[PDF] Corrigé du DM n 8 Corrigé du DM n. ?. 8.

View - Download Corrigé du DM n 8

Previous PDF

Next PDF

Corrige du DM n

8

Exercice [Ecricome 2011].

On dit qu'une matriceAcarree d'ordrenest une matrice nilpotente s'il existe un entier naturelknon nul tel que

A k16= 0netAk= 0n ou 0 nrepresente la matrice carree nulle d'ordren.

SoitAune matrice carree d'ordren, on dit que le couple (;N) est une decomposition de Dunford deAlorsque :

8< : est une matrice diagonalisable

Nest une matrice nilpotente

N=N etA=N+

1.

On p ose

A=1 2 0 1 , =1 0 0 1 etN=0 2 0 0 Pour verier que (;N) est une decomposition de Dunford deA;on liste les criteres : est une matrice diagonale donc diagonalisable.

N1=0 2

0 0

6= 02etN2= 02doncNest nilpotente.

N=1 0 0 1 0 2 0 0 =0 2 0 0 etN =0 2 0 0 1 0 0 1 =0 2 0 0 donc N=N. De plus,

N+ =1 2

0 1 =A Conclusion :(;N) est une decomposition de Dunford deADans toute la suite de l'exercice, on pose : A=0 @3 11 2 0 2

0 0 11

A ; N=0 @0 01 0 0 2

0 0 01

A ; =0 @3 1 0 2 0 0

0 0 11

A ; D=0 @2 0 0 0 1 0

0 0 11

A 2. (a)

D eterminonsles v aleurspropres de A. Soit2R

Rg(AI3) = Rg0

@311 22

0 0 11

A =L

1$L2Rg0

@22 311

0 0 11

A L

2 2L2+(3)L1Rg0

@22

0 2(3)2 + 2(3)

0 0 11

A = Rg0 @22

0 23+242

0 0 11

A Donc AI3n'est pas inversible,23+2= (1)(2) = 0 ou 1= 0,= 1 ou= 2: Conclusion :Sp(A) =f1;2g(b)On d etermineles sous espac espropres de A:

PourE2(A) : soit0

@x y z1 A

2E2(A),

(A2I3)0 @x y z1 A =0 @0 0 01 A ()8 :x+yz= 0

2x2y+ 2z= 0

z= 0()x=y z= 0 Ainsi E

2(A) = Vect0

@1 1 01 A 0 @1 1 01 A est une famille libre (un vecteur non nul) et generatrice deE2(A). Elle forme donc une base de E

2(A) et dim(E2(A)) = 1

1

PourE1(A) : soit0

@x y z1 A

2E1(A),

(AI3)0 @x y z1 A =0 @0 0 01 A ()8 :2x+yz= 0

2xy+ 2z= 0

0z= 0()y=2x

z= 0 Ainsi E

1(A) = Vect0

@1 2 01 A 0 @1 2 01 A est une famille libre (un vecteur non nul) et generatrice deE1(A). Elle forme donc une base de E

1(A) et dim(E1(A)) = 1

La somme des dimensions des sous espaces propres est donc 2, orA2 M3(R) Conclusion :la matriceAn'est donc pas diagonalisable.3.On consid ereles matrices colonn es X 1=0 @1 1 01 A ; X2=0 @0 0 11 A etX3=0 @1 2 01 A (a) 0 @3 1 0 2 0 0

0 0 11

A0 @1 1 01 A =0 @2 2 01 A donc X1= 2X1 0 @3 1 0 2 0 0

0 0 11

A0 @0 0 11 A =0 @0 0 11 A donc X2=X2 0 @3 1 0 2 0 0

0 0 11

A0 @1 2 01 A =0 @1 2 01 A et X3=X3 (b) On v erieque ( X1;X2;X3) est une base de vecteurs propres associees aux valeurs propres 2, 1 et 1 :

