DS 2 - Alg`ebre CPBX Corrig´e
Exercice 1(Question de cours) Voir cours
Exercice 2
Consid´erons la matrice A:=
1 0 0
0 1 0
1 −1 2
.
1. On reconnaˆıt une matrice triangulaire inf´erieure, donc les vp sont 1 et 2.
2. On veut montrer que A est diagonalisable. Cela revient `a montrer que dim ker(A−I3) = 2 et dim ker(A−2I3) = 1
D´eterminons ker(A−I3). Un vecteur (x, y, z) appartient `a ker(A−I3) si et seulement si
x−y+z = 0
On reconnaˆıt l’´equation d’un plan vectoriel, donc dim(ker(A−I3)) = 2. Comme 2 est valeur propre, de multiplicit´e 1, on a 1 ≥ dim(ker(A − 2I3)) ≥ 1, donc dim(ker(A −2I3)) = 1. Cela signifie que dim ker(A −I3) + dim ker(A −2I3) = dim(R3). D’apr`es le cours, on sait que A est diagonalisable.
Remarque : on n’a pas eu besoin de d´eterminer ker(A−2I3).
Remarque : On pouvait ´eviter tout calcul en remarquant que A−I3 est de rang 1, donc ker(A−I3) est de dimension 2.
3. On veut trouver une matrice P ∈ GL3(R) telle que P−1AP est diagonale. On a besoin de trouver une base de vecteurs propres :
• pour ker(A−I3). On cherche deux vecteurs ind´ependants dans le planx−y+z = 0.
On peut choisir
1 1 0
et
0 1 1
.
1
• pour ker(A−2I3). On doit ´etudier le syst`eme correspondant :
−x= 0 −y= 0 x−y= 0
On voit directement que
0 0 1
est solution.
Finalement, d’apr`es le cours, la matriceP =
1 0 0 1 1 0 0 1 1
v´erifie P−1AP =Davec D= Diag(1,1,2).
4. On veut calculer tr((A−I3)10) et det((A−2I3)2017). On ´ecrit A=P DP−1 et (A−I3)10= (P DP−1−I3)10= (P(D−I3)P−1)10
Or on a vu dans le cours que (P(D−I3)P−1)10 =P(D−I3)10P−1. Or deux matrices semblables ont la mˆeme trace. Donc
tr((A−I3)10) =tr((D−I3)10) =tr(Diag(0,0,110)) = 1 Le mˆeme argument montre que
det((A−2I3)2017) = det((D−2I3)2017) = det(Diag((−1)2017,(−1)2017,02017)) = 0.
Exercice 3
1. Cherchons un endomorphisme de R2 tel que f2+f+Id= 0. Puisque le polynˆome caract´eristique est un polynˆome annulateur, il est pertinent de chercher un endor- mophsime f tel que χf(X) = X2 +X + 1. En utilisant les relations entre les coefficients de χf, la trace de f et son d´eterminant, un tel endomoprhisme a pour trace −1 et pour d´eterminant 1. Ainsi l’endomorphisme de Rn qui a pour matrice dans la base canonique
0 1
−1 −1
convient.
Remarque : la connaissance de la matrice compagnon permettait aussi de donner directement cette matrice, sans raisonnement sur la trace et le d´eterminant.
2. Notons P le polynˆome
P(X) = X3+X2+X.
AlorsP annule l’endomorphisme f. De plus, P(X) = X(X −j)(X−j2). Ainsi P est scind´e sur C `a racines simples. Donc f est diagonalisable.
2/4
3. D’apr`es le cours, les valeurs propres de f sont incluses dans les racines de P, c’est-
`
a-dire dans {0, j, j2}. Or les racines du polynˆome caract´eristique sont les valeurs propres def. De plus, en notantnla dimension,χf est de degr´enet son coefficient dominant est (−1)n. Puisqu’il est scind´e sur C:
χf(X) = (−1)nXα(X−j)β(X−j2)γ.
Or, l’endomorphisme f ´etant initialement d´efini sur un espace vectoriel r´eel, son polynˆome caract´eristique est `a coefficients r´eels. En notant que j2 =j, on constate queχf est `a coefficients r´eels si et seulement si β =γ.
4. D’apr`es le th´eor`eme du rang, on a rg(f) =n−dim(ker(f)). Puisque f est diago- nalisable, dim ker(f) =α =n−2β. Ainsi rg(f) = 2β est pair.
Exercice 4
On va ´etudier quatre suites (an),(bn),(cn) et (dn) qui v´erifient
∀n ∈N an+1 =bn+1 =cn+dn et cn+1 =dn+1 =an+bn. 1. En posant
M =
0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0
On trouve Xn+1 =M X et donc par r´ecurrence Xn =MnX0. 2. On a
χM(X) = det
−X 0 1 1
0 −X 1 1
1 1 −X 0
1 1 0 −X
Il existe plusieurs techniques : d´evelopper par rapport `a la premi`ere ligne pour se ramener `a des d´eterminants 3×3 et continuer la descente. Il est presque impossible pour deux personnes diff´erentes d’obtenir la mˆeme preuve, donc ne pas stresser si vous n’avez pas ´ecrit la preuve qui suit. On commence par l’op´eration sur les lignes :
L1 →L1+L3 L2 →L2+L3
χM(X) = det
1−X 1 1−X 1
1 1−X 1 1−X
1 1 −X 0
1 1 0 −X
Puis on fait les op´erations sur les colonnes :
C3 →C3 −C1 C4 →C4−C2
3/4
χM(X) = det
1−X 1 0 0
1 1−X 0 0
1 1 −X−1 −1
1 1 −1 −X−1
On reconnaˆıt un d´eterminant par blocs inf´erieurs : χM(X) = det
1−X 1
1 1−X
det
−X−1 −1
−1 −X−1
χM(X) = [(1−X)2−1][(−X−1)2−1] = (X2−2X)(X2+ 2X) = X2(X−2)(X+ 2) 3. Les valeurs propres deM sont les racines du polynˆomes caract´erisiques, c’est-`a-dire
0, 2 et -2.
4. M est clairement de rang 2. Par le th´eor`eme du rang, dim(ker(M)) = dim(R4)−2 = 2.
5. La dimension de l’espace propre associ´e `a 0 est 2 d’apr`es la question pr´ec´edente, elle est ´egale `a la multiplicit´e de 0.
Rappelons par ailleurs que pour une valeur propre λ de multiplicit´e m(λ), on a toujours 1 ≤ dim(ker(M −λI4) ≤ m(λ). Or les deux autres valeurs propres 2 et -2 sont de multiplicit´e 1. Donc les espaces propres associ´es sont de dimension 1.
Ainsi, pour chaque valeur propre de M, la dimension de l’espace propre est ´egale `a la multiplicit´e. Comme χM est scind´e, M est diagonalisable.
4/4
