Correction de Devoir Libre N°12: Années précédentes

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre lundi 23 avril 2012 ´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚12 `PROBLEME 1   1 1 1L’objectif de cet exercice est d’´etudier quelques pro-  A = 2 2 2pri´et´es de la matrice A∈M (R) d´efinie ci-contre.3 0 0 1 Partie 5. Diagonalisation  x +x +x = λx 1 2 3 1 Onconsid`erepourλ∈Rlesyst`emed’´equationslin´eaires (S ) 2x +2x +2x = λxλ 1 2 3 2  x = λx3 3 1. Soit λ∈R  (1−λ)x +x +x = 0 1 2 3 (S ) ⇐⇒ 2x +(2−λ)x +2x = 0λ 1 2 3  (1−λ)x = 03 2x +(2−λ)x +2x = 0 1 2 3 ⇐⇒ (1−λ)x +x +x = 01 2 3  (1−λ)x = 03 2x +(2−λ)x +2x = 0 1 2 3 ⇐⇒ λ(λ−3)x −2λx = 02 3  (1−λ)x = 03 Ce dernier syst`eme est triangulaire sup´erieur. Il est donc de Cramer si et seulement si tTOUS ses coefficients diagonaux sont non nuls. Autrement dit (S ) n’est pas de Cramer si et seulement si λ ∈λ {0,1,3}. N 2. Reprenons le syst`eme triangulaire ´equivalent `a (S ) dans les trois casλ suivants : λ = 0 2x +2x +2x = 0 x +x = 01 2 3 1 2 (S ) ⇐⇒ ⇐⇒0 x = 0 x = 03 3 Ainsi, les solutions de (S ) sontS = Vect {(1,−1,0)}.0 0 R λ = 1 2x +x +2x = 0 2x = −x1 2 3 1 3 (S ) ⇐⇒ ⇐⇒1 −2x −2x = 0 x = −x2 3 2 3 1Ainsi, les solutions de (S ) sontS = Vect {(− ,−1,1)}.1 1 R 2 1 λ = 3 2x −x +2x = 0 2x = x1 2 3 1 2 (S ) ⇐⇒ ⇐⇒3 −6x = 0 x = 03 3 1Ainsi, les solutions de (S ) sontS = Vect {( ,1,0)}. N3 3 R 2 3. On d´efinit les deux matrices     11 − 1 0 0 0 2    P = −1 −1 2 et D = 0 1 0 0 1 0 0 0 3   4 −2 0 1 −1  a.
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a`rendrelundi23avril2012

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

Partie 5. Diagonalisation

L’objectifdecetexerciceestd’´etudierquelques
prie´te´sdelamatriceA∈ M3(Rer.octnce-id´)niefi

´
CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚12

`
PROBLEME 1

1
2
0

A=102

pro-

211

+x2
+2x2

+x3=λx1
+2x3=λx2
x3=λx3

(Sλ)

xx1
21

1.

Onconside`repourλ∈Ruqeoitailsnae´nsyle`estd’meires
´

Ainsi, les

2.

1

(S1)⇐

Soitλ∈R
)⇐⇒(1−λ)2xx11+(2−λ)+xx22(1−+λ)2+xxx33300=0==
(Sλ

(2−λ)x2+2x3= 0
(1−
⇐⇒λ2)xx11−+λ)x2+x21(2+x3−=λ0)+xx330==0
2x
⇐⇒1+λ((λ2−3)x2(1−−2λλ)xx33=0=0
Cederniersyst`emeesttriangulairesup´erieur.IlestdoncdeCramer
si et seulement sitTOUS ses coefficients diagonaux sont non nuls.
Autrement dit (Sλ) n’est pas deCramersi et seulement siλ∈
{013}.N
Reprenonslesyste`metriangulaire´equivalenta`(Sλ) dans les trois cas
suivants :
λ= 0
(S0)⇐⇒2x1+2x2+2xx330==0⇐⇒x1+x2x3==00
Ainsi, les solutions de (S0) sontS0=VectR{(1−10)}.
λ= 1
 

⇒2x1+x2+2x3= 0⇐⇒2x1=−x3
−2x2−2x3= 0x2=−x3
solutions de (S1) sontS1=VectR{(−21−11)}.

