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Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2014/2015
Vendredi 28 Novembre
Corrigé du devoir surveillé no3 de Mathématiques
Exercice 1
Une introduction aux exponentielles de matrices.
Partie A :
Pour tout réel t, on note E(t) la matrice
E(t) = I + tA +
t2 2
A .
2
A.1 On sait que A3 = 0, donc on peut éliminer toutes les puissances de A supérieures ou égales à 3 dans le
calcul suivant :
s2 2
t2 2
E(s)E(t) =
I + sA + A
I + tA + A
2
2
2
t
s2
s2 + 2st + t2 2
= I + tA + A2 + sA + stA2 + A2 = I + (s + t)A +
A
2
2
2
(s + t)2 2
= I + (s + t)A +
A = E(s + t)
2
On a bien vérié :
∀(s, t) ∈ R2
E(s)E(t) = E(s + t).
A.2 Soit t ∈ R. Montrons par récurrence sur n que E(t) n = E(nt) :
? C'est clair pour n = 0.
? Soit n ∈ N xé. On suppose le résultat vrai au rang n.
n+1
E(t)
=
n
E(t) × E(t)
= E(nt) × E(t)
d'après l'hypothèse de récurrence.
= E(nt + t) = E((n + 1)t)
? En conclusion, le résultat est vrai pour tout entier n par récurrence.
n
∀t ∈ R, ∀n ∈ N,
E(nt) = E(t) .
A.3 D'après la relation trouvée à la question 1, on a
E(t − t) = E(t + (−t)) = E(t)E(−t) = E(−t)E(t) = E(0) = I
La matrice E(t) est inversible et (E(t))−1 = E(−t).
A.4 Soient λ1 , λ2 et λ3 ∈ R tels que :
λ1 I + λ2 A + λ3 A2 = 0
(1)
Compte tenu du fait que A3 = 0, on obtient les deux relations suivantes en multipliant deux fois l'expression (1) par A :
λ 1 A + λ 2 A2 = 0
2
λ1 A = 0
(2)
(3)
Ainsi, sachant que A2 6= 0, on a successivement λ1 = 0 = λ2 = λ3 .
1/9
La famille (I, A, A2 ) est libre dans l'espace vectoriel Mp (R).
A.5 On remarque tout d'abord que l'application t 7→ E(t) n'est pas linéaire. Aussi, il faut revenir à la dénition
d'une application injective et montrer :
E(s) = E(t) =⇒ s = t
Soit (s, t) ∈ R2 tel que E(s) = E(t), alors :
0 = E(s) − E(t) = (s − t)A +
s2 − t2 2
A
2
Puisque la famille (I, A, A2 ) est libre, il vient nécessairement s = t si on examine la composante en A.
L'application E : t 7→ E(t), de R dans Mp (R) est injective.




0 1 1
0 0 1
A.6 On a immédiatement A =  0 0 1 , A2 =  0 0 0  et A3 = 0. Ainsi :
0 0 0
0 0 0

