302
ce sont alors les seules puisque A ∈ M n (K ), et A est diagonalisable.
Enfin, pour chaque p de {1,. . . ,n}, on a :
∀k ∈ {1,. . . ,n}, x k = α 1 (r k
1 − r k
2 ) =−2iα 1 ζ k sin
kpπ
n + 1
.
Réponse :
1) Si b = 0 et c = 0 :
• Sp C (A) a n éléments, les λ p = a + 2bζ cos
pπ
n + 1
, où
p ∈ {1,. . . ,n} et ζ est une racine carrée complexe de
c
b
.
• Pour chaque p de {1,. . . ,n}, SEP(A,λ p ) est la droite vectorielle engendrée par
ζ sin
pπ
n + 1
. . .
ζ n sin
npπ
n + 1
.
2) Si b = 0 et c = 0 :
• Sp C (A) = {a}
• SEP(A,a) est la droite vectorielle engendrée par
1
0
0
3) Si b = 0 et c = 0 :
• Sp C (A) = {a}
• SEP(A,a) est la droite vectorielle engendrée par
0
0
1
4) Si b = c = 0 :
• Sp C (A) = {a}
• SEP(A,a) = M n,1 (C).
b) Réponse : bc = 0 ou b = c = 0.
c) On a, pour tout t de ] − 1; 1[ :
U n (t) = 0 ⇐⇒ Arccos t ≡ 0
π
n + 1
⇐⇒
∃ p ∈ {1,. . . ,n}, t = cos
pπ
n + 1
.
Comme U n est un polynôme de degré n, de coefficient
dominant 2 n , et a n zéros deux à deux distincts, on conclut :
U n = 2
n
n
p=1
X − cos
pπ
n + 1
.
D'autre part, d'après a), dans le cas bc = 0 :
χ A = (−1)
n
n
p=1
X −
a + 2bζ cos
pπ
n + 1
,
d'où, pour tout λ de C :
χ A (λ) = (−1) n (bζ ) n U n
λ − a
2bζ
.
Réponse : Si bc = 0, en notant η une racine carrée complexe
de bc, on a : χ A = (−η) n U n
X − a
2η
.
1) Diagonaliser A. On obtient : A = P D P −1 , où :
P =
3
1
1
−1
0 −1
0 −1
1
, D =
1 0 0
0 1 0
0 0 0
,
P −1 =
1
2
1
−1 −3 −2
−1 −3 −1
.
2) Soient B ∈ M 3 (R) , C = P −1 B P. On a :
B 2 = A ⇐⇒ C 2 = D.
Décomposons C en blocs : C =
M V
t U α
,
où M ∈ M 2 (R), . . .
Alors : C 2 = D ⇐⇒
M 2 + V t U = I 2
(1)
MV + αV = 0
(2)
M t U + α t U = 0
(3)
t U V + α 2 = 0
(4)
.
De (1) et (4), on déduit :
M 2 V = V − V ( t U V ) = (1 + α 2 )V.
Et de (2) : M 2 V = −α MV = α 2 V.
D'où V = 0, puis α = 0 , M 2 = I 2 , M t U = 0,
t U = M 2 t U = 0, U = 0.
Ainsi : C 2 = D ⇐⇒ (M 2 = I 2 , U = V = 0, α = 0) .
D'autre part : tr(B) = tr(C) = tr(M) .
En notant M =
a b
c d
, on a :
M 2 = I 2
tr(M) = 0
⇐⇒
a + d = 0
a 2 + bc = 1
.
Calculer enfin B = PC P −1 .
Réponse :
4a − 3b + c 9a − 9b + 2c 5a − 6b + c
−a + b
−2a + 3b
−a + 2b
−a − c
−3a − 2c
−2a − c
;
(a,b,c) ∈ R 3 et a 2 + bc = 1
.
1 ère méthode : Calculer les polynômes caractéristiques ; on
trouve χ A = χ B = −X 3 + 3X + 1 . Montrer que le polynôme
−X 3 + 3X + 1 de R[X] admet trois zéros réels distincts, notés
λ 1 , λ 2 , λ 3 . En notant D = diag(λ 1 ,λ 2 ,λ 3 ) , on a donc : A ∼ D
et B ∼ D, d'où A ∼ B.
2 ème méthode : Utiliser P =
0 1 0
1 0 0
0 0 1
.
Réponse : oui.
