PCSI 7 janvier 2017
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Exercice 1: Questions de cours : Voir cours
Exercice 2: Pour les matrices de taille 3 × 3, on applique la méthode du pivot de Gauss-Jordan.
A est inversible et A−1= 1 2 1 −3 2 −1 −1 3 1 2 0 −1 2 Exercice 3:
1. Les racines de P sont les racines 4-ème de l’unité : ∀k ∈ [0, 3], αk = e 2ikπ
4 = e
ikπ
2 . La forme
factorisée sur C[X] est donc
P = (X − 1)(X − eiπ2 )(X − e 2iπ
2 )(X − e 3iπ
2 ) = (X − 1)(X − i)(X + 1)(X + i)
Pour obtenir la forme factorisée sur R[X], on va regrouper 2 par 2 les racines complexes non réelles. P = (X − 1)(X − i)(X + 1)(X + i) = (X − 1)(XX + 1)(X − i)(X + i) = (X − 1)(X + 1)(X2+ 1) 2. X8+ X4+ 1 = (X2+ X + 1)(X2− X + 1)(X2+√3X + 1)(X2−√3X + 1) dans R[X]. De plus, X2+ X + 1 = X − −1 − i √ 3 2 ! X − −1 + i √ 3 2 ! X2− X + 1 = X − 1 − i √ 3 2 ! X − 1 + i √ 3 2 ! X2+√3X + 1 = X − − √ 3 − i 2 ! X − − √ 3 + i 2 ! X2−√3X + 1 = X − √ 3 − i 2 ! X − √ 3 + i 2 !
Finalement, la décomposition de P sur C[X] est le produit de ces 8 polynômes de degré 1. Exercice 4:
1. Puissance de la matrice A
(a) On calcule le déterminant de P : det(P ) = 3 − 2 = 1 6= 0 donc la matrice P est inversible et P−1 = 1 −1
−2 3
!
.
(b) Toutes les matrices sont de taille 2 × 2 donc on peut les multiplier entre elle.
P−1× A = −3 9 −4 9 ! 1 −1 −2 3 ! 1 0 −6 9 !
PCSI 7 janvier 2017 (P−1× A) × P = 3 1 2 1 ! 1 0 −6 9 ! 3 1 0 3 ! Finalement, T = 3 1 0 3 !
qui est une matrice triangulaire supérieure. (c) On le démontre par récurrence avec pour n ∈ N,
P (n) : 00Tn= P−1× An× P00.
Initialisation T0 = I
2 et P−1× A0× P = P−1× P = I2 donc P (0) est vraie.
Hérédité Supposons la propriété P (n) vraie à un rang n ≥ 0. Alors,
Tn+1 = Tn× T = (P−1× An× P ) × (P−1× A × P ) = (P−1× An) × (P × P−1 ) × (A × P ) = P−1× (An× I2) × (A × P ) = P−1× (An× A) × P Tn+1 = P−1× An+1× P
donc P (n + 1) est vraie.
Conclusion ∀n ∈ N, Tn= P−1× An× P .
(d) On peut appliquer le binôme de Newton en remarquant que T = 3I2 + N .
Les matrices 3I2 et N commutent donc on peut appliquer le binôme de Newton :
∀n ∈ N∗, Tn= (3I + N )n = n X k=0 n k ! (3I2)n−kNk = n X k=0 3n−k n k ! Nk Or, N2 = 0
2 donc la somme ne comporte que 2 termes : k = 0 et k = 1. D’où ;
∀n ∈ N, Tn = 3nI 2+ n3n−1N ∀n ∈ N∗, Tn= 3 n n3n−1 0 3n ! = 3n−1 3 n 0 3 !
(e) De la question (c), on obtient : ∀n ∈ N, An= P × Tn× P−1 donc on va pouvoir obtenir
les puissances de A. ∀n ∈ N∗, An = 3 1 2 1 ! × 3n−1 3 n 0 3 ! ! × 1 −1 −2 3 ! = 3n−1× 3 1 2 1 ! × 3 n 0 3 ! × 1 −1 −2 3 ! = 3n−1× 3 1 2 1 ! × 3 − 2n −3 + 3n −6 9 ! = 3n−1× 3 − 6n 9n −4n 6n + 3 !
On vérifie que la formule fonction bien au moins pour n = 1. 2. Commutant de la matrice A
Pour une matrice B quelconque, on appelle commutant de B et on note C(B) l’ensemble C(B) = {M ∈ M2(R), BM = MB} .
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(a) L’ensemble C(A) est composé de toutes la matrices qui commutent avec A. On y trouve pas exemple la matrice I2 ainsi que toutes les puissances de A.
(b) On va calculer A × AT et AT × A pour pouvoir conclure.
A × AT = −3 −4 9 9 ! −3 9 −4 9 ! 90 93 93 97 ! et AT × A = −3 9 −4 9 ! −3 −4 9 9 ! 25 −63 −63 162 ! A × AT 6= A × AT donc AT ∈ C(A)./
(c) On rappelle que T = 3I2+ N . On va raisonner par double inclusion.
