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Lycée Jean Perrin
Classe de TSI 2015/2016
Vendredi 4 Décembre
2
Corrigé du devoir surveillé no3 de Mathématiques
Exercice 1
M 2 + M = A.
Résolution d'une équation matricielle
Considérons la matrice A =
appartenant à M (R).
1. Réduction de la matrice A.
1.1 Les valeurs propres de A sont les racines du polynôme caractéristique :
5 3
1 3
2
χA (x) =
x − 5 −3
= x2 − 8x + 12
−1 x − 3
Le discriminant de ce trinôme est ∆ = 64 − 48 = 16 = 4 , donc deux solutions :
8+4
8−4
λ =
= 6 et λ =
=2
2
2
2
1
2
Spec(A) = {6, 2}
1.2 Recherchons maintenant les sous-espaces propres associées :
x
y
∈ E6 ⇐⇒ (A − 6I)
⇐⇒ x − 3y = 0
x
y
x
y
=
⇐⇒
∈ E2 ⇐⇒ (A − 2I)
−1 3
1 −3
x
y
⇐⇒ x + y = 0
x
y
0
0
0
0
=
x = 3y
=
⇐⇒
3 3
1 1
x
y
=
x = −y
On en déduit que :
E6 = Vect
3
1
et
E2 = Vect
−1
1
1.3 D'après la question précédente :
D=
6 0
0 2
=P
−1
AP
2. Soit N =
appartenant à M (R).
2.1 Dans cette question, nous supposons que : N
21.1 D'après la relation supposée, on a :
x y
z t
avec
P =
3 −1
1 1
2
2
+N =D
.
N D = N (N 2 + N ) = N 3 + N 2 = (N 2 + N )N = DN
1/12
Les matrices N et D commutent, or :
ND =
DN =
x y
z t
6 0
0 2
6 0
0 2
x y
z t
6x 2y
6z 2t
6x 6y
2z 2t
=
=
d'où 6y = 2y, et 6z = 2z, ce qui entraîne :
y=z=0
21.2 Revenons à la relation N
2
N +N =
x2
0
, avec :
2
+N =D
2
0
x 0
x +x
0
6 0
+
=
=
y2
0 y
0
y2 + y
0 2
Par identication les relations suivantes sont immédiates :
t2 + t = 2
x2 + x = 6
21.3 L'équation t + t − 2 a pour solutions 1 et −2. L'équation x + x − 6 a pour solutions
2 et −3, ce qui donne quatre valeurs possibles pour la matrice N :
2
2
2 0
0 1
;
−3 0
0 1
;
2 0
0 −2
;
−3 0
0 −2
2.2 Un calcul immédiat de N + N montre dans chacun des cas que les quatre matrices N
obtenues à la question 2(1)3 vérient l'égalité
matricielle
: N + N = D.
3. Soit M appartenant à M (R). Notons : N = xz yt , x, y, z, t appartenant à R, la matrice
appartenant à M (R) dénie par N = P M P .
3.1 Le calcul de P est donné par l'inversion du système P X = X ⇐⇒ X = P X , c'est à
dire :
2
2
2
−1
2
−1
0
P
x
y
=
x0
y0
3x − y = x0
x + y = y0
4x = x0 + y 0 (L1 + L2 )
4y = 3y 0 − x0 (3L2 − L1 )
1 1
−1 3
⇐⇒
⇐⇒
P
−1
1
=
4
−1
0
Avec la relation M = P N P , nous pouvons conclure après calcul :
−1
1
M=
4
3x − 3y − z + t 3x + 9y − z − 3t
x−y+z−t
x + 3y + z + 3t
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3.2 Remarquons que P
Vendredi 4 Décembre
2
−1
M 2 P = P −1 M P × P −1 M P = N 2
. Ensuite :
M 2 + M = A ⇐⇒ P −1 (M 2 + M )P = P −1 AP
⇐⇒ P −1 M 2 P + P −1 M P = D
⇐⇒ N 2 + N = D
M2 + M = A
N2 + N = D
⇐⇒
3.3 On en déduit que l'ensemble des matrices M appartenant à M (R) telles que M + M = A
est l'ensemble des matrices de la forme M = P N P avec N + N = D.
Il s'agit des matrices de la forme trouvée en 31, avec y = z = 0, x ∈ {−3, 2} et t ∈ {−2, 1} :
2
2
−1
2
1 −11 −3
1 −8 −12
1 4 12
1 7 3
S=
,
,
,
−1 −9
4
4 −4 0
4 4 −4
4 1 5
[pbre4]
Exercice 2
On dénit, pour tout réel a, la matrice :
Ma =
a − 1 −1
2
a+2
1. (a) On sait que M est inversible si et seulement si det M
a
a
. Or :
