DEVOIR D`ENTRAINEMENT Thème Espace vectoriel de dimension

PCSI2
LMB - avril 2014
DEVOIR D’ENTRAINEMENT
Thème Espace vectoriel de dimension finie, matrices
Problème:.On considère la matrice A =
1 0 0
1 2 1
221
.
On note C la base canonique de 3 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 3
5. Justifier que la matrice de f dans la base B est R =
0 0 0
0 1 4
0 0 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
n fois
f f f
7. Calculer Rn.
8.a. Montrer que n , An = P.Rn.P-1
b. Déterminer fn((1,2,3))
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 tels que la matrice de g dans la base B soit M’ =
0 0 a
0 1 b
0 0 c
11. Résoudre M² = A dans M3()

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Corrigé
Partie 1 :
1. Soit X =
x
y
z
la matrice représentant (x,y,z) dans C, AX =
x
x 2y z
2x 2y z
est la matrice
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 :
LL
1 0 0 1 0 0 1 0 0
1 2 1 0 2 1 0 2 1
2 2 1 0 2 1 0 0 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.
AX = 0 
x 0 x 0 x 0
x 2y z 0 2y z 0 z 2y
2x 2y 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).
On a donc
0 0 0
0
2 2 0 2 0
et donc (x,y,z) = (0,0,0).
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.
6.a. Par définition, P =
0 0 1
1 1 1
2 1 2
, P est inversible et après calcul, P-1 =
3 1 1
4 2 1
1 0 0
.
b. D’après la formule de changement de base R = P-1AP ou encore A = PRP-1.

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Partie 2 :
7. On a : R = D + N avec D = diag(0,1,1) et N =
0 0 0
0 0 4
0 0 0
.
D’après le cours Dn = diag(0n, 1n, 1n) = diag(0,1,1) = D D est idempotente
On calcule N² = 03 N est nilpotente d’ordre 2
D et N commutent, donc, d’après la formule du binôme,
n , Rn =
n1
k n k k
k 0 k 0
0 0 0
n n n n
C D C D D C.D 0 1 4n
k k 0 1 0 0 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 n , An = PRnP-1.
Après calcul : An =
1 0 0
4n 3 2 1
6 4n 2 1
.
b. D’après le cours, An est la matrice de fn dans la base C, par suite, la matrice représentative de
f((1,2,3)) dans la base C est An
1
2
3
=
1
4n 4
4n 1
et donc f((1,1,1)) = (1,4n,3-4n).
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) Ker(f – Id)  f((x,y,z)) = (x,y,z) 
xx x y z 0 x0
x 2y z y x 2y z 0 zy
2x 2y 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 :
 Si M’ =
0 0 a
0 1 b
0 0 c
alors M’² = A’ 
a0
b2
c1

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 Si M’ =
0 0 a
0 1 b
0 0 c
alors M’² = A’ 
a0
b2
c1
.
Les valeurs possibles pour M’ sont
000
0 1 2
0 0 1
et
0 0 0
0 1 2
0 0 1
et en utilisant la formule de
changement de base M = PM’P-1, M =
1 0 0
1 2 1
4 2 1
ou M =
1 0 0
1 2 1
4 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.
Conclusion : M² = A  M =
1 0 0
1 2 1
4 2 1
ou M =
1 0 0
1 2 1
4 2 1