Corrigé EDHEC 2005 par Pierre Veuillez

On note J 1 = ( 1 0 0 0 ) , J 2 = ( 0 1 0 0 ) , J 3 = ( 0 0 1 0 ) , et J 4 = ( 0 0 1 0 ) , et on rappelle que la famille ( J 1 , J 2 , J 3 , J 4 ) est une base de 2 ( ) .

Soit f l'application qui, à toute matrice M = ( a b c d ) de 2 ( ) , associe f ( M ) = M + ( a + d ) I I désigne la matrice ( 1 0 0 1 )

  1. f est définie pour tout matrice de 2 ( ) et à valeurs dans 2 ( ) et f est une application de 2 ( ) dans 2 ( ) .

    N.B. Comme f ( M ) est définie à partir des coefficients de la matrice M , pour calculer f ( α M + β N ) il faut d'abord calculer les coefficients. α M + β N .

    Pour toutes matrices M = ( a b c d ) et N = ( a b c d ) de 2 ( ) et α et β de on a :

    α M + β N = ( α a + β a α b + β b α c + β c α d + β d )

    donc f ( α M + β N ) = α M + β N + ( α a + β a + α d + β d ) I = α M + ( α a + α d ) I + β N + ( β a + β d ) I = α [ M + ( a + d ) I ] + β [ N + ( a + d ) I ] = α f ( M ) + β f ( N )

    Conclusion :

    f est bien un endomorphisme de 2 ( ) .

    1. f ( J 1 ) = J 1 + 1 I = ( 2 0 0 1 ) = 2 J 1 + J 4

      f ( J 2 ) = J 2 + 0 I = ( 0 1 0 0 ) = J 2

      f ( J 3 ) = J 3 + 0 I = J 3

      f ( J 4 ) = J 4 + 1 I = ( 1 0 0 2 ) = J 1 + 2 J 4

    2. On a donc les coordonnées des images des vecteurs de la base 𝒞 = ( J 1 , J 2 , J 3 , J 4 )

      Les coordonnée de f ( J 1 ) sont ( 2 , 0 , 0 , 1 ) , celle de f ( J 2 ) sont ( 0 , 1 , 0 , 0 ) celles de f ( J 3 ) sont ( 0 , 0 , 1 , 0 ) et enfin celle de f ( J 4 ) sont ( 1 , 0 , 0 , 2 )

      Donc la matrice A de f dans la base ( J 1 , J 2 , J 3 , J 4 ) est A = ( 2 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 2 )

    3. Comme sa matrice dans la base ( J 1 , J 2 , J 3 , J 4 ) est symétrique, f est alors diagonalisable.

    1. On montre que la famille ( J 1 J 4 , J 2 , J 3 , I ) est libre :

      Soient ( x , y , z , t ) 4

      Si x ( J 1 J 4 ) + y J 2 + z J 3 + t I = 0 alors ( x + t y z x + t ) = 0

      D'où y = z = 0

      et de x + t = 0 et x t = 0 en additionnant on tire x = 0 et t = 0

      Donc la famille = ( J 1 J 4 , J 2 , J 3 , I ) est libre dans un espace vectoriel de dimension 4,

      Conclusion :

      C'est une base de 2 ( )

    2. On calcule le images puis leurs coordonnées dans :

      f ( J 1 J 4 ) = f ( J 1 ) f ( J 4 ) = 2 J 1 + J 4 J 1 2 J 4 = J 1 J 4 (coordonnées ( 1 , 0 , 0 , 0 ) dans )

      f ( J 2 ) = J 2 (coordonnées ( 0 , 1 , 0 , 0 ) dans )

      f ( J 3 ) = J 3 (coordonnées ( 0 , 0 , 1 , 0 ) dans )

      f ( I ) = I + 2 I = 3 I (coordonnée ( 0 , 0 , 0 , 3 ) dans )

      Donc la matrice de f dans est : D = ( 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 3 )

    3. Soit P la matrice de passage de la base 𝒞 dans la base , matrice des coordonnées des vecteurs de dans 𝒞 :

      Comme I = J 1 + J 4 on a P = ( 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 )

      La formule de changement de base donne alors m a t C ( f ) = m a t C m a t f m a t C donc

      Conclusion :

      A = P D P 1

    1. On calcule P 1 par le pivot de Gauss :

      ( 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) L 1 L 2 L 3 L 1 + L 4 ( 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 ) L 1 L 4 / 2 L 2 L 3 L 4 / 2

      ( 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 / 2 0 0 1 / 2 0 1 0 0 0 0 1 0 1 / 2 0 0 1 / 2 ) donc P 1 = ( 1 / 2 0 0 1 / 2 0 1 0 0 0 0 1 0 1 / 2 0 0 1 / 2 )

    2. Par récurrence :

      • Pour n = 0 on a P D 0 P 1 = I = A 0

      • Soit n tel que A n = P D n P 1
        alors A n + 1 = A A n = P D P 1 P D n + 1 P 1 = P D n + 1 P 1

      Conclusion :

      pour tout n de , A n = P D n P 1

    3. Comme la matrice D est triangulaire, on a directement ses puissance et A n = P ( 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 3 n ) ( 1 / 2 0 0 1 / 2 0 1 0 0 0 0 1 0 1 / 2 0 0 1 / 2 ) = ( 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 ) ( 1 / 2 0 0 1 / 2 0 1 0 0 0 0 1 0 3 n / 2 0 0 3 n / 2 ) = ( 1 + 3 n 2 0 0 1 + 3 n 2 0 1 0 0 0 0 1 0 1 + 3 n 2 0 0 1 + 3 n 2 )