Corrigé EML 2005 par Pierre Veuillez

On considère les éléments suivants de M 3 ( ) : I = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) , J = ( 0 1 0 0 0 1 0 0 0 ) , K = ( 0 0 1 0 0 0 0 0 0 )

On note E le sous-espace vectoriel de M 3 ( ) engendr\e par I , J et K .

Pour toute matrice M de E , on note M 0 = I , et si M est inversible, on note, pour tout entier naturel k , M k = ( M 1 ) k , et on rappelle qu'alors M k est inversible et que ( M k ) 1 = M k .

  1. La famille ( I , J , K ) est libre car échelonnée et génératrice de E

    Donc c'est une base de E et dim E = 3

  2. On a J 2 = K , J K = 0 , K J = 0 et K 2 = 0 .

  3. Soit la matrice L = I + J .

    1. On peut procéder par récurrence ou par la formule du binôme :

      Il faut pour cela calculer d'abord les puissances de J : J 3 = K J = 0 donc pour tout i 3 on a J i = 0

      I J = J = J I donc ( I + J ) n = i = 0 n ( n i ) J i I n i = i = 0 2 ( n i ) J i + i = 3 n ( n i ) J i  découpage pour  n 3 = ( n 0 ) J 0 + ( n 1 ) J 1 + ( n 2 ) J 2 = I + n J + n ( n 1 ) 2 K  car  J 2 = K dont on vérifie la validité pour n = 0 : 1 : 2

      Conclusion :

      pour tout entier naturel n : L n = I + n J + n ( n 1 ) 2 K

    2. La formule est déjà vraie pour n 0

      Pour n 0 , on revient à la définition de l'inverse :

      Pour n 0 , on vérifie que le produit ''candidat'' L n L n est égal à I :

      ( I n J + n ( n 1 ) 2 K ) ( I + n J + n ( n 1 ) 2 K ) = I + ( n n ) J + 0 = I car J K = 0 et K J = 0 et K 2 = 0

      Donc pour tout n entier, L n est inversible et ( L n ) 1 = L n = I n J + n ( n 1 ) 2 K

      En particulier pour n = 1 : L est inversible.

      Conclusion :

      pour tout entier relatif n : L n = I + n J + n ( n 1 ) 2 K

    3. IL faut pour cela exprimer J et K en fonction de L et L 2 en résolvant les relations :

      { L = I + J L 2 = I + 2 J + K d'où

      Conclusion :

      J = L I et K = L 2 I 2 ( L I ) = L 2 2 L + I

      d'où L n = I + n J + n ( n 1 ) 2 K = I + n ( L I ) + n ( n 1 ) 2 ( L 2 2 L + I ) = ( 1 n + n ( n 1 ) 2 ) I + ( n 2 n ( n 1 ) 2 ) L + n ( n 1 ) 2 L 2 = 2 3 n + n 2 2 I + ( 2 n n 2 ) L + n ( n 1 ) 2 L 2

      Conclusion :

      L n = 2 3 n + n 2 2 I + ( 2 n n 2 ) L + n ( n 1 ) 2 L 2

      (on a la prudence de vérifier pour n = 0 , 1 et 2 )

    On considère

    la matrice A = ( 0 2 1 1 0 1 2 3 3 ) ,

    de 3 ( ) et on note f l'endomorphisme de 3 représenté par la matrice A dans la base canonique de 3 et e l'application identique de 3 dans lui-même.

  4. On recherche les valeurs et les sous espaces propres de f :

    Soit u = ( x , y , z )

    f ( u ) α u = 0 { α x + 2 y z = 0 L 1 + α L 2 x α y + z = 0 2 x 3 y + ( 3 α ) z = 0 L 3 2 L 2

    { ( 2 α 2 ) y + ( 1 + α ) z = 0 x α y + z = 0 ( 3 + 2 α ) y + ( 1 α ) z = 0 L 3 + L 1

    ( 1 ) { ( 2 α 2 ) y + ( 1 + α ) z = 0 x α y + z = 0 ( 1 + 2 α α 2 ) y = 0 L 3 + L 1

    1 + 2 α α 2 = ( 1 α ) 2 donc

    Conclusion :

    La seule valeur propre de f est 1

    Comme le sous espace propre associé est de dimension 1, la somme des dimensions des sous espace n'étant pas 3, f n'est pas diagonalisable.

    (On peut aussi résonner par l'absurde : si f est diagonalisable alors sa matrice dans une base de vecteurs propres est I (car la diagonale ne contient que les valeurs propres) et la formule de changement de base donne alors, avec P la matrice de passage de la base canonique dans la base de vecteurs propres : A = P I P 1 = I ce qui n'est pas vrai.

    Donc f n'est pas diagonalisable)

    1. Soit w = ( 1 , 0 , 0 ) . Calculer v = ( f e ) ( w ) et u = ( f e ) ( v ) . Montrer que ( u , v , w ) est une base de 3 .

      On calcule v par ses coordonnées dans la base canonique :

      La matrice de e dans la base canonique étant I ,

      m a t 𝒞 ( v ) = ( A I ) m a t 𝒞 ( w ) = ( 1 2 1 1 1 1 2 3 2 ) ( 1 0 0 ) = ( 1 1 2 ) donc v = ( 1 , 1 , 2 )

      m a t 𝒞 ( u ) = ( A I ) m a t 𝒞 ( v ) = ( 1 2 1 1 1 1 2 3 2 ) ( 1 1 2 ) = ( 1 0 1 ) donc u = ( 1 , 0 , 1 )

      On reconnaît dans u un vecteur propre de f associé à la valeur propre 1.

      Pour montrer que ( u , v , w ) est une base dans 3 de dimension 3, il suffit de montrer qu'elle est libre :

      Et pour aller au plus vite, il faut penser à la question précédente : on connaît les images par f e

      Si α u + β v + γ w = 0 alors en prenant l'image par ( f e ) , on a successivement :

      • 0 = ( f e ) ( α u + β v + γ w ) = α ( f e ) ( u ) + β ( f e ) ( v ) + γ ( f e ) ( w ) = β u + γ v

      • 0 = β ( f e ) ( v ) + γ ( f e ) ( w ) = γ v

      d'où γ = 0 puis β = 0 et enfin α = 0 car w , v et u sont non nuls.

    2. On détermine les coordonnées des images :

      • Comme ( f e ) ( u ) = 0 on a f ( u ) = u

      • Comme ( f e ) ( v ) = u on a f ( v ) = u + v

      • Comme ( f e ) ( w ) = v on a f ( w ) = v + w

      Donc la matrice de f dans la base ( u , v , w ) et ( 1 1 0 0 1 1 0 0 1 ) = I + J = L

    3. Comme 0 n'est pas valeur propre de f , elle est un automorphisme de 3 .

      (On peut aussi raisonner sur sa matrice L dans ( u , v , w ) qui est inversible)

      Sa matrice dans la base ( u , v , w ) est L donc la matrice de f n est L n = 2 3 n + n 2 2 I + ( 2 n n 2 ) L + n ( n 1 ) 2 L 2

      et f n est l'application linéaire associée à L n dans la base ( u , v , w ) donc

      Conclusion :

      f n = 2 3 n + n 2 2 e + ( 2 n n 2 ) f + n ( n 1 ) 2 f 2