CPGE Mohammedia Année préparatoire : 2017-2018
Corrigé du devoir surveillé N ◦ 2
NB :Erreur survenue au niveau de la question (5.(c))de l’exercice 2en ce qui concerne la forme de la matrice B.
Dans la question (4.)de l’exercice 3, j aurais du commencer par la question(4.(c))puis la question (4.(b)).
Exercice 1
1. A étant diagonale par blocs, de blocs diagonaux M et N, alors, A inversible ⇐⇒ det(A)6= 0
⇐⇒ det(M) det(N)6= 0
⇐⇒ det(M)6= 0 et det(N)6= 0
⇐⇒ Met Nsont inversibles
2. Notons d’abord que1n’est pas une valeur propre deA, signifie queA−Inest inversible ou encore det(A−In)6= 0.
D’autre part, A2−In= (A−In)(A+In) = 0 implique det(A−In) det(A+In) = 0.
En conséquence, det(A+In) = 0 et donc A+In est non inversible, ’est à dire −1 est une valeur propre de A.
3. (a) A est diagonalisable si, et seulement si, il existe une matrice inversible P telle que A=P(λIn)P−1 =λIn.
(b) L’exemple en question correspond à une une matrice non scalaire de spectre réduit au singleton {2}; donc elle n’est pas diagonalisable.
4. 1 étant une valeur propre de f, puisque rg(f −IdE) = 2< n implique f −IdE est non inversible.D’après le théorème du rang dim(E1(f)) = n−2 et ensuite 1 est une valeur propre d’ordre de multiplicité supérieur ou égal à n−2.
Le polynôme caractéristique est de degré n et est unitaire, alors χf(X) = (X−1)n−2(X−α)(X−β) où α, β ∈C Par ailleurs, tr(f) = (n−2) +α+β ; det(f) = αβ.
On trouve ainsi α=−1 ; β = 3 et χf(X) = (X−1)n−2(X+ 1)(X−3).
Il est facile de voir que f est diagonalisable, puisque la dimension des sous espaces propres coincide avec l’ordre de multiplicité.
Exercice 2
1.
χA(λ) =
λ−2 −1 1
−1 λ−2 −1 1 −1 λ−2
=
λ−2 −1 1 λ−4 λ−2 −1 λ−2 −1 λ−2
=
λ−2 −1 1 λ−4 λ−2 −1
0 0 λ−3
= (λ−3)
λ−2 −1 λ−4 λ−2
= (λ−3)((λ−2)2+λ−4) = (λ−3)(λ2−3λ)
= λ(λ−3)2.
A possède ainsi deux valeurs propres simples λ1 = 0 et λ2 = 3.
2. rg(A−3I3) = rg
−1 1 −1 1 −1 1
−1 1 −1
=rg
−1 1 −1 0 0 0 0 0 0
= 1 L2 ←−L2+L1, L3 ←−L3−L1. En conséquence, dim(E3(A)) = 3−rg(A−3I3) = 2 =ordre de multiplicité de 3, l,autre valeur propre est simple, alors la matrice A est diagonalisable.
3. • Recherche d’une base de Eλ1(A) :
x y z
∈E0(A) ⇐⇒ A
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
2x+y−z = 0 x+ 2y+z = 0
−x+y+ 2z = 0
⇐⇒
2x+y−z = 0
3y+ 3z = 0 2eq2−eq1 3y+ 3z = 0 2eq3 +eq1
⇐⇒
x = z
Donc une base de Eλ1(A) est
1
−1 1
.
• Recherche d’une base de Eλ2(A) :
x y z
∈E3(A) ⇐⇒ (A−3I3)
x y z
=
0 0 0
⇐⇒ −x+y−z = 0
⇐⇒ y=x+z.
Une base de Eλ2(A)est
1 1 0
,
0 1 1
.
4. Selon l’ordre des valeurs propres, on posera D =
λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 λ2
=
0 0 0 0 3 0 0 0 3
et
P =
1 1 0
−1 1 1 1 0 1
.
5. (a) Nous avons Y2 = (P−1XP)2 =P−1X2P =P−1AP =D, donc Y D=D3 =DY.
(b) Posons
Y =
a b c e f g h i j
Alors,
Y D=DY ⇐⇒
0 3b 3c 0 3f 3g 0 3i 3j
=
0 0 0
3e 3f 3g 3h 3i 3j
⇐⇒ b=c=e=h= 0 En conséquence, Y =
a 0 0 B
, où B =
f g
i j
.
(c)
Y2 =D ⇐⇒
a2 0 0 B2
=
0 0 0 0 3 0 0 0 3
⇐⇒ a= 0 et
f2+gi (f+j)g i(f +j) ig+j2
=
3 0 0 3
⇐⇒ f2+gi=ig+j2 = 3, i(f +j) = (f +j)g = 0.
