Planche no 4. Réduction. Corrigé Exercice no 1 1ère solution. A = 2J −I3 où J =

Planche no 4. Réduction. Corrigé Exercice no 1 1ère solution. A = 2J −I3 où J =   1 1 1 1 1 1 1 1 1  . On a J2 = 3J et plus généralement ∀k ∈N∗, Jk = 3k−1J. Soit n ∈N∗. Puisque les matrices 2J et −I commutent, la formule du binôme de Newton permet d’écrire An = (2J −I3)n = (−I3)n + n X k=1 n k  (2J)k(−I3)n−k = (−1)nI3 + n X k=1 n k  2k3k−1(−1)n−k ! J = (−1)nI3 + 1 3 n X k=1 n k  6k(−1)n−k ! J = (−1)nI3 + 1 3((6 −1)n −(−1)n)J = 1 3   5n + 2(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n + 2(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n + 2(−1)n  , ce qui reste vrai quand n = 0. Soit de nouveau n ∈N∗. ((−1)nI3 + 1 3(5n −(−1)n)J) × ((−1)−nI3 + 1 3(5−n −(−1)−n)J) = I3 + 1 3((−5)n −1 + (−5)−n −1)J + 1 9(1 −(−5)n −(−5)−n + 1)J2 = I3 + 1 3((−5)n −1 + (−5)−n −1)J + 3 9(1 −(−5)n −(−5)−n + 1)J = I3, et donc An est inversible et A−n = 1 3   5−n + 2(−1)−n 5−n −(−1)−n 5−n −(−1)−n 5−n −(−1)−n 5−n + 2(−1)−n 5−n −(−1)−n 5−n −(−1)−n 5−n −(−1)−n 5−n + 2(−1)−n  . Finalement ∀n ∈Z, An = 1 3   5n + 2(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n + 2(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n + 2(−1)n  . 2ème solution. Puisque rg(A+I) = 1, dim(Ker(A+I)) = 2 et −1 est valeur propre de A d’ordre au moins 2. La troisième valeur propre λ est fournie par la trace : λ −1 −1 = 3 et donc λ = 5. Par suite, χA = (X + 1)2(X −5). On note que 0 n’est pas valeur propre de A et donc A est inversible. De plus,   x y z  ∈E−1 ⇔x + y + z = 0 et donc E−1 = Vect(e1, e2) où e1 =   1 −1 0  et e2 =   1 0 −1  . De même,   x y z  ∈E5 ⇔x = y = z et E5 = Vect(e3) où e3 =   1 1 1  . On pose P =   1 1 1 −1 0 1 0 −1 1  et D = diag(−1, −1, 5) et on a A = PDP−1. Calcul de P−1. Soit (i, j, k) la base canonique de R3.    e1 = i −j e2 = i −k e3 = i + j + k ⇔    j = i −e1 k = i −e2 e3 = i + i −e1 + i −e2 ⇔              i = 1 3(e1 + e2 + e3) j = 1 3(−2e1 + e2 + e3) k = 1 3(e1 −2e2 + e3) c ⃝Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. 1 http ://www.maths-france.fr et donc P−1 = 1 3   1 −2 1 1 1 −2 1 1 1  . Soit alors n ∈Z. An = PDnP−1 = 1 3   1 1 1 −1 0 1 0 −1 1     (−1)n 0 0 0 (−1)n 0 0 0 5n     1 −2 1 1 1 −2 1 1 1   = 1 3   (−1)n (−1)n 5n −(−1)n 0 5n 0 −(−1)n 5n     1 −2 1 1 1 −2 1 1 1  = 1 3   5n + 2(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n + 2(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n + 2(−1)n  , et on retrouve le résultat obtenu plus haut, le calcul ayant été mené directement avec n entier relatif. 