CPGE Lycée technique Mohammedia Classe: TSI

CPGE Lycée technique Mohammedia
Classe: TSI-spé1
Devoir libre n◦ 2
Année: 2016-2017
Mathématiques
Corrigé
Exercice 1:
A)
1) Calculons le polynôme caractéristique de A (donc aussi de f ) :
8 − X
4
−7 −4 − X
8 = X(X − 1)(X − 4).
Pf (X) = PA (X) = det(XI − A) = − −8
0
0
1 − X
Ainsi, Pf est scindé à racines simples, donc f est diagonalisable .
2) L’étude des sous-espaces propres donne :
E0 (f ) = V ect(v1 ) avec v1 = (1, −2, 0),
E1 (f ) = V ect(v2 ) avec v2 = (1, 0, 1),
E4 (f ) = V ect(v3 ) avec v3 = (1, −1, 0).

0
Dans ce cas, la matrice D est donnée par : D = 0
0
0
1
0

0
0.
4
3) La formule de changement de base donne : A = P DP −1 , et donc Am = P Dm P −1

−1
4) En utilisant par exemple la méthode du pivot de Gauss, on trouve : P −1 =  0
2
Après calculs, on trouve que la matrice de f m dans la base canonique est :




2 · 4m
4m 1 − 2 · 4m
0 0 0
2 · 4m  .
Am = P · 0 1 0  · P −1 = −2 · 4m −4m
m
0
0
1
0 0 4
.
−1
0
1

1
1 .
−2
En particulier, on vérifie que cela redonne A pour m = 1.
5) Soit M = (mij )1≤i,j≤3 une matrice qui commute avec D. On écrit que M D = DM , ce qui
donne mij = 0 si i 6= j. Donc nécessairement, M est une matrice diagonale.
Réciproquement, toute matrice diagonale commute avec D qui est elle-même diagonale.
Finalement, les matrices qui commutent avec D sont les matrices diagonales .
6) On a HD = DH = H 3 , donc H et D commutent .
7) D’après les questions 5) et 6), si H 2
H 2 = D donne également :

0 0

H = 0 ±1
0 0
= D, alors H est une matrice diagonale. La condition

0
0  (ce qui fournit 4 solutions).
±2
Pour obtenir les matrices solutions dans la base canonique, on effectue un changement de base :
les matrices solutions sont données par P · H · P −1 , où H est l’une des 4 solutions précédentes.
Après calculs, on obtient à nouveau 4 solutions, qui sont :

 

4
2 −3
4
2 −5
± −4 −2 4  ;± −4 −2 4 
0
0
1
0
0 −1
B)
1) On trouve pour tout entier m ≥ 1 : J m = 3m−1 J .
2) Travaillons avec les matrices A et J. On a A = J + I3 . Comme J et I3 commutent, la formule
du binôme donne :
!
m m X
X
m
m
1
∀m ∈ N∗ , Am = (I3 + J)m =
J k = I3 +
· 3k−1 J = I3 + (4m − 1)J.
k
k
3
k=0
k=1
Si on revient aux endomorphismes, cela donne : pour tout m ∈ N∗ , f m = id + 13 (4m − 1)j .
Evidemment, cette relation est encore valable pour m = 0 (car dans ce cas, on a id= id).
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3) Un calcul du polynôme caractéristique de A donne : Pf (X) = PA (X) = (X − 1)2 (X − 4). Donc
f admet les deux valeurs propres λ = 1 et µ = 4 .
4) D’après la question 2), on peut écrire f m = 1m (id − 31 j) + 4m ( 13 j) pour tout entier m ≥ 0. En
posant p = id − 13 j et q = 13 j, on obtient l’existence de la décomposition voulue .
De plus, on a nécessairement id = p + q (pour m = 0) et f = p + 4q (pour m = 1). Donc
p = 31 (4id − f ) et q = 13 (f − id), d’où l’unicité de cette décomposition .
Enfin, comme id et j sont deux endomorphismes linéairement indépendants (d’après leur écriture
matricielle), il en est de même pour p et q.
5) On obtient, en utilisant les expressions de p et q trouvées à la question précédente :
p2 = p, q 2 = q, p ◦ q = q ◦ p = 0.
Soit maintenant h = α · p + β · q tel que h2 = f . D’après les relations précédentes, on a
h2 = α2 · p + β 2 · q = f = p + 4q.
Comme (p, q) est une famille libre, cette égalité équivaut à α2 = 1 et β 2 = 4.
Donc il y a 4 endomorphismes h solutions, donnés par : h = ±p ± 2q .
6) On détermine les sous-espaces propres de f :
E1 (f ) = V ect(w1 , w2 ) avec w1 = (1, −1, 0) et w2 = (0, 1, −1),
E4 (f ) = V ect(w3 ) avec w3 = (1, 1, 1).
Comme dim(E1 (f )) + dim(E4 (f )) = 3 = dim(R3 ), f est diagonalisable.
Et (w1 , w2 , w3 ) est une base de vecteurs propres pour f .
Notons Bd = (w1 , w2 , w3 ). Alors :





