Corrigé Exam Juin 2011 .pdf


Nom original: Corrigé_Exam_Juin_2011.pdfTitre: Sans titre2Auteur: Rémi Patrizio

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Examen de l’an dernier, juin 2011
Exo 1 : QCM
1) Le produit de 2 matrices inversibles est inversible.
!
=> OUI
!
=> det(A.B) = det(A).det(B) 6= 0
2) Soient v1, v2, v3 3 vecteurs de R3. Si v1 n’est colinéaire ni à v2, ni à v3, si v2 n’est
colinéaire ni à v1 ni à v3 etc........... alors la famille est libre.
!
=> NON
!
=> contre exemple :! v1 = (0,0,0)
!
!
!
!
v2 = (0,1,0) et
!
!
!
!
v3 = (1,1,0)
0
1
0
1
3 2
2
2 0 0
3) Les matrices @0
2 1 A et @ 0 1 0Asont semblables
0 0
1
0 0 3
!
!
!
!
!

=> OUI
=> Sp(A) = Sp(B) = { -2, 1, 3 } car Pa = Pb = .....................
!
A ayant 3 valeurs propres distinctes est diagonalisable.
!
La dimension du s-ev propre = 1 = la multiplicité
!
et donc il existe P tel que B = P 1 .A.P

4) Si deux matrices ont le même polynôme caractéristique alors ils sont semblables.
! ✓ =>◆NON✓

0 0
0 1 ont le même polynôme caractéristique mais ne sont pas semblables.
et
0 0
0 0
En effet, si les deux matrices étaient semblables, il existe P dans GL2 (x) tel que






0 1
0 0
0 0
1
=P .
.P =
0 0
0 0
0 0 ce qui est absurde.
5) Soit f un endomorphisme d’1 e.v. de dimension finie. Si x3 2x2 + x
polynôme annulateur de f alors il est inversible.
=> OUI
=> En e↵et, f 3 2.f 2 + f 3.Id = 0
1/3(f 2 2.f + Id) f = Id
Donc f est inversible d’inverse f 1 = 1/3.(f 2 2.f + Id)

3 est un

Exo 2 : Énoncer et démontrer le théorème de Caylay-Hamilton
!
=> voir cours
Exo 3 : Soit N appartement à Mn(C) une matrice nilpotente d’indice de nilpotence m
(i.e. N m = 0 et N m 1 6= 0 )
1) Déterminer les valeurs propres de N, son polynôme caractéristique et son polynôme
minimal.
!
=> fait en cours
Sp(N) = { 0 }, PA = ( X)n et MA = X n

2) Montrer que det(I_n + N) = 1
!
=> N etant trigonalisable dans Mn(C) (car PN est scindé)
!
0
1 il existe P dans GL_n(C) tel que N = P^-1 T P

0 x x
@0 0 x A
0 0 0
Et

donc

et finalement

In + N = P

1

.(In + T ).P

0

1
@
det(In + N ) = det(In + T ) = 0
0

x
1
0

1
x
xA = 1
1

3) Soit A appartenant à Mn(C) tel que AN = NA
a) On suppose A inversible. Montrer que A^-1 et N commutent et A^-1.N est nilpotente.
AN = N A
=>
N = A 1 .A.N = A 1 .N.A
!
=>
N A 1 = A 1 .N.A.A 1 = A 1 .N
En deduire que det ( A + N ) = det A
=>
det(A + N ) = det(A(I + A 1 .N ))
= detA.det(I + A 1 .N )
!
!

or A 1 .N
!
est nilpotente car
1
m
(A .N ) = (A 1 )m .N m = 0

!
!

1
et en appliquant 2 on a det(In + A .N ) = 1
1
et donc det(A + N ) = (detA).det(In + A .N ) = detA

b) On suppose A non inversible. Calculer (A+N)^m et montrer que l’on peut factoriser
l’expression trouvée
Pm pari A. n k k
m
.N
(A + N ) = i=0 Cm .A
= A.(

Pm

i=0

1

i
Cm
.Am

k 1

.N k )

En deduire que det (A+N) = 0
ce qui pr´ec`ede => det(A + N )k = (detA).(det
et donc det(A + N ) = 0

Pm

1

i=0

i
.Am
Cm

k 1

.N k = 0

Exo 4 :
0

3
3
@
1
Soit u appartement `
a L(R ) tel que M atB u = M =
1

1) Calculer et factoriser P_u.
3 X
2
2
1
X
1 = . . . = (1
P u = PM =
1
1
X
= (1

X)2 .(1

X) = (1

X)3

1
X) . 0
1
2

0
1
1

2
0
1

2
1
X

1
2
1A
0

2) La matrice M est-elle diagonalisable ? Trigonalisable ?
!
=> Si M était diagonalisable, il existe P tel que M = P 1 .Id.p = P
OrM 6= Id!
donc elle n’est pas diagonalisable.
!
P_n étant scindé dans R[X], M est trigonalisable dans R3.

1

.P = Id

3) Déterminer M_m
!
=> théorème de Caylay-Hamilton et M 6= Id
{ racines de Mm } = Sp(M )
!
=> { MM = (X 2)2
{ ou (X 1)3
or (A

{
{

Id)2 = 0 et donc MA = (X

1)2

4) En utilisant la décomposition m = (M-Id)+Id et la formule du binôme, exprimer M^m en
fonction de m, M et Id.
!
Les matrices M-Id et Id commutent, donc par la formule du binôme de newton on a
pour tout n >= 2 :
Pn
i
.(M Id)i .(Id)n i
M n = ((M Id) + Id) = i=0 Cm
= Id + n.(M Id) + n(n 1)/2.(n 2)2 + ......
5) Montrer que l’image de R3 par u - Id est une droite vectorielle dont on donnera un
vecteur directeur.
!
=> En effet, si B = (e1, e2, e3) est une base canonique de R3, alors on a :
!

Im.(u

id) = V ect{(u id).(e1), (u
= V ect{(2, 1, 1)}

id).(e2), (u

id).(e3)}

6) Déterminer 1 vecteur propre E_1 de u non colinéaire à E_2
=> (x, y, z) dans En (1) <=> (M Id).(x, y, z) = (0, 0, 0)
<=> x + y z = 0
Vu que E2 = (2, 1, 1), on peut prendre E1 = (0, 1, 1)

7) Déterminer un vecteur E_3 tel que u(E_3) = E_2 + E_3
=> u(E3 ) = E2 + E3 <=> (u

Id).(E3 ) = E2 = (2, 1, 1)

et si E3 = (x, y, z) , alors on doit
0
2
2
@
1
1
(M Id).(x, y, z) =
1
1
=> x + y z = 1

avoir
1 0 1 0 1
x
2
2
@
A
@
A
1A
1
. y =
z
1
1

on peut prendre E3 = (1, 0, 0)

8) Déterminer que B 0 = (E1 , E2 , E3 ) est une base de R3 et donner M atB 0 u
0
=> detB (E1 , E2 , E3 ) = 1
1

2 1
1 0 6= 0
1 0

=> B 0 est une base de R3

9) En déduire que M = P.T.P 1 où T est une matrice triangulaire et P une matrice
inversible que l’ont déterminera.

!

u(E3 ) = E2 + E3
0
1 0
@
M atB 0 u = 0 1
0 0

Et donc T = P

0
0
o`
u P = @1
1

1

1
0
1A = T !
1

.A.P
2
1
1

1
1
0A
0


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