Devoir Surveille 82016-2017

My Ismail Mamouni

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CalculMatricielEspaces Prehilbertiens

Samedi 3 Juin 2017

Duree : 4 heures

Caricature du jour

Mathematicien allemand. Il a cree ou developpe un large eventail d’ideesfondamentales, que ce soit la theorie des invariants, l’axiomatisation de lageometrie ou les fondements de l’analyse fonctionnelle (avec les espacesde Hilbert). En 1900, il posa ses fameux 10 problemes ouvert qui ont du-rablement influence les recherches mathematiques du xxe siecle. Hilbertet ses etudiants ont fourni une portion significative de l’infrastructuremathematique necessaire a l’eclosion de la mecanique quantique et de larelativite generale.

David Hilbert (1862-1943)

1 Rappeler la definition de PB→B ′. Que vaut P−1B→B ′ ?

2 Rappeler la definition de MB(u). Completer MB(⊓◦⊑) = . . .

3 Si A ∈ M(R)n et λ ∈ R, completer det(λA) = · · ·

4 Rappeler la relation une matrice et la transpose de sa comatrice.

5 Rappeler la definition de systeme de Cramer. Donner un exemple

6 Donner un systeme lineaire a 3 inconnues dont 2 sont principales

7 Quelle difference entre projeteur et projecteur orthogonal et comment les distinguer a l’aidede leurs matrices ?

8 Si (e1, · · · , en) bon de E et x, y ∈ E, completer les assertions suivantes

i x = . . .

ii 〈x, y〉 = . . .

iii ‖x‖2 = . . .

Questions de Cours (Niveau 1 =10 points)

1

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Exercices Applications de Cours (Niveau 2 =10 points)

2

Soit M ∈Mn (K) , montrer qu’il existe un unique couple (S,A) où S ∈ Sn (K) et A ∈ An (K) tel que M = S +A.

Donner ce couple lorsque M =

1 0 12 −1 03 −2 2

.

Exercice 1

On pose A =

2 1 32 3 6−1 −1 −2

et M = A− I3. Calculer M2, en déduire que A est inversible et préciser A−1.

Exercice 2

Montrer que la matrice A =

1 0 11 1 10 2 1

est inversible et calculer son inverse.

Exercice 3

A l’aide du Pivot de Gauß, donner une matrice échelonnée équivalente à M et préciser le rang de M lorsque

1� M =

1 2 42 4 63 6 9

2� M =

0 3 −6 6 4 −53 −7 8 −5 8 93 −9 12 −9 6 15

3� M =

m 1 5−1 1 m3 −2 5

, m ∈ R

Exercice 4

Résoudre, avec la méthode du pivot de Gauß, les systèmes suivants :

1�

�3x+ 2y = 26x+ 5y = 1

2�

�2x+ 3y − z = 2x+ 2y − 6z = 9

3�

x+ 2y + z + t = 1x+ 3y − z + 2t = 0

2x+ y + t = 1

Exercice 5

© Faidherbe, Lille

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3

On note A =

0 1 −1−3 4 −3−1 1 0

et ∆ =

1 0 00 1 00 0 2

.

1. Calcul de l’inverse de A

(a) Calculer A2 − 3A. En deduire que A est inversible et calculer A−1.

(b) Retrouver l’inversibilite de A et la valeur de A−1 par la methode du pivot.

2. Calcul des puissances de A

(a) Premiere methode

Pour tout n de N, on pose Bn = An + A− 2I (par convention A0 = I.)

i. Montrer successivement que pour tout n de N, on a :

An+2 − 2An+1 = An+1 − 2An ; An+2 = 2An+1 + A− 2I ; Bn+2 = 2Bn+1

ii. Deduire de ce qui precede l’expression de An pour tout n de N.

(b) Deuxieme methode

On pose C = A− I et D = 2I − A.

i. Pour tout n de N, calculer Cn et Dn.

ii. Exprimer A en fonction de C et D. Retrouver ainsi An pour n dans N.

(c) Troisieme methode

i. Montrer qu’il existe des suites (αn), (βn) telles que ∀n ∈ N, An = αnA+ βnI.

ii. Calculer αn et βn et retrouver ainsi l’expression de An.