Soient1;2;32Rtels que

1X1+2X2+3X3= 03;1,8

1+3= 0

123= 0

2= 0,8

:33= 0 1= 23

2= 0,1=2=3= 0

Donc (X1;X2;X3) est une famille libre de 3 vecteurs deR3donc une base deR3:Il existe donc une base de

vecteurs colonnes propres deR3, est diagonalisable et on noteP=0 @1 0 1 1 02

0 1 01

A . De plus,Pest inversible en tant que matrice de passage de la base canonique deR3vers (X1;X2;X3) et

Conclusion :P1P=D(c)Soien t

0 @x 1 x 2 x 31
A

2R3et0

@y 1 y 2 y 31
A

2R3tels que

P 0 @x 1 x 2 x 31
A =0 @y 1 y 2 y 31
A ()8 :x

1+x3=y1

x12x3=y2 x

2=y3()L

2 L2+L18

:x

1+x3=y1

x3=y1+y2 x

2=y3()8

:x

1= 2y1+y2

x 2=y3 x

3=y1y2

Conclusion :P1=0

@2 1 0 0 0 1 11 01

A4.(a) N1=0

@0 01 0 0 2

0 0 01

A

6= 0; N2=0

@0 01 0 0 2

0 0 01

A0 @0 01 0 0 2

0 0 01

A =0 @0 0 0 0 0 0

0 0 01

A

Conclusion :Nest une matrice nilpotente.2

(b)On sait que est diagonalisable et que Nest nilpotente. De plus, on a N=0 @3 1 0 2 0 0

0 0 11

A0 @0 01 0 0 2

0 0 01

A =0 @0 01 0 0 2

0 0 01

A =N etN =0 @0 01 0 0 2

0 0 01

A0 @3 1 0 2 0 0

0 0 11

A =0 @0 01 0 0 2

0 0 01

A =Ndonc N=N et enn, +N=A

Conclusion :(;N) est une decomposition de Dunford de la matriceA(c)Comme et Ncommutent, d'apres la formule du bin^ome de Newton, on a pour tout entierk:

A k= (N+ )k kX i=0 k i N iki k 0 N 0k+k 1 N

1k1+kX

i=2 k i N iki

Comme pouri2,Ni= 03, on a

A k= k+kNk1 Conclusion :pour toutk2N:Ak= k+kNk1(d)P ourk2N, on denit la propositionP(k) la proposition : "kN=N." Initialisation :On a vu que N=N.P(1) est donc vraie. Heredite :On suppose que pour unk2Nxe, la propositionP(k) est vraie.

D'apres l'hypothese de recurrence,

kN=N, alors k+1N= kN= N=N.

P(k+ 1) est donc vraie.

Conclusion :Pour tout entier naturelk1;kN=N(e)On a p ourk11, donc pourk2 : k1N=N=Nk1puisqu'elles commutent, donc

A k= k+kN avec kdiagonalisable (=PDkP1) etkNnilpotente puisque (kN)2=k2N2= 03. Enn, ketkNcommutent puisque etNcommutent. Conclusion :k;kNsera une decomposition de Dunford pourk2, (;N) l'est encore pourk= 1.Exercice facultatif [ESCP 2005].

Dans tout l'exercice,Edesigne un espace vectoriel reel de dimensionn, avecn>2. Sivest un endomorphisme

deE, pour tout entier naturelk, on notevkl'endomorphisme deni par recurrence parv0=Id, ouIdrepresente

l'endomorphisme identite, etvk+1=vkv. Les parties A et B de cet exercice sont independantes.

Partie A.

Dans cette partie, on suppose que l'entiernest egal a 2, et on considere un endomorphismefveriantf2= 0 et

f6= 0. 1. Comme f6= 0;il existe un vecteurxtel quef(x)6= 0E: Six+f(x) = 0Ealorsf(x+f(x)) =f(x) = 0 d'ou= 0 et= 0E Donc la famille (x;f(x)) est libre et comme dim(E) = 2;c'est une base deE 2. Et comme f(x) = 0x+ 1f(x) et quef(f(x)) = 0x+ 0f(x) on a les coordonnees des images et donc Conclusion :la matrice associee afdans, cette base est0 0 1 03

Partie B.

