8/15/2019 cor_pb011

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Correction

Partie I

1. Clairement F I A B  = Vect( , , ) , donc F   est un sous-espace vectoriel et I A B ( , , )  en est une famille

génératrice. Puisque 3 0I A B O  λ µ ν λ µ ν  + + = ⇒ = = = , la famille I A B ( , , )  est aussi libre et forme

donc une base de F  . Par suite 3F  =dim .

2.a2

1 0 1

0 2 0

1 0 1

A I B 

      = = +        

,2

1 0 0

0 1 0

0 0 1

B I 

      = =        

,

0 1 0

1 0 1

0 1 0

AB A

      = =        

 et

0 1 0

1 0 1

0 1 0

BA A

      = =        

.

2.b MM aa bb cc I ab a b bc b c A ac bb a c B  ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= + + + + + + + + +( ) ( ) ( )  

2.c 3F M ⊂   ( )ℝ , I F ∈ , λ µ∀ ∈,   ℝ  et M M F ′∀ ∈,  on a M M F λ µ   ′+ ∈  et MM F ′ ∈  donc F   est une

sous-algèbre de 3M   ( )ℝ . Comme de plus en 2.b, on observe MM M M  ′ ′= , F   est commutative.

2.d 0A =det  donc A  n’est pas inversible. Or 0A ≠  et A F ∈  donc F   n’est pas un corps.

3.a

1 1

0 0 0

1 0 2

a b c a c b c b c b c  

M b a c b a c b a c a c b a c a c b

c b a c a b a b a b c a  

−

= + = + = − + = − +

− − +

det ( ) ( )  

donne2 22 2 2

2

a c b

M a c a c a c b a c a b c a b c  b c a 

+= − = − + − = − − + + +

+det ( ) ( )(( ) ) ( )( )( )  

3.b

1 1

0 0

0 0

aa bb cc aa bb cc  

MM I ab a b bc b c ba a c b bc  

ac bb a c ca bb ac  

′ ′ ′ ′ ′ ′+ + = + + = ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= ⇔ + + + = ⇔ + + + =

′ ′ ′ ′ ′ ′+ + = + + =

( )  

Ceci est un système (en l’inconnue a b c ′ ′ ′( , , ) ) de déterminant :

2 2

a b c 

b a c b a c a b c a b c  

c b a 

δ + = − + + − + =( )( )( ) .

Ce système est de Cramer ssi M   est inversible et sa solution est alors :2 2 2 2

a ac b b c a b ac c  a b c 

δ δ δ 

+ − − − −′ ′ ′= = =

( ), , .

3.c M   est inversible ssi 0δ  ≠ . (La question paraît mal positionnée, mais l’énoncé était ainsi…)

Partie II

1.a

2 2 2

2 2 2

2 2

1 2 32

1 2 2 3 3 1

2

11

1 2 13 2 0

0 2 00

2 0

a b c 

a b c C C C    a c b

T a b c O b ac  C C C C C C b a c  

b a c ac b

  + + =     + + =     = = = + + =     ∈ ⇔ ⇔ ⇔ + = = = = + =   + = + =

( )( , , ) ( )

( | ) ( | ) ( | ) ( )( )

 

1.b Si 0b =  alors 0ac  =  d’où 0c  =  (et 1a  = ± ) ou 0a  =  (et 1c  = ± ) .Les matrices ainsi obtenues sont I I B −, ,  et B − .

I   et B −  sont les seules parmi ces quatre de déterminant positif.

Si 0b ≠  alors c a = − , 2 22b a =  puis 24 1a    =  d’où

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1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2a b c 

  = − − − − ( , , ) , , , , , , , ,  ou

1 1 1

2 2 2

− −     , , .

Les triplets conduisant à des déterminants positifs sont les deux derniers.

2.1 2 3

3e e e 

  u O ∈( , , )Mat ( ) ( ) .

Soit 1 1 2 2 3 3x x e x e x e  = + + . On a 1 3 0u x x x x  = ⇔ − =( ) .

Donc u   est une réflexion par rapport à l’hyperplan d’équation 1 3 0x x − = .

3.1 2 3

3e e e 

  v O ∈( , , )Mat ( ) ( )  

Soit 1 1 2 2 3 3x x e x e x e  = + + . On a

1 2 3

1 3

1 2 3

2 3

1 2 3

3 2 0

2 02

2 3 0

x x x x x 

v x x x x x  x x 

x x x 

− + + =   = = ⇔ − + = ⇔   =   + − =

( ) .

v   est donc une rotation vectorielle autour de l’axe D    ω= Vect( )  avec 1 2 32e e e ω = + + .

Orientons D   par le vecteur w   est déterminons θ  angle de cette rotation.

2 1 1C θ + = = −cos tr( )  donne 1θ = −cos .

Par suite v   est un demi-tour d’axe D  .

Partie III

1.2

1 2 0 1 2

0 1 0

1 2 0 1 2

K 

      =         

,3

K K = . Par récurrence, 2n K K =  si n   est pair et n K K =  pour n   impair.

2. 2M I K = + . Puisque I   et K   commutent, 2

0

2n 

n k k 

n n 

k 

n M K I a K b K  

k =

= = + +   ∑ .

3. 1 (1 2) 3n n 

n n a b+ + = + =  et 1 (1 2) ( 1)n n 

n n a b− + = − = − .

Donc3 ( 1)

2

n n 

n a 

  − −=  et

3 ( 1)1

2

n n 

n b

  + −= − .