Corrigé EDHEC 1998 par Pierre Veuillez

E désigne un espace vectoriel sur , rapporté à une base = ( e 1 , e 2 , e 3 ) .

Pour tout réel a , on considère l'endomorphisme f a de E défini par : f a ( e 2 ) = 0    et    f a ( e 1 ) = f a ( e 3 ) = a e 1 + e 2 a e 3

    1. on paramètre I m ( f a ) : I m ( f a ) = {      f a (      x e 1 + y e 2 + z e 3 )      / (      x , y , z )      3 } = { x f a ( e 1 ) + y f a ( e 2 ) + z f a ( e 3 ) / ( x , y , z ) 3 } = { ( x + z ) f a ( e 1 ) / ( x , y , z ) 3 } = { x f a ( e 1 ) / x 3 } = V e c t ( f a ( e 1 ) )

      Donc ( f a ( e 1 ) ) est une famille génératrice de I m ( f a ) et libre (un seul vecteur non nul) donc une base.

      Donc dim ( I m ( f a ) ) = 1

    2. Comme dim ( E ) = 3 , d'après le théorème du rang, dim ( ker f a ) = 3 1 = 2

      Il suffit donc de tester si les deux vecteurs donnés sont dans ker f a et sont libres :

      f a ( e 2 ) = 0 et f a ( e 1 e 3 ) = f a ( e 1 ) f a ( e 3 ) car f a est linéaire et f a ( e 1 e 3 ) = 0

      Donc ils appartiennent bine à ker f a

      Comme ( e 1 , e 2 , e 3 ) est une base elle est libre.

      Si x e 2 + y ( e 1 e 3 ) = 0 alors x = y = y = 0

      Donc ( e 2 , e 1 e 3 ) est une famille libre de ker f a de deux vecteurs donc

      Conclusion :

      ( e 2 , e 1 e 3 ) est une base de ker f a .

  1. On a les coordonnées des images dans la base ( e 1 , e 2 , e 3 ) donc

    A = ( a 0 a 1 0 1 a 0 a )

    Et A 2 = ( a 0 a 1 0 1 a 0 a ) ( a 0 a 1 0 1 a 0 a ) = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 )

    A 2 est la matrice associée à f a f a .

    Conclusion :

    f a f a = 0

  2. On pose e 1 = f a ( e 1 ) e 2 = e 1 e 3 e 3 = e 3

    1. Cette famille a trois vecteurs.

      Reste à vérifier qu'elle est libre

      Si x e 1 + y e 2 + z e 3 = 0 alors x f a ( e 1 ) + y ( e 1 e 3 ) + z e 3 = 0 avec f a ( e 1 ) = a e 1 + e 2 a e 3

      donc ( a x + y ) e 1 + x e 2 + ( a x y + z ) e 3 = 0

      et comme ( e 1 , e 2 , e 3 ) est libre :

      { a x + y = 0 x = 0 a x y + z = 0 donc { y = 0 x = 0 z = 0 et la famille est libre

      Conclusion :

      = ( e 1 , e 2 , e 3 ) est une base de E

    2. On calcule les images de ces vecteurs puis leurs coordonnées dans :

      f a ( e 1 ) = f a ( f a ( e 1 ) ) = 0 car f a f a = 0

      f a ( e 2 ) = f a ( e 1 e 3 ) = 0 car e 1 e 3 ker f a

      f a ( e 3 ) = f a ( e 3 ) = f a ( e 1 ) = e 1 = 1 e 1 + 0 e 2 + 0 e 3

      Conclusion :

      A = ( 0 0 1 0 0 0 0 0 0 )

    3. Comme A es triangulaire, ses valeurs propres - donc celles de f a - sont celles de la diagonale.

      Donc la seule valeur propre de f a est 0.

      Conclusion :

      la seule valeur propre de A est 0.

      Comme 0 est valeur propre de A

      Conclusion :

      A n'est pas inversible

      Si A est diagonalisable, alors A = P D P 1 avec D matrice diagonale, dont la diagonale contient les valeurs propres de A .

      Donc D = 0 et A = 0

      Conclusion :

      A n'est pas diagonalisable

  3. Pour tout réel x non nul, on pose B ( x ) = A x I , I désignant la matrice identité de 3 ( ) .

    1. On test si 0 est valeur propre de B : U matrice colonne.

      Si B U = 0 alors ( A x I ) U = 0 et A U = x U .

      Et comme x 0 n'est pas valeur propre de A alors U = 0

      Donc 0 n'est pas valeur propre de A .

      Conclusion :

      B est donc inversible

    2. On développe ( A x I ) ( A + x I ) = A 2 x I a + x A I x 2 I = x 2 I

      Donc B 1 x 2 ( A + x I ) = 1 x 2 ( A + x I ) B = I

      Conclusion :

      B 1 = 1 x 2 ( A + x I )

    3. On a B = A x I

      On le développe par le binôme : A I = A = I A

      Donc, pour tout n entier, B n = k = 0 n ( n k ) A k ( x I ) n k  et pour  n 2 = k = 0 1 ( n k ) A k ( x I ) n k + k = 2 n ( n k ) 0 = ( x ) n I + n ( x ) n 1 A

      et -surprise !- le résultat est encore vrai pour n = 1 .