• Aucun résultat trouvé

ANNÉE UNIVERSITAIRE 2018/2019 UE 4TBX308U

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Partager "ANNÉE UNIVERSITAIRE 2018/2019 UE 4TBX308U"

Copied!
5
0
0

Texte intégral

(1)

ANNÉE UNIVERSITAIRE 2018/2019 UE 4TBX308U

Devoir surveillé 2

Date : 16/11/18 Heure : 14h Durée : 1h30 Documents et calculatrice : non autorisés

Epreuve de M. Popoff (sujet en recto-verso)

Questions de cours

Voir le cours pour la correction.

Exercice 1 : Le but de cet exercice est d’étudier les suites réelles (un)n≥0 définies par u0, u1 et u2 trois réels, et pour n≥0, par la relation de récurrence

un+3 = 3un+2+un+1−3un. 1. On pose pour n≥0,

Xn =

 un un+1 un+2

.

A l’aide d’une matrice A à déterminer, donner une égalité matricielle liantXn+1 etXn. On a

Xn+1 =

 un+1

un+2 un+3

=

un+1

un+2

3un+2+un+1−3un

=

0 1 0 0 0 1

−3 1 3

 un

un+1 un+2

=AXn

2. Déterminer les valeurs propres de A et une base de vecteurs propres associée à ses valeurs propres. On calcule le polynôme caractéristique deA.

det(A−XI3) =

−X 1 0

0 −X 1

−3 1 3−X

=

1−X 1 0

1−X −X 1 1−X 1 3−X

= (1−X)

1 1 0

0 −X−1 1

0 0 3−X

= (1−X)(−1−X)(3−X)

Il est scindé à racines simples donc A est diagonalisable. On détermine maintenant les diffé- rents espaces propres.

Pourλ =−1 : A

 x y z

=−

 x y z

 ⇐⇒

y =−x

z =−y

−3x+y+z=−z

⇐⇒

y=−x z= x

(2)

L’espace propre E−1 est donc engendré parv1 =

 1

−1 1

.

Pourλ = 1 :

A

 x y z

=

 x y z

 ⇐⇒

y =x

z =y

−3x+y+z=z

⇐⇒

y=x z=x

L’espace propre E1 est donc engendré parv2 =

 1 1 1

. Pourλ= 3 :

A

 x y z

= 3

 x y z

 ⇐⇒

y =3x z =3y

−3x+y+z=3z

⇐⇒

y=3x z=9x

L’espace propre E3 est donc engendré parv3 =

 1 3 9

.

3. CalculerAn. En déduire une expression explicite de la suiteunen fonction denlorsqueu0 = 1, etu1 =u2 = 0.

Dans la base (v1, v2, v3) la matrice A s’écrit :

−1 0 0 0 1 0 0 0 3

En notant, P la matrice de passage de la base canonique à la base (v1, v2, v3), d’après la formule de changement de bases, on obtient :

An=P

(−1)n 0 0

0 1 0

0 0 3n

P−1 avec P =

1 1 1

−1 1 3 1 1 9

 et P−1 = 1 16

6 −8 2 12 8 −4

−2 0 2

Après calcul on trouve alors An= 1

8

3(−1)n+ 6−3n −4(−1)n+ 4 (−1)n−2 + 3n

−3(−1)n+ 6−3.3n 4(−1)n+ 4 −(−1)n−2 + 3.3n 3(−1)n+ 6−9.3n −4(−1)n+ 4 (−1)n−2 + 9.3n

Finalement commeXn=AnX0 avecX0 =

 u0 u1 u2

=

 1 0 0

, on obtient, pourn ≥0

un = 3

8(−1)n+ 3 4− 1

83n.

On peut remarquer, que d’après le choix pourX0, il suffisait de calculer le premier coefficient deAn.

(3)

Exercice 2 : On note Mn(R) l’ensemble des matrices carrées n×n à coefficients réels.

1. Pour k etl deux entiers tels que1≤k ≤n et 1≤l ≤n, on considère les matrices Ek,l = (ei,j)1≤i,j≤n avec ei,j =

1 si i=k et j =l 0 sinon.

Montrer que ces matrices forment une base deMn(R). En déduire la dimension de Mn(R).

0n a pour toute matriceM = (mi,j)1≤i,j≤n : M = X

1≤i,j≤n

mi,jEi,j

donc ces matrices engendrent Mn(R). De plus si on considère des réels λi,j tels que X

1≤i,j≤n

λi,jEi,j = 0

alors

λ1,1 · · · λ1,n ... · · · ... λn,1 · · · λn,n

=

0 · · · 0 ... · · · ... 0 · · · 0

c’est-à-dire que les coefficients λi,j sont nuls. Donc la famille est libre et par conséquent c’est une base deMn(R). On en déduit que Mn(R) est un espace vectoriel de dimension n2. 2. Montrer qu’un endomorphisme ϕ de Mn(R) est non injectif si et seulement si il admet 0

comme valeur propre.

On a

ϕest non injectif ⇐⇒ Ker(ϕ)6={0} ⇐⇒ ∃x6= 0, ϕ(x) = 0

⇐⇒ x est un vecteur propre associée à la valeur propre λ= 0 3. On note trM la trace d’une matrice M de Mn(R). Montrer que tr est une forme linéaire.

Donner la dimension de Ker(tr).

SiM est une matrice réelle alorstr(M) est un réel. De plus on a pour toutes les matricesM etM0 deMn(R) et réel λ

tr(λM +M0) =

n

X

i=1

λmi,i+m0i,i

n

X

i=1

mi,i+

n

X

i=1

m0i,i =λtr(M) + tr(M0)

Nous venons de montrer que tr est une forme linéaire. Comme elle non identiquement nulle, son noyau est un hyperplan (utiliser le théorème du rang), il est donc de dimension n2−1.

