Correction Examen d`algèbre
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Correction Examen d’algèbre 2 heures Calculatrice fournie 29 janvier 2008 Cet examen est composé de trois exercices indépendants. Exercice 1 Rappel : j = e2iπ/3 désigne la racine troisième de l’unité. Soit A ∈ M3 (R) telle que A3 = I, où I désigne la matrice identité. 1) Justifier que A est diagonalisable et donner ses valeurs propres. 2) On suppose que A u 1 = u1 où u1 = (1 1 1)t A u2 = j u2 où u2 = (1 j j 2 )t Justifier que le vecteur conjugué u2 est un vecteur propre de A, et donner la valeur propre associée. En déduire que P −1 AP est diagonale, avec 1 1 1 P = 1 j j2 1 j2 j 3) En déduire la valeur de A. 1 3) Calculer An pour tout n ∈ N. Correction Exercice 1 1) La matrice A annule le polynôme X 3 − 1, scindé à racines simples. Le théorème de Shreier implique que A est diagonalisable. On en déduit également que les valeurs propres de A sont à chercher parmi les racines de ce polynôme, i.e. 1, j et j 2 . 2) A u1 = u1 (respectivement A u2 = j u2 ) implique que 1 est valeur propre est que u1 est vecteur propre associé (respectivement, que j est valeur propre est que u2 est vecteur propre associé). En conjuguant la seconde relation, et comme la matrice A est réelle, on obtient A u2 = j u2 ⇒ Ā u¯2 = j̄ u¯2 ⇒ A u¯2 = j 2 u¯2 . j 2 est donc valeur propre et u¯2 est vecteur propre associé. Avec les notations de l’énoncé, 1 0 0 P −1 A P = D = 0 j 0 0 0 j2 3) On a A = P D P −1 . Le calcul de P −1 se 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 1 1 0 1 0 1 1 j 2 j et A = 0 0 1 . = 3 1 j j2 1 0 0 4) Si n est de la forme n = 3p avec p entier, on a An = (A3 )P = I p = I. Si n est de la forme n = 3p + 1 avec p entier, on a An = (A3 )P × A = A. Si n est de la forme n = 3p + 2 avec p entier, on a An = (A3 )P × A2 = A2 2 avec 0 0 1 A2 = 1 0 0 . 0 1 0 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 1 et 3. La solution de l’ERLH associée a pour terme général un = a + b 3n , avec a et b deux réels. Comme 1 est racine de l’équation associée, on cherche une solution particulière de terme général un = c n avec c un réel. On trouve c = −1. La solution générale de l’ERL a donc pour terme général un = a + b 3n − n, avec a et b deux réels. Compte-tenu des conditions initiales, on obtient finalement comme solution de l’ERL la suite de terme général 1 un = (3n − 1) − n. 2 Exercice 3 Soit E = R3 muni 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 C est une base de E et que F = V ect(f1 , f2 ) et G = V ect(f3 ) sont supplémentaires dans E. On note p le projecteur sur F parallèlement à G. 1) Donner MB (p). 2) Orthonormaliser C pour le produit scalaire usuel. On notera D = (g1 , g2 , g3 ) la base ainsi obtenue. 3 Soit q le 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. C est donc une famille libre à 3 éléments dans un espace de dimension 3, et forme une base de cet espace. Le second point en découle. 2) Comme f1 et f2 sont deux vecteurs de F = Im(p), on a p(f1 ) = f1 et p(f2 ) = f2 . f3 est un vecteur de G = Ker(p), donc p(f3 ) = 0. On a donc 1 0 0 MC (p) = 0 1 0 et MB (p) = PBC MC (p) PCB 0 0 0 avec 1 0 1 1 − 21 − 12 −1 = −1 1 1 et PCB = PBC = 1 0 −1 . 1 0 12 1 −1 1 2 PBC On obtient finalement 1 − 12 − 21 MB (p) = 0 12 − 21 . 0 − 12 12 3) L’orthonormalisation de C donne g1 = √13 (e1 − e2 + e3 ) g2 = √16 (2e1 + e2 − e3 ) g3 = √12 (e2 + e3 ). 4) La matrice PBD est une matrice de passage entre deux bases orthonormales, elle est donc −1 t orthogonale. On en déduit que PBD = PBD . On a 0 0 0 2 1 −1 1 t MD (q) = 0 1 0 et MB (p) = PBD MD (p) PBD = 1 2 1 . 3 0 0 1 −1 1 2 4
