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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Abdelhamid Ibn Badis - Mostaganem — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 1سا 30د

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Épreuve écrite du Concours d'Accès en 3ème Cycle LMD en Mathématiques Appliquées — Épreuve commune : Algèbre Linéaire (Sujet 5). Université Abdel Hamid Ben Badis Mostaganem, Faculté des Sciences Exactes et de l'Informatique. Samedi 22 février 2025, 13h00–14h30, durée 1h30. PDF page 2.

التمرين 1

Polynôme caractéristique (9−x)³, diagonalisabilité et inverse par Cayley–Hamilton

#algèbre linéaire#polynôme caractéristique#diagonalisation#Cayley-Hamilton#inverse de matrice

Soit la matrice réelle

A=(13−5−2−27−8−547).A=\begin{pmatrix} 13 & -5 & -2 \\ -2 & 7 & -8 \\ -5 & 4 & 7 \end{pmatrix}.
  1. Calculer le polynôme caractéristique PA(x)P_A(x) de la matrice AA (on rappelle que (a−b)3=a3−3a2b+3ab2−b3(a-b)^3=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3).
  2. La matrice AA est-elle diagonalisable ?
  3. Calculer l'inverse A−1A^{-1} de AA en utilisant le théorème de Cayley–Hamilton.

Remarque : λ=9\lambda=9 se devine dès le calcul de la trace (tr⁡A=27=3×9\operatorname{tr}A=27=3\times 9) ; le rappel de l'énoncé (a−b)3(a-b)^3 oriente vers une valeur propre triple, et Cayley–Hamilton évite tout calcul de comatrice.

◀الحل

1. Polynôme caractéristique

PA(x)=det⁡(A−xI3)=∣13−x−5−2−27−x−8−547−x∣.P_A(x)=\det(A-xI_3)=\begin{vmatrix} 13-x & -5 & -2 \\ -2 & 7-x & -8 \\ -5 & 4 & 7-x \end{vmatrix}.

En développant suivant la première ligne :

PA(x)=(13−x)[(7−x)2+32]+5[−2(7−x)−40]−2[−8+5(7−x)].P_A(x)=(13-x)\big[(7-x)^2+32\big]+5\big[-2(7-x)-40\big]-2\big[-8+5(7-x)\big].

On calcule :

(13−x)(x2−14x+81)=−x3+27x2−263x+1053,(13-x)(x^2-14x+81)=-x^3+27x^2-263x+1053, 5(2x−54)=10x−270,−2(27−5x)=10x−54.5(2x-54)=10x-270,\qquad -2(27-5x)=10x-54.

En sommant :

PA(x)=−x3+27x2−243x+729=−(x3−3⋅9x2+3⋅81x−729).P_A(x)=-x^3+27x^2-243x+729=-(x^3-3\cdot 9x^2+3\cdot 81x-729).

Avec le rappel (a−b)3=a3−3a2b+3ab2−b3(a-b)^3=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3 (ici a=xa=x, b=9b=9) :

PA(x)=−(x−9)3=(9−x)3.\boxed{P_A(x)=-(x-9)^3=(9-x)^3.}

2. Diagonalisabilité

AA admet l'unique valeur propre λ=9\lambda=9, de multiplicité algébrique 33. Si AA était diagonalisable, elle serait semblable à 9I39I_3, donc égale à

A=P(9I3)P−1=9I3,A=P(9I_3)P^{-1}=9I_3,

ce qui est faux (A≠9I3A\neq 9I_3). Donc

A n’est pas diagonalisable.\boxed{A\ \text{n'est pas diagonalisable.}}

3. Inverse par Cayley–Hamilton

Le théorème de Cayley–Hamilton donne PA(A)=0P_A(A)=0, soit (A−9I3)3=0(A-9I_3)^3=0, c'est-à-dire

A3−27A2+243A−729I3=0⟹A(A2−27A+243I3)=729 I3.A^3-27A^2+243A-729I_3=0 \quad\Longrightarrow\quad A\big(A^2-27A+243I_3\big)=729\,I_3.

Donc AA est inversible et A−1=1729(A2−27A+243I3)A^{-1}=\dfrac{1}{729}\big(A^2-27A+243I_3\big). On calcule

A2=(189−1080027−108−1088127),A2−27A+243I3=(812754548110827−2781).A^2=\begin{pmatrix} 189 & -108 & 0 \\ 0 & 27 & -108 \\ -108 & 81 & 27 \end{pmatrix}, \qquad A^2-27A+243I_3=\begin{pmatrix} 81 & 27 & 54 \\ 54 & 81 & 108 \\ 27 & -27 & 81 \end{pmatrix}.