(d) Quatrieme methode

On definit la matrice P =

1 1 11 0 30 −1 1

.

i. Calculer P−1 puis ∆ = P−1AP .

ii. En deduire a nouveau l’expression de An, pour tout n de N.

(e) Puissances negatives de A

La formule donnant An est-elle encore vraie pour les exposants strictement negatifs ?

3. Matrices commutant avec A

Pour toute matrice M de M3(R), on note C(M) = {N ∈M3(R), MN = NM}.(a) Pour M dans M3(R), montrer que C(M) est une sous-algebre de M3(R).

(b) Montrer si N est inversible, alors N ∈ C(M)⇒ N−1 ∈ C(M).

(c) Determiner C(∆).

(d) Soient M,N dans M3(R), et soit Q une matrice inversible de M3(R).

Montrer l’equivalence : N ∈ C(M)⇔ Q−1NQ ∈ C(Q−1MQ).

(e) En utilisant la question (2.d.i), determiner C(A).

Indication : on cherchera a obtenir le resultat sous la forme N =5∑

k=1

λkJk, ou les λk sont

des reels quelconques et ou les Jk sont des elements fixes de M3(R).

Probleme 1 (Niveau 3 =15 points)

© Mathprepa

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4

Endomorphismes commutant avec les translations On note (1, ,..., )nX X=B la base canonique de [ ]n Xℝ .

Partie I

On considère une suites de réels deux à deux distincts : ( )n na ∈ℕ .

Pour n ∗∈ℕ , on note nM la matrice carrée d’ordre 1n+ dont l’élément d’indice ( , )i j est 1

1n i

ja− +− .

Autrement dit :

0 11 1 1

0 1

1 1 1

n n n

nn n n

nn

a a a

a a aM

− − −

=

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮

⋯

On pose nV son déterminant que nous allons calculer maintenant :

1. On introduit la fonction :f →ℝ ℝ définie par :

0 1 11 1 1 1

0 1 1

0 1 1

( )

1 1 1 1

n n n n

nn n n n

n

n

a a a x

a a a xf x

a a a x

−− − − −

−

−

=

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮

⋯

⋯

.

1.a Justifier que f est une fonction polynomiale de degré inférieur ou égal à n .

Exprimer le coefficient λ de nx dans ( )f x à l’aide de l’un des termes de la suite ( )n nV ∈ℕ .

1.b Justifier que 0 1 1, ,...,n

a a a − sont racines de f .

1.c En déduire que 1

0

, ( ) ( )n

k

k

x f x x aλ−

=

∀ ∈ = −∏ℝ .

1.d Conclure : 0

, ( )n i j

i j n

n V a a∗

≤ < ≤

∀ ∈ = −∏ℕ .

2. On considère 1n+ nombres réels deux à deux distincts : 0 1, ,...,n

a a a et on considère la famille de

polynômes : 0( )k k nP ≤ ≤=C où ( )n

k kP X a= + .

2.a Former la matrice représentative de la famille C relative à la base B .

2.b Etablir que C est une base de [ ]nXℝ .

Partie II

On désigne par n un entier naturel non nul.

1. Pour tout h ∈ℝ , on définit une application hT en posant pour tout [ ]n

P X∈ℝ : ( ) ( )hT P P X h= + .

1.a Justifier que hT est un endomorphisme de [ ]n

Xℝ .

1.b Quel en est le déterminant ?

On désire déterminer l’ensemble E formée des endomorphismes ϕ de [ ]nXℝ satisfaisant la propriété :

,h h

h T Tϕ ϕ∀ ∈ =ℝ � � .

2. Montrer que E est un sous-espace vectoriel et un sous-anneau algèbre de [ ]( )nXL ℝ .

3. On note D l’endomorphisme de dérivation dans [ ]nXℝ i.e. l’application [ ] [ ]:

n nD X X→ℝ ℝ définie

par :D P P ′֏ .

3.a Etablir que D E∈ .

3.b Justifier que { }0,1,...,k n∀ ∈ , kD E∈ .

3.c Etablir que la famille 0( )kk n

D ≤ ≤ est libre.

Probleme 2 (Niveau 4 =10 points)

© mpsidll

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5

4. Soit [ ]:n

E Xθ → ℝ définie par ( ) ( )nXθ ϕ ϕ= .

