Corrigé ECRICOME Eco 2011 par Pierre Veuillez EXERCICE 1 On dit qu’une matrice

Corrigé ECRICOME Eco 2011 par Pierre Veuillez EXERCICE 1 On dit qu’une matrice A carrée d’ordre n est une matrice nilpotente s’il existe un entier naturel k non nul tel que Ak−1 ̸= 0n et Ak = 0n où 0n représente la matrice carrée nulle d’ordre n. Soit A une matrice carrée d’ordre n, on dit que le couple (∆, N) est une décomposition de Dunford de A lorsque :    ∆est une matrice diagonalisable N est une matrice nilpotente ∆N = N∆et A = N + ∆ 1. On pose A = 1 2 0 1  , ∆= 1 0 0 1  et N = 0 2 0 0  Pour vérifier que (∆, N) est une décomposition de Dunford de A, on liste les critères : — ∆est une matrice diagonale donc diagonalisable. — N 1 = 0 2 0 0  ̸= 0 et N 2 = 0 donc N est nilpotente — ∆N = 1 0 0 1  0 2 0 0  = 0 2 0 0  et N∆= 0 2 0 0  1 0 0 1  = 0 2 0 0  donc ∆N = N∆ et N + ∆= 1 2 0 1  = A Conclusion : (∆, N) est une décomposition de Dunford de A Dans toute la suite de l’exercice, on pose : A =   3 1 −1 −2 0 2 0 0 1  , N =   0 0 −1 0 0 2 0 0 0  , ∆=   3 1 0 −2 0 0 0 0 1  , D =   2 0 0 0 1 0 0 0 1  . 2. a) Pour répondre aux question a) et b) on détermine les valeurs et sous espaces propres de A : Soit (x, y, z) ∈R3 et α ∈R (A −αI)   x y z  = 0 ⇐ ⇒(1)    (3 −α) x + y −z = 0 −2x −αy + 2z = 0 (1 −α) z = 0 Si α ̸= 1 (1) ⇐ ⇒    (3 −α) x + y = 0 −2x −αy = 0 z = 0 ⇐ ⇒(2)    y = −(3 −α) x [−2 + α (3 −α)] x = 0 z = 0 [−2 + α (3 −α)] = −α2 + 3α −2 qui a pour racines 1 et 2 Si de plus α ̸= 2 alors [] ̸= 0 et (2) ⇐ ⇒    y = 0 x = 0 z = 0 donc α n’est pas valeur propre si α ̸= 1 et α ̸= 2 Corrigé ECRICOME 2011 Page 1/10 Si α = 2 (et α ̸= 1 ) alors (2) ⇐ ⇒    y = −x x ∈R z = 0 qui a pour solutions E2 = Vect ((1, −1, 0)) Conclusion : 2 est valeur propre associé à Vect ((1, −1, 0)) Si enfin α = 1 alors (1) ⇐ ⇒  2x + y −z = 0 −2x −y + 2z = 0 L2 + L1 ⇐ ⇒  2x + y −z = 0 z = 0 ⇐ ⇒  y = −2x z = 0 Conclusion : 1 est valeur propre associée à Vect ((1, −2, 0)) Conclusion : les valeurs propres de A sont {1, 2} b) Attention : la condition suffisante de diagonalisabilité. ne s’applique pas ici. Elle ne permet de conclure que dans le cas favorable. Pour E2 : ((1, −1, 0)) est une famille libre (un vecteur non nul) et génératrice de E2. Elle forme donc une base de E2 et dim (E2) = 1 de mêmedim (E1) = 1 La somme des dimensions des sous espaces propres est donc 2 ̸= 3 Conclusion : la matrice A n’est donc pas diagonalisable 3. On considère les matrices colonnes X1 =   1 −1 0  , X2 =   0 0 1  et X3 =   1 −2 0   a)   3 1 0 −2 0 0 