D'où

A−1=127(3122341−13).\boxed{A^{-1}=\frac{1}{27}\begin{pmatrix} 3 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 4 \\ 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}.}

Vérification : la première ligne de AA multipliée par les colonnes de 27A−127A^{-1} donne (27,0,0)(27,0,0). ✓

التمرين 2

Endomorphisme de ℝ² : sous-espaces propres, base de diagonalisation et Aⁿ

#algèbre linéaire#diagonalisation#puissances de matrice#sous-espaces propres

Soit l'endomorphisme ϕ\phi de R2\mathbb{R}^2 défini par rapport à la base canonique (e1,e2)(e_1,e_2) par la matrice

A=(5−410).(1)A=\begin{pmatrix} 5 & -4 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}. \tag{1}
  1. Déterminer les sous-espaces vectoriels N1N_1 et N2N_2 de R2\mathbb{R}^2 définis par :
N1=ker⁡(ϕ−Id)etN2=ker⁡(ϕ−4 Id).(2)N_1=\ker(\phi-\mathrm{Id})\quad\text{et}\quad N_2=\ker(\phi-4\,\mathrm{Id}). \tag{2}
  1. Soit v1v_1 (resp. v2v_2) un vecteur non nul de N1N_1 (resp. N2N_2).
    • (a) Démontrer que {v1,v2}\{v_1,v_2\} forme une base de R2\mathbb{R}^2.
    • (b) Écrire la matrice de ϕ\phi relativement à cette base.
    • (c) En déduire une expression de AnA^n pour tout entier naturel nn.

Remarque : le polynôme caractéristique x2−5x+4=(x−1)(x−4)x^2-5x+4=(x-1)(x-4) confirme les valeurs propres 11 et 44 ; deux valeurs propres distinctes en dimension 2 garantissent la diagonalisabilité.

◀الحل

1. Sous-espaces N1N_1 et N2N_2

A−I2=(4−41−1) ⟹ x=y⟹N1=Vect⁡{(1,1)}.A-I_2=\begin{pmatrix} 4 & -4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\ \Longrightarrow\ x=y \quad\Longrightarrow\quad \boxed{N_1=\operatorname{Vect}\{(1,1)\}.} A−4I2=(1−41−4) ⟹ x=4y⟹N2=Vect⁡{(4,1)}.A-4I_2=\begin{pmatrix} 1 & -4 \\ 1 & -4 \end{pmatrix}\ \Longrightarrow\ x=4y \quad\Longrightarrow\quad \boxed{N_2=\operatorname{Vect}\{(4,1)\}.}

2.(a) {v1,v2}\{v_1,v_2\} est une base

Prenons v1=(1,1)v_1=(1,1) et v2=(4,1)v_2=(4,1) (le raisonnement vaut pour tous vecteurs non nuls de N1,N2N_1,N_2 : des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes (1≠41\neq 4) sont linéairement indépendants). Directement :

det⁡(1411)=1−4=−3≠0.\det\begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}=1-4=-3\neq 0.

Deux vecteurs indépendants en dimension 22 : {v1,v2}\{v_1,v_2\} est une base de R2\mathbb{R}^2.

2.(b) Matrice dans la nouvelle base

ϕ(v1)=v1\phi(v_1)=v_1 et ϕ(v2)=4v2\phi(v_2)=4v_2, donc

D=Mat⁡{v1,v2}(ϕ)=(1004).\boxed{D=\operatorname{Mat}_{\{v_1,v_2\}}(\phi)=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}.}

2.(c) Expression de AnA^n

Avec P=(1411)P=\begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} on a A=PDP−1A=PDP^{-1}, donc An=PDnP−1A^n=PD^nP^{-1} où P−1=13(−141−1)P^{-1}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} -1 & 4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}. On calcule :

An=13(14 n+114 n)(−141−1)A^n=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 4^{\,n+1} \\ 1 & 4^{\,n} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 & 4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} An=13(4 n+1−14−4 n+14 n−14−4 n),n∈N.\boxed{A^n=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 4^{\,n+1}-1 & 4-4^{\,n+1} \\ 4^{\,n}-1 & 4-4^{\,n} \end{pmatrix},\qquad n\in\mathbb{N}.}

Vérifications : n=0n=0 donne I2I_2 ; n=1n=1 donne 13(15−1230)=A\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 15 & -12 \\ 3 & 0 \end{pmatrix}=A. ✓