مسابقة دكتوراه 2025 — Université Abdelhamid Ibn Badis - Mostaganem — الموضوع 02

1. Polynôme caractéristique

On utilise $P_A(x) = x^3 - (\operatorname{tr} A)\,x^2 + (\sigma_2)\,x - \det A$, où $\sigma_2$ est la somme des mineurs principaux d'ordre 2.

• $\operatorname{tr} A = 13+7+7 = 27$.
• Mineurs principaux d'ordre 2 :

$\begin{vmatrix} 7 & -8 \\ 4 & 7 \end{vmatrix}=81$

,

$\begin{vmatrix} 13 & -2 \\ -5 & 7 \end{vmatrix}=81$

,

$\begin{vmatrix} 13 & -5 \\ -2 & 7 \end{vmatrix}=81$

, donc $\sigma_2 = 243$.

• $\det A = 13(49+32) + 5(-14-40) - 2(-8+35) = 1053 - 270 - 54 = 729$.

Ainsi $P_A(x) = x^3 - 27x^2 + 243x - 729$. Comme $27 = 3\cdot 9$, $243 = 3\cdot 9^2$, $729 = 9^3$, on reconnaît

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

2. Diagonalisabilité

La seule valeur propre est $9$, de multiplicité algébrique $3$. $A$ serait diagonalisable si et seulement si elle était semblable à $9I_3$, c'est-à-dire $A = 9I_3$. Or

$A - 9I_3 = \begin{pmatrix} 4 & -5 & -2 \\ -2 & -2 & -8 \\ -5 & 4 & -2 \end{pmatrix} \neq 0.$

La dimension de l'espace propre $\ker(A-9I)$ est donc $\lt 3$.

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

3. Inverse par Cayley-Hamilton

D'après Cayley-Hamilton, $(A-9I)^3 = 0$, c'est-à-dire

$A^3 - 27A^2 + 243A - 729 I = 0.$

Donc $729\,I = A(A^2 - 27A + 243 I)$, d'où

$A^{-1} = \frac{1}{729}\left(A^2 - 27A + 243 I\right).$

Calcul de $A^2$ :

$A^2 = \begin{pmatrix} 189 & -108 & 0 \\ 0 & 27 & -108 \\ -108 & 81 & 27 \end{pmatrix}.$

Puis

$A^2 - 27A + 243 I = \begin{pmatrix} 81 & 27 & 54 \\ 54 & 81 & 108 \\ 27 & -27 & 81 \end{pmatrix} = 27\begin{pmatrix} 3 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 4 \\ 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}.$

Comme $\frac{27}{729} = \frac{1}{27}$ :

$\boxed{A^{-1} = \frac{1}{27}\begin{pmatrix} 3 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 4 \\ 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}.}$

Vérification : $A \cdot A^{-1}$ donne bien $\frac{1}{27}(27 I) = I$.

1. Les sous-espaces propres

Le polynôme caractéristique est $\chi_A(\lambda) = \lambda^2 - 5\lambda + 4 = (\lambda-1)(\lambda-4)$.

• $N_1 = \ker(A - I)$ :

$\begin{pmatrix} 4 & -4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=0 \Rightarrow x=y$

. Donc

$N_1 = \operatorname{Vect}\!\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$

.

• $N_2 = \ker(A - 4I)$ :

$\begin{pmatrix} 1 & -4 \\ 1 & -4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=0 \Rightarrow x=4y$

. Donc

$N_2 = \operatorname{Vect}\!\begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}$

.

2.a. $\{v_1, v_2\}$ est une base

Prenons

$v_1 = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$

et

$v_2 = \begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}$

. Le déterminant

$\begin{vmatrix} 1 & 4 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 1-4 = -3 \neq 0$

, donc $\{v_1,v_2\}$ est libre dans $\mathbb{R}^2$ de dimension 2 : c'est une base. (On peut aussi invoquer que des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes sont indépendants.)

2.b. Matrice de $\phi$ dans cette base

Puisque $\phi(v_1)=v_1$ et $\phi(v_2)=4v_2$ :

$\boxed{D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}.}$

2.c. Expression de $A^n$

Avec

$P = \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

, $\det P = -3$,

$P^{-1} = \dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} -1 & 4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$

, on a $A^n = P D^n P^{-1}$ avec

$D^n = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 4^n \end{pmatrix}$

:

$\boxed{A^n = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 4^{n+1}-1 & 4-4^{n+1} \\ 4^n-1 & 4-4^n \end{pmatrix}.}$

Vérification pour $n=1$ :

$\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 15 & -12 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & -4 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = A$

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