مسابقة دكتوراه 2025 — Université Abdelhamid Ibn Badis - Mostaganem — الموضوع 03

1.

On calcule $\chi_{A}(x)=\det(xI_{3}-A)$. La trace vaut $13+7+7=27$, la somme des mineurs principaux d'ordre 2 vaut $243$ et $\det A=729$. Donc

$\chi_{A}(x)=x^{3}-27x^{2}+243x-729$

$\boxed{\chi_{A}(x)=(x-9)^{3}}$

(9 est valeur propre triple.)

2.

Si $A$ était diagonalisable, elle serait semblable à $9I_{3}$, donc égale à $9I_{3}$ (car $P(9I_{3})P^{-1}=9I_{3}$). Or $A\neq 9I_{3}$ :

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

3.

Cayley–Hamilton : $\chi_{A}(A)=0$, soit

$A^{3}-27A^{2}+243A-729\,I_{3}=0\quad\Longrightarrow\quad A\Bigl(\frac{A^{2}-27A+243\,I_{3}}{729}\Bigr)=I_{3}$

Donc $A$ est inversible (le terme constant $-729=-\det A\neq 0$) et

$\boxed{A^{-1}=\frac{1}{729}\bigl(A^{2}-27A+243\,I_{3}\bigr)}$

1.

$\chi_{A}(\lambda)=\lambda^{2}-5\lambda+4=(\lambda-1)(\lambda-4)$

$\boxed{\lambda_{1}=1,\qquad\lambda_{2}=4}$

2.

Pour $\lambda=1$ : $(A-I)v=0$ donne $4x-4y=0$, soit $v_{1}=(1,1)$. Pour $\lambda=4$ : $(A-4I)v=0$ donne $x-4y=0$, soit $v_{2}=(4,1)$.

$E_{1}=\operatorname{Vect}(1,1),\qquad E_{4}=\operatorname{Vect}(4,1)$

Deux valeurs propres distinctes en dimension 2 :

$\boxed{A\text{ est diagonalisable}}$

3.

$P$ de colonnes $v_{1},v_{2}$, i.e. lignes $(1,\ 4)$ et $(1,\ 1)$ ; $D=\operatorname{diag}(1,4)$ ; $\det P=-3$ et $P^{-1}=\frac{1}{-3}\times$ matrice de lignes $(1,\ -4)$ et $(-1,\ 1)$.

4.

$A^{n}=PD^{n}P^{-1}$ avec $D^{n}=\operatorname{diag}(1,4^{n})$. Le produit donne

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

(lignes $\bigl(\frac{4^{n+1}-1}{3},\ \frac{4-4^{n+1}}{3}\bigr)$ et $\bigl(\frac{4^{n}-1}{3},\ \frac{4-4^{n}}{3}\bigr)$).

Vérification : $n=0$ donne $I_{2}$, $n=1$ redonne $A$.

$\boxed{A^{n}=\frac{1}{3}\Bigl[\bigl(4^{n+1}-1,\ 4-4^{n+1}\bigr);\ \bigl(4^{n}-1,\ 4-4^{n}\bigr)\Bigr]}$