Corrigé EML 1997 par Pierre Veuillez

    1. on a M 2 = ( 1 a b a c b a 1 b c c a c b 1 ) ( 1 a b a c b a 1 b c c a c b 1 ) = ( 3 3 a b 3 a c 3 b a 3 3 b c 3 c a 3 c b 3 ) = 3 M

    2. Remarque : Montrer l'inclusion c'est montrer un ''si...alors''

      Si α est valeur propre de M et que U est une colonne propre associée (non nulle) alors M U = α U et  M 2 U = M ( M U ) = M ( α U ) = α M U = α 2 U Et comme d'autre part M 2 = 3 M alors M 2 U = 3 M U = 3 α U

      Donc 3 α U = α 2 U et ( 3 α α 2 ) U = 0

      Et comme U 0 alors 3 α α 2 = 0 et donc α = 0 ou α = 3

      Finalment, si α est valeur propre de M alors α { 0 , 3 } et l'ensemble des valeurs propres de M est inclus dans { 0 , 3 } .

    1. On n'a donc plus à résoudre ici ( M α I ) U = 0 pour tout α mais seulement pour α = 0 et 3

      Soit U = ( x y z )

      • pour α = 0 : M U = 0 { x + a b y + a c z = 0 b a x + y + b c z = 0 L 2 b a L 1 c a x + c b y + z = 0 L 3 c a L 1

        { x + a b y + a c z = 0 0 = 0 0 = 0 x = a b y + a c z . Et 0 n'est pas la seule colonne solution .

        Donc 0 est valeur propre de M et son sous espace porpre associé est 𝒮 0 = { ( a b y a c z y z ) / ( y , z ) 2 } = V e c t ( ( a b 1 0 ) , ( a c 0 1 ) ) .

        La famille étant échelonnée, elle est une base du sous espace associé à la valeur propre 0.

      • pour α = 3 : ( M 3 I ) U = 0 { 2 x + a b y + a c z = 0 b a x 2 y + b c z = 0 L 2 + b 2 a L 1 c a x + c b y 2 z = 0 L 3 + c 2 a L 1

        { 2 x + a b y + a c z = 0 3 2 y + 3 b 2 c z = 0 3 c 2 b y 3 2 z = 0 L 3 + c b L 2 { 2 x + a b y + a c z = 0 3 2 y + 3 b 2 c z = 0 0 = 0 L 3 + L 2

        { x = a c z y = b c z

        Donc 3 est valeur propre de M et son sous espace porpre associé est 𝒮 3 = V e c t ( ( a c b c 1 ) ) .

        Le vecteur étant non nul, il forme une famille libre donc une base de 𝒮 3 .

    2. Comme la somme des dimensions des sosu-espaces propres est 3 alors la matrice est M diagonalisable. P = ( a a a b b 0 c 0 c ) D = ( 3 0 0 0 0 0 0 0 0 ) Q = ( 1 a 1 b 1 c 1 a 2 b 1 c 1 a 1 b 2 c )

    1. P Q = ( a a a b b 0 c 0 c ) ( 1 a 1 b 1 c 1 a 2 b 1 c 1 a 1 b 2 c ) = ( 3 0 0 0 3 0 0 0 3 ) = 3 I

      Donc P 1 3 Q = I et P est inversible d'inverse 1 3 Q

    2. On peut effectuer le calcul P D P 1 = M ou remarquer que les colonnes de P sont :

      ( a b c ) = c ( a c b c 1 ) , ( a b 0 ) = b ( a b 1 0 ) , ( a 0 c ) = c ( a c 0 1 )

      sont encore 3 colonnes propres associés à 3, 0 et 0, qui forment une famille libre.

      Donc la formule de changmeent de base nous donne : M = P D P 1

  1. On écrit Y par ses coefficients : Y = ( a u x b v y c w z ) et on a alors

    D Y Y D = ( 3 0 0 0 0 0 0 0 0 ) ( a u x b v y c w z ) ( a u x b v y c w z ) ( 3 0 0 0 0 0 0 0 0 ) = ( 3 a 3 u 3 x 0 0 0 0 0 0 ) ( 3 a 0 0 3 b 0 0 3 c 0 0 ) = ( 0 3 u 3 x 3 b 0 0 3 c 0 0 )

    Donc D Y Y D = 3 Y a = b = c = v = x = y = z = 0

    et les matrices solution sont 𝒮 = { ( 0 u x 0 0 0 0 0 0 ) / ( u , x ) 2 }

  2. On se ramène au problème précédent :

    M X X M = 3 X P D P 1 X X P D P 1 = X D P 1 X P P 1 X P D = P 1 X P

    Soit Y = P 1 X P ( X = P Y P 1 ) alors M X X M = 3 X D Y Y D = 3 Y

    Donc les solutions de M X X M = 3 X sont 𝒮 = { P ( 0 u x 0 0 0 0 0 0 ) P 1 / ( u , x ) 2 }

    On note A = P ( 0 1 0 0 0 0 0 0 0 ) P 1 et B = P ( 0 0 1 0 0 0 0 0 0 ) P 1

    Ils forment une famille libre car si u A + x B = 0 alors P ( 0 u x 0 0 0 0 0 0 ) P 1 = 0 et ( 0 u x 0 0 0 0 0 0 ) = 0 d'où u = v = 0

    Et 𝒮 = { u A + x B / ( u , x ) 2 } = V e c t ( A , B ) est donc le sous espace de 3 ( ) engendré par ( A , B ) est donc un espace vectoriel et ( A , B ) en est une base.

    Donc 𝒮 est bien de dimension 2.