(d) Les solution de l’équation X2 = A sont de la forme X = P Y P−1, où Y est de la forme de la question précédente.
Exercice 3
1. SoitP ∈Cn[X], alors deg(P)≤n.
deg(f(P)) = deg(1
2(X2 − 1)P” − XP0 + P) ≤ max(deg((X2 − 1)P”),deg(XP0),deg(P)) ≤ deg(P) ≤ n, ce qui implique f(P) ∈ Cn[X], et ensuite f est bien une application de Cn[X]vers lui même.
Soit P, Q∈Cn[X] etα ∈C. f(αP +Q) = 1
2(X2−1)(αP +Q)”−X(αP +Q)0 +αP +Q
= α 1
2(X2−1)P”−XP0 +P
+ 1
2(X2−1)Q”−XQ0 +Q
= αf(P) +f(Q).
Ce qui termine que f est un endomorphisme de Cn[X].
2. f(S) =λS =⇒ 1
2(X2−1)S”−XS0+S =λS. En identifiant les coefficients dominants, on obtient :
dom(S)(1
2p(p−1)−p+ 1) =λdom(S) =⇒λ= 1
2(p−1)(p−2) 3. (a) p= 3 =⇒λ= 1.
p= 2 =⇒λ= 0.
p= 1 =⇒λ= 0.
p= 0 =⇒λ= 1.
(b) f(1) = 1, f(X2+1) = 1
2(X2−1).2−2X2+X2+1 = 0, f(X) =−X+X = 0, f(X3−3X) = 1
2(X2−1)(6X)−X(3X2−3) +X3−3X =X3−3X.
D’après les résultats ci dessus, {1, X3 −3X} est une famille libre dans E1(f) et {X, X2−1}est une famille libre dans E0(f), doncdim(E1(f))≥2etdim(E0(f))≥2; maisE1(f)etE0(f)sont des sous espaces vectoriels deC3[X]qui est de dimension 4, alors dim(E (f)) =dim(E (f)) = 2 et ensuite{1, X3−3X} est une base de E (f)
(c) D’après la question précédente, on a dim(E1(f)) +dim(E0(f)) = dim(C3[X]), ainsi C[X] =E1(f)⊕E0(f) et donc f est diagonalisable lorsquen = 3.
Une base de diagonalisation est{1, X3−3X, X, X2 −1}.
4. p≥4 =⇒λ1
2(p−1)(p−2)≥3>1.
5. Nous avons f(S) =λS =⇒ 1
2(X2−1)S” −XS0 +S=λS. En dérivant cette expression, il vient que :
1
2(X2−1)S(3)+XS”−XS”−S0 +S0 =λS0 C’est à dire 1
2(X2−1)S(3) =λS0.
6. D’après la question précédenteλS0(1) = 0. Commeλ >1doncλ6= 0et ensuiteS0(1) = 0.
En remplacant X par dans l’expression f(S) =λS, on obtient S(1) =λS(1) c’est à dire (λ−1)S(1) = 0et encore S(1) = 0, puisque λ−16= 0.
7. Par récurrence forte surk.
Pour k = 0,1,2 c’est vérifié. D’après(4, b),
8. D’après l’hypothèse de la question précédente, on aS(k)(1) = 0pour toutk ∈N,c’est à dire 1 est une racine de S d’ordre de multiplicité infinie, ainsi S est le polynôme nul ; ce qui est absurde, car c’est un vecteur propre.
La question précédente a été basée sur l’hypothèse fausse S”(1) = 0, donc S(1) = S0(1) = 0 etS”(1) 6= 0, donc 1est une racine double de S.
9. Par un raisonnement similaire à celui de 1, on montrer aussi que S(−1) =S0(−1) = 0 et S”(−1)6= 0, et ensuite que −1est une racine double de S.
10. Raisonnons par récurrence sur k≥3.
En dérivant la formule du (4.(b)), il vient que λS” = XS(3) + 1
2(X2 − 1)S(4); donc en remplacant par 1, on obtient λS0(1) =S(3)(1) ce qui implique S(3)(1) = 0.
Soit k ≥3fixé. Supposons queS(3) =· · ·=S(k)(1) = 0. D’après la formule de Leibniz, la dérivée d’ordre k−1:
λS(k) = 1 2
k−1
X
i=0
Ck−1i (X2−1)(i)S(k+2−i) (1)
= 1
2 (X2−1)S(k+2)+ (k−1)2XS(k+1)+ (k−1)(k−2)S(k)
(2) En remplacant encore une fois par 1, on obtient par hypothèse de récurrence, on obtient :
0 = 2(k−1)S(k+1)(1)
Ainsi, S(k+1)(1) = 0. Par principe de récurrence, la relation S(k)(1) = 0 est vraie pour tout k ≥3
11. S est de degré≤4, alors S=a(X2−1)2 où a est un nombre réel quelconque.