4. SoitI = Vect(In), le sous-espace vectoriel deMn(R)engendré par la matrice identité. Etablir que

Mn(R) = I ⊕Ker(tr).

Montrons I ∩Ker(tr) = {0}. Soit M ∈ I ∩Ker(tr). Alors on a M = αIn et donc tr(M) = tr(αIn) = αn. Or comme M ∈ Ker(tr), on obtient α = 0. D’où M est la matrice nulle et l’intersection est réduite à cette matrice. De plus on a

dim(I) +dim(Ker(tr)) = 1 +n2−1 =n2 =dim(Mn(R)) On en déduit le résultat demandé.

(4)

5. Soitf l’application qui à toute matrice M deMn(R)associe f(M) =M+ tr(M)In. Montrer que c’est un endomorphisme deMn(R).

Par définition l’image par f d’une matrice de Mn(R) est une matrice de Mn(R). De plus d’après la linéarité detr(.), on a pour toutes les matrices M etM0 deMn(R) et réelλ f(λM+M0) =λM+M0+tr(λM+M0)In =λ(M+tr(M)In)+M0+tr(M0)In=λf(M)+f(M0) Doncf est un endomorphisme de Mn(R).

6. Caractériser la restriction de f àKer(tr), puis caractériser la restriction de f à I.

Si M ∈ Ker(tr) alors tr(M) = 0 et donc f(M) = M, donc la restriction de f à Ker(tr) est l’application identité. Cela signifie queKer(tr)est contenu dans le sous-espace propre associé à la valeur propre 1.

Si M ∈ I alors M = αIn et tr(M) = αn. Donc f(M) = αIn+αnIn = (n+ 1)M, donc la restriction def à I est(n+ 1) fois l’application identité. Cela signifie queI est contenu dans le sous-espace propre associé à la valeur propre n+ 1.

7. A l’aide des questions précédentes, déterminer les valeurs propres de f.

D’après ce qui précède1 etn+ 1 sont deux valeurs propres. De plus comme I etKer(tr) sont supplémentaires dans Mn(R), et que ces sous-espaces vectoriels sont inclus respectivement dans les sous espaces propres associés à λ = 1 et λ = n+ 1. On en déduit qu’il n’y a pas d’autre valeur propre et que ce sont exactement les deux sous-espaces propres.

8. En déduire que f est un isomorphisme.

Comme0 n’est pas une valeur propre de f, on en déduit que f est injectif. De plus, c’est un endomorphisme sur un espace de dimension fini. Donc, s’il est injectif il est bijectif.

9. Existe-t-il une base de Mn(R) formée de vecteurs propres def? (on justifiera la réponse).

A la question 7) on a vu que les deux sous-espaces propres sont supplémentaires dansMn(R) donc il existe une base deMn(R) formée de vecteurs propres def.

10. On considère une matrice J non nulle de Mn(R) telle quetr(J) = 0. Soitg l’endomorphisme deMn(R), qui à toute matriceM associeg(M) = M+ tr(M)J. Montrer que 1est une valeur propre de g.

Comme pourf, siM ∈Ker(tr)alorsg(M) =M. Par exemple, pourJ on ag(J) = J. Comme J n’est pas la matrice nulle, cela signifie que 1est valeur propre de g.

11. On rappelle queg2est défini parg2 =g◦g. Déterminerg2(M)et en déduire queg2−2g+Id = 0.

On a

g2(M) = g(g(M)) = g(M + tr(M)J) = g(M) + tr(M)g(J)

= M + tr(M)J+ tr(M)(J + tr(J)J)

= M + 2tr(M)J = 2M + 2tr(M)J −M.

On vient de montrer que pour toute matriceM ∈ Mn(R), g2(M) = 2g(M)−Id(M), c’est-à- dire g2−2g+ Id = 0.

12. Montrer que 1est la seule valeur propre de g.

On vient de montrer que X2−2X+ 1 = (X−1)2 est un polynôme anulateur deg. Donc les valeurs propres deg sont incluses dans l’ensemble des racines de ce polynôme. Par conséquent, 1est la seule valeur propre.

(5)

13. L’endomorphisme g est-il diagonalisable ? (on justifiera la réponse).

Comme g n’a qu’une seule valeur propre qui est 1 et qu’elle n’est pas égale à l’application identité sur Mn(R) (par exemple g(In) = In +nJ 6= In)), on en déduit que g n’est pas diagonalisable.

Références

Documents relatifs

On note λ cette

On en d´ eduit que le polynˆ ome du second degr´ e n’est pas scind´ e sur R et donc il en est de mˆ eme pour le polynˆ ome caract´ eristique.. On suppose que les deux

Montrer que u définit un endomorphisme de E, et donner la matrice associée dans la base canonique.. Donner une condition sur (α, β ) pour que P k soit un vecteur propre de u, et

On note E ij la matrice “élémentaire” dont le coefficient (i, j) vaut 1, et les autres valent 0.. C’est donc une forme linéaire de E.. Elle est donc diagonalisable d’après

Montrer que les valeurs propres d’une matrice sont exactement les racines de son polynˆ ome caract´ eristique.. Montrer que les valeurs propres de u sont incluses dans les racines

Comme cela est vrai pour tout vecteur propre de v de M , on d´ eduit que les vecteurs propres de M sont aussi des vecteurs propres de A.. La matrice M est diagonalisable en tant

Par les ´equations normales : Les deux colonnes de A sont lin´eairement ind´ependantes, elles forment donc une base de C (A).. l’identit´e est la seule matrice de projection ce qui

On demande ici de montrer que certaines familles sont des bases et de préciser les matrices de passage à partir d'une base xée.. Les vecteurs de ces familles (les a i ) sont