2 
1 t t + t2
.
A est nilpotente d'ordre 3, et E(t) =  0 1
t
0 0
1
Partie B :
−
−
Dans cette partie, on note B0 = (→
e1 , →
e2 ) la base canonique de R2 . Soit A =
4 −6
1 −1
∈ M2 (R).
On note f l'endomorphisme de R2 canoniquement associé à A.
B.1 Le polynôme caractéristique de f est :
χf (x) =
x−4
6
= x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2)
−1 x + 1
On en déduit que :
Spec(f ) = {1, 2}
B.2 Le polynôme caractéristique de f est scindé à racines simples, donc :
f est diagonalisable.
Les coordonnées d'un élément (x, y) de E1 sont données par le système :
(A − I)
x
y
=0 ⇔
3x − 6y = 0
x − 2y = 0
⇔
x = 2y
Les coordonnées d'un élément (x, y) de E2 sont données par le système :
(A − 2I)
x
y
=0 ⇔
2x − 6y = 0
x − 3y = 0
⇔
x = 3y
−
−
B = (→
u,→
v ) = (2, 1), (3, 1) est une base de diagonalisation.
B.3 On déduit immédiatement de la question précédente que :
A=
P DP −1
avec P =
2 3
1 1
et D =
1 0
0 2
.
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P −1 est donné par l'inversion du système :
0 x
x
2x + 3y = x0
P
=
⇐⇒
0
y
y
x + y = y0
P −1 =
y = x0 − 2y 0 (L1 − 2L2 )
x = −x0 + 3y 0 (3L2 − L1 )
⇐⇒
−1 3
1 −2
1 0
0 2n
B.4 Il est immédiat que :
n
D =
De plus, on a A0 = P D0 P −1 , et si on suppose au rang k qu'on a Ak = P Dk P −1 , alors :
Ak+1 = A × Ak = P DP −1 × P Dk P −1 = P DDk P −1 = P Dk+1 P −1
Donc par récurrence :
∀n ∈ N, An = P Dn P −1
Il reste à faire le calcul :
k
PD P
−1
−1 3
1 0
=
1 −2
0 2n
n
−2 + 3 × 2n 6 − 3 × 2n+1
−1 3
2 3×2
=
=
−1 + 2n
3 − 2n+1
1 −2
1
2n
2 3
1 1
n
A =
−2 + 3 × 2n 6 − 3 × 2n+1
−1 + 2n
3 − 2n+1
Partie C :
On reprend les notations de la partie B. On rappelle que pour tout réel t, on a et = lim
n→+∞
C.1 Pour tout réel t, pour tout entier naturel n, on a, d'après le calcul de la partie B :
En (t) =
n
X
tk
k=0

En (t) = 
−2
n→+∞
k!
.
k
k=0
k
P
+ 3 × nk=0 (2t)
k!
Pn (2t)k
tk
k=0 k!
k! +
tk
k=0 k!
Pn
k=0
C.2 Pour tout t ∈ R, on note E(t) la matrice E(t) =
a(t) = lim an (t) ;
k=0
!
n
X
tk
−2 + 3 × 2k 6 − 3 × 2k+1
A =
−1 + 2k
3 − 2k+1
k!
k!
Pn
−
n
X
tk

