Corrigé ESC 2002 par Pierre Veuillez

  1. On a A 2 = ( 2 2 2 2 2 + m 2 + m 2 2 m 2 m ) ( 2 2 2 2 2 + m 2 + m 2 2 m 2 m ) = ( 4 4 4 4 4 4 4 4 4 )

    1. et A 3 = 4 ( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) ( 2 2 2 2 2 + m 2 + m 2 2 m 2 m ) = 8 ( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) = 2 A 2

    2. Si λ est une valeur propre de A et que X est un vecteur propre associé à cette valeur propre λ

      alors A X = λ X et A 2 X = A ( λ X ) = λ λ X = λ 2 X et de même A 3 X = λ 3 X

      Donc ( A 3 2 A 2 ) X = 0 d'une part et d'autre part

      ( A 3 2 A 2 ) X = A 3 X 2 A 2 X = λ 3 X 2 λ 2 X = ( λ 3 2 λ 2 ) X

      Finalement ( λ 3 2 λ 2 ) X = 0

      Comme X 0 alors 0 = λ 3 2 λ 2 = λ 2 ( λ 2 ) donc λ = 0 ou 2 et S p ( A ) { 0 , 2 } .

      N.B. prouver l'inclusion, c'est démontrer un si...alors

  2. Dans cette série de questions on étudie le cas m = 0 et on cherche à diagonaliser A .

    1. Pour m = 0 on a A = ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) .

      On détermine les sous espaces propres :

      ( A 0 I ) ( x y z ) = 0 { x + y + z = 0 x + y + z = 0 x y z = 0 x = y z

      Donc 0 est valeur propre de A et son sous espace associé est 𝒮 0 = V e c t ( ( 1 , 1 , 0 ) , ( 1 , 0 , 1 ) )

      ( A 2 I ) ( x y z ) = 0 { y + z = 0 x + z = 0 x y 2 z = 0 { y = z x = z

      Donc 2 est valeur propre de A et son sous espace associé est 𝒮 2 = V e c t ( ( 1 , 1 , 1 ) )

    2. Comme 𝒮 0 = V e c t ( ( 1 , 1 , 0 ) , ( 1 , 0 , 1 ) ) et que la famille ( ( 1 , 1 , 0 ) , ( 1 , 0 , 1 ) ) est échelonnée, elle est une base de 𝒮 0 qui est donc de dimension 2.

      Comme 𝒮 2 = V e c t ( ( 1 , 1 , 1 ) ) et que ( 1 , 1 , 1 ) 0 alors ( ( 1 , 1 , 1 ) ) est une base de 𝒮 2 qui est donc de dimension 1.

      La somme des dimensino des sous-espaces propres étant 3 (taille de la matrice) alors A est diagonailisable.

      Comme dans la forme diagonalisée, α apparaît deux fois, le sous espace porpre est de dimension 2 donc α = 0

      et avec Q = ( 1 1 1 1 0 1 0 1 1 ) et D = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 2 ) on a A = Q D Q 1 .

    3. On a D 2 = 2 D donc A 2 = Q D 2 Q 1 = 2 Q D Q 1 = 2 A = 2 A + 0 I

      Donc a = 2 et b = 0 conviennent.

  3. Dans cette série de questions, on suppose que le paramètre m est non nul.
    On note = ( e 1 , e 2 , e 3 ) la base canonique de 3 et f l'endomorphisme de 3 dont la matrice relativement à est A .

    1. ( f 0 I d ) ( x , y , z ) = 0 ( A 0 I ) ( x y z ) = 0

      { 2 x + 2 y + 2 z = 0 2 x + ( 2 + m ) y + ( 2 + m ) z = 0 2 x ( 2 + m ) y ( 2 + m ) z = 0 { x = y z 0 m y + m z = 0 m y m z = 0 et comme m 0 :

      { x = y z 0 y = z 0 = 0 { x = 0 y = z

      Donc 0 est valeur propre de f et son sous-espace porpre associé est 𝒮 0 = V e c t ( ( 0 , 1 , 1 ) )

      ( A 2 I ) ( x y z ) = 0 { 2 y + 2 z = 0 2 x + m y + ( 2 + m ) z = 0 2 x ( 2 + m ) y ( 4 + m ) z = 0

      { y = z 2 x + 2 z = 0 2 x 2 z = 0 { y = z x = z

      Donc 2 est valeur propre de f et son sous espace associé est 𝒮 2 = V e c t ( ( 1 , 1 , 1 ) )

    2. Un vecteur non nul formant une famille libre, ( ( 0 , 1 , 1 ) ) est une base de 𝒮 0 et ( ( 1 , 1 , 1 ) ) est une base de 𝒮 2

      La somme des dimensions des sous-espaces propres n'étant pas 3, la matrice A n'est pas diagonalisable.

    3. On pose les vecteurs de 3 : u = e 1 e 2 = ( 1 , 1 , 0 ) ; v = f m ( u ) ; w = e 1 + e 2 e 3 = ( 1 , 1 , 1 ) . On calcule v = f ( u ) en passant par ses coordonnées :

      ( 2 2 2 2 2 + m 2 + m 2 2 m 2 m )

      m a t ( f ( u ) ) = A ( 1 1 0 ) = ( 0 m m ) donc v = ( 0 , m , m ) = m ( 0 , 1 , 1 ) donc v est un vecteur propre associé à 0.

      f ( v ) = 0

      et comme w = ( 1 , 1 , 1 ) c'est un vecteur propre associé à 2 donc f ( w ) . = 2 w

    4. On montre que la famille 𝒞 = ( u , v , w ) est libre :

      si x u + y v + z w = 0 alors x ( 1 , 1 , 0 ) + y ( 0 , m , m ) + z ( 1 , 1 , 1 ) = 0 donc

      { x + z = 0 x m y + z = 0 m y z = 0 et { z = 0 x = 0 m y = 0 et comme m 0 on a x = y = z = 0

      La famille est libre et a 3 vecteurs. C'est donc une base de 3 .

      On a les coordonnées de leurs images dans la base ( u , v , w ) par :

      f ( u ) = v donc coord 𝒞 ( f ( u ) ) = ( 0 , 1 , 0 )

      f ( v ) = 0 et f ( w ) = 2 w donc m a t C ( f ) = ( 0 0 0 1 0 0 0 0 2 )

    5. D'après la formule de changement de base on a : m a t C ( f ) = m a t C m a t B ( f ) m a t 𝒞

      Donc avec P = m a t 𝒞 = ( 1 0 1 1 m 1 0 m 1 ) on a P 1 A P = ( 0 0 0 1 0 0 0 0 2 ) = B

    6. Pour résoudre, on se ramène à l'écriture précédente :

      A 2 = c A + d I P 1 A 2 P = P 1 ( c A + d I ) P B 2 = c B + d I

      On calcule ( P 1 A P ) 2 = B 2 = ( 0 0 0 1 0 0 0 0 2 ) ( 0 0 0 1 0 0 0 0 2 ) = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 4 )

      Donc si A 2 = c A + d I alors c = 0 et d = 0 , ce qui n'est pas une solution.

      Donc on ne peut pas écrire A 2 = c A + d I avec c et d réels.

(ESC 2002)