λ= 3
(S3)⇐⇒2x1

−x2

+2x3= 0
−6x3= 0

⇐⇒

2x1

=x2
x3= 0

Ainsi, les solutions de (S3) sontS3=VectR{(2110)}.N
3.euxmlesdcesatriOnfitidne´

P=−110−−2111012etD=300000010
a.A l’aide de l’algorithme de Gauss-Jordan, nous obtenonsP−11=604

2
N
b.ire´uqefienvOP−1×A×P=Dtlpineum`tailnaonenetuit,d´ed
gauche parPrapetiroadt`eP−1queP×D×P−1=A.N
c
c.Soit (a b c d e f g h i)∈R9. NotonsM=baefdigh. Alors
0
M×D=000heb333fci;D×M=3d0g3eh03fi

Parde´finitiondel’e´galit´ededeuxmatrices,ils’ensuitque
M×D=D×M⇐⇒000hbe333fic=3g0d3h0e
⇐⇒b3ef===ec;f3=;idh=3==gi3h= 0;

⇐⇒b=c=d=f=g=h= 0

3if0

Ainsi,MetDcommutentsi et seulement siMest de la formeM=
a000e000i, soitMest diagonale.N
Partie 3. Puissances positives deA

2

−2
0
2

0
6.
3

1.

2.

1.

2.

Lorsquen= 0,A0=I3etP D0P−1=I3. Lorsquen= 1, nous avons
prouve´queA=P DP−1eincreurecr´ne.Urpa-ic(etaide´mmremont`es)
que pour tout entier natureln∈N,An=P DnP−1.
Initialisation :lorsquen= 0 c’est fait.
H´:er´edit´esoitn∈Ntel queAn=P DnP−1. En utilisant
l’hypothe`seder´ecurrenced’unepartetl’´egalite´A=P DP−1
d’autre part, j’obtiens :

An+1=A×An= (P DP−1)(P DnP−1) =P(DDn)P−1=P Dn+1P−1

Conclusion :eibaorpncnerno,er´arurecpuqevue´∀n∈N;An=
−1
P DnP.
Soitn∈N,Dn=Diag(013nnscoar.Pt,enqu´e)on’dpa`rsealuqseit
´ ´dente :
prece
060322
−01−−1211021000000−−12101210333nnn0001642330nn423361nn0−−+634+−263033nn6
1

Partie2.Racinescarre´esdeA
Onseproposedere´soudrel’e´quationd’inconnueX∈ M3(R)

SoitX∈ M3(R). On noteY

2
X=A

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

X2=A

=P−1×X×P.

P−1X2P=P−1AP
P−1X(P P−1)XP=D
(P−1XP) (P−1XP) =D
Y2=D

N

(5)

(6)

N
SoitY∈ M3(R)´vrefiina(t6).Encecas,Y×D=Y×Y2=Y3=
Y2×Y=D×Y. Ainsi,YetDcoutmmrOd,ne.te`lsa’rpstioaquen
I3.c ceci entraıne queYest diagonale.
ˆ

3

3.

Soit (a b c)∈R3tel queY=Diag(a b c’a.D)pr`eslesr`eglesdcelaucsl
e´l´ementairespourlesmatricesdiagonales,
Y2=D⇐⇒Diag(a2 b2 c2) =Diag(013)⇐⇒ab=0=ε13avecε1 ε2∈ {±1
}
c=ε2

Ainsi, les solutionsY∈ M3(R) de (6) sont de la forme
0 0 0u`oε1 ε2∈ {+1−1}
Y=00ε01ε230

Re´cirpoquement,d’apr`eslesre`glesdecalculsurlesmatricesdiago-
nales, toute matrice de cette forme convient.N
SoitX∈ M3(Rsnoitseu,2te1apD’).sqleesr`

Xest solution de (5)

ssiil existe (ε1 ε2)∈ {−1+1}2tel queP−1XP=Diag(0 ε1 ε23)
ssiil existe (ε1 ε2)∈ {−1+1}2tel queX=P×Diag(0 ε1 ε23)×P

CalculonsP×Diag(0 ε1 ε23)×P−1,o(`uε1 ε2)∈ {−1+1}2. Nous
obtenons :
000ε001ε200361042−600232
−110−−1211210000−ε−1εε2112εε223036142εε2223430εε22330−−63εε11++63εε226ε133

Ainsi, les solutions de (5) sont les matrices de la forme
124εε2243230εε2233−−36εε113++6εε2233avecε1 ε2∈ {+1−1}
60 6ε1

N

Partie 3. Calcul du commutant deA
On noteC(A) ={M∈ M3(R)|A×M=M×A}l’ensemble des
matrices qui commutent avecA.