k
P
− 6 × nk=0 (2t)
k! 
k
P
k
(2t)
n
t
k=0 k!
k! − 2
tk
k=0 k!
Pn
3
Pn
k=0
a(t) b(t)
c(t) d(t)
b(t) = lim bn (t) ;
n→+∞
6
, avec :
c(t) = lim cn (t) ;
n→+∞
d(t) = lim dn (t).
n→+∞
On a immédiatement, avec la dénition de l'exponentielle sous forme de série :
E(t) =
3e2t − 2et 6et − 6e2t
−et + e2t 3et − 2e2t
3/9
C.3 On peut réécrire ainsi le résultat :
E(t) =
∀t ∈ R,
3 −6
1 −2
e +
E(t) = e Q + e R avec : Q =
2t
2t
t
−2 6
−1 3
3 −6
1 −2
et
et : R =
−2 6
−1 3
C.4 Les calculs donnent immédiatement :
Q2 = Q, R2 = R, QR = RQ = 0
D'où q ◦ q = q et r ◦ r = r. Les applications q et r sont des projecteurs. On lit sur les vecteurs colonnes des matrices que Im q = Vect(3, 1) et Im r = Vect(2, 1). On trouve également rapidement que
Ker q = Vect(2, 1) = Im r et Ker r = Vect(3, 1) = Im q . Ceci explique que q ◦ r = 0 et r ◦ q = 0.
−
−
−
−
q est la projection sur R→
v parallèlement à R→
u , et r la projection sur R→
u parallèlement à R→
v.
C.5 Soit (s, t) ∈ R2 :
E(t)E(s) = (e2t Q + et R)(e2s Q + es R) = e2t+2s Q2 + e2t es QR + et e2s RQ + et+s R2
= e2(s+t) Q + et+s R = E(t + s)
∀(s, t) ∈ R2
E(s)E(t) = E(s + t).
De même qu'en A.2 et A.3, on a :
n
E(t) = E(nt)
et
E(t)
−1
= E(−t)
On suppose maintenant que E(t) = E(s), alors :
(e2t − e2s )Q + (et − es )R = 0
La famille (Q, R) est clairement libre dans M2 (K), donc ceci entraîne et = es , et donc t = s.
L'application E :
R → M2 (R)
est injective.
t 7→
E(t)
[alglin1]
Exercice 2
Matrices qui commutent avec leur transposée.
Le but de ce problème est d'étudier diérentes matrices qui commutent avec leur transposée, c'est à dire qui
vérient la relation :
M.M T = M T .M
(1)
Partie I :
Dans toute cette partie, les matrices envisagées seront dans l'espace M2 (R), c'est à dire ayant deux lignes,
deux colonnes et des coecients
réels.
1 0
0 1
0 −1
On notera en particulier I =
,A=
et C =
.
0 1
1 0
1
0
1. AAT = AT A = A2 = I et CC T = C T C = I :
Les matrices A et C vérient la relation (1).
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2. D'après la question précédente :
A2 = I
Pour tout entier naturel n non nul :
? Si n = 2k est pair, alors A2k = (A2 )k = I k = I .
? Si n = 2k + 1 est impair, alors A2k+1 = (A2 )k × A = A.
Pour tout entier naturel n non nul, An vérie la relation (1).
3. Puisque A2 = I , alors :
A est inversible et A−1 = A.
→
− →
−
On note u l'unique endomorphisme de R2 dont la matrice relativement à la base canonique B = ( i , j )
est A.
4. Il est immédiat que :
→
−
→
−
→
−
→
−
u( i ) = j et u( j ) = i .
puisque A2 = I , alors u ◦ u = IdR2 , donc u est une symétrie, et :
(A − I)
(A − I)
x
y
x
y
=
=
0
0
0
0
⇐⇒
⇐⇒
−x + y = 0
x−y = 0
x+y = 0
x+y = 0
⇐⇒ x = y
⇐⇒ x = −y
→
− →
−
→
− →
−
u est la symétrie par rapport à R( i + j ) parallèlement à R( i − j ).
Dans toute la suite, on notera U = A + I .
5. On a U T U = (A + I)T U = (AT + I T )U = (A + I)U = U 2 = U U T , donc :
La matrice U vérie la relation (1).
Remarquons que U 2 = (A + I)2 = A2 + 2AI + I = 2AI + 2A = 2(A + I) = 2U .
On peut conjecturer que U n = 2n−1 U .
? C'est vrai pour n = 1 et n = 2.
? Si c'est vrai au rang n, alors :
U n+1 = U n × U = 2n−1 U × U = 2n−1 U 2 = 2n−1 × 2U = 2n U
Par récurrence, il est prouvé que :
∀n ∈ N,
U n = 2n−1 U
En conséquence, (U n )T U n = (2n−1 U )T 2n−1 U = 4n−1 U T U = 4n−1 U U T = U n (U n )T .
Toutes les puissances U n , n ∈ N∗ , vérient (1).
On notera dans la suite E2 l'ensemble des matrices de M2 (R) qui vérient la relation (1).
6. A + C =
0 0
2 0
, et :
T
(A + C)(A + C) =
T
(A + C) (A + C) =
0 0
2 0
0 2
0 0
0 2
0 0
0 0
2 0
0 0
0 4
4 0
0 0
=
=
(A + C)(A + C)T 6= (A + C)T (A + C). Les deux matrices A et C sont dans E2 mais pas leur somme, et
ceci montre que :
5/9
E2 n'est pas un sous-espace vectoriel de M2 (R).
a b
7. Soit une matrice M =
quelconque de M2 (R) :
c d
T
M M=
a2 + c2 ab + cd
ab + cd b2 + d2
T
;
MM =
a2 + b2 ac + bd
ac + bd c2 + d2
M appartient à E2 si et seulement si a, b, c et d vérient le système :
 2
 a + c2 = a2 + b2
c
=
−b
2
2
2
2
b +d = c +d
i.e.
, ou b = c
b(a − d) = b(d − a)

