Correction de Devoir Libre N°12

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre vendredi 19 avril 2013 ´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚12 EXERCICE 1 On se place dans l’espace vectoriel E = M (R) des matrices carr´ees3 d’ordre 3 `a coefficients r´eels.

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N
j’uti-

−1
P−1AP= 1
0

2
−1
0

−01
1

11
1
210=T

2
1
0
0
2
0

1
1
0
1
0
0

3−2
1 0
0 0
1 2
−2−2
0 0

3
22
−11
2

−1 2−1
DoncPest inversible etP−1=1−0110.
0
b.
 

1.

One´tudiel’ensembleC(A) ={M∈ M3(R)|A×M=M×A}.
Calculsmatricielspre´liminaires
a.’lesr`apD’algorithme de Gauss-Jordan
1 2 1 1 0 0
111001 101000
01011002111−10100
0 0
2−1
101001000−110−0110

EXERCICE 1
On se place dans l’espace vectorielE=M3(R) des
d’ordre3a`coefficientsr´eels.Ondonne
A=301−202023 P=100111121 T=001

0
2
0

trice ´
ma s carrees

1

a`rendrevendredi19avril2013

N

´
CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚12

MPSIdulyc´eeRabelaishtt:p//pmisai.sbrntuciere.frf.e

Pourd´emontrerqueC(A) est un sous-espace vectoriel deM3(R),
liselacaracte´risationdessous-espaces:

2.

210

3.
a.

b.

• C(A) est non vide :
En effet, la matrice nulle commute avec toute matrice d’ordre 3, donc
en particulier avecA.
• C(Aes)aisonlin´eaire:statlbperaocbmni
Soient (M N)∈ C(A)2etλ∈R, alors

(M+λ∙N)×A

=
=
=
=

M×A+ (λ∙N)×A
A×M+λ∙A×N
A×M+A×(λ∙N)
A×(M+λ∙N)

Ainsi,M+λ∙Ncommute avecA.
• C(Ancunaisonliparcombi’csedtno´naeri,ees)elbatsteedivnont
sous-espace vectotriel deM3(R).N
SoitM∈ M3(R), une matrice quelconque.
On poseM′=P−1×M×P. Raisonnons par equivalences :
´

A×M=M×A

b
SoitM′=aed
g h
M′×T=ad22be
g2h

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

P−1(A×M)×P=P−1(M×A)×P
(P−1A×P)×(P−1×M×P) = (P−1×M×P)×(P−1×A×P)
T×M′=M′×T

fci∈ M3(R). Alors
ehb2++2+fcetT×M
2i

=2d2+gag

2

b
2e+h
2h

N

2f+2iic

Parconse´quent

M′×T=T×M′

⇐⇒

⇐⇒

dag222eehhbb2+2++2cfi=
a=a
2b=b
b+ 2c=c
22ed+++2ghf===d22fe+i
e
2g=g
2h= 2h
h+ 2i= 2i



a
2d+g
2g

b
2e+h
2h

b
c

⇐⇒d+gh
e
g

=
=
=
=
=
=

Ainsi,M′fie´erivT×M′=M′×Tsi et seulement silesdete´esrilisex
a e ftels que
0
M′=a∙00010
0 0 0+e010001000+f∙000100000=0a00e0ef0

N
c.seluse´rnaltlisiEnutces.alenquivnsiostuesqdetstapsnoe´raiaRnnos
pre´ce´dentesnousobtenons:

M∈ C(A)

⇐⇒

⇐⇒

⇐⇒

⇐⇒

T×M′=M′×T
 b c)∈R3;M′=a0 0
∃(a0b c
0 0b
a0 0
∃(a b c)∈R3;P−1×M×P=0b0cb
0
a b c)∈R3;M=P×a0 0
∃( 0b c P−1
0 0b×

3

f+ci
22i

0
0
0
0
i
0

b
c
d
⇐⇒
g
h
e

=
=
=
=
=
=

0
0
0
0
0
i

4.

Or

1
1
0

2
1
0

1
1
1



a0 0b−21100−110
000b c1−
−a+ 2b2a−b−a+b+c
0aa20bb2cc++bbb−a+b20a−2b0−a+b+ 2cb

FinalementMtna`paapiertC(A)si et seulement siilexistedslee´rse
a b ctels que
−−aa+2+bb
M=0

2a−2b
2a−b
0

−−aa++bb+2+cc
b

N
D’apr`eslaquestionpr´ece´dente,toutematriceM∈ C(Aossu’se´rcti)
la forme :
M=a∙−−210021−−101+b∙201−−111021+c∙10000002=a∙C1+b∙C2+c∙C3
0

Autrement dit la famille{C1;C2;C3}engendreC(A). Montrons que
cette famille est libre :
Soit donc (a b c)∈R3tel que

⇐⇒

a∙C1+b∙C2+c∙C3= 0

Cette´equationmatriciellesetraduitpar:
(1)−−aa0+2+bb22aa−−02bb
= 0
ba= 0
c= 0

⇐⇒

−a+b+ 2c
−a+b+c
b

(1)

Ainsi, la famille{C1;C2;C3}de´ne´gteeecirtaretserbilC(A) : c’est
donc une base deC(A).N

4

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