6= 0
a − 1 −1
= (a − 1)(a + 2) + 2 = a2 + a = a(a + 1)
2
a+2
det Ma =
est inversible si et seulement si a 6= 0 et a 6= −1.
(b) De même, on peut écrire en utilisant le calcul précédent :
Ma
χMa (x) =
x−a+1
1
(a − x) − 1
−1
=
= (a − x)(a − x + 1)
−2
x−a−2
2
(a − x) + 2
Spec(Ma ) = {a, a + 1}
2. On cherche alors les sous-espaces propres de la matrice M :
a
x
y
∈ Ea ⇐⇒ (A − aI)
x
y
⇐⇒ −x − y = 0
x
y
=
⇐⇒
∈ Ea+1 ⇐⇒ (A − (a + 1)I)
⇐⇒ 2x + y = 0
⇐⇒
x
y
−1 −1
2
2
x
y
=
0
0
y = −x
=
−2 −1
2
1
x
y
=
0
0
y = −2x
3/12
Ea = Vect
1
−1
et E
1+a
1
−2
= Vect
3. D'après la question précédente :
Da =
a
0
0 1+a
=P
−1
Ma P
avec
P =
Le calcul de P est donné par l'inversion du système P X = X
−1
P
x
y
=
x0
y0
⇐⇒ X = P −1 X 0
x + y = x0
−x − 2y = y 0
x = 2x0 + y 0 (2L1 + L2 )
y = −x0 − y 0 (−L1 − L2 )
⇐⇒
P
⇐⇒
−1
0
1
1
−1 −2
=
, c'est à dire :
2
1
−1 −1
4. Soit a et b deux nombres réels. Il est clair que les matrices D et D commutent, et :
a
b
Ma Mb = P Da P −1 P Db P −1 = P Da Db P −1 = P Db Da P −1 = P Db P −1 P Da P −1 = Mb Ma
Ma Mb = Mb Ma
5. Soit n un entier naturel non nul. On considère la matrice A suivante :
n
An = M1 M2 M3 . . . Mn
Montrons par récurrence que A = P D D . . . D P pour tout n ∈ N :
? On a par dénition A = M = P D P .
? On suppose que pour n xé, on a A = P D D . . . D P , alors :
n
1
1
1
2
n
−1
−1
1
n
1
2
n
−1
An+1 = An × Mn+1 = P D1 D2 . . . Dn P −1 × P Dn+1 P −1 = P D1 D2 . . . Dn Dn+1 P −1
donc le résultat est vérié au rang n + 1.
? Par récurrence, le résultat est vrai pour tout entier n > 1.
1 0
2 0
n
0
Or D D . . . D = 0 2 0 3 . . . 0 n + 1 = n!0
1
2
n
An =
1
1
−1 −2
An =
n!
0
0 (n + 1)!
(1 − n)n!
−n.n!
2n.n!
(2n + 1)n!
0
(n + 1)!
2
1
−1 −1
d'où :
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6. On considère deux suites (u ) et (v ) telles que u = −2, v = 4 et qui vérient les
relations de récurrence suivantes :
∀n ∈ N, u
= (n − 1)u − v et v
= 2u + (n + 2)v .
u
n − 1 −1
u
u
Il est clair que v = 2 n + 2 v = M v , et on montre facilement
par récurrence que pour tout entier n > 1 :
2
n n>1
n n>1
n+1
n
1
n
1
n+1
n+1
n
n
n
n
n
n
n+1
un
vn
= Mn−1 . . . M2 M1
u1
v1
n
= M1 M2 . . . Mn−1
u1
v1
= An−1
−2
4
(on utilise au passage le résultat de la question 4). D'où, après simplications :
∀n ∈ N , u = −2n! et v = 4n!
∗
n
n
[pbre1]
Exercice 3
On note E = R [X] l'espace vectoriel des polynômes à coecients réels de degré inférieur ou égal à
3. Soit f l'application dénie sur E qui associe à tout polynôme P ∈ E, le polynôme f (P ) déni par :
f (P )(X) = −3XP (X) + X P (X), où P est la dérivée du polynôme P.
1. (a) On sait que la base canonique de E est (1, X, X , X ) :
3
2
0
0
2
3
dim E = 4
(b) f est un endomorphisme de E si et seulement si f est linéaire et si l'image des éléments de
la base canonique est dans E.
Soient P, Q ∈ E et λ, µ ∈ R :
f (λP + µQ)(X) =
=
=
f (λP + µQ)(X) =
−3X(λP + µQ)(X) + X 2 (λP + µQ)0 (X)
−3X(λP (X) + µQ(X)) + X 2 (λP 0 (X) + µQ0 (X))
λ(−3XP (X) + X 2 P 0 (X)) + µ(−3XQ(X) + X 2 Q0 (X))
λf (P )(X) + µf (Q)(X)
donc f est linéaire. Par ailleurs :