ab + cd = ac + bd
b = −c =
6
0
, ou b = c.
a=d
a b
a b
Les matrices de E2 sont les matrices :
et
, avec a, b, d ∈ R.
b d
−b a
On trouve deux conditions nécessaires et susantes :
8. Remarquons que :
a b
b d
=a
1 0
0 0
+ bA + d
0 0
0 1
, et
a b
−b a
= aI − bC
0 0
1 0
et Vect{I, C}
,
E2 est la réunion des deux sous-espaces vectoriels Vect A,
0 1
0 0
Il est clair que les familles génératrices données sont des bases de ces espaces.
9. Les matrices C et
1 0
0 1
sont dans E2 , et :
C×
1 0
0 0
=
0 −1
1 0
×
0 0
0 1
=
0 −1
0 0
La matrice obtenue par le produit n'est pas une matrice de E2 car sa forme n'est pas une de celles
trouvées en 7.
Si M et N sont deux matrices de E2 , on n'a pas nécessairement M.N ∈ E2 .
Partie II :
−
→
− →
−→
On se place ici dans l'espace M3 (R), et on considère la base canonique de R3 que l'on note B0 = ( i , j k ).
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
On dénit alors h comme l'unique endomorphisme de R3 vériant : h( i ) = − k , h( j ) = i et h( k ) = j .
On note S = MatB0 (h).
L'ensemble des matrices de M3 (R) qui commutent avec leur transposée (donc qui vérient la relation (1)) est
noté E3 .
10. On a :


0 1 0
S = MatB0 (h) =  0 0 1 
−1 0 0
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11. Un calcul montre que :


0
0 1
S 2 =  −1 0 0  = −S T
0 −1 0
Puis S T S = SS T = I , et (S 2 )T S 2 = I = S 2 (S 2 )T .
S et S 2 sont dans E3 .
12. Soient a, b et c des réels. En utilisant S T S = SS T , on a :
RT R = (aI + bS + cS 2 )T (aI + bS + cS 2 ) = (aI + bS T + c(S 2 )T )(aI + bS + cS 2 )
= a2 I + b2 S T S + c2 (S 2 )T S 2 + ab(S + S T ) + ac(S 2 + (S 2 )T ) + bc(S T S 2 + (S 2 )T S)
= a2 I + b2 SS T + c2 S 2 (S 2 )T + ab(S T + S) + ac((S 2 )T + S 2 ) + bc(S 2 S T + S(S 2 )T )
= (aI + bS + cS 2 )(aI + bS T + c(S 2 )T ) = RRT
La matrice R = aI + bS + cS 2 appartient à E3 .
13. On note F = Vect(I, S, S 2 ). On vient de montrer que F ⊂ E3 . De plus, il est clair que la famille (I, S, S 2 )
est libre, donc F est de dimension 3 :
E3 contient un espace vectoriel F = Vect(I, S, S 2 ) de dimension 3.
14. Remarquons que S 3 = −I et :
(aI + bS + cS 2 )(a0 I + b0 S + c0 S 2 ) = aa0 I + bb0 S 2 + cc0 S 4 + (ab0 + ba0 )S + (ac0 + ca0 )S 2 + (bc0 + cb0 )S 3
= (aa0 − bc0 − cb0 )I + (ab0 + ba0 − cc0 )S + (bb0 + ac0 + ca0 )S 2
Le produit de deux éléments de F reste donc dans F :
F est stable par multiplication matricielle.
Partie III :
On se place à présent dans l'espace M4 (R), et on considère la base canonique de R4 que l'on note B00 =
−
−
−
−
(→
e1 , →
e2 , →
e3 , →
e4 ).


1 a 1
1
 −1 0 0
1 

On dénit la matrice B par : B = 
 1 0 0 −1 
1 1 −1 1
où a est un réel quelconque, et on appelle u l'endomorphisme de R4 tel que MatB00 (u) = B .
L'ensemble des matrices de M4 (R) qui commutent avec leur transposée (donc qui vérient la relation (1)) est
noté E4 .
15. Calculons :


4
a+1
0
0
 a + 1 a2 + 1 a − 1 a + 1 

BT B = 
 0
a−1
2
0 
0
a+1
0
4

3 + a2 0
0 a+1

0
2 −2
0 

et BB T = 

0
−2 2
0 
a+1
0
0
4

On voit que l'égalité entre les deux matrices est réalisée si et seulement si a = −1. D'où :
B est un élément de E4 si et seulement si a = −1.
7/9


