Correction de Devoir Libre N°13: Années précédentes

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre vendredi 4 mai 2012 ´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚13 EXERCICE 1 On se place dans l’espace vectoriel E = M (R) des matrices carr´ees3 d’ordre 3 `a coefficients r´eels.

Licence : En savoir +
Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
Nombre de pages : 4
Voir plus Voir moins

1

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

a`rendrevendredi4mai2012

´
CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚13

EXERCICE 1
On se place dans l’espace vectorielE=M3(Re´rrsetricesca)desma
d’ordre3a`coefficientsr´eels.Ondonne
3−2 3
A=021020 P=121100111 T=100

0
2
0

021

On´etudiel’ensembleC(A) ={M∈ M3(R)|A×M=M×A}.
.Calculsmatricielspr´eliminaires
a.’aD’sl`epralgorithme de Gauss-Jordan
1010001110121101100−001001000011
10100011000112−110−210−101
DoncPest inversible etP−1=−11−12−01.
0 0 1
b.
  

2.

P−1AP=−011

2
−1
0

−011

3
1
0
−021

−2
0
0
2
−2
0

3
2
2
−211

1
1
0
001

2
1
0
0
2
0

N

1110
1
2=

T

N
Pour d´ ontrer queC(A) est un sous-espace vectoriel deM3(R), j’uti-
em
liselacaracte´risationdessous-espaces:

1

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(Ase)er:e´ialnniiaosmbinarcobleptsta
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(Avidetnonableetst)sencuonlinaisombiparcdtno’cseri,e´nae
sous-espace vectotriel deM3(R).N
SoitM∈ M3(R), une matrice quelconque.
On poseM′=P−1×M×PosianonnR.e´uqpsraneecvilas:

A×M=M×A

=da
SoitM′g
M′×Ta
=d
g

b
e
h

2b
2e
2h

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

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

c
f∈ M3(R). Alors
i
b+ 2cetT×M
eh+2+2fi

2d+ag

=2g

2

b
2e+h
2h

N

c
2f+2ii

Ainsi,M′
a e ftels
M′=a∙

′×Tsi et seulement sielitsixlsesedeer´

ve´rifieT×M′=M
que
100000000+e000

001+f∙00
0

0
1
0

M∈ C(A)⇐⇒T×M′=M′×T
⇐⇒∃(a b c)∈R3;M′=a000b00cb
⇐⇒∃(a b c)∈R3;P−1×M×P=0a0b00c0
b
⇐⇒∃(a b c)∈R3;M=P×a000b0bc0×P−1

N
c.seuqtadsustlrse´ntlelisanuties.Esontiesaviucnelapsnqe´risRanoon
pre´c´edentesnousobtenons:

=
=
=
=
=
=

0
0
0
0
0
i

⇐⇒

M′×T=T×M′

2f+ic
2i

3

Parcons´equent

b
2e+h
2h

010=a00

0
e
0

adg22bbee+222+icf2d2ga
2h h+=+g
a=a
2b=b
b+ 2c=c
e2d+2+gf2==efd+i⇐⇒d
2e+h= 2
22gh2==hg
h+ 2i= 2i

0
0
0

b
c
⇐⇒gd
h
e

⇐⇒

0
f
e

b= 0
c= 0
+g= 0
h= 0
e=i
g= 0

4.

Or

101210111

0a00b0cb0−011−02−11
1 0
a0a20bb2cc++bbb−−aa2++b0b22aa−−2bb0−−aa++bb++2cbc

FinalementMappaeitra`tnC(A)si et seulement siielixtsdese´reesl
a b ctels que
M=−−aa2++b0b22aa−−2bb0−−aa++bb2++bcc

N
D’apre`slaquestionpre´c´edente,toutematriceM∈ C(Ae´’stirc)sous
la forme :
1 2−1
M=a∙−−0012−01+b∙012−−011211+c∙001002000=a∙C1+b∙C2+c∙C3

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

Cettee´quationmatriciellesetraduitpar:
+ 2b2a−2b
(1)⇐⇒−−aa+b20a−b0
a
⇐⇒bc=0=0=0

−a+b+ 2c
−a+b+bc

(1)

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

4

Soyez le premier à déposer un commentaire !

17/1000 caractères maximum.