DEVOIR D`ENTRAINEMENT Thème Espace vectoriel de dimension

PCSI2
DEVOIR D’ENTRAINEMENT
Thème Espace vectoriel de dimension finie, matrices
1

Problème:.On considère la matrice A =  1
2

On note C la base canonique de
3
0
2
2
0

1 .
1 
et f l’endomorphisme canoniquement associée à A.
Partie 1 : Réduction de A
1. Pour tout (x,y,z)
3
, expliciter f((x,y,z)).
2. Donner le rang de f, une base de Im f et de Ker f
3. Ker f et Im f sont-ils supplémentaires dans
3
?
4. On pose B = ( (0,1,-2), (0,1,-1), (1,1,2) ). Montrer que B est une base de
0

5. Justifier que la matrice de f dans la base B est R =  0
0

0
1
0
3
0

4 .
1 
6.a. On note P la matrice de passage de la base canonique à la base B. Donner P et P-1.
b. Ecrire une relation entre A, R, P et P-1.
Partie 2 : Itérés de f
*
Soit n
, on note fn l’endomorphisme f f
7. Calculer Rn.
8.a. Montrer que n
, An = P.Rn.P-1
b. Déterminer fn((1,2,3))
f
n fois
Partie 3 : Résolution de M² = A
Le but de cette partie est de déterminer les matrices M de M3( ) vérifiant M² = A.
Soit M une solution, on note g l’endomorphisme de 3 canoniquement associé à M.
9. Justifier que gg = f puis que fg = gf.
10.a. On pose u = (0,1,2). Montrer que g(u) Kerf puis que g(u) = 0.
b. On pose v = (0,1,-1). Montrer que g(v) Ker(f - Id) puis que g(v) = v
c. En déduire qu’il existe a, b, c
11. Résoudre M² = A dans M3( )
0

tels que la matrice de g dans la base B soit M’ =  0
0

0
1
0
a

b
c 
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Corrigé
Partie 1 :
x


x
 


1. Soit X =  y  la matrice représentant (x,y,z) dans C, AX =  x  2 y  z  est la matrice
z
2 x  2 y  z 
 


représentant l’image de (x,y,z) par f dans C et donc f((x,y,z)) = (x, x+2y+z, 2x-2y-z).
2. Par définition, le rang de f est le rang de A. On applique la méthode du pivot :
1

1
2

0
2
2
0  1
 
1  0
L
1   0
0
2
2
0  1
 
1  0
L
1   0
0
2
0
0

1
0 
A est équivalente en ligne à une matrice échelonnée de rang 2 donc rg(f) = rg(A) = 2.
Imf est donc de dimension 2.
On sait que Im f est engendré par les vecteurs colonnes de A et on remarque que (1,1,2) et
(0,1,-1) ne sont pas colinéaires donc ces deux vecteurs forment une base de E.
Im f = Vect(0,1,-1), (1,1,2))
Ker f est la solution du système homogène AX = 0.
x  0
x  0
x  0



AX = 0  x  2 y  z  0  2 y  z  0  z  2 y .
2x  2 y  z  0
0  0
0  0



On a donc Ker f = Vect((0,1,-2)).
3. Le théorème du rang donne dim Imf + dim kerf = 3.
par suite, Kerf et Imf sont supplémentaires ssi Im fKer f = {(0,0,0)}.
On a trivialement (0,0,0)Ker f.
Soit (x,y,z) Im f Ker f,  , (x,y,z) = (0,1,-2) et , , (x,y,z) = (1,1,2) + (0,1,-1).
0  
  0
  0



   
   0 et donc (x,y,z) = (0,0,0).
On a donc     
2   2     0
2   
  0



Conclusion : Im fKer f ={(0,0,0)} donc Im f  Ker f = 3
4. B est la concaténation des bases de Ker f et Imf qui sont supplémentaires dans E donc B est
une base de E.
5. On pose B = (u,v,w)
On a f(u) = f((0,1,-2)) = (0,0,0) car (0,1,-2) est une base de Ker f.
f(v) = f((0,1,-1)) = (0,1,-1) = v
f(w) = f((1,1,2)) = (1,5,-2) = 4(0,1,-1) + (1,1,2) = 4v + w.
La matrice de f dans la base B est la matrice de la famille (f(u),f(v), f(w)) dans la base B, c’est
bien la matrice R.
0

