La colombe

Pages: 5 (1169 mots) Publié le: 30 décembre 2011
EPREUVE COMMUNE de MATHEMATIQUES CORRIGE
PARTIE I 1°) a) Comme a(e1)=e2 et a2(e1)= e3 la famille (e1, a(e1), a2(e1)) est une base de E et a est cyclique. • Le polynôme caractéristique de A est : -(x-1)(x-2)(x-3).



⎛ 6 ⎞ ⎜ ⎟ Ker (A-I3)=Vect ⎜ − 5 ⎟ , Ker (A-2I3)= Vect ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠

⎛ 3 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ − 4 ⎟ , Ker (A-3I3)=Vect ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠

⎛ 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ − 3⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ − 4 ⎟ et ⎜− 3 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠



⎛ 6 ⎞ ⎜ ⎟ La matrice de passage de la base (e1, e2, e3) à la base des trois vecteurs propres ⎜ − 5 ⎟ , ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠
est :

3 2⎤ ⎡6 ⎡1 0 0⎤ ⎢− 5 − 4 − 3⎥ et Ρ −1 AΡ = ⎢0 2 0⎥ Ρ=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢1 ⎢0 0 3 ⎥ 1 1⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
b) • La famille (e1, b(e1)=e2, b2(e1)=e3) est une base de E et b est cyclique. • Le polynôme caractéristiques de B est : -(x-1)(x+1)2 •

⎛ − 1⎞ ⎜ ⎟ Ker(B+I3)=Vect ⎜ 0 ⎟ , sa dimension vaut 1 alors que l’ordre de multiplicité de la valeur propre –1 est 2. ⎜1⎟ ⎝ ⎠
La matrice B n’est pas diagonalisable. b n’est pas diagonalisable.
k λ1 x1 + K + λk x n n n−1



2°) k a) c ( x1 + x 2 K + x n ) = tous nuls vérifiant :

pour 1 ≤ k

≤ n −1 .

Si les n vecteurs ( x0 , c ( x0 ), K , c

( x0 )) forment une famille liée, il existe n scalaires α 0, α1 , K , α n −1 non

n α 0 ( x1 + K + xn ) + α1 (λ1 x1 + K + λn xn ) + K + α n −1 (λ1 −1 x1 + K + λn −1 xn ) = 0 n n −1 n −1 ou encore : (α 0 + α 1λ1 + K + α n −1λ1 ) x1 + K + (α 0 + α 1λn + K + α n −1λn ) xn = 0 . La famille x1 , K , xn est libre, on obtient donc : P(λ1 ) = P(λ2 ) K = P(λn ) = 0 avec P ( x ) = α 0 + α1 x + K + α n −1 x n −1 . P est un polynôme de degré inférieur ou égal à n− 1 ayant n racines distinctes, ce qui est impossible.
n−1

b) La famille ( x0 , c ( x0 ), K , c cyclique.

( x0 ) ) est libre, c’est une base de E puisque son cardinal est n et c est

PARTIE II 3°) a) Toute famille libre contient au plus

n vecteurs. m −1 Donc l’ensemble {m / ( ( x 0 , f ( x 0 ), K , f ( x 0 ) ) est libre} est majoré par n et non vide. Il admet un plus grand élément m .La famille x0 , f ( x0 ), f ( x0 ), K , f

(

2

m−1

On a prouvé que : f ( x0 ) ∈ Vect (( x0 , f ( x0 ), K , f
m

est une combinaison linéaire de x0 , K , f
m+k

(

( x0 ) est libre et la famille x0 , K , f m ( x0 ) est liée donc f m ( x0 )
m−1

)

( x0 ) .

)

(

)

m −1
m −1

Supposons que : f c’est à dire que f
m

( x0 ) ∈ Vect x0 , f ( x0 ), K , f

(

(x0 ) ) .

( x0 )

)

m+k

( x 0 ) = α 0 x 0 + α 1 f ( x 0 ) + K + α m −1 f

m −1

( x0 ) ,

f m + k +1 ( x0 ) = α 0 f ( x0 ) + α1 f 2 ( x0 ) + K + α m −1 f m ( x0 ) ∈ Vect f ( x0 ), f 2 ( x0 ), K , f m ( x0 )
et comme f ( x0 ) ∈ Vect x0 , f ( x0 ), K , f

(

m −1

( x0 ) on obtient :

f

m + k +1

( x0 ) ∈ Vect x0 , f ( x0 ), K , f m −1 ( x0 ) .

(

)

(

)

Ona prouvé par recurrence que : f

m + k +1

(f

n

( x0 )

)

( x0 ) ∈ Vect x0 , f ( x0 ), K , f m −1 ( x0 ) et comme la famille

(

)

)

n∈Ν

est une famille génératrice de E .

E = Vect ( f n ( x0 ))n ∈ N C Vect x0 , f ( x0 ), K , f m −1 ( x0 ) .
b) La famille x0 , f ( x0 ), K , f

(

)

(

)

n : m=n.

(

m−1

( x0 ) est libre et génératrice : c’est unebase de E donc son cardinal vaut

)

4°) n a)Comme f ( x0 ) = pn −1 f

n −1

( x0 ) + K + p1 f ( x0 ) + p0 x0 .

⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ n −1 Matr f , ( x0 , K, f ( x0 )) = M = ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣

0 1 0 ⋅ ⋅ ⋅ 0

0 0 1 0 ⋅ ⋅ 0

0 0 0 0 ⋅ ⋅ 0

(

)

p0 ⎤ p1 ⎥ ⎥ p2 ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ pn −1 ⎥ ⎦

b)Supposons

α 0 Id + α1 f + Kα n −1 f n −1 = 0 . n −1 Alors α 0 x0 + α 1 f ( x0 ) + K + α n −1 f ( x0 ) = 0et les α i (0 ≤ i ≤ n − 1) sont nuls.

La famille

Soit Q = q0 + q1 X + K + qk X
k

(Id , f ,K, f ) est libre ainsi que toute sous famille de cette famille.
n −1
k

avec

Qk ≠ 0 vérifiant Q ( f ) = 0 , les k + 1 endomorphismes

Id , f ,K, f sont liés et k ≥ n .
c) Q ( f )( x0 ) = f ( x0 ) − pn −1 f
n n −1

K P ( f ) f ( x0 ) = f
k

(

)

k

(P( f )( x0 ) ) = 0 ....
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