Problème II

Problème I

Partie A

1. Pour montrer que∼est une relation d'équivalence, on doit montrer que la relation est réexive, symétrique est transitive.

Réexive.A∼Acar on peut choisirP =I(matrice unité).

Symétrique. Si∼B, il existe P inversible telle que B=P⁻¹AP ⇒A=Q⁻¹BQ avecQ=P⁻¹ inversible doncB∼A.

Transitive. SiA∼B etB ∼C, il existe des matrices inversiblesP etQtelles que B =P⁻¹AP

C=Q⁻¹BQ )

⇒C= (Q)⁻¹(P)⁻¹A(P Q) = (P Q)⁻¹A(P Q)

doncC∼AcarP Q est inversible.

2. Il s'agit en fait de montrer que deux matrices semblables ont le même déterminant.

Cela résulte de ce que le déterminant d'un produit est le produit des déterminants.

B=P⁻¹AP ⇒det(B) = det(P⁻¹AP) = det(P⁻¹) det(A) det(P)

= det(A) det(P) det(P⁻¹) = det(A) det(P P⁻¹) = det(A)

3. a. Six∈Imw, il existe y∈ker(u^i+j)tel que

x=w(y) =u^j(y)⇒uⁱ(x) =u^i+j(y) = 0_E

doncx∈keruⁱ. Ceci prouve

Imw⊂keruⁱ b. Appliquons àwle théorème du rang :

dim(keru^i+j) = dim(kerw) + dim(Imw) avec

kerw= keru^i+j∩keru^j= keru^j etImw⊂keruⁱ. On en déduit

dim(keru^i+j)‘ dim(keruⁱ) + dim(keru^j)

4. a. Soituun endomorphisme de rang 2 tel queu³=O. Comme la dimension deE est 3, son noyau est de dimension 1. D'après l'inégalité de la question précédente

dim(keru²) ≤ 2 dim(keru) = 2

3 = dim(keru³) ≤ dim(keru²) + dim(keru)≤dim(keru²) + 1

On en déduit les ideux inégalités prouvantdim(keru²) = 2.

b. Comme dim(keru²) = 2, l'endomorphisme u² n'est pas identiquement nul. Il existe donc un vecteuratel que u²(a)6= 0E. À fortioriu(a)et asont non nuls.

Pour montrer que la famille(u²(a), u(a), a)est une base, il sut de prouver qu'elle est libre.

On considère une combinaison nulle et on compose paru². On en déduit la nullité du coecient dea. En composant ensuite paruon obtient la nullité du coecient deu(a). Il ne reste plus qu'un coecient qui est forcément nul.

c. Pour v =u²−u, on désigne par U la matrice de uet parV celle de v dans la base(u²(a), u(a), a). On obtient :

U =





0 1 0 0 0 1 0 0 0



, U²=





0 0 1 0 0 0 0 0 0



, V =





0 −1 1

0 0 −1

0 0 0





Partie B

1. Deux matrices semblables ont le même déterminant doncdetA= detT = 1 carT est triangulaire avec des 1 sur la diagonale. Les deux matrices sont donc inversibles.

2. Le calcul montre queN³est la matrice nulle. On en déduit que (I₃+N)(I₃−N+N²) =I₃−N³=I₃

Les deux matrices sont donc inversibles et inverses l'une de l'autre. On en déduit (P⁻¹AP)⁻¹=I3−N+N²

avec

(P⁻¹AP)⁻¹=P⁻¹A⁻¹P

3. Dans cette questionN = 0, doncAest semblable à I. Comme I commute avec P, A est égal àI. Les matricesAet A⁻¹ sont donc plus que semblables, elles sont égales et égales àI.

4. a. On a ici rg(A) = 2 et M = N²−N. Comme N³ = 0, on peut appliquer la question 4. de la partie A. Il existe une "bonne base" dans laquelle la matrice de l'endomorphisme représenté parN est





0 1 0 0 0 1 0 0 0



 doncM est semblable à

−





0 1 0 0 0 1 0 0 0



+





0 0 1 0 0 0 0 0 0



=





0 −1 1

0 0 −1

0 0 0



 b. Par le calcul,M³= 0, le rang deM est clairement 2.

c. Pourquoi les matrices





0 1 0 0 0 1 0 0 0



,





0 −1 1

0 0 −1

0 0 0



 sont-elles semblables ?

