Corrigé ECRICOME 2003 par Pierre Veuillez

On considère l'espace vectoriel E = 3 et f l'endomorphisme de E dont la matrice dans la base canonique = ( e 1 , e 2 , e 3 ) est la matrice A :

A = ( 3 2 3 1 0 2 0 0 2 )

1. Calcul des puissances de A

  1. Soit α et u = ( x , y , z ) alors ( f α I d ) ( u ) = 0 { ( 3 α ) x 2 y + 3 z = 0 L 1 ( 3 α ) L 2 x α y + 2 z = 0 ( 2 α ) z = 0 { ( α ( 3 α ) 2 ) y + ( 3 2 ( 3 α ) ) z = 0 L 1 ( 3 α ) L 2 x α y + 2 z = 0 ( 2 α ) z = 0 ( 1 ) { ( α 2 + 3 α 2 ) y + ( 2 α 3 ) z = 0 L 1 ( 3 α ) L 2 x α y + 2 z = 0 ( 2 α ) z = 0

    Donc les valeurs porpres de f sont λ 1 = 1 < λ 2 = 2

    Remarque : on prend soin de vérifier les produit A U 1 et A U 2

  2. Comme 0 n'est pas valeur propre de A alors A est inversible.

  3. Soit u 1 = ( 1 , 1 , 0 ) . ( u 1 ) est génératrice de E 1 . Et comme u 1 0 cette famille, d'un vecteur, est libre.

    Donc ( u 1 ) est une base du sous espace propre associé à 1

    De même avec u 2 = ( 2 , 1 , 0 ) , ( u 2 ) est une base du sous espace propre associé à 2.

  4. Comme la dimension des sous espaces propres est 1, la somme des dimensions des sous espace propres est 2 3

    Donc f n'est pas diagonalisable.

  5. Attention : on demandait ici le vecteur \dots Il convenait donc d'en trouver un et de et de montrer que c'était le seul.

    Le vecteurs u 1 = ( 1 , 1 , 0 ) convient. Comme les vecteurs propres associés à 1 sont α ( 1 , 1 , 0 ) = ( α , α , 0 ) , il n'y en a pas d'autre qui convienne.

  6. De même le vecteur u 2 = ( 2 , 1 , 0 ) est le seul qui convient

  7. Soient x , y , z trois réel.

    Si x u 1 + y u 2 + z u 3 = 0 alors ( x + 2 y + z , x + y + z , z ) = 0 donc z = 0 et { x + 2 y = 0 x + y = 0 donc x = y et 3 y = 0 d'où finalement y = x = z = 0.

    La famille ( u 1 , u 2 , u 3 ) est donc libre. Comme elle a 3 vecteurs dans 3 de dimension 3, 𝒞 est une basede E .

  8. La matrice de passage P de la la base dans la base 𝒞 est celle qui contient les coordonnées (en colonne) dans la base des vecteurs de 𝒞 .

    Comme est la base canonique, les coordonnées des vecteurs sont leurs composantes.

    Donc P = ( 1 2 1 1 1 1 0 0 1 )

    La matrice de passage de la base 𝒞 à la base est l'inverse de P :

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

    et P 1 = ( 1 2 1 1 1 0 0 0 1 )

    remarque : là encore on n'oublie pas de vérifier au brouillon que P P 1 = I

  9. Pour calculer f ( u 3 ) , comme on dispose de la matrice de f dans la base canonique, on calcule ses coordonnées dans cette base : A ( 1 1 1 ) = ( 3 2 3 1 0 2 0 0 2 ) ( 1 1 1 ) = ( 4 3 2 )

    Donc f ( u 3 ) a pour coordonnées dans la base canonnique ( 4 , 3 , 2 ) et f ( u 3 ) = ( 4 , 3 , 2 ) = u 2 + 2 u 3

  10. Attention : On n'utilise surtout pas ici la formule de cahangement de base (ce ne serait pas une déduction)

    La base 𝒞 est ( u 1 , u 2 , u 3 )

    Comme f ( u 1 ) = 1 u 1 , ses coordonnées dans 𝒞 sont donc ( 1 , 0 , 0 )

    De même f ( u 2 ) = 2 u 2 et ses coordonnées dans 𝒞 sont donc ( 0 , 2 , 0 )

    Et enfin on vient de voir que f ( u 3 ) = u 2 + 2 u 3 qui a pour coordonnées dans 𝒞 : ( 0 , 1 , 2 )