0 0 1     1 −1 0  =   2 −2 0  donc ∆X1 = 2X1   3 1 0 −2 0 0 0 0 1     0 0 1  =   0 0 1  donc ∆X2 = X2   3 1 0 −2 0 0 0 0 1     1 −2 0  =   1 −2 0  et ∆X3 = X3 b) Avec e1 = (1, −1, 0) ...on vérifie que (e1, e2, e3) est une base de vecteurs propres associées à 2, 1 et 1 : Soient x, y, z ∈R Si x · e1 + y · e2 + z · e3 = 0 alors    x + z = 0 −x −2z = 0 y = 0 donc    3z = 0 x = 2z y = 0 et x = y = z = 0 Donc (e1, e2, e3) est une famille libre de 3 vecteurs de R3 donc une base de R3. Donc ∆est diagonalisable et avec P =   1 0 1 −1 0 −2 0 1 0  on a P inversible et (matrice de passage) et Conclusion : P −1∆P = D c) En appliquant la méthode de Gauss   1 0 1 −1 0 −2 0 1 0   L1 L1 + L2 →L2 L3 →L3   1 0 0 0 1 0 0 0 1   Corrigé ECRICOME 2011 Page 2/10   1 0 1 0 0 −1 0 1 0   L1 L2 ↔L3   1 0 0 1 1 0 0 0 1     1 0 1 0 1 0 0 0 −1   L1 + L3 →L3 L2 −L3 →L3   1 0 0 0 0 1 1 1 0     1 0 0 0 1 0 0 0 1   L1 + L3 →L3 L2 −L3 →L3   2 1 0 0 0 1 −1 −1 0   et on prend soin de vérifier le produit ! Conclusion : P −1 =   2 1 0 0 0 1 −1 −1 0   4. a) N 1 =   0 0 −1 0 0 2 0 0 0  ̸= 0, N 2 =   0 0 −1 0 0 2 0 0 0     0 0 −1 0 0 2 0 0 0  =   0 0 0 0 0 0 0 0 0   Conclusion : N est une matrice nilpotente. b) ∆est diagonalisable N est nilpotente ∆N =   3 1 0 −2 0 0 0 0 1     0 0 −1 0 0 2 0 0 0  =   0 0 −1 0 0 2 0 0 0  = N et N∆=   0 0 −1 0 0 2 0 0 0     3 1 0 −2 0 0 0 0 1  =   0 0 −1 0 0 2 0 0 0  = N donc ∆N = N∆ et enfin, ∆+ N = A Conclusion : (∆, N) est une décomposition de Dunford de la matrice A c) Comme ∆et N commutent , on a pour tout entier n : An = (N + ∆)n = n X k=0 n k  N k∆n−k si n ≥2 et aussi pour n = 1 = n 0  N 0∆n + n 1  N 1∆n−1 + n X k=2 n k  N k∆n−k = ∆n + nN∆n−1 Conclusion : pour tout n ∈N : An = ∆n + nN∆n−1 d) Pour k = 1 on a ∆N = N Soit k ≥1 tel que ∆kN = N alors ∆k+1N = ∆∆kN = ∆N = N Conclusion : Pour tout entier naturel k ≥1, ∆kN = N e) On a pour n −1 ≥1 donc pour n ≥2 : ∆n−1N = N = N∆n−1 puisqu’elles commutent donc An = ∆n + nN avec ∆n diagonalisable (= PDnP −1 ) et nN nilpotente puisque (nN)2 = n2N 2 = 0 Enfin, ∆n et nN commutent puisque ∆et N le font. Corrigé ECRICOME 2011 Page 3/10 Conclusion : (∆n, nN) sera une décomposition de Bedford pour n ≥2 (∆1, 1N) = (∆, N) l’est encore pour n = 1 (∆0, 0N) = (I, 0) l’est aussi pour A0 (avec 00 ̸= 0) EXERCICE 2 On considère l’application ϕ défini sur R+ par :  ϕ (x) = 1 −x2 ln (x) si x > 0 ϕ (0) = 1 ainsi que la fonction numérique f des variables réelles x et y uploads/s3/ ecricome-2011-e-c.pdf

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