Car on peut appliquer à l'endomorphisme représenté par M et par la deuxième matrice la question 4.b. de la partie A. (il est de rang 2 et sa puissance d'ordre 3 est nulle, il existe alors une "bonne base")

d. Si M et N sont semblables, alors I+M et I+N sont aussi semblables. Or A∼I+N et

A⁻¹∼(I+N)⁻¹=I−N+N²=I+M ∼A

5. On a icirg(A) = 1etM =N²−N. Notons nl'endomorphisme dont la matrice dans la base canonique estN. Comme il est de rang 1 avecn³= 0(immédiat à vérier) son noyau est de dimension 2 avec







Imn⊂kern ou

Imnet kernsupplémentaires

La deuxième proposition est incompatible avec le caractère nilpotent. Il existerait en eet un vecteuranon nul tel quen(a) =λa(l'image est une droite stable) avecλnon nul (l'intersection noyau -image est réduite au vecteur nul). Mais alors

n³(a) =λ³a6= 0

On doit donc avoir

Imn⊂kern

Considérons alors une base (a, b, c) avec (c) base de Imn et (a, b) base de kern. La matrice dendans une telle base est





0 0 1 0 0 0 0 0 0



 On en déduitN²= 0,M²=−N. De plus on a alors :

(I+N)⁻¹=I−N Donc

A∼I+N A⁻¹∼I−N

Pourquoi les deux matricesI+N et I−N sont-elles semblables ?

Car, siN est la matrice dendans(a, b, c), alors−N est la matrice dendans(−a, b, c). Ceci prouve encore que

A∼A⁻¹ .

6. a. On forme la matrice deu−Id_E dans la base(a, b, c)de l'énoncé.

A=





0 0 0

0 −1 −1

0 1 1



 Son rang est 1 doncdim(ker(u−IdE)) = 2. On lit facilement sur la matrice que

(e1, e2) = (a, b−c)

est une base deker(u−IdE)et que (b−c)est une base deIm(u−IdE). b. La famille(a, b−c, c)est une base car elle contient trois vecteurs et engendreE.

En eet les vecteurs de(a, b, c)s'expriment en fonction de (a, b−c, c). a=a, b= (b−c) +c, c=c

De plusu(c) =−b+ 2c=−(b−c) +c. La matrice deudans(a, b−c, c)est donc





1 0 0 0 1 −1 0 0 1





c. Les matricesAetA⁻¹sont semblables car on se trouve dans le cas de la question 5 avecAsemblable à une matriceI+N avecN de rang 1.

d. Toute matrice semblable à son inverse est-elle de la formeT? La réponse est non. Exemple :

A=





1 0 0 0 2 0 0 0 ¹₂



= Mat

(a,b,c)

u

A⁻¹=





1 0 0 0 ¹₂ 0 0 0 2



= Mat

(a,b,c)

u⁻¹= Mat

(a,c,b)

u

La matriceAest bien semblable à son inverse.

Pourquoi n'est-elle pas semblable à une matrice de la formeT? Car deux matrices semblables ont la même trace alors que

trA= 1 + 2 +1

2 6= trT = 3

Problème II

Partie I

1. On peut calculer le rang ou le déterminant. Pour le calcul du rang par exemple, on forme les matrices suivantes par des opérations élémentaires. Elles ont toutes le même rang ques.





5 −1 −1

−1 5 −1

−1 −1 5









−1 5 −1

−1 −1 5

5 −1 −1









−1 5 −1

0 −6 −6

0 24 −6









−1 5 −1

0 1 1

0 4 −1









−1 5 −1

0 1 1

0 5 0









−1 −1 5

0 1 1

0 0 5





2. a. Le rang de la dernière est clairement 3. On en déduit quesest un automorphisme.

b. La famille(e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃)avec

e⁰₁= (1,1,1), e⁰₂= (1,−1,0), e⁰₃= (1,1,−2)

est une base car elle est orthogonale pour le produit scalaire usuel deR³.

c. Calculons les images des vecteurs : 1

3





5 −1 −1

−1 5 −1

−1 −1 5







 1 1 1



=



 1 1 1



 donc s(e⁰₁) =e⁰₁

1 3





5 −1 −1

−1 5 −1

−1 −1 5







 1

−1 0



=



 2

−2 0



 donc s(e⁰₂) = 2e⁰₂

1 3





5 −1 −1

−1 5 −1

−1 −1 5







 1 1

−2



=



 2 2

−4



 donc s(e⁰₃) = 2e⁰₃

On en déduit

S⁰= Mat

(e⁰₁,e⁰₂,e⁰₃)s=





1 0 0 0 2 0 0 0 2



 d. SoitP la matrice de passage de(e₁, e₂, e₃)vers(e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃)