f (1)(X)



f (X)(X)
f (X 2 )(X)



f (X 3 )(X)
=
=
=
=
−3X
−3X 2 + X 2 = −2X 2
−3X 3 + 2X 3 = −X 3
−3X 4 + 3X 4 = 0
donc les images des éléments de la base canonique sont dans l'espace E.
f est un endomorphisme de E .
5/12
(c) On en déduit la matrice M de f dans la base canonique de E :


0
0 

0 
0
0
0
0
 −3 0
0
M =
 0 −2 0
0
0 −1
(d) On a clairement det M = 0, donc :
n'est pas inversible.
Le polynôme caractéristique est χ (x) = x , ce qui signie que 0 est la seule valeur propre.
Il est clair que M n'est pas semblable à la matrice nulle (car sinon on a M = 0), donc :
M n'est pas diagonalisable.
On peut en revanche
constater que
M est nilpotente, puisque :




M
4
M
0 0

0 0
M2 = 
 6 0
0 2
0
0
0
0
0
0

0 
 M3 =  0
 0
0 
0
−6
;
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0 
 ∀n > 4 M n = 0
0 
0
;
,
.
(e) Cherchons Ker M :

D'où
  

x
0
 −3x = 0
 y   0 




−2y = 0 = 0 ⇐⇒ x = y = z = 0
M   =   ⇐⇒
z
0

−z
t
0
  
0 


  

0 

Ker M = Vect  
0 





1
et :
Ker f = Vect(X 3 )
Le polynôme X forme une base de Ker f .
(f) Ensuite Im f = Vect(f (1), f (X), f (X ), f (X )) = Vect(−3X, −2X , −X ).
3
2
3
2
3
Im f = Vect(X, X 2 , X 3 )
2. On note Id et 0 respectivement, l'endomorphisme identité et l'endomorphisme nul de E, et
pour tout endomorphisme v de E, on pose v = Id et pour tout k de N , v = v ◦ v .
Soit u et g deux endomorphismes de E tels que u = 0 , u 6= 0 et g = Id +u + u + u .
(a) Soit P un polynôme de E tel que P ∈/ Ker(u ). Alors u (P ) 6= 0 et u (P ) = 0.
Soient λ , λ , λ et λ ∈ R tels que :
E
E
0
4
3
0
1
2
∗
E
E
3
k
E
3
E
k−1
2
3
4
3
λ0 P + λ1 u(P ) + λ2 u2 (P ) + λ3 u3 (P ) = 0
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En composant trois fois successivement par u, on a les relations :
2

