , c ) étant triangulaire, ses valeurs propres sont sur la diagonale.

    Elle est inversible si 0 n'est pas valeur propre donc si a + b 0 et a 0

    On résout ( a + b 0 0 0 a c 0 0 a 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) L 2 c a L 3 1 a L 3 ( a + b 0 0 0 a 0 0 0 1 1 0 0 0 1 c / a 0 0 1 / a ) 1 a + b L 1 1 a L 2

    ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 / ( a + b ) 0 0 0 1 / a c / a 2 0 0 1 / a ) 1 a + b l 1 1 a L 2 1 a L 3 Donc C ( a , b , c ) 1 = ( 1 / ( a + b ) 0 0 0 1 / a c / a 2 0 0 1 / a )

  4. Les valeurs propres de C ( a , b , c ) triangulaires sont celles de la daigonales : a + b et a .

    si c = 0 on a alors C ( a , b , c ) qui est diagonale, donc diagonalisable ...

    si c 0 on détermine les sous espaces propres de C :

    on distingue suivant que b = 0 ( a est alors la seule valeur propre) et b 0

    Si b 0

    Alors la somme des dimensions des sous espaces propres est 2 3 donc C n'est pas diagonalisable.

    Si b = 0 alors a est la seule valeur propre de C :

    Alors le seul sous espace propres est de dimension 2 3 donc C n'est pas diagonalisable.

    Finalement C ( a , b , c ) est bien diagonalisable si et seulement si c = 0

(ESCP 2001)