P=





1 1 1

1 −1 1

1 0 −2





alorsS=P S⁰P⁻¹ doncSⁿ=P S⁰ⁿP⁻¹ avec

S⁰=





1 0 0

0 2ⁿ 0 0 0 2ⁿ





3. a. La famille(I3, S)est libre carS n'est pas diagonale.

b. Après calcul, on trouve que

S²=−2I+ 3S

c. Il est clair que S⁰, S, S² sont combinaisons linéaires deI₃ et S. Si Sⁿ est com- binaison linéaire deI3 et S alorsSⁿ⁺¹ est combinaison linéaire de S et S². En remplaçantS²on obtient bien une combinaison deI3etS. Ceci prouve l'existence par récurrence. L'unicité vient de ce que la famille(I3, S)est libre. On obtient

Sⁿ⁺¹=−2bnI3+ (an+ 3bn)S

d. La question précédente conduit aux relations a0 = 1

b₀ = 0 ,

a1 = 0 b₁ = 1 ,

an+1 = −2bn

b_n+1 = a_n+ 3b_n e. En utilisant les relations de la question précédente, il vient

an+1+bn+1 = −2bn+an+ 3bn =an+bn=· · ·=a1+b1= 1 bn+1+ 1 = an+bn+ 2bn+ 1 = 1 + 2bn+ 1

= 2(b_n+ 1) =· · ·= 2ⁿ(b₀+ 1) = 2ⁿ On en déduit

a_n= 2−2ⁿ, b_n= 2ⁿ−1 4. a. SoitB =S−2I₃. Avec les données de l'énoncé on obtient

B=−1 3





1 1 1 1 1 1 1 1 1



 On en déduitB²=−B puisBⁿ= (−1)ⁿ⁺¹B.

CommeB =S−2I₃ et queS commute avecI₃, on peut appliquer la formule du binôme

Sⁿ =

n

X

k=0

n k

2^kI^kB^n−k =

n−1

X

k=0

n k

2^k(−1)^n−k+1B+ 2ⁿI3

=

−(−1 + 2)^k+nⁿ

B+ 2ⁿI3

= (2ⁿ−1)B+ 2ⁿI3

b. Lors de la question 3., on a obtenu

Sⁿ= (2−2ⁿ)I3+ (2ⁿ−1)S ici,

Sⁿ = (2ⁿ−1)B+ 2ⁿI3= (2ⁿ−1)(S−2I3) + 2ⁿI3

= (−2ⁿ⁺¹+ 2 + 2ⁿ)I₃+ (2ⁿ−1)S

= (−2ⁿ+ 2)I3+ (2ⁿ−1)S On retrouve bien le même résultat.

5. Pour vérier si la formule donnantSⁿreste valable pour desnnégatifs, considérons le produit matriciel deSⁿ par ce que donne la formule pour−n:

[(−2ⁿ+ 2)I₃+ (2ⁿ−1)S]

(−2⁻ⁿ+ 2)I₃+ (2⁻ⁿ−1)S

= (5−2ⁿ⁺¹−2¹⁻ⁿ)I3+ (−5 + 3 2ⁿ+ 3 2⁻ⁿ)S+ (2−2ⁿ−2⁻ⁿ)S²

on remplace alorsS²par

S²=−2I3+ 3S

Presque tout s'annule alors, le produit des deux crochets vaut seulement I3. On en déduit que la formule

Sⁿ= (−2ⁿ+ 2)I₃+ (2ⁿ−1)S reste valable pour lesn∈Z.

Partie II

1. D'après la question I.5. la matriceS⁻¹deu⁻¹ dans la base canonique est

S⁻¹= (−1

2 + 2)I3+ (1

2 −1)S= 3 2I3−1

2S=1 6





4 1 1 1 4 1 1 1 4



 On en déduit

U = 1 18





−1 −1 5

5 −1 −1

−1 5 −1









4 1 1 1 4 1 1 1 4



=





0 0 1 1 0 0 0 1 0





Cette matrice est clairement orthogonale. Elle permute circulairement les vecteurs de la base orthonormée directe(e1, e2, e3). Il s'agit d'une rotation d'angle−^2π₃ autour de la'xe orienté par le vecteur somme des trois vecteurs de la base.