3ème solution. Soit n ∈N∗. La division euclidienne de Xn par χA fournit trois réels an, bn et cn et un polynôme Q tels que Xn = χAQ + anX2 + bnX + cn. En prenant les valeurs des deux membres en 5, puis la valeur des deux membres ainsi que de leurs dérivées en −1 , on obtient    25an + 5bn + cn = 5n an −bn + cn = (−1)n −2an + bn = n(−1)n−1 ⇔    bn = 2an −n(−1)n 35an + cn = 5n(−1)n + 5n −an + cn = −(n −1)(−1)n ⇔              an = 1 36(5n + (6n −1)(−1)n) cn = 1 36(5n + (−30n + 35)(−1)n) bn = 1 36(2 × 5n + (−24n −2)(−1)n) . Le théorème de Cayley-Hamilton fournit alors An = 1 36 (5n + (6n −1)(−1)n)A2 + 2(5n −(12n + 1)(−1)n)A + (5n + (−30n + 35)(−1)n)I3  = 1 36  (5n + (6n −1)(−1)n)   9 8 8 8 9 8 8 8 9  + 2(5n −(12n + 1)(−1)n)   1 2 2 2 1 2 2 2 1   +(5n + (−30n + 35)(−1)n)   1 0 0 0 1 0 0 0 1     = 1 36   12 × 5n + 24(−1)n 12 × 5n −12(−1)n 12 × 5n −12(−1)n 12 × 5n −12(−1)n 12 × 5n + 24(−1)n 12 × 5n −12(−1)n 12 × 5n −12(−1)n 12 × 5n −12(−1)n 12 × 5n + 24(−1)n   = 1 3   5n + 2(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n + 2(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n −(−1)n 5n + 2(−1)n  . On retrouve encore une fois le même résultat mais pour n ∈N∗uniquement. Exercice no 2 Soit X ∈M3(R). Si X2 = A alors AX = X3 = XA et donc X et A commutent. A admet trois valeurs propres réelles et simples à savoir 1, 3 et 4. Donc A est diagonalisable dans R et les sous espaces propres de A sont des droites. X commute avec A et donc laisse stable les trois droites propres de A. Ainsi une base de M3,1(R) formée de vecteurs propres de A est également une base de vecteurs propres de X ou encore, si P est une matrice réelle inversible telle que P−1AP soit la matrice diagonale D0 = diag(3, 4, 1) alors pour la même matrice P, P−1XP est une matrice diagonale D. De plus X2 = A ⇔PD2P−1 = PD0P−1 ⇔D2 = D0 ⇔D = diag(± √ 3, ±2, ±1) ce qui fournit huit solutions deux à opposées. On peut prendre P =   2 0 0 −16 1 0 5 0 1  puis P−1 =   1/2 0 0 8 1 0 −5/2 0 1  . D’où les solutions c ⃝Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. 2 http ://www.maths-france.fr   2 0 0 −16 1 0 5 0 1     √ 3ε1 0 0 0 2ε2 0 0 0 ε3     1/2 0 0 8 1 0 −5/2 0 1  =   2 √ 3ε1 0 0 −16 √ 3ε1 2ε2 0 5 √ 3ε1 0 ε3     1/2 0 0 8 1 0 −5/2 0 1   =   √ 3ε1 0 0 −8 √ 3ε1 + 16ε2 2ε2 0 5( √ 3ε1 −ε3)/2 0 ε3  . où (ε1, ε2, ε3) ∈{−1, 1}3. Exercice no 3 1) χA = X −3 −1 0 4 X + 1 0 −4 −8 X + 2 = (X + 2)((X −3)(X + 1) + 4) = (X + 2)(X2 −2X + 1) = (X + 2)(X −1)2. A diagonalisable ⇒dim(Ker(A −I)) = 2 ⇒rg(A −I) = 1 ce qui n’est pas . Donc A n’est pas diagonalisable. De plus, E−2 = Vect(e1) où e1 =   0 0 1  et E1 = Vect(e2) où e2 =   1 −2 −4  . 2) (A −I)2 =   2 1 0 −4 −2 0 4 8 −3     2 1 0 −4 −2 0 4 8 −3  =   0 0 0 0 0 0 −36 −36 9  et donc Ker(A −I)2 est le plan d’équation 4x + 4y −z = 0. 3) On note f l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique de R3 est A. Le théorème de Cayley- Hamilton et le théorème de décomposition des noyaux permettent d’affirmer M3,1(R) = Ker(A + 2I) ⊕Ker(A −I)2. De plus, chacun des sous-espaces Ker(A+2I) et Ker(A−I)2 étant stables par f, la matrice de f dans toute base adaptée à cette décomposition est diagonale par blocs. Enfin, Ker(A−I) est une droite vectorielle contenue dans le plan Ker(A−I)2 et en choisissant une base de Ker(A −I)2 dont l’un des deux vecteurs est dans uploads/Litterature/ 04-reduction-corrige.pdf

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