4.a Montrer que θ est une application linéaire.

4.b Etablir que θ est injective.

4.c Déterminer la dimension de E .

5. Donner une base de E .

Dans ce problème, on s’intéresse aux systèmes différentiels et aux suites récurrentes associées à unematrice antisymétrique de R3.On note E l’espace vectoriel R3 muni de sa structure euclidienne canonique.IE désigne l’application identité de E.Le produit scalaire de deux vecteurs X et Y de E est noté �X,Y �.

Partie I — Endomorphisme antisymétrique

Soit u un endomorphisme non nul de E tel que : ∀X ∈ E �u (X) ,X� = 0.1) Démontrer que : ∀ (X,Y ) ∈ E ×E �u (X) , Y � = −�X,u (Y )�.

2) a) Démontrer que 0 est la seule valeur propre réelle possible de u.

b) Montrer que le polynôme caractéristique de u a au moins une racine réelle. Qu’en déduit-on pourKeru ?

3) Démontrer que Keru et Imu sont supplémentaires orthogonaux dans E.

4) Soit X un vecteur non nul de Imu.

a) Démontrer que�X,u (X)

�est une famille libre de Imu.

b) En déduire les dimensions de Imu et Keru.

5) Montrer qu’il existe une base orthonormale (e1, e2, e3) de E et un réel α tels que la matrice de u dansla base (e1, e2, e3) soit

B =

0 −α 0α 0 00 0 0

.

6) Pour tout n ∈ N, on pose u0 = IE et un+1 = u ◦ un.a) Démontrer que u2 = −α2p où p est une projection orthogonale à préciser.

b) Exprimer, pour n ∈ N∗, un en fonction de α, p et u, en distinguant suivant la parité de n.

7) Soit N ∈ N∗.

a) Démontrer que la sommeN�

k=0

uk

k!s’écrit IE +CN (α) p+ SN (α)u où CN et SN sont des polynômes.

b) Trouver les limites de CN (α) et SN (α) quand N → +∞.

On note ces limites C (α) et S (α), respectivement.

c) Caractériser géométriquement l’endomorphisme IE +C (α) p+ S (α)u, que l’on note exp (u).

Probleme 3 (Niveau 5 =10 points)

F

i

nFin

© Clemenceau, Nantes

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6

Corrige

Exercices Applications de Cours (Niveau 2 =10 points)

��������Solution

�: Unicité : Si M = S1+A1 = S2+A2 avec (S1, S2) ∈ Sn (K)

2 et (A1, A2) ∈ An (K)2, alors par différence, on

aS1 − S2 = A2 −A1

La matrice B = S1 − S2 est donc symétrique et antisymétrique. On a donc tB = B = −B d’où B = �. On en déduitque S1 = S2 et A1 = A2.

Existence : Soit M ∈Mn (K), posons S =M + tM

2et A =

M − tM

2, alors S ∈ Sn (K), A ∈ An (K) et M = S +A.

Application : S =1

2

1 0 12 −1 03 −2 2

+

1 2 30 −1 −21 0 2

=

1 1 21 −1 −12 −1 2

et A = M − S =

1 0 12 −1 03 −2 2

−

1 1 21 −1 −12 −1 2

=

0 −1 −11 0 11 −1 0

.

Exercice 1

��������Solution

�: Un calcul simple donne M2 =�. On en déduit que

(A− I3)2 = A2 − 2AI3 + I3 = A

2 − 2A+ I3 =�

Pour déterminer l’inverse de A, on exprime I3 à l’aide de A et de A2. On a donc

I3 = 2A−A2 = 2AI3 −A

2 = A (2I3 −A)

Ceci prouve que A est inversible et que A−1 = 2I3 −A =

0 −1 −3−2 −1 −61 1 4

.

Attention à ne pas écrire que I3 = A (2−A) , cela n’a aucun sens, on ne peut faire la différence entre le nombre 2et la matrice A !