Par dénitionf =u◦s. Pour montrer quef =s◦u, on forme le produit matricielSU. On retrouve bienAla matrice def.

2. a. En normant les vecteurs(e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃)de la question I.2. on obtient e⁰⁰₁= 1

√3(e1+e2+e3) , e⁰⁰₂ = ^√1

2(e1−e2) , e⁰⁰₃ = 1

√6(e1+e2−2e3)

On avait déjà remarqué que(e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃)était orthogonale,(e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃)est mainte- nant orthonormale.

b. On cherche la matriceU⁰ deudans la base(e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃).

On a signalé queupermutait circulairement(e1, e2, e3). On en déduit l'eet sur (e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃):

u(e⁰⁰₁) =e⁰⁰₁ , u(e⁰⁰₂) = ^√1

2(e2−e3) , u(e⁰⁰₃) = 1

√

6(e2+e3−2e1)

Il s'agit maintenant d'exprimer(e₁, e₂, e₃) en fonction de (e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃). On utilise d'abord(e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃):







e⁰₁ = e₁+e₂+e₃ e⁰₂ = e₁−e₂ e⁰₃ = e₁+e₂−2e₃

,







e₁ = ¹₃e01+¹₂e02+¹₆e03

e₂ = ¹₃e01−¹₂e02+¹₆e03

e₃ = ¹₃e01−¹₃e03

On en déduit

u(e⁰₂) = −¹₂e02+¹₂e03

u(e⁰₃) = −³₂e02−¹₂e03

,

( u(e⁰⁰₂) = −¹₂e002+

√ 3 2 e003

u(e⁰⁰₃) = −

√ 3

2 e002−¹₂e003

puis la matrice

U⁰ = Mat

(e⁰⁰₁,e⁰⁰₂,e⁰⁰₃)u=







1 0 0

0 −¹₂ −

√ 3 2

0

√ 3 2 −¹₂







3. a. On voit très clairement sur la matrice de f dans (e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃) que l'ensemble des vecteurs invariants parf estVect(e⁰⁰₁).

b. Les deux 0 sur la première ligne de la matrice de f dans (e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃) montrent clairement queP est stable parf.

La matrice deg (restriction def) dans(e⁰⁰₂, e⁰⁰₃)est −1 −√

√ 3

3 1

= 2 −¹₂ −

√3

√ 2 3 2 −¹₂

!

On en déduit quegest la composée d'une rotation d'angle ^2π₃ et d'une homothétie de rapport 2.

4. a. Ici,C(f)désigne l'ensemble des endomorphismes deR³ commutant avecf. Pour montrer queC(f)est une sous-algèbre deL(R³), on doit vérier que :

Id∈ C(f).

Siλ∈Retf,g dansC(f)alors :

f+g, λf, f◦g∈ C(f) Cela ne pose pas de problème.

b. Soitg∈∈ C(f).

i. Commef(e⁰⁰₁) =e⁰⁰₁ et queg commute avecf : g(e⁰⁰₁) =g(f(e⁰⁰₁)) =f(g(e⁰⁰₁)) doncg(e⁰⁰₁)est invariant parf donc

g(e⁰⁰₁)∈Vect(e⁰⁰₁)) d'après 4.a.

ii. D'après 1.,uetscommutent avecu◦s=f. D'autre part, upermute circu- lairement(e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃)donc

f³= (s◦u)³=s³◦u³=s³

Par dénitiong commute avec f donc avecf³ =s³. Les matrices de g ets³ dans n'importe quelle base commutent. On en déduit que la matriceM deg dans(e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃)commute avecS⁰³.

iii. On note 



a b c

a⁰ b⁰ c⁰ a⁰⁰ b⁰⁰ c⁰⁰





la matrice dans(e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃)d'un élémentg ∈ C(f). En écrivant qu'elle commute avec

S⁰³=





1 0 0 0 8 0 0 0 8



 on obtient

b=c=a⁰⁰=a⁰= 0

En écrivant ensuite qu'elle commute avec la matrice def on obtient c⁰=−b⁰⁰, c⁰⁰=−b⁰

La forme générale dans(e⁰⁰₁, e⁰⁰₂, e⁰⁰₃)de la matrice d'un élément deC(f)est donc :





a 0 0

0 b⁰ −b⁰⁰ 0 b⁰⁰ b⁰



 L'espaceC(f)est donc de dimension 3.