Corrigé EDHEC 2000 par Pierre Veuillez

    1. E est inclus dans 3 ( ) . l a matrice nulle vérifie 0 K = K 0 = 0 donc 0 E

      Enfin si M et N sont dans E et m et y des réels alors :

      ( x M + y N ) K = x M K + y N K = ( x M + y N ) = x K M + y K N = K ( x M + y N )

      Donc E est un sous espace de 3 ( ) donc un espace vectoriel.

    2. Si M E est inversible alors M K = M et M 1 M K = K et M 1 M K = M 1 M = I . Or K I donc M n'est pas inversible.

      Donc aucune matrice de E n'est inversible.

    1. On calcule : M K = ( a b c d e f g h k ) ( 0 0 1 0 1 0 1 0 0 ) = ( c b a f e d k h g )

      K M = ( 0 0 1 0 1 0 1 0 0 ) ( a b c d e f g h k ) = ( g h k d e f a b c )

      d'où M K = K M = M équivaut à un système de 2 fois 9 équations par lignes : a = c = g et b = b = h et c = a = k et d = f = d et e = e = e et f = d = f et g = k = a et h = h = b et enfin k = g = c

      Ce qui équivaut à k = g = c = a , h = b et f = d ,.

      Donc en paramètrant par a , b , d et e on a E = { ( a b a d e d a b a ) / a , b , d , e }

    2. Comme la première et la dernière colonnes des matrices de E sont identiques, les colonnes sont liées et la matrice n'est pas inversible.

    3. On a E = V e c t { ( 1 0 1 0 0 0 1 0 1 ) , ( 0 1 0 0 0 0 0 1 0 ) , ( 0 0 0 1 0 1 0 0 0 ) , ( 0 0 0 0 1 0 0 0 0 ) }

      Cette famille étant échelonnée, elle est libre et forme donc une base de E . Donc d i m E = 4 .

    1. On a F E (avec a = x , b = y , d = y et e = z ) et est engendré par { ( 1 0 1 0 0 0 1 0 1 ) , ( 0 1 0 1 0 1 0 1 0 ) , ( 0 0 0 0 1 0 0 0 0 ) }

      qui est libre. Donc F est un sous espace vectoriel et une base en est ci-dessus.

    2. Les matrices de F sont- symétriques donc diagonalisables.

    3. On a U = ( 3 2 3 2 4 2 3 2 3 ) , Soit α et C = ( x y z ) 3 , 1 ( ) . On a alors

      ( U α I ) C = 0 { ( 3 α ) x + 2 y + 3 z = 0 2 x + ( 4 α ) y + 2 z = 0 3 x + 2 y + ( 3 α ) z = 0 et par subsitutuion :

      ( 1 ) { ( 3 α ) [ ( α 4 ) 2 y z ] + 2 y + 3 z = 0 x = ( α 4 ) 2 y z 3 [ ( α 4 ) 2 y z ] + 2 y + ( 3 α ) z = 0

      On simplifie : ( 3 α ) [ ( α 4 ) 2 y z ] + 2 y + 3 z = α 2 + 7 α 8 2 y + α z

      et 3 [ ( α 4 ) 2 y z ] + 2 y + ( 3 α ) z = 3 α 8 2 y α z donc en combinant L 1 + L 3 L 1

      ( 1 ) { ( α 2 + 7 α 8 2 + 3 α 8 2 ) y = 0 x = ( α 4 ) 2 y z 3 α 8 2 y α z = 0

      on retrouve 5 α 8 1 2 α 2 en facteur de y en première ligne, qui apour racines α = 2 et α = 8

      Donc

      • si α 2 et α 8 alors ( 1 ) ( 2 ) { y = 0 x = z α z = 0

        • si de plus α 0

          ( 2 ) x = y = z = 0 et α n'est pas valeur propre si α 0 , 2 et 8

        • Si α = 0

          ( 2 ) { y = 0 x = z qui a pour solutions V e c t { ( 1 0 1 ) } et 0 est valeur prorpe associé à la colonne ( 1 0 1 )

      • si α = 2 alors

        ( 1 ) { x = y z y 2 z = 0 { x = z y = 2 z donc 2 est valeur prorpe associé à la colonne ( 1 2 1 )

      • si α = alors

        ( 1 ) { x = 2 y z 8 y 8 z = 0 { x = z y = z donc 8 est valeur propre associé à ( 1 1 1 )

    1. ϕ est une application de F dans (définie sur F et à valeurs dans )

      Soient A = ( a i , j ) et B = ( b i , j ) deux matrices de F et mx et y deux réels alors ( x A + y B ) = ( x a i , j + y b i , j )

      Donc ϕ ( x A + y B ) = i = 1 3 j = 1 3 ( 1 ) i + j ( x a i , j + y b i , j ) = x i = 1 3 j = 1 3 ( 1 ) i + j ( x a i , j ) + y i = 1 3 j = 1 3 ( 1 ) i + j b i , j = x ϕ ( A ) + y ϕ ( B ) donc ϕ est linéaire.

    2. On a ϕ ( ( 0 0 0 0 1 0 0 0 0 ) ) = ( 1 ) 2 + 2 1 = 1

      Donc I m ϕ { 0 } et dim ( I m ϕ ) 1 et dim ( I m ϕ ) = 1 opuisque I m ϕ

      et par le théorème du rang dim ( ker ( ϕ ) ) = 3 dim ( I m ϕ ) = 2

    3. Soit M = ( x y x y z y x y x ) une matrice de K e r ϕ .

      ϕ ( M ) = x y + x y + z y + x y + x = 4 x 4 y + z

      Donc ϕ ( M ) = 0 z = 4 x 4 y et on trouve que ( 1 0 1 0 4 0 1 0 1 ) et ( 0 1 0 1 4 1 0 1 0 ) en sont éléments. Ils forment une famille libre donc une base de K e r ϕ .