    Donc la matrice de f dans la base 𝒞 est la matrice : T = ( 1 0 0 0 2 1 0 0 2 )

  11. D'après la formule de changement de base on a alors : A = P T P 1

  12. Par récurrence on a :

  13. Par récurrence on a

    Finalement pour n = 0 on a A 0 = I et pour n 1 : A n = P T n P 1 A n = ( 1 2 1 1 1 1 0 0 1 ) ( 1 0 0 0 2 n n 2 n 1 0 0 2 n ) ( 1 2 1 1 1 0 0 0 1 ) = ( 1 2 1 1 1 1 0 0 1 ) ( 1 2 1 2 n 2 n n 2 n 1 0 0 2 n ) = ( 1 + 2 n + 1 2 2 n + 1 1 + ( n + 1 ) 2 n 1 + 2 n 2 2 n 1 + ( n + 2 ) 2 n 1 0 0 2 n ) remarque : on le vérifie pour n = 1

2. Matrices commutant avec A .

3 ( ) désignant l'ensemble des matrices carrées d'ordre 3, on considère le sous-ensemble C ( A ) de 3 ( ) des matrices M telles que : A M = M A

  1. La matrice nulle vérifie 0 A = 0 = A 0 donc 0 C ( A )

    Soient M et N de C ( A ) et x et y des réles alors

    A ( x M + y N ) = x A M + y A N = x M A + y N A = ( x M + y N ) A donc x M + y N C ( A ) et C ( A ) est stable par combinaison linéaire.

    Donc C ( A ) est un sous espace vectoriel de 3 ( )

  2. Pour M appartenant à 3 ( ) on pose M = P 1 M P .

    On a M = P M P 1 A M = M A P T P 1 P M P 1 = P M P 1 P T P 1 P T M P 1 = P M T P 1 T M = M T en multipliant ) gauche par P 1 et à droite par P (inversibles d'où l'équivalence)

  3. On pose la matrice M = ( a x y z b u v w c ) . On calcule T M et M T et on traduit l'égalité :

    T M = ( 1 0 0 0 2 1 0 0 2 ) ( a x y z b c u v w ) = ( a x y 2 z + u 2 b + v w + 2 c 2 u 2 v 2 w )

    M T = ( a x y z b c u v w ) ( 1 0 0 0 2 1 0 0 2 ) = ( a 2 x x + 2 y z 2 b b + 2 c u 2 v v + 2 w )

    Donc T M = M T équivaut au système de 9 équations :

    { a = a x = 2 x y = x + 2 y 2 z + u = z 2 b + v = 2 b w + 2 c = b + 2 c 2 u = u 2 v = 2 v 2 w = v + 2 w { 0 = 0 x = 0 y = x z = u v = 0 w = b u = 0 0 = 0 v = 0 et par substitution

    x = y = z = u = v = 0 et w = b (avec a , b , c )

    Donc T M = M T si et seulement si M est de la forme ( a 0 0 0 b c 0 0 b ) a , b , c sont trois réels quelconques.

  4. Finalement M appartient à C ( A ) si et seulement A M = M A si e seulement si M = P M P 1 avec M donné ci dessus.

    Donc M C ( A )

    M = P M P 1 = ( 1 2 1 1 1 1 0 0 1 ) ( a 0 0 0 b c 0 0 b ) ( 1 2 1 1 1 0 0 0 1 ) = ( 1 2 1 1 1 1 0 0 1 ) ( a 2 a a b b c 0 0 b ) = ( a + 2 b 2 a 2 b a + 2 c + b a + b 2 a b a + c + b 0 0 b )

    avec a , b , c

  5. On a donc une éciture paramètrée de C ( A ) : C ( A ) = { ( a + 2 b 2 a 2 b a + b + 2 c a + b 2 a b a ++ b + c 0 0 b ) / a , b , c } = { a ( 1 2 1 1 2 1 0 0 0 ) + b ( 2 2 1 1 1 1 0 0 1 ) + c ( 0 0 2 0 0 1 0 0 0 ) / a , b , c } La famille ( ( 1 2 1 1 2 1 0 0 0 ) , ( 2 2 1 1 1 1 0 0 1 ) , ( 0 0 2 0 0 1 0 0 0 ) ) est donc génératrice de C ( A ) .

    Comme elle est échelonnée (coef 3,3 pour le 2ème, 1,1 pour le premier et 1,3 pour la troisième), elle est libre.

    C'est donc une base de C ( A ) qui est donc de dimension 3.