Correction Examen d`algèbre

Correction Examen d’algèbre
2 heures
Calculatrice fournie
29 janvier 2008
Cet examen est composé de trois exercices indépendants.
Exercice 1
Rappel : j=e2iπ/3désigne la racine troisième de l’unité.
Soit A∈M3(R)telle que A3=I, où Idésigne la matrice identité.
1) Justifier que Aest diagonalisable et donner ses valeurs propres.
2) On suppose que
A u1=u1où u1= (1 1 1)t
A u2=j u2où u2= (1 j j2)t
Justifier que le vecteur conjugué u2est un vecteur propre de A, et donner la valeur propre
associée. En déduire que P−1AP est diagonale, avec
P=
1 1 1
1j j2
1j2j
3) En déduire la valeur de A.
1

3) Calculer Anpour tout n∈N.
Correction Exercice 1
1) La matrice Aannule le polynôme X3−1, scindé à racines simples. Le théorème de Shreier
implique que Aest diagonalisable. On en déduit également que les valeurs propres de Asont
à chercher parmi les racines de ce polynôme, i.e. 1, jet j2.
2) A u1=u1(respectivement A u2=j u2) implique que 1est valeur propre est que u1est
vecteur propre associé (respectivement, que jest valeur propre est que u2est vecteur propre
associé).
En conjuguant la seconde relation, et comme la matrice Aest réelle, on obtient
A u2=j u2
⇒¯ A¯u2=¯ j¯u2
⇒A¯u2=j2¯u2.
j2est donc valeur propre et ¯u2est vecteur propre associé. Avec les notations de l’énoncé,
P−1A P =D=
1 0 0
0j0
0 0 j2
3) On a A=P D P −1. Le calcul de P−1se fait par la méthode de Gauss ou en passant par
la comatrice. Des simplifications apparaissent à l’aide de l’identité
1 + j+j2= 0
et on obtient
P−1=1
3
1 1 1
1j2j
1j j2
et A=
010
001
100
.
4) Si nest de la forme n= 3pavec pentier, on a
An= (A3)P=Ip=I.
Si nest de la forme n= 3p+ 1 avec pentier, on a
An= (A3)P×A=A.
Si nest de la forme n= 3p+ 2 avec pentier, on a
An= (A3)P×A2=A2
2

avec
A2=
001
100
010
.
Exercice 2
Résoudre l’équation de récurrence linéaire suivante :
un+2 −4un+1 + 3un= 2
avec u0= 0, u1= 0
Correction Exercice 2
Equation associée : x2−4x+ 3 = 0, de racines 1et 3.
La solution de l’ERLH associée a pour terme général un=a+b3n, avec aet bdeux réels.
Comme 1est racine de l’équation associée, on cherche une solution particulière de terme
général un=c n avec cun réel. On trouve c=−1.
La solution générale de l’ERL a donc pour terme général un=a+b3n−n, avec aet bdeux
réels. Compte-tenu des conditions initiales, on obtient finalement comme solution de l’ERL
la suite de terme général
un=1
2(3n−1) −n.
Exercice 3
Soit E=R3muni de sa base canonique B= (e1, e2, e3). Soit C= (f1, f2, f3)avec
f1=e1−e2+e3
f2=e2−e3
f3=e1+e2+e3
1) Vérifier que Cest une base de Eet que F=V ect(f1, f2)et G=V ect(f3)sont supplé-
mentaires dans E.
On note ple projecteur sur Fparallèlement à G.
1) Donner MB(p).
2) Orthonormaliser Cpour le produit scalaire usuel. On notera D= (g1, g2, g3)la base ainsi
obtenue.
3

Soit qle projecteur orthogonal sur V ect(g2, g3).
4) Donner MB(q)(on pourra remarquer que PBD est une matrice orthogonale après l’avoir
justifié).
Correction Exercice 3
1) On montre facilement que det(f1, f2, f3)6= 0.Cest donc une famille libre à 3éléments
dans un espace de dimension 3, et forme une base de cet espace. Le second point en découle.
2) Comme f1et f2sont deux vecteurs de F=Im(p), on a p(f1) = f1et p(f2) = f2.f3est
un vecteur de G=Ker(p), donc p(f3) = 0.
On a donc
MC(p) = 
100
010
000
et MB(p) = PBC MC(p)PCB
avec
PBC =
1 0 1
−111
1−1 1
et PCB =P−1
BC =
1−1
2−1 2
1 0 −1
01
2
1
2
.
On obtient finalement
MB(p) = 
1−1
2−1 2
01
2−1 2
0−1
2
1
2
.
3) L’orthonormalisation de Cdonne
g1=1
√3(e1−e2+e3)
g2=1
√6(2e1+e2−e3)
g3=1
√2(e2+e3).
4) La matrice PBD est une matrice de passage entre deux bases orthonormales, elle est donc
orthogonale. On en déduit que P−1
BD =Pt
BD.
On a
MD(q) = 
000
010
001
et MB(p) = PBD MD(p)Pt
BD =1
3
2 1 −1
121
−1 1 2
.
4