Corrigé par Pierre Veuillez

E = { ( b a b a b b b b a ) , a , b } . On note f a , b l'endomorphisme de 3 représenté par la matrice M ( a , b ) dans la base canonique = ( e 1 , e 2 , e 3 ) de 3 .

Structure de E .



  1. On a E = { ( b a b a b b b b a ) / a , b } = { a ( 0 1 0 1 0 0 0 0 1 ) + b ( 1 0 1 0 1 1 1 1 0 ) / a , b }

    on reconnait ( 0 1 0 1 0 0 0 0 1 ) = M ( 1 , 0 ) et ( 1 0 1 0 1 1 1 1 0 ) = M ( 0 , 1 )

    Donc E = V e c t ( M ( 1 , 0 ) , M ( 0 , 1 ) ) sous espace de 3 ( ) .

  2. On a du même coup pour famille génératrice : ( M ( 1 , 0 ) , M ( 0 , 1 ) )

    Pour montrer qu'elle est libre on montre que si une combinaison linéaire est nulle alors les coefficients sont nuls :

    Soient a et b deux réels. Si a M ( 1 , 0 ) + b M ( 0 , 1 ) = 0 alors ( b a b a b b b b a ) = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ) ,

    donc a = 0 et b = 0.

    Cette famille est donc libre et génératrice. C'est donc une base de E qui est donc de dimension 2.

Étude d'un cas particulier.



On pose A = M ( 1 , 0 ) .

  1. A 2 = ( 0 1 0 1 0 0 0 0 1 ) ( 0 1 0 1 0 0 0 0 1 ) = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) = I

    Donc A A = I (et A A = I ) A est inversible et son inverse est A 1 = A

  2. On peut utiliser la relation précédente pour en déduire les seules valeurs propres possibles de A :

  3. Soient i = ( 1 , 1 , 0 ) , j = ( 0 , 0 , 1 ) et k = ( 1 , 1 , 0 ) .

    Ils ont pour coordonnées dans la base canonique ( 1 , 1 , 0 ) , ( 0 , 0 , 1 ) et ( 1 , 1 , 0 )

    Comme A est la matrice de f 1 , 0 dans la base les vecteurs ( i , j ) forment une base du sous espace propre de f 1 , 0 associés à la valeur propre 1 et le vecteur ( k ) est une base du sous espace propre associé à la valeur propre 1 .

    Comme la somme des dimensions des sous espaces propres est égal à 3 (dimension de 3 ) la concaténation ( i , j , k ) de ces bases forme une base de 3 .

    Et la matrice de f 1 , 0 dans cette base est ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 )

Diagonalisation des éléments de E et application.



On considère les vecteurs de 3 suivants : u = ( 1 , 1 , 1 ) , v = ( 1 , 1 , 0 ) , w = ( 1 , 1 , 2 ) .

  1. Les matrices de E sont symétriques donc diagonalisables.

  2. Comme 𝒞 = ( u , v , w ) a 3 éléments, il suffit de montrer que la famille est libre pour montrer qu'elle est une base :

    Si x u + y v + z w = 0 alors \dots x = y = z = 0

    Mais comme on demande ensuite la matrice inverse de la matrice de passage, il est plus économe de tout faire en même temps.

    ( u , v , w ) est une base si et seulement si la matrice de leurs coordonnées (en colonne) est inversible.

    Soit P = ( 1 1 1 1 1 1 1 0 2 ) cette matrice. On applique la méthode de Gauss

    ( 1 1 1 1 1 1 1 0 2 | 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) L 1 L 2 L 1 L 3 L 1 ( 1 1 1 0 2 0 0 1 3 | 1 0 0 1 1 0 1 0 1 ) L 1 + L 2 / 2 L 2 / 2 L 3 L 2 / 2

    ( 1 0 1 0 1 0 0 0 3 | 1 / 2 1 / 2 0 1 / 2 1 / 2 0 1 / 2 1 / 2 1 ) L 1 + L 3 / 3 L 2 L 3 / 3 ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 | 1 / 3 1 / 3 1 / 3 1 / 2 1 / 2 0 1 / 6 1 / 6 1 / 3 ) L 1 + L 3 / 3 L 2 L 3 / 3

    Donc P est inversible et P 1 = ( 1 / 3 1 / 3 1 / 3 1 / 2 1 / 2 0 1 / 6 1 / 6 1 / 3 )

    Un raccourci de la rédaction (le calcul d'inverse est à faire au brouillon) est de constater (sans expliquer d'où vient cette matrice) que :

    ( 1 1 1 1 1 1 1 0 2 ) ( 1 / 3 1 / 3 1 / 3 1 / 2 1 / 2 0 1 / 6 1 / 6 1 / 3 ) = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 )

    Finalement ( u , v , w ) est une base de 3

  3. La matrice de passage de la base à la base 𝒞 est formée par les coordonnées (en colonne) des vecteurs de 𝒞 dans la base . C'est donc la matrice P écrite ci-dessus.

  4. P 1 = ( 1 / 3 1 / 3 1 / 3 1 / 2 1 / 2 0 1 / 6 1 / 6 1 / 3 )

  5. On pourrait utiliser la formule de changement de base pour obtenir les coordonnées des images de u , v , w dans la base 𝒞 .

    Mais comme ces vecteurs ne nous ont pas étés donnés au hasard, on peut tenter directement à partir de leurs coordonnées dans la base canonique et de la matrice de f a , b dans cette même base.

    u a pour coordonnées ( 1 , 1 , 1 ) donc f a , b ( u ) a pour coordonnées dans : M ( a , b ) = ( b a b a b b b b a ) ( 1 1 1 ) = ( 2 b + a 2 b + a 2 b + a ) = ( 2 b + a ) ( 1 1 1 )

    Donc f a , b ( u ) = ( 2 b + a ) u et de même

    f a , b ( v ) a pour coordonnées : ( b a b a b b b b a ) ( 1 1 0 ) = ( b a a b 0 ) = ( b a ) ( 1 1 0 )

    donc f a , b ( v ) = ( b a ) v

    Et enfin f a , b ( w ) a pour coordonnées dans : ( b a b a b b b b a ) ( 1 1 2 ) = ( a b a b 2 b 2 a ) = ( a b ) ( 1 1 2 )

    donc f a , b ( w ) = ( a b ) w

  6. La matrice de f a , b dans la base 𝒞 . est donc : D a , b = ( 2 b + a 0 0 0 b a 0 0 0 a b )

  7. P est la matrice de passage de dans 𝒞 . Son inverse P 1 est donc la matrice de passagede 𝒞 dans . Donc la matrice de f a , b dans la base 𝒞 s'obtient à partir de sa matrice M a , b dans la base par : P 1 M a , b P = D a , b .

  8. D a , b étant une matrice doagonale, elle est inversible si et seulement si les coefficients de la diagonale sont tous non nuls.

    Donc si et seulement si a 2 b et a b

  9. On a alors comme D a , b est diagonale, son inverse en inversant les coefficients de la diagonale :

    D a , b 1 = ( 1 / ( 2 b + a ) 0 0 0 1 / ( b a ) 0 0 0 1 / ( a b ) )

  10. Les deux matrices M a , b et D a , b e ´ tan t semblables, elles sont simultanément inversible. Donc M a , b est inversible sis et seulement si a 2 b et a b .