Correction du Concours Blanc n°3

Problème 1

Partie A :

1. fe1=αe1+1-αe1 fe2=1-αe2+αe2 2. Soit Xabcd tel que AX=I

Alors α1-α1-ααabcd=1001

On obtient alors le système suivant : αa+1-αc=1 (L1)αb+1-αd=0 (L2)1-αa+αc=0 (L3)1-αb+αd=1 (L4)

⇔αa+1-αc=1αb+1-αd=0a+c=1 1-αb+αd=1 L1+L3⟶L3

⇔αa+1-αc=1αb+1-αd=0a+c=1 b+d=1 L2+L4⟶L4

Donc a=1-c et b=1-d, On remplace dans les équations L1et L2 : α1-c+1-αc=1 ⇔ α-2αc+c=1

Et α1-d+1-αd=0
⇔ α-2αd+d=0
On peut en déduire que la matrice A ne peut être inversible que si α est différent de α= 12.

Partie B :

1. Soit X∈R2 avec X a matrice xy
X∈kerf-id⇔fX-id=0
⇔fX-X=0 ⇔fX=X
Or f(X)=AX donc ⇔AX=X ⇔ α1-α1-ααxy=xy
On obtient le système suivant :
X∈kerf-id⇔xα+1-αy-x=0 x1-α+αy-y=0

⇔x(α-1)+1-αy=0 x1-α+(α-1)y=0

⇔1-α(y-x)=0 1-α(x-y)=0

Si α=1, on a bien des matrices nuls donc kerf-id=R2
Si α≠1, x-y=0 ⇔x=y ⇔xy=x11
D’où kerf-id=vect11

2. Calcule de f(u) et f(v) :

fu=A×u=α1-α1-αα11

⇔f(u)=α1-α1-αα

⇔f(u)=11

⇔f(u)=u

fv=A×v=α1-α1-αα1-1

⇔f(v)=2α-11-2α

⇔f(v)=2α-11-1 ⇔f(v)=2α-1v

On constate que u, v est une famille génératrice de f et que c’est une famille libre car u, v n’est pas proportionnelle. Donc (u, v) constitue une base de R2et la matrice D de f relativement à cette base est :
D=1002α-1

3. P inversible si e seulement si : P-1P=I, Soit P-1=abcd.
Calcule de P-1P=I :

abcd111-1=1001
On obtient le système suivant :

a+c=1b+d=0a-c=0b-d=1⇔a=12b=12c=12d=-12
Alors P-1=121212-12 , donc P est inversible.

4. Calcule de P-1AP:

P-1AP=121212-12α1-α1-αα111-1=1002α-1=D

On a bien D=P-1AP

Partie C :

1. Montrons que M2=A⇔ N2=D
On sait que N=P-1MP donc N2=P-1MP P-1MP or P-1P=I donc N2=P-1M2P
Alors N2=D⇔P-1M2P=D
Or P-1M2P=P-1AP⇔I(P-1M2P)=I(P-1AP) ⇔P-1P(P-1M2P)=P-1P(P-1AP)