مسابقة دكتوراه 2025 — Université Abdelhamid Ibn Badis - Mostaganem — الموضوع 04

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 1سا 30د

Épreuve écrite du Concours d'accès en 3ème Cycle LMD en Mathématiques Appliquées, Épreuve commune : Algèbre Linéaire (Sujet 5), Université Abdelhamid Ibn Badis - Mostaganem, Faculté des Sciences Exactes et de l'Informatique, Département de Mathématiques et d'Informatique, samedi 22 février 2025, durée 1h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Polynôme caractéristique, diagonalisabilité et inverse par Cayley-Hamilton

#characteristic-polynomial#cayley-hamilton#matrix-inverse#diagonalization

Soit la matrice réelle

$A = \begin{pmatrix} 13 & -5 & -2 \\\\ -2 & 7 & -8 \\\\ -5 & 4 & 7 \end{pmatrix}.$

Calculer le polynôme caractéristique $P_A(x)$ de la matrice $A$ (on rappelle que $(a - b)^3 = a^3 - 3a^2 b + 3ab^2 - b^3$ ).
La matrice $A$ est-elle diagonalisable ?
Calculer l'inverse $A^{-1}$ de $A$ en utilisant le théorème de Cayley-Hamilton.

◀الحل

1.

$\mathrm{tr}(A) = 27$ , la somme des mineurs principaux $2\times2$ vaut $243$ , et $\det A = 729$ . Donc

$P_A(x) = x^3 - 27x^2 + 243x - 729 = (x - 9)^3.$

2.

La seule valeur propre est $9$ (multiplicité algébrique $3$ ). Or $A - 9I \neq 0$ (rang $\geq 2$ ), donc la multiplicité géométrique est $\lt 3$ : $A$ n'est pas diagonalisable.

3.

Cayley-Hamilton : $A^3 - 27A^2 + 243A - 729I = 0$ , d'où $A(A^2 - 27A + 243I) = 729 I$ et

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

Avec $A^2 = \begin{pmatrix} 189 & -108 & 0 \\\\ 0 & 27 & -108 \\\\ -108 & 81 & 27 \end{pmatrix}$ , on obtient

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

التمرين 2

Exercice 2 — Endomorphisme de $\mathbb{R}^2$ : diagonalisation, puissance $A^n$ et suites

#endomorphism#eigenspaces#matrix-power#recurrent-sequences

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

$A = \begin{pmatrix} 5 & -4 \\\\ 1 & 0 \end{pmatrix}. \quad (1)$

Déterminer les sous-espaces vectoriels $N_1$ et $N_2$ de $\mathbb{R}^2$ définis par : $N_1 = \ker(\phi - \mathrm{Id})$ et $N_2 = \ker(\phi - 4\,\mathrm{Id})$ .
Soit $v_1$ (resp. $v_2$ ) un vecteur non nul de $N_1$ (resp. $N_2$ ). a. Démontrer que $\{v_1, v_2\}$ forme une base de $\mathbb{R}^2$ . b. Écrire la matrice de $\phi$ relativement à cette base. c. En déduire une expression de $A^n$ pour tout entier naturel $n$ .
On considère deux suites $(u_n)$ et $(v_n)$ de nombres réels tels que pour tout entier naturel $n \geq 2$ , on ait $\begin{pmatrix} u_n \\\\ v_n \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} u_{n-1} \\\\ v_{n-1} \end{pmatrix}$ . Calculer $u_n$ en fonction de $u_1$ et $v_1$ .

◀الحل

1.

Polynôme caractéristique : $\lambda^2 - 5\lambda + 4 = (\lambda - 1)(\lambda - 4)$ . Valeurs propres $1$ et $4$ .

$N_1 = \ker(A - I)$ : $\begin{pmatrix}4 & -4\\ 1 & -1\end{pmatrix}v = 0 \Rightarrow v_1 = (1, 1)$ .

$N_2 = \ker(A - 4I)$ : $\begin{pmatrix}1 & -4\\ 1 & -4\end{pmatrix}v = 0 \Rightarrow v_2 = (4, 1)$ .

2a.

$\det(v_1, v_2) = 1\cdot1 - 1\cdot4 = -3 \neq 0$ , donc $\{v_1, v_2\}$ est une base.

2b.

Dans cette base, $\phi$ est diagonale : $D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\\\ 0 & 4 \end{pmatrix}$ .

2c.

Avec $P = \begin{pmatrix}1 & 4\\ 1 & 1\end{pmatrix}$ , $A^n = P D^n P^{-1}$ :

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

3.

$\begin{pmatrix}u_n\\ v_n\end{pmatrix} = A^{n-1}\begin{pmatrix}u_1\\ v_1\end{pmatrix}$ , d'où

$\boxed{u_n = \frac{(4^n - 1)u_1 + (4 - 4^n)v_1}{3}}$

التمرين 3

Exercice 3 — Matrices nilpotentes qui commutent

#nilpotent-matrices#commuting-matrices#binomial-theorem#linear-algebra

Soient $A, B \in M_n(\mathbb{R})$ deux matrices nilpotentes telles que $AB = BA$ .

Montrer que la matrice $AB$ est nilpotente.
Montrer que la matrice $A + B$ est nilpotente.

◀الحل

1.

Soit $A^p = 0$ et $B^q = 0$ . Comme $A$ et $B$ commutent, $(AB)^k = A^k B^k$ . En particulier $(AB)^p = A^p B^p = 0$ , donc $AB$ est nilpotente.

2.

Comme $A$ et $B$ commutent, la formule du binôme s'applique :

$(A + B)^{p+q-1} = \sum_{k=0}^{p+q-1}\binom{p+q-1}{k}A^k B^{p+q-1-k}.$

Dans chaque terme, soit $k \geq p$ (alors $A^k = 0$ ), soit $p+q-1-k \geq q$ (alors $B^{p+q-1-k} = 0$ ). Chaque terme est nul, donc

$\boxed{(A + B)^{p+q-1} = 0 : A + B \text{ est nilpotente}}$