 λ0 u(P ) + λ1 u2 (P ) + λ2 u3 (P ) = 0
λ0 u2 (P ) + λ1 u3 (P ) = 0

λ0 u3 (P ) = 0
D'où, puisque u (P ) 6= 0, on trouve 0 = λ = λ = λ = λ . La famille P, u(P ), u (P ), u (P )
est une famille libre de 4 éléments de E, et puisquedim E = 4 :
La famille P, u(P ), u (P ), u (P ) est une base de E.
On peut alors remarquer que, dans cette base, la matrice de u est :
3
0
1
2

0
 1
U =
 0
0
2
2
3
3
3
0
0
1
0
0
0
0
1

0
0 

0 
0
(b) D'après la question précédente, la matrice de g dans la base

1 0

1 1
G = I + U + U2 + U3 = 
 1 1
1 1
P, u(P ), u2 (P ), u3 (P )

0
0 

0 
1
0
0
1
1
est :
Le déterminant de cette matrice est 1 (produit des éléments diagonaux), ainsi :
g est un automorphisme de E
Remarquons ensuite que :
(IdE −u) ◦ (IdE +u + u2 + u3 ) = IdE +u + u2 + u3 − (u + u2 + u3 + u4 )
= IdE = (IdE +u + u2 + u3 ) ◦ (IdE −u)
On en conclut que :
g −1 = IdE −u
(c) Il est évident que Ker u ⊂ Ker(g − Id ), car si Q ∈ Ker u, on trouve :
E
(g − IdE )(Q) = (u + u2 + u3 )(Q) = u(Q) + u2 (Q) + u3 (Q) = 0 + 0 + 0 = 0
donc Q ∈ Ker(g − Id ).
Réciproquement, si Q ∈ Ker(g − Id ), alors u(Q) + u (Q) + u (Q) = 0. En composant deux
fois par u, on trouve : 
E
E
2
3
 u(Q) + u2 (Q) + u3 (Q) = 0
u2 (Q) + u3 (Q) = 0

u3 (Q) = 0
D'où 0 = u (Q) = u (Q) = u(Q), et Q ∈ Ker u.
3
2
Ker u = Ker(g − IdE )
7/12
(d) Il est évident, d'après la question 2b, que le polynôme caractéristique de g est χ (x) = (x − 1) ,
donc :
1 est la seule valeur propre de g .
4
g
[pbre3]
Exercice 4
I
Quelques calculs préliminaires.
Considérons la matrice M appartenant à M (R) dénie par :
3


3 1 2
M = 1 1 0 
−1 1 2
désigne la matrice unité d'ordre 3.
I.1 Étude des éléments propres de M .
I1.a Calculons le polynôme caractéristique de M :
I3
χM (x) =
=
x − 3 −1
−2
x − 3 −1
−2
−1 x − 1
0
0
= −1 x − 1
1
−1 x − 2
0
x−2 x−2
x−3
1
−2
−1 x − 1
0
0
0
x−2
L3 ← L3 + L2
C2 ← C2 − C3
= (x − 2)[(x − 3)(x − 1) + 1] = (x − 2)(x2 − 4x + 4) = (x − 2)3
Spec(M ) = {2}
I1.b Le sous-espace propre E de M est donné par le système :
2

 
x
0
 x + y + 2z = 0




0
x−y = 0
(M − 2I) y
=
⇐⇒

z
0
−x + y = 0


⇐⇒ x = y = −z


1
E 2 =  1 
−1


3 1 −1
MT =  1 1 1 
2 0 2
I.2 Étude des éléments propres de
.
I2.a On sait que le déterminant est invariant par transposition, d'où :
χM T (x) = det(M T − xI) = det (M − xI)T = det(M − xI) = χM (x)
Les matrices M et M ont le même polynôme caractéristique.
T
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Les valeurs propres de M sont en conséquence les mêmes que celles de M , comptées
avec multiplicité :
2
T
Spec(M T ) = {2}
I2.b Le sous-espace propre E de M est donné par le système :
0
2
T