3.3.8
3.3.9
ce sont alors les seules puisque A ∈ M n (K ), et A est diagonalisable.
Enfin, pour chaque p de {1,. . . ,n}, on a :
∀k ∈ {1,. . . ,n}, x k = α 1 (r k
1 − r k
2 ) =−2iα 1 ζ k sin
kpπ
n + 1
.
Réponse :
1) Si b = 0 et c = 0 :
• Sp C (A) a n éléments, les λ p = a + 2bζ cos
pπ
n + 1
, où
p ∈ {1,. . . ,n} et ζ est une racine carrée complexe de
c
b
.
• Pour chaque p de {1,. . . ,n}, SEP(A,λ p ) est la droite vectorielle engendrée par
ζ sin
pπ
n + 1
. . .
ζ n sin
npπ
n + 1
.
2) Si b = 0 et c = 0 :
• Sp C (A) = {a}
• SEP(A,a) est la droite vectorielle engendrée par
1
0
0
3) Si b = 0 et c = 0 :
• Sp C (A) = {a}
• SEP(A,a) est la droite vectorielle engendrée par
0
0
1
4) Si b = c = 0 :
• Sp C (A) = {a}
• SEP(A,a) = M n,1 (C).
b) Réponse : bc = 0 ou b = c = 0.
c) On a, pour tout t de ] − 1; 1[ :
U n (t) = 0 ⇐⇒ Arccos t ≡ 0
π
n + 1
⇐⇒
∃ p ∈ {1,. . . ,n}, t = cos
pπ
n + 1
.
Comme U n est un polynôme de degré n, de coefficient
dominant 2 n , et a n zéros deux à deux distincts, on conclut :
U n = 2
n
n
p=1
X − cos
pπ
n + 1
.
D'autre part, d'après a), dans le cas bc = 0 :
χ A = (−1)
n
n
p=1
X −
a + 2bζ cos
pπ
n + 1
,
d'où, pour tout λ de C :
χ A (λ) = (−1) n (bζ ) n U n
λ − a
2bζ
.
Réponse : Si bc = 0, en notant η une racine carrée complexe
de bc, on a : χ A = (−η) n U n
X − a
2η
.
1) Diagonaliser A. On obtient : A = P D P −1 , où :
P =
3
1
1
−1
0 −1
0 −1
1
, D =
1 0 0
0 1 0
0 0 0
,
P −1 =
1
2
1
−1 −3 −2
−1 −3 −1
.
2) Soient B ∈ M 3 (R) , C = P −1 B P. On a :
B 2 = A ⇐⇒ C 2 = D.
Décomposons C en blocs : C =
M V
t U α
,
où M ∈ M 2 (R), . . .
Alors : C 2 = D ⇐⇒
M 2 + V t U = I 2
(1)
MV + αV = 0
(2)
M t U + α t U = 0
(3)
t U V + α 2 = 0
(4)
.
De (1) et (4), on déduit :
M 2 V = V − V ( t U V ) = (1 + α 2 )V.
Et de (2) : M 2 V = −α MV = α 2 V.
D'où V = 0, puis α = 0 , M 2 = I 2 , M t U = 0,
t U = M 2 t U = 0, U = 0.
Ainsi : C 2 = D ⇐⇒ (M 2 = I 2 , U = V = 0, α = 0) .
D'autre part : tr(B) = tr(C) = tr(M) .
En notant M =
a b
c d
, on a :
M 2 = I 2
tr(M) = 0
⇐⇒
a + d = 0
a 2 + bc = 1
.
Calculer enfin B = PC P −1 .
Réponse :
4a − 3b + c 9a − 9b + 2c 5a − 6b + c
−a + b
−2a + 3b
−a + 2b
−a − c
−3a − 2c
−2a − c
;
(a,b,c) ∈ R 3 et a 2 + bc = 1
.
1 ère méthode : Calculer les polynômes caractéristiques ; on
trouve χ A = χ B = −X 3 + 3X + 1 . Montrer que le polynôme
−X 3 + 3X + 1 de R[X] admet trois zéros réels distincts, notés
λ 1 , λ 2 , λ 3 . En notant D = diag(λ 1 ,λ 2 ,λ 3 ) , on a donc : A ∼ D
et B ∼ D, d'où A ∼ B.
2 ème méthode : Utiliser P =
0 1 0
1 0 0
0 0 1
.
Réponse : oui.
3.3.8
3.3.9