Bonjour
CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE PC
MATHEMATIQUES 1
PARTIE I
A) 8−λ 4 −7 8−λ 4 −8 −4 − λ 8 = (1 − λ) = (1 − λ)(λ2 − 4λ) = −λ(λ − 1)(λ − 4). Par suite, f admet −8 −4 − λ 0 0 1−λ trois valeurs propres simples à savoir 0, 1 et 4 et on sait que f est diagonalisable. 1) χf = 2) Soit v = (x, y, z) R3 . ∈ 8x + 4y − 7z = 0 −8x − 4y + 8z = 0 ⇔ • v ∈ E0 = Ker(f) ⇔ z=0
z=0 . Donc E0 = Vect(v1 ) où v1 = (1, −2, 0). y = −2x x − z = −4y 7x + 4y − 7z = 0 y=0 7 • v ∈ E1 = Ker(f − Id) ⇔ ⇔ ⇔ . Donc E1 = Vect(v2 ) où v2 = (1, 0, 1). −8x − 5y + 8z = 0 x=z x − z = −5y 8 4x + 4y − 7z = 0 z=0 −8x − 8y + 8z = 0 ⇔ • v ∈ E4 = Ker(f − 4Id) ⇔ . Donc E4 = Vect(v3 ) où v3 = (1, −1, 0). y = −x z=0 Dans la base B = (v1 , v2 , v3 ), la matrice de f est D = diag(0, 1, 4). 1 où P = −2 0 1 1 0 −1 et donc 1 0
3) Soit m
1. Les formules de changement de bases permettent d’écrire A = PDP−1
en notant B0 = (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de R3 ,
Am = matB (fm ) = P × matB0 (fm ) × P−1 = PDm P−1 . v1 = e1 − 2e2 v2 = e1 + e3 4) v3 = e1 − e2 m 1, e2 = −v1 + v3 e1 = −v1 + 2v3 ⇔ e3 = v2 − e1 −1 −1 e2 = −v1 + v3 e1 = −v1 + 2v3 0 ⇔ . Donc P−1 = 0 e3 = v1 + v2 − 2v3 2 1 1 1 puis pour −2
matB0 (fm ) = Am = PDm P−1 1 1 1 = −2 0 −1 0 1 0 0 1 4m = 0 0 −4m 0 1 0 ∀m
0 0 0
0 0 −1 −1 1 1 0 0 0 1 m 0 4 2 1 −2 −1 −1 1 2 × 4m 4m = −2 × 4m −4m 0 0 1 2 1 −2 0 0 4m −4m 0
−2 × 4m + 1 . 2 × 4m 1
2 × 4m m 1, matB0 (f ) = −2 × 4m 0
−2 × 4m + 1 . 2 × 4m 1
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c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés.
5) Soit M = (mi,j )1
i,j 3
∈ M3 (R). 0 0 0 0 0 0 1 0 = 0 0 4 0 0 m2,2 4m3,2 0 0 m1,1 1 0 m2,1 0 4 m3,1 m1,2 m2,2 m3,2 m1,3 m2,3 m3,3
m1,1 m1,2 m1,3 MD = DM ⇔ m2,1 m2,2 m2,3 m3,1 m3,2 m3,3 0 m1,2 4m1,3 ⇔ 0 m2,2 4m2,3 = 0 m3,2 4m3,3 ⇔ M ∈ D3 (R).
0 m2,1 4m3,1
⇔