  
x
0
 x+y−z = 0
x−y+z = 0
(M T − 2I)  y  =  0  ⇐⇒

z
0
2x = 0

⇐⇒ x = 0
et y = z


0
E20 =  1 
1
II
Quelques généralités.
Soit (E, +, .) un R-espace vectoriel, f un endomorphisme de E.
II.1 On a trivialement
:
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
? ∀ x ∈ { 0 }, f ( x ) = f ( 0 ) = 0 ∈ { 0 }.
−
−
? ∀→
x ∈ E, f (→
x ) ∈ E car f est un endomorphisme de E .
→
−
{ 0 } et E sont des sous-espaces vectoriels de E stables par f .
→
−
II.2 Soit F un sous-espace vectoriel de E →
non
réduit
à
0 et de dimension nie. Notons p la
−
→
−
→
−
dimension de F et introduisons B = (u , u , . . . , u ) une base de F .
−
Si F est stable par f , alors par dénition, on a en particulier ∀k ∈ [[1, p]], f (→
u ) ∈ F.
→
−
→
−
Réciproquement, on suppose que ∀k ∈ [[1, p]], f (u ) ∈ F . Soit x ∈ F , il existe λ , . . . , λ ∈ R
tels que :
→
−
−
−
−
x =λ →
u +λ →
u + ··· + λ →
u
et par composition, on a en utilisant la linéarité de f :
F
1
2
p
k
k
1 1
2 2
1
k
k k
−
−
−
−
u ) + · · · + λk f (→
u )
f (→
x ) = λ1 f (→
u ) + λ2 f (→
| {z1}
| {z2}
| {zk}
∈F
∈F
∈F
−
est combinaison linéaire d'éléments de F , ce qui entraîne f (→
x ) ∈ F . F est donc stable
par . On peut conclure :
−
F est stable par f si et seulement si ∀k ∈ [[1, p]], f (→
u ) ∈ F.
II.3 Droites vectorielles stables par f .
−
Soit F un sous-espace vectoriel de E de dimension 1, et B = (→
u ) une base de F .
−
On sait d'après la question précédente que F est stable→
par f→
si et seulement si f (→
u ) ∈ F,
−
−
c'est à dire si et seulement s'il existe λ ∈ R tel que f ( u ) = λ u . D'où :
−
F est stable par f si et seulement si →
u est un vecteur propre de f .
−
f (→
x)
f
k
F
III
Étude des plans stables en dimension 3.
Soit (E, +, .) un R-espace vectoriel de dimension 3, dont une base est B
un endomorphisme de E de matrice A dans la base B .
E
−
−
−
= (→
e1 , →
e2 , →
e3 )
. Soit f
E
9/12
III.1 Mise en place de l'équation de F dans la base B .
−
−
Soit B = (→
u ,→
u ) une base de F .
−
−
III1.a (→
u ,→
u ) est une famille libre de E , donc on peut la compléter en une base de E
d'après le théorème de la base incomplète :
−
−
−
−
Il existe un vecteur →
u de E tel que la famille U = (→
u ,→
u ,→
u ) soit une base de E .
III1.b On introduit la matrice de passage Q de la base U à la base B :
E
F
1
1
2
2
3
E
1
2
E
3
E


a1 b 1 c 1
Q =  a2 b 2 c 2 
a b c
Si a, b et c étaient tous nuls, alors la matrice Q serait de rang inférieur ou égal à 2,
donc non inversible. Ce n'est pas le cas car Q est une matrice de passage :
a, b et c sont non tous nuls.
−
III1.c Soit →
x appartenant à E .


x
−
Notons X =  x  la matrice des coordonnées de →
x dans la base B ,
1
2
E
x3
x01
X 0 =  x02 
x03

