Corrigé EML 2004 par Pierre Veuillez
On note M3 (\BbbR) l'espace vectoriel réel des matrices carrées d'ordre trois à éléments réels, I la matrice identité de M3 (\BbbR), 0 la matrice nulle de M3 (\BbbR).
On considère, pour toute matrice A de M3 (\BbbR), les ensembles E1 (A) et E2 (A) suivants :
E1 (A) = {M M3 (\BbbR);AM=M} E2 (A) = {M M3 (\BbbR); A2 M=AM}

Partie I
  1. on vérifie les critères :
    Donc E1 (A) est bien un sous-espace vectoriel de M3 (\BbbR).
    On admet que E2 (A) est aussi un sous-espace vectoriel de M3 (\BbbR)
    1. Pour montrer l'inclusion on montre que si M E1 (A) alors M E2 (A):
      Si M E1 (A) alors AM=M donc A2 M=A(AM)=AM et donc M E2 (A)
      (on avait aussi M M3 (\BbbR) )
    2. Si A est inversible, pour monterr l'égalité des deux ensembles, on doit montrer l'inclusion réciproque et donc que :
      Si M E2 (A) alors A2 M=AM et A-1 A2 M= A-1 AM d'où AM=M
      Alors M E1 (A)
      Donc E2 (A) E1 (A) et finalement E1 (A)= E2 (A)
    1. Comme on a déjà 0 E1 (A), si A-I est inversible il reste à montrer que
      si M E1 (A) alors AM=M d'où AM-M=0 et (A-I)M=0
      et comme A-I est inversible alors M=0
      Donc E1 (A)={0} si A-I est inversible.
    2. Soit B=( -110 0-11 002 ).
      Comme B est diagonale à coefficients diagonaux nonnuls, B est inversible donc E1 (B)= E2 (B)
      Comme B-I= ( -210 0-21 001 ) est également inversible alors E1 (B)={0}= E2 (B)
Partie II
On considère la matrice C=( 3-2-1 10-1 2-20 )
  1. On recherche les valeurs propres et les sous-espaces propres de C : soit α\BbbR et (x,y,z)\Bbb R3 .
    (C-αI)U=0{ (3-α)x-2y-z=0 x-αy-z=0 2x-2y-αz=0 { (3-α)(αy+z)-2y-z=0 x=αy+z 2(αy+z)-2y-αz=0
    { (- α2 +3α-2)y+(2-α)z=0 L1 - L3 x=αy+z (2α-2)y+(2-α)z=0 (1){ (- α2 +α)y=0 x=αy+z (2α-2)y+(2-α)z=0
    Or - α2 +α=0 a pour solutions α=0 et α=1 donc
  2. Comme on a trois valeurs propre distinctes, on a une base de vecteurs propres en concaténant 3 vecteur propre associés à chacune des valeurs propres.
    Donc avec D=( 000 010 002 ) et P=( 111 110 101 ) on a C=PD P-1 .
    (Les conditions d'ordre des terme de D et de premièer ligne de P étant bien respectées)
  3. Soit M M3 (\BbbR) . On note N= P-1 M M3 (\BbbR).
    On a alors :       
    M E1 (C) CM=MCPN=PN P-1 CP=N DN=NN E1 (D).

  4. Soit N M3 (\BbbR), dont les coefficients sont : ( xyz abc uvw ) alors

    N E1 (D) ( 000 010 002 )( xyz abc uvw )=( xyz abc uvw ) { 0=x 0=y 0=z    et  { a=a b=b c=c    et  { 2u=u 2v=v 2w=w N=( 000 abc 000 )

    Donc N E1 (D) si et seulement s'il existe trois réels a,b,c tels que N=( 000 abc 000 ).
  5. Donc une matrice M est dans E1 (C) si et seulement s'il existe trois réels a,b,c tels que
    M=P( 000 abc 000 )=( abc abc 000 ) =a( 100 100 000 )+b( 010 010 000 )+c( 001 001 000 )

    Donc une famille génératrice de E1 (C) et libre (échelonnée) est (( 100 100 000 ),( 010 010 000 ),( 001 001 000 )) qui est donc une base de E1 (C) qui a finalement une dimension de 3.
  6. Comme D donc C n'est pas inversible on ne peut pas utiliser les réutats de la quesiotn I2.a)
    Par contre on peut refaire le mêm e raisonnement que précédemment :
    M E2 (C) C2 M=CM PD2 P-1 N= PDP-1 M D2 N=DNN E2 (D)
    Comme D est diagonale, on a son carré sur les coefficients diagonaux et
    Et avec les mêmes coefficients que précédemment
    N E2 (D) ( 000 010 004 )( xyz abc uvw )=( 000 010 002 )( xyz abc uvw ) { 0=0 0=0 0=0    et  { a=a b=b c=c    et  { 4u=2u 4v=2v 4w=2w N=( xyz abc 000 )

    Donc les matrices de E2 (C) sont celles qui s'écrivent
    M=( 111 110 101 )( xyz abc 000 )=( x+ay+bz+c x+ay+bz+c xyz ) et une famille génératrice et libre (échelonnée) de E2 (C) est :
    (( 100 100 100 ),( 010 010 010 ),( 001 001 001 ),( 100 100 000 ),( 010 010 000 ),( 001 001 000 ))

    donc une base de E2 (C)
    La dimension de E2 (C) est donc 6.
    Donc comme E1 (C) et E2 (C), n'ont pas la même dimension, ils ne peuvent pas être égaux.



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On 11 Oct 2005, 22:24.