1 0 0
1 0 0
0
D = 0 1 0 , MBd (p) = 0 1 0 et MBd (q) = 0
0 0 4
0 0 0
0
0
7) On peut prendre par exemple : K =
1
1
0

0
et Y = 1
0
1
0
0
0
0
0

0
0 .
1

0
0.
2
8) Soit h l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base Bd est Y . Alors h2 = f car Y 2 = D.
Et h n’est pas combinaison linéaire de p et q, car Y n’est pas combinaison linéaire de leurs
matrices (vues précédemment) dans la base Bd .
9) Soit h tel que h2 = f . Comme f est diagonalisable et que ses valeurs propres sont 1 et 4, le
polynôme Q1 (X) = (X − 1)(X − 4) est un polynôme annulateur de f , donc de h2 .
Donc le polynôme Q2 (X) = (X 2 − 1)(X 2 − 4) = (X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) est un polynôme
annulateur de h. Or ce polynôme est scindé à racines simples, donc , h est diagonalisable. (
cette question est hors programme de TSI )
Exercice 2:
1. a) AM − M B est bien une matrice de E donc ϕA,B est une application de E dans E.
Soient K et L deux matrices de E et a et b deux réels. On a :
ϕA,B (aK+bL) = A(aK+bL)−(aK+bL)B = aAK+bAl−aKB−bLB = a(AK−KB)+b(AL−LB) = aϕA,B (K
Donc ϕA,B est une application linéaire.
ϕA,B est bien un endomorphisme de E.
On remarque alors que VA,B = ker(ϕA,B ) donc VA,B est un sous-espace vectoriel de E.
b) On a :
2 0
= 2U1 − U3
−1 0
−2 0
ϕA,B (U2 ) =
= −2U1 − U4
0 −1
−1 0
ϕA,B (U3 ) =
= −U1 + 2U3
2 0
0 −1
ϕA,B (U4 ) =
= −U2 − 2U3
−2 0
ϕA,B (U1 ) =
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
2
0
Donc M(ϕA,B ) = 
−1
0
−2
0
0
−1
−1
0
2
0
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
0
−1
.
−2
0
Utilisons la méthode du pivot de Gauss

2 −2 −1
0
0
0

−1 0
2
0 −1 0
↓

2 −2 −1
 0 −1
0

−1 0
2
0
0 0−1
↓

2 −2 −1
0 −1
0

0 −2
3
0 0 0−1
↓

2 −2 −1
0 −1
0

0 0
3
0 0 0−1
pour savoir si M(ϕA,B ) est inversible :