−
la matrice des coordonnées de →
x dans la base U .
et
On a, en utilisant la formule du changement de base :
E


a1 x 1 + b 1 x 2 + c 1 x 3
X 0 = QX =  a2 x1 + b2 x2 + c2 x3 
ax + by + cz
En examinant la troisième composante, on trouve :
x03 = ax1 + bx2 + cx3
−
III1.d Or on sait que →
x ∈ F si et seulement si x
→
−
x ∈F
⇐⇒
0
3
, donc :
=0
ax1 + bx2 + cx3 = 0.
La condition ax + bx + cx = 0 est appelée
F
B , nous
admettrons qu'elle est indépendante du choix de la base U .
III.2 Condition nécessaire et susante de stabilité de F par f .
III2.a Dans
cette question,
nous supposerons F stable par f donc en particulier, on a
→
−
→
−
f (u ) ∈ F et f (u ) ∈ F . D'où :
−
−
−
−
−
−
Il existe α , α , β , β ∈ R tels que f (→
u )=α →
u +α →
u et f (→
u )=β →
u +β →
u .
1
2
l'équation de
3
dans la base
E
E
1
2
1
2
1
2
1
1 1
2 2
2
1 1
2 2
10/12
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI 2015/2016
−
−
−
−
En notant ensuite f (→
u )=γ →
u +γ →
u + γ→
u , on trouve :
Vendredi 4 Décembre
2
3
1 1
2 2


α1 β1 γ1
B = MatUE f =  α2 β2 γ2 
0 0 γ
3
avec α , β , γ , α , β , γ , γ ∈ R
1
1
1
2
2
2
De plus, on sait par la formule du changement de base, que A = Q
QA = BQ. Par transposition, l'égalité est conservée :
(QA) = (BQ) donc : A Q = Q B
−1
T
T
T
T
T
BQ
, soit
T
AT QT = QT B T
Plus précisément, on a la relation :

 

 

a1 a2 a
a1 a2 a
α1 α2 0
∗ ∗ γa
AT  b1 b2 b  =  b1 b2 b   β1 β2 0  =  ∗ ∗ γb 
c1 c2 c
c1 c2 c
γ1 γ2 γ
∗ ∗ γc
En identiant la troisième colonne de chaque côté de l'égalité, on trouve :


 
a
a
AT  b  = γ  b 
c
c
   
a
0
 b  6=  0 
c
0
 
a
 b 
c
 
a
 b 
c
Autrement dit, compte-tenu du fait que
Le vecteur
:
est un vecteur propre de A .
III2.b Réciproquement, on suppose que le vecteur
valeur propre λ. Par dénition :
T
est un vecteur propre de A , de
T


 
a
a
T 


b
b 
A
=λ
c
c
Cette égalité est conservée lorsqu'on passe à la transposée :
T  T
 T
a
a
a
AT  b  =  b  A = λ  b 
c
c
c


ce qui s'écrit également :
a b c
×A=λ
a b c
11/12
−
Soit →
x appartenant

à E .
x
−
Notons X =  x  la matrice des coordonnées de →
x dans la base B ,
1
2

y1
E
 x3
−
et Y =  y  la matrice des coordonnées de f (→
x ) dans la base B .
y
−
L'écriture matricielle de f (→
x ) est Y = AX , d'où :
2
E
3
a b c
a b c
Y =
AX = λ
a b c
X
Ce qui donne, après calcul :
ay1 + by2 + cy3 = λ(ax1 + bx2 + cx3 )
−
Ainsi, si →
x ∈ F , on a ax +bx +cx = 0, et d'après ce qui précède : ay +by +cy = 0,
−
ce qui signie que f (→
x ) ∈ F . Conclusion :
F est stable par f .
−
−
−
IV Soit (E, +, .) un R-espace vectoriel de dimension 3, dont une base est B = (→
e ,→
e ,→
e ). Soit f
un endomorphisme de E de matrice M dans la base B , avec :
1
2
3
1
E
1
2
2
3
3
E


3 1 2
M = 1 1 0 
−1 1 2
D'après
les résultats des parties II et III, les sous-espaces vectoriels stables par F sont :
→
−
{ 0 }, E .
−
−
Les droites stables, c'est à dire les sous-espaces du type F = Vect(→
u ), où →
u est un vecteur
propre de E.
Les plans stables, c'est à dire les plans d'équation
  :
a

b  est un vecteur propre de A .
ax + b + cx = 0, où
c
D'après les résultats de la question I :
−
−
−
−
Les sous-espaces de E stables par f sont {→
0 }, E , D = R(→
e +→
e −→
e ), et P : x + x = 0.
1
2
T
3
1
2
3
2
3
[pbre2]
12/12