Correction de Devoir Libre N°13: Années précédentes
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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
1010001110121101100−001001000011
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′×Ta
=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+ 2cetT×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+e000
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+icf2d2ga
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