4

−1

1.

2.

3.

Montrons queC(A) est un sous-espace vectoriel deM3(Rdede)`al’ai
lacaracte´risationdess.e.v.
C(A) est non vide : En effet, la matrice nulle commute avec toute
matrice d’ordre 3, donc en particulier avecA.
C(Anlsoaiinmbcoareplbatstse)in´eaire:Soit(M N)∈ C(A)2
et (λ µ)∈R2, alors

(λ∙M+µ∙N)×A

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

Ainsi,λ∙M+µ∙Ncommute avecA.
C(Aiaoslnniraocbmni’estdonc´eaire,ctse)tatsepblnvnoeeid
un sev deM3(R).N
SoitM∈ M3(R)

M∈ C(A)⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

M A=AM
P−1(AM)P=P−1(M A)P
(P−1AP)(P−1M P) = (P−1M P)(P−1AP)
P−1M PetD=P−1APne.tcommut

D’apr`eslesr´esultatsdelaquestionIt`advienueireqc3ericec,.P−1M P
est diagonale.N
D’apre`slaquestionpre´c´edente,
M∈ C(A)∃⇒⇐(λ1 λ2 λ3)∈R3;P−1M P=λ1∙010000!
0 0 0

Notons

MM13==PP××00000000000100000!!××PP−−11=1616=000−000044−−−660030022!!
M2=P×0 1
00000001!×P−1=16232440600!

5

+λ2∙000000010!+λ3

100000000!

4.

1.

De sorte que

M∈ C(A)

⇐⇒

∃(λ1

 λ2

 λ3)∈R

3;M=λ1∙M1+λ2∙M2+λ3∙M3

N
D’apr`eslaquestionpre´c´edente,C(A) =Vect(M1 M2M3). Autrement
dit, (M1 M2 M3) est une familleciearrten´eg´deC(A). Montrons que
cette famille est libre :
Soit (λ1 λ2 λ3)∈R3tel que

λ1∙M1+λ2∙M2+λ3∙M3= 03

Par construction des matricesM1 M2etM3egleesr``esl’apre(dts
decalcule´le´mentairesdansM3(R)e0arıˆenuqc)ceeitn3=P−1×
Diag(λ1 λ2 λ3)×P, soit encoreλ1=λ2=λ3= 0.
Ainsi,laseulecombinaisonline´airequiannule(M1 M2 M3) est la
cominaisonlin´eairetriviale0∙M1+0∙M2+0∙M3, la famille (M1 M2 M3)
estlibre.
Finalement, (M1 M2 M3es)ibtletreeng´e´arrtcideeC(A) c’est bien
une base deC(A).N
Partie4.R´esolutiond’unsyste`mediff´erentiel
Onconsid`erelesyst`emediff´erentiel

xxx′′312(((ttt)=)2==)xx11((tt)2+)+xx22((tt)+2)+xxx333(((ttt))))7(

avec les conditions initialesx1(0) = 2,x2(0) = 1,x3(0) = 2.
Etantdonn´eestroisfonctionsd´erivablesx1 x2 x3deRdansR, on
d´efinitpourtoutt∈R
X(t) =xxx213(((ttt)))etX′(t) =xxx′′′312(((ttt)))

Avec les notations ci-dessus

(7)

⇐⇒

X′

=A×X

6

N

=
=
=

Enutilisantlesconditionsinitiales,ilenre´sultefinalement
solutionauprobl`emedeCauchypose´estde´finiepar:
x1(t)
x3(t)==
∀t∈R x2(t) =

CommeX=P×Y, il vient
x1(t)
(7)⇐⇒x2(t)
x3(t)

la

yy′12′
y3′

C1−12C2et+C e3t
3
−C1−C2et+ 2C3e3t
C2et

que

(8)

0y1
1y2
3y3

⇐⇒

=
=
=

=
=
=

C1
C2et
C3e3t

⇐⇒

y1
y3
y2

=P−1×X=yyy321. Alors

X′=A×X⇐⇒P−1×X′=P−1×A×X
P−1×X′= (P−1×A×P)×(P−1×X)
Y′=D×Y

N

⇐⇒

(7)

⇐⇒
⇐⇒

On effectue le changement d’inconnueY

Finalement,

N

(8)

2.

7

3.

1−et+ 2e3t
−1−2et+ 4e3t
2et

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