Corrigé ESC 2005 par Pierre Veuillez

    1. Comme h = f 3 Id alors N = m a t ( h ) = m a t ( f ) 3 m a t ( I ) = A 3 I = ( 0 1 0 1 3 1 3 8 3 )

      Donc N 2 = ( 0 1 0 1 3 1 3 8 3 ) ( 0 1 0 1 3 1 3 8 3 ) = ( 1 3 1 0 0 0 1 3 1 )

      Et N 3 = ( 1 3 1 0 0 0 1 3 1 ) ( 0 1 0 1 3 1 3 8 3 ) = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 )

    2. Comme on a la relation polynômiale N 3 = 0 alors

      si λ est valeur propre de N alors λ 3 = 0 et λ = 0
      Donc la seule valeur propre possible de h est λ = 0

      Est-elle valeur propre ?

      on peut passer par 0 valeur propre N non inversible ou par la définition, rechercher un vecteur propre associé à 0.

      N ( x y z ) = 0 { y = 0 x + 3 y + z = 0 3 x 8 y 3 z = 0 { y = 0 x + z = 0

      Donc 0 est valeur propre de N (ou de h ) et le sous espace propre associé est V e c t ( ( 1 , 0 , 1 ) )

    3. pour "déduire", il faut faire le lien entre g h et f : h = f 3 I d .

      On a alors

      λ valeur propre de f ( A λ I ) non inversible.

      Et comme A = N + 3 I

      λ valeur propre de f ( N + ( 3 λ ) I ) non inversible.

      3 λ valeur propre de h .

      La seule valeur propre de h étant 0 , ceci équivaut à λ = 0

      Donc la seule valeur propre de f est 3.

      N.B. on pouvait également passer par il existe u non nul tel que f ( u ) = λ u puis remplacer f = h + 3 I d

      ou encore par ker ( f λ I d ) { 0 }

    4. Comme f ( u ) = 3 u h ( u ) = 0 , pour déterminer le sous espace propre associé à 3, on peut réutiliser le travail déjà fait :

      Les vecteurs propres de f associés à 3 sont les vecteurs propres de h associés à 0.

      Donc le sous espace propre de f associé à la valeur propre 3 est 𝒮 3 = V e c t ( ( 1 , 0 , 1 ) )

      Une famille génératrice et libre (car ( 1 , 0 , 1 ) 0 ) en est ( 1 , 0 , 1 ) qui est donc une base de 𝒮 3

      Donc 𝒮 3 est de dimension 1.

    5. Comme la somme des dimensions des sous espaces propres n'est pas 3, f n'est pas diagonalisable.

      on peut aussi résonner par l'absurde :

      La seule valeur propre de f est 3 donc si f est diagonalisable sa matrice dans une base de vecteurs propres est D = ( 3 0 0 0 3 0 0 0 3 ) = 3 I et A = P 3 I P 1 = 3 I ce qui est faux.

      Comme 0 n'est pas valeur propre de f alors f est bijective.

      Conclusion :

      f est bijective mais non diagonalisable

    6. On considère les vecteurs de 3 : u 1 = ( 1 , 1 , 1 ) ; u 2 = h ( u 1 ) ; u 3 = h ( u 2 ) . On calcule les image en passant par les coordonnées dans et la matrice de h :

      N m a t ( u 1 ) = ( 0 1 0 1 3 1 3 8 3 ) ( 1 1 1 ) = ( 1 1 2 ) donc u 2 = ( 1 , 1 , 2 )

      N ( 1 1 2 ) = ( 1 0 1 ) donc u 3 = ( 1 , 0 , 1 ) et on reconnaît que u 3 = ( 1 , 0 , 1 ) est vecteur propre associé à 0.

      Donc h ( u 3 ) = 0

    7. On monter que la famille est libre :

      Si α u 1 + β u 2 + γ u 3 = 0 alors { α + β + γ = 0 α β = 0 α + 2 β γ = 0 L 3 L 1 donc { γ = 0 α = 0 β = 0 par substitution.