Exercice 2

��������Solution

�: On accole à A la matrice identité pour obtenir

1 0 11 1 10 2 1

|||

1 0 00 1 00 0 1

On sait que si, par opérations élémentaires sur les lignes, on transforme A en I4, alors la même suite d’opérationsélémentaires transforme I4 en A

−1. On a donc

1 0 11 1 10 2 1

|||

1 0 00 1 00 0 1

∼L2−L1

1 0 10 1 00 2 1

|||

1 0 0−1 1 00 0 1

∼L3−2L2

1 0 1

0 1 00 0 1

|||

1 0 0−1 1 02 −2 1

∼L1−L3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

|||

−1 2 −1−1 1 02 −2 1

d’où A inversible et A−1 =

−1 2 −1−1 1 02 −2 1

Exercice 3

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7

��������Solution

�: Pour 1�, on a

M ∼L2←− L

2− 2L

1

L3←− L

3− 3L

1

1 2 40 0 −20 0 −3

∼L3←−L3−

32L2

1 2 40 0 −20 0 0

Le rang vaut donc 2.Pour 2�, on a

M ∼L1 ↔ L2

L3 ←− L3 − L1

3 −7 8 −5 8 90 3 −6 6 4 −50 −2 4 −4 −2 6

∼L3←−L3+

23L2

3 −7 8 −5 8 90 3 −6 6 4 −50 0 0 0 2

383

Le rang vaut 3Pour 3�, on a

M ∼L1↔ L2

−1 1 mm 1 53 −2 5

∼L2←− L

2+mL

1

L3←− L

3+ 3L

1

−1 1 m0 m+ 1 5 +m2

0 1 5 + 3m

∼L2↔ L3

−1 1 m0 1 3m+ 50 m+ 1 m2 + 5

∼L2←− L3− (m+ 1)L2

−1 1 m0 1 3m+ 50 0 −2m (m+ 4)

car m2 + 5− (m+ 1) (3m+ 5) = −2m2 − 8m

On en déduit que :Si m (m+ 4) �= 0 (i.e. m �= 0 et m �= −4), le rang vaut 3Si m = 0 ou m = −4, le rang vaut 2.

Exercice 4

��������Solution

�: Pour chaque système, on écrit la matrice augmentée.

Pour 1�, on a

M =

3 2 26 5 1

∼

L2←−L2−2L1

�3 2 2

0 1 −3

�

∼L1←−L1−2L2

�3 0 8

0 1 −3

�

Exercice 5

d’où le système équivalent

�3x = 8y = −3

qui donne la solution x =8

3, y = −3, soit S =

�8

3,−3

.

pour 2�, on a

M =

2 3 −1 21 2 −6 9

∼

L2↔L1

1 2 −6 92 3 −1 2

∼

L2←−L2−2L1

�1 2 −6 9

0 -1 11 −16

�

∼L1←−L1+2L2

�1 0 16 −23

0 -1 11 −16

�

D’où le système équivalentx + 16z = −23-y + 11z = −16 , on exprime x et y en fonction de z pour avoir

x = −23− 16zy = 16 + 11z

z = zsoit S =

−23160

+ z

−16111

, z ∈ R

Géométriquement, on trouve une droite de l’espace.

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8

Pour 3�, on a

M =

1 2 1 1 11 3 −1 2 02 1 0 1 1

∼L2←− L

2− L

1

L3←− L

3− 2L

1

1 2 1 1 1

0 1 −2 1 −10 −3 −2 −1 −1

∼L3←−L3+3L2

1 2 1 1 1

0 1 −2 1 −1

0 0 -8 2 −4

∼L2←−4L2

1 2 1 1 1

0 4 −8 4 −4

0 0 -8 2 −4

∼

L2←−L2−L3

1 2 1 1 1

0 4 0 2 0

0 0 -8 2 −4

∼L1←−8L1+L3

8 16 0 10 4

0 4 0 2 0

0 0 -8 2 −4

∼

L1←−L1−4L2

8 0 0 2 4

0 4 0 2 0

0 0 -8 2 −4

On obtient le système équivalent

8x + 2t = 4

4y + 2t = 0

-8z + 2t = −4

qui donne z =t

4+1

2, y = −

t

2et x =

1

2−t

4. D’où

S =

120120

+ t

−14

−12141

, t ∈ R

.

Probleme 1 (Niveau 3 =15 points)

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11

Probleme 2 (Niveau 4 =10 points)

Partie I

1.a En développant selon la dernière colonne : 0

( ) ( 1)n

k k

k

k

f x x=

= − ∆∑ avec k∆ le mineur d’indice

( 1 , 1)n k n+ − + du déterminant définissant ( )f x .