6.a. Par définition, P =  1
 2

0
1
1
1

-1
1  , P est inversible et après calcul, P =
2 
 3

 4
 1

1
2
0
1 

1 .
0 
b. D’après la formule de changement de base R = P-1AP ou encore A = PRP-1.
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Partie 2 :
0 0

7. On a : R = D + N avec D = diag(0,1,1) et N =  0 0
0 0

n
n
n
n
D’après le cours D = diag(0 , 1 , 1 ) = diag(0,1,1) = D D
On calcule N² = 03
N est nilpotente d’ordre 2
D et N commutent, donc, d’après la formule du binôme,
n
, Rn =
0

4 .
0 
est idempotente
0
1
 n  k n k
n  k
n 
n 

C
D

C
D

D

C
.D

 
 
 
 
0
k
k
0
1








0
k 0
k 0

n


0
1
0
0 

4n  .
1 
On pouvait aussi calculer R2 et R3, conjecturer la forme générale et utiliser une récurrence.
8.a. On a A = PRP-1, on montre par récurrence que
 1

Après calcul : A =  4n  3
 6  4n

n
0
2
2
n
, An = PRnP-1.
0

1 .
1 
b. D’après le cours, An est la matrice de fn dans la base C, par suite, la matrice représentative de
1  1 


n 
f((1,2,3)) dans la base C est A  2  =  4n  4  et donc f((1,1,1)) = (1,4n,3-4n).
 3   4n  1 
  

Partie 3 :
9. On a par hypothèse M² = A or M² représente gg dans la base C et A représente f.
Or, une fois la base fixée, l’application qui à un endomorphisme de 3 associe sa matrice est un
isomorphisme, donc gg = f.
Pour la même raison, fg = gf si et seulement si AM = MA.
Or A = M² donc AM = M².M = M3 et MA = M.M² = M3 donc AM = MA et fg = gf.
10. Il faut, bien sûr, lire u = (0,1,-2).
 On a u Kerf donc f(u) = 0.
calculons : f(g(u)) = g(f(u)) = g((0,0,0)) = (0,0,0) donc g(u) Ker f = Vect(u).
par suite,  , g(u) = u.
On a g²(u) = ²u et g²(u) = f(u) = (0,0,0) donc  = 0 et g(u) = 0.
 f(g(v)) = g(f(v)) = g(v) car f(v) = v (cf partie 1) donc g(v) est invariant par f c’est à dire
g(v) Ker(f – Id). Déterminons Ker(f – Id), l’espace des invariants par f :

 x yz  0
xx


 x  0
(x,y,z) Ker(f – Id)  f((x,y,z)) = (x,y,z)   x  2 y  z  y  x  2 y  z  0  
.
z   y
2x  2 y  z  x

0

0


On en déduit que Ker(f - Id) = Vect(v) par suite,  , g(v) = v.
On a g²(v) = ²u et g²(v) = f(v) = v donc ² = 1
 = 1 et g(v) = v.
c. On a B = (u,v,w). Posons g(w) = (a,b,c) et la matrice de g dans B est bien celle proposée.
 11. Faisons le bilan des questions précédentes
Analyse : Soit M une matrice carrée d’ordre 3 telle que M² = A.
M est canoniquement associée à g et la matrice de g dans la base B est M’.
On a M’ = P-1MP et donc M’² = P-1M²P = P-1AP = A’
On injecte la forme générale de M’ trouvée plus haut, deux cas sont à considérer :
a  0
0 0 a



 Si M’ =  0
1 b  alors M’² = A’  b  2
c  1
0 0 c



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0

 Si M’ =  0
0

0
1
0
a  0
a


b  alors M’² = A’  b  2 .
c   1
c 

0

Les valeurs possibles pour M’ sont  0
0

0
0
0
0



2  et  0 1 2  et en utilisant la formule de
0
1 
0
1 

1
 1
0
0
0
0




changement de base M = PM’P-1, M =  1
ou
M
=
2
1 
2 1 
 1
4
 4
2 1 
2
1 


Synthèse : Il suffit de vérifier par le calcul que les matrices précédentes élevées au carré
donnent la matrice A, ce qui est vrai.
1

Conclusion : M² = A  M =  1
4

0
2
2
0
1
0
 1
0


1  ou M =  1
 4
1 

0
2
2
0

1 
1 
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