Montrons que C(T ) ⊂ C(N ) Soit M ∈ C(T ). Alors, M × T = T × M .
M.N = M.(T − 3I2) = M.T − 3M.I2 = T.M − 3I2.M = (T − 3I2).M = N.M
donc M ∈ C(N ). On a donc bien C(T ) ⊂ C(N ).
Montrons que C(N ) ⊂ C(T ) Soit M ∈ C(N ). Alors, M.N = N.M .
M.T = M.(N + 3I2) = M.N + 3M.I2 = N.M − 3I2.M = (N + 3I2).M = T.M
donc M ∈ C(T ). On a donc bien C(N ) ⊂ C(T ). Par double inclusion, on a l’égalité des deux ensembles. (d) Cette fois, on raisonne par double implication.
⇒ : Supposons M ∈ C(A). Alors,
(P−1M P )T = (P−1M P )(P−1AP ) = (P−1M )(P P−1)(AP ) = P−1(M A)P = P−1(AM )P
T (P−1M P ) = (P−1AP )(P−1M P ) = (P−1A)(P P−1)(M P ) = P−1(AM )P T (P−1M P ) = (P−1M P )T On a donc bien P−1M P ∈ C(T ). ⇐ : Supposons P−1M P ∈ C(T ). Alors, T (P−1M P ) = (P−1M P )T ⇔ (P−1AP )(P−1M P ) = (P−1M P )(P−1AP ) ⇔ P−1A(P P−1)M P = P−1M (P P−1)AP ⇔ P−1AM P = P−1M AP
⇔ AM P = M AP on a multiplié à gauche par P ⇔ AM = M A on a multiplié à droite par P−1
On a donc bien M ∈ C(A).
Par double implication, on a bien l’équivalence demandée. Exercice 5: Pour µ ∈ R, on note Pµ= X3+ µX2+ µX + 1.
1. Pµ(−1) = −1 + µ − µ + 1 = 0 donc −1 est une racine de Pµ. On peut donc factoriser Pµ par
le polynôme X + 1.
2. On va faire appel aux polynômes dérivés successifs de Pµ.
Pµ0 = 3X2+ 2µX + µ et Pµ0(−1) = 3 − 2µ + µ = 3 − µ
Pµ00 = 6X + 2µ et Pµ00(−1) = −6 + 2µ
Pµ(3) = 6 ∀k ≥ 4, P(k)
µ = 0
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Si µ 6= 3 alors Pµ0(−1) 6= 0 donc −1 est racine de Pµ de multiplicité 1.
Si µ = 3 alors Pµ0(−1) = 0, Pµ00(−1) = 0 et Pµ(3)(−1) 6= 0 donc −1 est racine de Pµde multiplicité
3.
3. Pµ est un polynôme de degré 3 donc il a au plus 3 racines comptées avec multiplicité.
Pour µ = 3, on a montré que −1 est racine de multiplicité 3 donc P3 = (X + 1)3.
Pour µ 6= 3, on sait que P = (X + 1)Q avec Q(−1) 6= 0. En raisonnant sur les degrés, on obtient que Q est un polynôme de degré 2.
∀µ 6= 3, ∃(a, b, c) ∈ R3 tel que P
µ= (X + 1)(aX2+ bX + c)
Par identification, on obtient
∀µ 6= 3, Pµ = (X + 1)(X2+ (µ − 1)X + 1)
4. On cherche alors les racines du polynôme Qµ= X2+ (µ − 1)X + 1.
∆µ = (µ − 1)2− 4 = (µ + 1)(µ − 3). Le signe de ce discriminant et donc la factorisation de Pµ
dépend de la valeur de µ.
Si µ ∈] − 1, 3[ , le discriminant est strictement négatif donc le polynôme Qµ a deux racines complexes conjuguées
−(µ−1)+i√4−(µ−1)2 2 et −(µ−1)−i√4−(µ−1)2 2 donc Pµ = (X + 1)(X2+ (µ − 1)X + 1) sur R[X] = (X + 1)X − −(µ − 1) + i q 4 − (µ − 1)2 2 X −−(µ − 1) − i q 4 − (µ − 1)2 2 sur C[X] Si µ ∈] − ∞; −1[∪]3; +∞[ , le discriminant est strictement positif donc
le polynôme Qµ a deux racines réelles
−(µ−1)+√(µ−1)2−4 2 et −(µ−1)−√(µ−1)2−4 2 donc Pµ = (X + 1) X −−(µ − 1) + q (µ − 1)2− 4 2 X − −(µ − 1) − q (µ − 1)2− 4 2 sur R[X] et C[X] Si µ = −3 , le discriminant est nul donc
le polynôme Qµ a une racine double
−(µ−1) 2 donc Pµ = (X + 1) X − −(µ − 1) 2 2 sur R[X] et C[X]