      Donc la famille est libre et a trois vecteurs de 3 .

      c'est donc une base de 3 .

    8. Comme h ( u 1 ) = u 2 , ses coordonnées dans la base = ( u 1 , u 2 , u 3 ) sont ( 0 , 1 , 0 )

      Comme h ( u 2 ) = u 3 , ses coordonnées sont ( 0 , 0 , 1 )

      Et comme h ( u 3 ) = 0 , ses coordonnées sont ( 0 , 0 , 0 )

      Donc N = ( 0 0 0 1 0 0 0 1 0 )

    9. Comme f = h + 3 I d alors l a matrice de f dans est m a t ( h ) + 3 I = N + 3 I

    On considère la matrice P = ( 1 1 1 1 1 0 1 2 1 ) .

    1. P est la matrice de passage de dans donc elle est inversible.

      Et d'après la formule de changement de base,

      m a t ( f ) = m a t ( ) m a t ( f ) m a t ( )

      et A = P ( 3 I + N ) P 1 .

    2. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à deux.

      1. b1. Par récurrence :

        Pour n = 0 on a P ( 3 I + N ) 0 P 1 = P P 1 = I = A 0

        Soit n 0 tel que A n = P ( 3 I + N ) n P 1 .

        Alors A n + 1 = P ( 3 I + N ) n P 1 P ( 3 I + N ) P 1 = P ( 3 I + N ) n + 1 P 1

        Donc pour tout entier n , A n = P ( 3 I + N ) n P 1 .

      2. On peut calculer ( N ) 3 ou rechercher le lien :

        N = P N P 1 et N = P 1 N P donc ( N ) 3 = P 1 N 3 P = 0

        On peut alors démontrer par récurrence :

        ( 3 I + N ) 0 = 1 I + 0 N + 0 ( N ) 2 donc a 0 = 1 : b 0 = 0 : c 0 = 0 conviennent.

        Soit n tel qu'il existe ( a n , b n , c n ) avec alors ( 3 I + N ) n = a n I + b n N + c n ( N ) 2 alors

        ( 3 I + N ) n + 1 = [ a n I + b n N + c n ( N ) 2 ] [ 3 I + N ] = 3 a n I + ( 3 b n + a n ) N + ( 3 c n + b n ) ( N ) 2 + c n ( N ) 3 = 3 a n I + ( 3 b n + a n ) N + ( 3 c n + b n ) ( N ) 2 car ( N ) 3 = 0 donc a n + 1 = 3 a n : b n + 1 = 3 b n + a n et c n + 1 = 3 c n + b n conviennent (réels)

        Donc pour tout entier n , il existe des réels ( a n , b n , c n ) tels que ( 3 I + N ) n = a n I + b n N + c n ( N ) 2 alors

        ou appliquer la formule du binôme :

        3 I N = 3 N = N 3 I

        Donc ( 3 I + N ) n = k = 0 n ( n k ) ( N ) k 3 n k I k et comme les puissances de N sont nulle au delà de 2, on découpe la somme (ce que l'on ne peut faire que si n 2 )

        ( 3 I + N ) n = k = 0 2 ( n k ) ( N ) k 3 n k I + k = 3 n ( n k ) 03 n k I k = 3 n I + n 3 n 1 N + n ( n 1 ) 2 3 n 2 ( N ) 2

        Méthode qui nous fournit les valeurs de a n = 3 n : b n = n 3 n 1 : c n = n ( n 1 ) 2 3 n 2

        (valeurs qui conviennent encore pour n = 0 , et 1 )

      3. On a alors A n = P ( a n I + b n N + c n ( N ) 2 ) P 1 = a n P I P 1 + b n P N P 1 + c n P ( N ) 2 P 1 = a n I + b n N + c n N 2