De part sa description, k∆ est un constante indépendante de x . Par suite f est une fonction polynomiale

de degré inférieur ou égal à n . Le coefficient de nx dans ( )f x est ( 1)n

n− ∆ avec 1n n

V −∆ = . Ainsi 1( 1)nnVλ −= − .

1.b Les 0 1 1, ,...,n

a a a − annulent f car pour i

x a= avec { }0,1,..., 1i n∈ − , le déterminant exprimant ( )f x

possède deux colonnes identiques. Par suite les 0 1 1, ,...,n

a a a − sont racines de f .

1.c Comme 0 1 1, ,...,n

a a a − sont des racines deux à deux distinctes de f , on peut écrire 1

0

( ) ( ) ( )n

k

k

f x g x x a−

=

= −∏

avec g une fonction polynomiale.

Or degf n≤ donc g est une fonction polynomiale constante (éventuellement nulle).

Puisque le coefficient de nx dans f est λ , on a 1

0

( ) ( )n

k

k

f x x aλ−

=

= −∏ .

1.d Par récurrence sur n ∗∈ℕ .

Pour 1n = : 1 1 1V = = et 0 1

( ) 1i j

i j

a a≤ < ≤

− =∏ (car il n’y a pas de termes dans ce produit).

Supposons la propriété établie au rang 1 1n− ≥ . Au rang n , en reprenant les notations ci-dessus :

1 1 1

10 0 0 1 0 0

( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) ( )n n n

n

n n n k n n k i j k n i jHR

k k i j n k i j n

V f a a a V a a a a a a a aλ− − −

−= = ≤ < ≤ − = ≤ < ≤

= = − = − − = − − = −∏ ∏ ∏ ∏ ∏

Récurrence établie.

2.a 0

ni n i i

k n k

i

P C a X−

=

=∑ donc

0 0 0 00 1 2

1 1 1 1 1 1 1 10 1 2

1 1 1 10 1 2

Mat

n n n n

n n n n nn n n n

n n n n n

n n n n

n n n n nn n n n

n n n n

C a C a C a C a

C a C a C a C a

C a C a C a C a

C C C C

− − − −

− − − −

=

BC

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮

⋯

⋯

avec k

n

nC

k

=

2.b

0 0 0 00 1 2

1 1 1 1 1 1 1 10 1 2

1 1 1 10 1 2

det

n n n n

n n n n nn n n n

n n n n n

n n n n

n n n n nn n n n

n n n n

C a C a C a C a

C a C a C a C a

C a C a C a C a

C C C C

− − − −

− − − −

=BC

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮

⋯

⋯

donne

0 11 1 1

0 1

0 0 0

det ( ) 0

1 1 1

n n n

nn nn n n

k knn n i j

k k i j n

a a a

a a aC C a a

− − −

= = ≤ < ≤

= = − ≠ ∏ ∏ ∏B

C

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮

⋯

Donc C est une base de [ ]n Xℝ .

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12

Partie II

1. Soit [ ]nP X∈ℝ , on peut écrire 0

nk

k

k

P a X=

=∑ et on a [ ]0

( ) ( )n

k

h k n

k

T P a X h X=

= + ∈∑ ℝ .

Ainsi [ ] [ ]:h n nT X X→ℝ ℝ . De plus, soit ,λ µ∈ℝ et [ ], nP Q X∈ℝ .

( ) ( )( ) . ( ) . ( ) . ( ) . ( )h h hT P Q P Q X h P X h Q X h T P T Qλ µ λ µ λ µ λ µ+ = + + = + + + = + .

Finalement hT est un endomorphisme de [ ]n Xℝ .

1.b

2

1 1

2 2

0

10 1 2

Mat ( ) ( )0 0 1

0 0

n n

nn n

nn n

h nn

n

h h C h

h C h

T TC h

C

− −

+− −

= ∈

B

⋯

⋯

ℝ

⋮ ⋱ ⋱ ⋮

⋯ ⋯

donc det 1hT = .

2. [ ]( )nE X⊂L ℝ .

h∀ ∈ℝ , Id Idh hT T=� � donc Id E∈ .