0
−1

−2
0

0
0

−2
L2 ↔ L4

0
0

−4
L3 ← 2L3 + L1

0
0

−4
L3 ← L3 − 2L2
Donc M(ϕA,B ) est équivalente à une matrice sans 0 sur sa diagonale donc elle est inversible.
On peut donc en déduire que ϕA,B est bijective et en particulier injective.
Donc ker(ϕA,B ) = {0} et donc VA,B = {0}.
2. a)
1 0
x y
x
=
0 r
z t
z
x y
x sy
⇔
=
rz rt
z st


 x=x

y = sy
⇔
rz = z



rt = st

 (1 − s)y = 0
(1 − r)z = 0
⇔

(r − s)t = 0

 y = 0 car s 6= 1
z = 0 car r 6= 1
⇔

t = 0 car s 6= r
M ∈ VD,∆ ⇔
y
t
1
0
0
s
x 0
0 0
1 0
b) On a donc VD,∆ = vect
= vect(U1 ).
0 0
(U1 ) est une famille génératrice de VD,∆ et c’est une famille libre car formée d’un seul
vecteur non nul.
Donc (U1 ) est une base de VD,∆ .
Donc M ∈ VD,∆ ⇔ M =
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3. a) On a :
a−λ
1−a
λI − A =
b
1−b−λ
b
1−b−λ
⇔
L1 ↔ L2
a−λ
1−a
b
1−b−λ
⇔
L2 ← (λ − a)L1 + bL2
0 −λ2 + (1 + a − b)λ + b − a
Donc les valeurs propres de A sont les racines de λ2 − (1 + a − b)λ − b + a qui sont bien 1
et a − b.
On sait que a − b 6= 1 donc A admet deux valeurs propres distinctes et comme A ∈ M2 (R)
on a donc que A est diagonalisable.
Ainsi il existe une matrice P inversible telle que D= P −1 AP où D est la matrice diagonale
1
0
des valeurs propres c’est-à-dire : D =
.
0 a−b
b) On peut effectuer le même calcul qu’à la question précédente en remplaçant a par c et b
par d.
Ainsi il existe une matrice Q inversible telle que ∆= Q−1 BQ où ∆ est la matrice diagonale
1
0
des valeurs propres c’est-à-dire : ∆ =
.
0 c−d
−1
c) M ∈ VA,B ⇔ AM = M B ⇔ P DP −1 M = M Q∆Q
⇔
DP −1 M Q = P −1 M Q∆ ⇔
x 0
P −1 M Q ∈ VD,∆ Or on a vu que M 0 ∈ VD,∆ ⇔ M 0 =
avec x ∈ R.
0 0
x 0
Donc M ∈ VA,B ⇔ M = P
Q−1 = xP U1 Q−1
0 0
Ainsi VA,B est le sous-espace engendré par la famille (P U1 Q−1 ). De plus P U1 Q−1 6= 0
car P et Q sont inversibles et U1 6= 0.
Donc (P U1 Q−1 ) est une base de VA,B .
4. a)
Donc M ∈ VD,∆
u 0
x y
x y
v
M ∈ VD,∆ ⇔
=
0 r
z t
z t
0
ux uy
vx sy
⇔
=
rz rt
vz st

ux = vx



uy = sy
⇔
rz = vz



rt = st

(u − v)x = 0



(u − s)y = 0
⇔
(r − v)z = 0



(r − s)t = 0

x = 0 car u 6= v



y = 0 car s 6= 1
⇔
z = 0 car r 6= 1



t = 0 car s 6= r
0 0
⇔M =
0 0
0
s
On a donc VD,∆ = {0}.
b) Si A et B sont diagonalisable alors elles admettent chacune deux valeurs propres. Notons
u et r les valeurs propres de A et v et s celles que B.
Si de plus A et B n’ont pas de valeurs propres en commun alors on a u 6= v, u 6= s, r 6= v
et r 6= s.
De plus il existe P inversible et Q inversibles tels que A = P DP −1 et B = Q∆Q−1 .
On a alors : M ∈ VA,B ⇔ AM = M B ⇔ P DP −1 M = M Q∆Q−1 ⇔ DP −1 M Q =
P −1 M Q∆ ⇔ P −1 M Q ∈ VD,∆
Et comme VD,∆ = {0} on a donc P −1 M Q = 0 et ainsi M = 0.
Donc VA,B = {0}.
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