Dans cette partie, on suppose quen= 4 et on cherche a resoudre l'equationu2=Id, ouuest un endomorphisme

deE. Soitfune solution de cette equation.

1.fest solution def2=Id.

Par l'absurde : Si il existe un reeltel que l'equation et un vecteurx2Etel quef(x) =xalors d'une part :f(f(x)) =f(x) =2x d'autre partf(f(x)) =f2(x) =xet commex6= 0 alors2=1;ce qui est impossible.

Conclusion :fn'a donc pas de valeur propre.2.Soit xun vecteur non nul deE. Alorsf(x)6= 0 sinon,f2(x) = 0 qui contreditf2(x) =x

Soientetreels tels que (1)x+f(x) = 0 alorsf(x+f(x)) =f(x) +f2(x) =x+f(x) = 0 (2) Donc(1) +(2) donne2+2f(x) = 0 et commef(x)6= 0 alors2+2= 0 d'ou= 0 et= 0

Conclusion :la famille (x;f(x)) est libre.On noteFle sous-espace vectoriel engendre par cette famille.

La famille est libre et generatrice deF:C'est donc une base deFet

Conclusion :dim(F) = 23.(a) Cette question n ecessitaitun th eoremed esormaishors-programme (le th eoremede la base incompl ete).On p eut

faire autrement : puisque Vect(x;f(x))6=E, il existez1un element non nul n'appartenant pas a Vect(x;f(x)).

Commez1n'est pas combinaison lineaire dexetf(x), (x;f(x);z1) est libre. De m^eme, on peut trouverz26= 0E

n'appartenant pas a Vect(x;f(x);z1).

Conclusion :il existe une base deEde la forme (x;f(x);z1;z2)(b)Soit Gle sous-espace vectoriel deEengendre par la famille (z1;z2);

soityun vecteur non nul deG.

Si (1) :x+f(x) +

y+f(y) = 0 alors (image parf) (2) :x+f(x)y+ f(y) = 0

Donc(1)(2) donne2+2x+2+

2yet commeyest combinaison lineaire de (z1;z2) il s'ecrit

y=az1+be2et donc

2+2x+2+

2(az1+bz2) = 0

et la famille (x;z1;z2) etant libre,2+2= 0 donc= 0 et= 0; ainsi que2+

2aet2+

2b= 0

Commey6= 0 alorsa6= 0 oub6= 0 donc2+

2= 0 et== 0

Conclusion :la famille (x;f(x);y;f(y)) est libre.4.Et l'on a alors f(x) = 0x+ 1f(x) + 0y+ 0f(y) et de m^eme avecf(f(x)) =x,f(y) etf(f(y)) =y

Donc dans une telle base la matrice associee afs'ecrit :0 B

B@01 0 0

1 0 0 0

0 0 01

0 0 1 01

C CA

Partie C.

On suppose dans cette partie, queEdesigne l'espace vectorielR3[X] des polyn^omes a coecients reels, de degre

inferieur ou egal a 3. On denit surEl'applicationfqui, a tout polyn^omePdeE, associef(P) deni par f(P)(X) = (1 +X2)P00(X)2XP0(X) ouP0etP00sont respectivement les derivees premiere et seconde deP.quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

[PDF] Matrice probabiliste, terminale

[PDF] matrice spe maths es

[PDF] Matrice spécialité maths (ES)

[PDF] matrice terminale es exercice

[PDF] matrice trigonalisable exercice corrigé

[PDF] matrice xcas

[PDF] matrice exercice correction

[PDF] matrices diagonales commutent

[PDF] matrices et applications linéaires exercices corrigés

[PDF] matrices et études asymptotiques de processus discrets

[PDF] matrices et suites exercices

[PDF] matrices exercice

[PDF] matrices exercices corrigés pdf

[PDF] matrices exercices corrigés pdf ect

[PDF] matrices qui commutent definition