Soit ,λ µ∈ℝ et , Eϕ ψ∈ .

h∀ ∈ℝ , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )h h h h h hT T T T T Tλϕ µψ λ ϕ µ ψ λ ϕ µ ψ λϕ µψ+ = + = + = +� � � � � �

et ( ) ( )h h hT T Tϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ= =� � � � � � donc Eλϕ µψ+ ∈ et Eϕ ψ ∈� .

Ainsi E est un sous-espace vectoriel et un sous-anneau de [ ]n Xℝ .

3.a Soit [ ]nP X∈ℝ , on peut écrire 0

nk

k

k

P a X=

=∑ . Pour tout h ∈ℝ :

D’une part 0

( ) ( )n

k

h k

k

T P a X h=

= +∑ et 1

1

( ( )) ( )n

k

h k

k

D T P ka X h−

=

= +∑ ,

d’autre part 1

1

( )n

k

k

k

D P ka X−

=

=∑ et 1

1

( ( )) ( )n

k

h k

k

T D P ka X h−

=

= +∑ ,

donc h hT D D T=� � . Ainsi D E∈ .

3.b Puisque D E∈ et que E est un sous-anneau : , kk D E∀ ∈ ∈ℕ .

3.c Supposons 20 1 2.Id ... 0n

nD D Dλ λ λ λ+ + + + = .

i.e. [ ]nP X∀ ∈ℝ , ( )0 1 2. ... 0n

nP P P Pλ λ λ λ′ ′′+ + + + = .

Pour nP X= : 1 20 1 2( 1) ... ! 0n n n

nX n X n n X nλ λ λ λ− −+ + − + + = .

Par identification des coefficients de deux polynômes égaux : 0 1 ... 0nλ λ λ= = = = .

4.a Soit ,λ µ∈ℝ et , Eϕ ψ∈ :

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n nX X Xθ λϕ µψ λϕ µψ λϕ µψ λθ ϕ µθ ψ+ = + = + = + .

Donc θ est un application linéaire.

4.b Soit kerϕ θ∈ . On a ( ) 0nXϕ = .

Or Eϕ∈ donc h∀ ∈ℝ , (( ) ) ( ( )) ( ( )) (0) 0n n n

h h hX h T X T X Tϕ ϕ ϕ+ = = = = .

Considérons 0 1, ,..., na a a des réels deux à deux distincts.

On a vu que 0(( ) )nk k nX a ≤ ≤+ est une base de [ ]n Xℝ et part la relation ci-dessus

0 , (( ) ) 0n

kk n X aϕ∀ ≤ ≤ + = donc 0ϕ= .

Ainsi { }ker 0θ= . θ est injective.

4.c L’injectivité de ϕ implique : [ ]dim dim 1nE X n≤ = +ℝ .

La liberté de la famille 0( )k k nD ≤ ≤ implique dim 1E n≥ + .

Ainsi dim 1E n= + .

5. 0( )k k nD ≤ ≤ est une famille libre formée de 1 dimn E+ = éléments de E , c’est donc une base de E .

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Probleme 3 (Niveau 5 =10 points)

Partie I — Endomorphisme antisymétrique

1) Soit (X,Y ) ∈ E2 ; je développe, par linéarité de u et bilinéarité du produit scalaire :

�u (X + Y ) ,X + Y � = �u (X) , X�+ �u (X) , Y �+ �u (Y ) ,X�+ �u (Y ) , Y �d’où, en appliquant l’hypothèse à X + Y , X et Y : 0 = �u (X) , Y �+ �u (Y ) , X�. Ainsi :

∀ (X,Y ) ∈ E ×E �u (X) , Y � = −�X,u (Y )�.

2) a) Soit λ valeur propre réelle de u et X un vecteur propre associé ; j’ai d’une part �u (X) ,X� = 0 etd’autre part �u (X) ,X� = λ �X�2. Comme X est non nul par construction, j’en déduis que λ = 0 :

0 est la seule valeur propre réelle possible de u.

b) Comme E est un R-espace vectoriel de dimension 3, le polynôme caractéristique de u est un polynômede R [X] de degré 3, qui s’annule donc au moins une fois sur R, d’après le théorème des valeursintermédiaires. Par conséquent :

Le polynôme caractéristique de u a au moins une racine réelle.