1 −1 1
1
 −1 0
0
1 
.
Dans la suite, on pose a = −1. B = 
 1
0
0 −1 
1
1 −1 1
16. Pour trouver une base de Ker u, on résout le système :
  


x
0
x
=
t
(2)

 x−y+z+t = 0
 y  0 




y
= z + 2t
(1)
x−t
= 0 ⇐⇒
B     ⇐⇒
z
0


2x + 2t =
0
(1) + (3)
x+y−z+t = 0
t
0
x = t=0
⇐⇒
y =
z
−
−
Ker(u) = Vect(→
e2 + →
e3 )
et ce vecteur forme clairement une base de Ker(u). On en déduit avec le théorème du rang que
dim(Im u) = 3 et en observant les vecteurs colonne :
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Im(u) = Vect(→
e1 − →
e2 + →
e3 + →
e4 , →
e1 − →
e4 , →
e1 + →
e2 − →
e3 + →
e4 )
et ces vecteurs forment une base de Im u.
17. On fait les calculs :
  


 

1
2
1
2
 

 0   0 

 =   et B  −1  =  −2 
B
 0   0 
 1   2 
1
2
−1
−2
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
−
Donc u( e1 + e4 ) = 2( e1 + e4 ) et u( e1 − e2 + e3 − e4 ) = 2( e1 − e2 + e3 − →
e4 ).
→
−
−
−
−
−
−
e1 + →
e4 et →
e1 − →
e2 + →
e3 − →
e4 sont des vecteurs propres de u associés à la valeur propre 2.
18. On a vu aux questions précédentes que 0 était valeur propre simple et 2 valeur propre d'ordre au moins
2. Or, on sait que la somme des valeurs propres (dans C) est égale à la trace de la matrice, donc si λ
est la dernière valeur propre, on a :
0 + 2 + 2 + λ = 2 d'où : λ = −2
Pour trouver un vecteur propre associé, il sut de résoudre le système :

 
x
0
 y   0
 
(B + 2I) 
 z = 0
t
0

3x − y + z + t




−x + 2y + t
 ⇐⇒

x + 2z − t



x + y − z + 3t

4x + 4t



2y + 2z
⇐⇒
x + 2z − t



x + y − z + 3t

 t = −x
z = −y
⇐⇒

x = y

=
=
=
=
0
0
0
0
=
=
=
=
0 (1) + (4)
0 (2) + (3)
0
0
On en déduit que :
−
−
−
−
−2 est la dernière valeur propre, associée au vecteur propre →
e1 + →
e2 − →
e3 − →
e4 .
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19. En regroupant les résultats des questions précédentes, on a prouvé :

0

0
B = P ∆P −1 , avec ∆ = 
 0
0
0
2
0
0


0 0
0
 1
0 0 
 et P = 
 1
2 0 
0 −2
0

1 1
1
0 −1 1 

0 1 −1 
1 −1 −1
20. En procédant à une récurrence, de même que dans l'exercice 1 question B.4, on a :
∀n ∈ N∗ , B n = P ∆n P −1
Avec ce calcul, on trouve :

B 2p

0 0
0
0
 0 22p 0
0 
2p−2
 −1
=P
P
 0 0 22p 0  P = 2
0 0
0 22p

B 2p+1 = P

2 × 22p
4 0

0 2
Avec le calcul de B 2 = 
 0 −2
0 0
 2p
2
0
2p−1

0
2
B 2p = 
 0 −22p−1
0
0
P −1
0

0
= 22p P 
 0
0

0
 0

 0
0
0
2
0
0
0
4
0
0
0
0
4
0

0
0 
 P −1 = 22p−2 B 2
0 
4

0 0
0 0 
 P −1 = 22p B
2 0 
0 −2
B 2p = 22p−2 B 2 et B 2p+1 = 22p B

0 0
−2 0 
, on trouve :
2 0 
0 4
 2p

2
−22p 22p
22p
0
0
2p
2p−1

0
0
22p
−2
0 
 et B 2p+1 =  −2
 22p
0
0
−22p
22p−1
0 
2p
2p
2p
2p
2
2
−2
22p
0
2


.

[alglin2]
9/9