Corrigé EML 2004 par Pierre Veuillez On note M 3 (R) l`espace

Corrigé EML 2004 par Pierre Veuillez
On note M3 (R) l’espace vectoriel réel des matrices carrées d’ordre trois à éléments réels, I la matrice
identité de M3 (R) , 0 la matrice nulle de M3 (R).
On considère, pour toute matrice A de M3 (R), les ensembles E1 (A) et E2 (A) suivants :
E1 (A) = {M ∈ M3 (R) ; A M = M }
E2 (A) = M ∈ M3 (R) ; A2 M = AM
Partie I
1. on vérifie les critères :
• E1 (A) ⊂ M3 (R)
• Comme A 0 = 0 alors 0 ∈ M3 (R)
• Si M et N sont deux matrices de E1 (A) et α et β deux réels alors
αM + βN ∈ M3 (R) et
A (αM + βN ) = αAM + βAN = αM + βN car M et N sont dans E1 (A)
Donc αM + βN ∈ E1 (A)
Donc E1 (A) est bien un sous-espace vectoriel de M3 (R) .
On admet que E2 (A) est aussi un sous-espace vectoriel de M3 (R)
2.
a) 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 (R) )
b) 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)
3.
a) 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.


−1
1 0
b) Soit B =  0 −1 1 .
0
0 2
Comme B est diagonale à coefficients diagonaux nonnuls, B est inversible donc E1 (B) = E2 (B)


−2
1 0
Comme B − I =  0 −2 1  est également inversible alors E1 (B) = {0} = E2 (B)
0
0 1
Partie II


3 −2 −1
0 −1 
On considère la matrice C =  1
2 −2
0
Corrigé Me006-c
Page 1/ ??
1. On recherche les valeurs propres et les sous-espaces propres de C : soit α ∈ R et (x, y, z) ∈ R3 .


 (3 − α) x − 2y − z = 0
 (3 − α) (αy + z) − 2y − z = 0
x − αy − z = 0
x = αy + z
(C − αI) U = 0 ⇐⇒
⇐⇒


2x − 2y − αz = 0
2 (αy + z) − 2y − αz = 0


(−α2 + α) y = 0
 (−α2 + 3α − 2) y + (2 − α) z = 0 L1 − L3

x = αy + z
x = αy + z
⇐⇒
⇐⇒ (1)


(2α − 2) y + (2 − α) z = 0
(2α − 2) y + (2 − α) z = 0
Or −α2 + α = 0 a pour solutions α = 0 et α = 1 donc

y=0

x=z
• si α 6= 0 et α 6= 1 alors (1) ⇐⇒ (2)

(2 − α) z = 0

 y=0
x=0
– si de plus α 6= 2 alors (1) ⇐⇒

z=0
y=0
– si α = 2 alors (2) ⇐⇒
et donc 2 est valeur propre associé au sous espace propre
x=z
: Vect ((1, 0, 1))
x=z
x=z
• si α = 0 alors (1) ⇐⇒
⇐⇒
et donc 0 est valeur propre associé au
−2y + 2z = 0
y=z
sous espace propre : Vect ((1, 1, 1))
x=z+y
x=y
• si α = 1 alors (1) ⇐⇒
⇐⇒
et donc 1 est valeur propre associé au sous
z=0
z=0
espace propre : Vect ((1, 1, 0))
2. Comme on a trois valeurs propre distinctes,
vecteur propre associés à chacune des valeurs



0 0 0
1 1



0 1 0
1 1
Donc avec D =
et P =
0 0 2
1 0
on a une base de vecteurs propres en concaténant 3
propres.

1
0  on a C = P D P −1 .
1
(Les conditions d’ordre des terme de D et de premièer ligne de P étant bien respectées)
3. Soit M ∈ M3 (R) . On note N = P −1 M ∈ M3 (R) .
On a alors :
M ∈ E1 (C) ⇐⇒ CM = M ⇐⇒ CP N = P N ⇐⇒ P −1 CP = N
⇐⇒ DN = N ⇐⇒ N ∈ E1 (D) .


x y z
4. Soit N ∈ M3 (R) , dont les coefficients sont :  a b c  alors
u v w


0 0 0
x



a
0 1 0
N ∈ E1 (D) ⇐⇒
0 0 2
u

 0=x
0 = y et
⇐⇒

0=z
Corrigé Me006-c
 
y z
x


b c
a
=
v w
u


 a=a

b = b et


c=c

y z
b c 
v w
2u = u
2v = v
2w = w
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

0 0 0
⇐⇒ N =  a b c 
0 0 0


0 0 0
Donc N ∈ E1 (D) si et seulement s’il existe trois réels a, b, c tels que N =  a b c .
0 0 0
5. Donc une matrice M est dans E1 (C) si et seulement s’il existe trois

 
0 0 0
a b



a b c
a b
M =P
=
0 0 0
0 0





1 0 0
0 1 0
0 0





=a 1 0 0
+b 0 1 0
+c 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0
réels a, b, c tels que

c
c 
0

1
1 
0

 
 

1 0 0
0 1 0
0 0 1
Donc une famille génératrice de E1 (C) et libre (échelonnée) est  1 0 0  ,  0 1 0  ,  0 0 1 
0 0 0
0 0 0
0 0 0
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) ⇐⇒ C 2 M = CM ⇐⇒ P D2 P −1 N = P DP −1 M ⇐⇒ D2 N = DN ⇐⇒ N ∈ E2 (D)
Comme D est diagonale, on a son carré sur les coefficients diagonaux et
Et avec les mêmes coefficients que précédemment


 


0 0 0
x y z
0 0 0
x y z
N ∈ E2 (D) ⇐⇒  0 1 0   a b c  =  0 1 0   a b c 
0 0 4
u v w
0 0 2
u v w



 0=0
 a=a
 4u = 2u
0 = 0 et
b = b et
4v = 2v
⇐⇒



0=0
c=c
4w = 2w


x y z
⇐⇒ N =  a b c 
0 0 0
Donc les
deE2 (C) sontcellesqui s’écrivent
 matrices 
1 1 1
x y z
x+a y+b





1 1 0
a b c
x+a y+b
M =
=
1 0 1
0 0 0
x
y
(échelonnée) de E2 (C) est :

 
 
 
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
 1 0 0  ,  0 1 0  ,  0 0 1  ,  1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0

z+c
z + c  et une famille génératrice et libre
z
 
 

0 0
0 1 0
0 0 1
0 0  ,  0 1 0  ,  0 0 1 
0 0
0 0 0
0 0 0
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.
Corrigé Me006-c
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