Les deux derniers résultats montrent que le spectre de u est {0}. Donc Keru est de dimension aumoins égale à 1 ; ainsi, puisque u est non nul par hypothèse :

Keru est de dimension 1 ou 2.

3) Déjà, d’après le théorème du rang, dimKeru + dim Imu = 3. Je montre en outre que Keru et Imusont orthogonaux : soient X ∈ Keru et Z = u (Y ) ∈ Imu ; j’ai

�X,Z� = �X,u (Y )� = −�u (X) , Y � = 0 car X ∈ Keru.

Ainsi, Keru ⊂ (Imu)⊥ ; d’où, compte tenu des dimensions :

Keru et Imu sont supplémentaires orthogonaux dans E.

4) a) Avant tout, Imu étant stable par u et X élément de Imu, u (X) est également élément de Imu. Deplus, X étant non nul, si (X,u (X)) était une famille liée, X serait vecteur propre de u, donc élémentde Keru, puisque 0 est la seule valeur propre de u ; ceci est absurde car Imu ∩Keru = {0} d’aprèsla question précédente. En conclusion,

(X,u (X)) est une famille libre de Imu.

b) u étant non nul, Imu contient des vecteurs non nuls, donc, d’après la question précédente, Imucontient des familles libres de deux vecteurs, d’où dim Imu ≥ 2 ; or j’ai déjà vu que dimKeru ≥ 1,par conséquent, puisqu’ils sont supplémentaires :

dim Imu = 2 et dimKeru = 1.

5) Soit (e1, e2) une base orthonormale de Imu et e3 un vecteur unitaire de Keru. D’après les questionsprécédentes, (e1, e2, e3) est une base orthonormale de E. Par définition, u (e1) est dans Imu, donc

u (e1) = �u (e1) , e1� · e1 + �u (e1) , e2� · e2 = αe2

où j’ai posé α = �u (e1) , e2� ; de même, en utilisant 1),

u (e2) = �u (e2) , e1� · e1 + �u (e2) , e2� · e2 = −αe1Cela me donne les deux premières colonnes de la matrice de u dans (e1, e2, e3), et e3 ∈ Keru, donc latroisième colonne est nulle :

La matrice de u dans la base orthonormale (e1, e2, e3) est B.

−α2

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6) a) Grâce au résultat précédent, j’obtiens :

u2 (e1) = −α2e1 ; u2 (e2) = −α2e2 ; u2 (e3) = 0.

La matrice de u2 dans (e1, e2, e3) est donc −α2

1 0 00 1 00 0 0

. Ainsi :

u2 = −α2p où p est la projection orthogonale sur Vect (e1, e2) = Imu.

b) Soit m ∈ N ; d’après a) : u2m =�u2�m

= (−1)m α2mp2m ; or, comme p2 = p, il vient par unerécurrence immédiate :

∀n ∈ N∗ pn = p (tandis que p0 = IE . . . ).

D’oùu2m = (−1)m α2mp et u2m+1 = u2m ◦ u = (−1)m α2mu ;

en effet p ◦ u = u puisque les vecteurs de Imu sont invariants par p. En conclusion :

∀m ∈ N∗ u2m = (−1)m α2mp et ∀m ∈ N u2m+1 = (−1)m α2mu.

7) a) D’après le résultat précédent, j’obtiens immédiatement :N�

k=0

uk

k!= IE +CN (α) p+ SN (α)u où

CN (α) =

E(N/2)�

m=1

(−1)m α2m

(2m)!et SN (α) =

E((N−1)/2)�

m=0

(−1)m α2m

(2m+ 1)!

b) Je reconnais – à quelques détails près – les développements en série entière des fonctions cos etsin. Précisément, sachant que α est non nul (sinon u serait nul) :

limN→+∞

CN (α) = cosα− 1 et limN→+∞

SN (α) =sinα

α.

c) IE +C (α) p+ S (α)u a pour matrice dans (e1, e2, e3) :

1 0 00 1 00 0 1

+ (cosα− 1) ·

1 0 00 1 00 0 0

+sinα

α·

0 −α 0α 0 00 0 0

=

cosα − sinα 0sinα cosα 00 0 1

Je reconnais une matrice de rotation :

exp (u) est la rotation d’axe orienté par e3 et d’angle α.