corrigé du DM18

Lycée La Martinière-Monplaisir – Lyon
PTSI1 – 2013/2014
Corrigé du devoir maison 18.
Exercice
Partie 1 :
1◦ )
−
a) Pour calculer f (→
u ),
1

√
0
1
 3
J  √13  = √ 0
3 1
√1
3
−
−
Donc, f (→
u)=→
u .
on effectue le calcul matriciel :
 

1 0
1
1
0 1 = √ 1.
3 1
0 0
−
−
−
b) Calculons →
w =→
u ∧→
v :

0 1
→
−
Calculons f ( v ) : 0 0
1 0
Soient α et β des réels.
   
 
 
√
1
1
0
0
1    1
3 
1  3 
√
1 ∧ −2 = √
1 .
=
2
2
3 1
3 −3
− 21
−1
2
    1
0
1
−2
1 − 12  = − 21 .
0
− 21
1
 1

− =α



2

√

→
−
→
−
→
−
f ( v ) = α v + β w ⇐⇒ − 1 = − α + β 3


2
2 √ 2



1 = − α − β 3
2
2

1


α
=
−


2


2
1 1
⇐⇒ β = √ − 2 − 4
3



2
1


β = √
−1
3 4

1

α = −
2
√
⇐⇒

β = − 3
2
√
1
3
−
−
−
Ainsi, f (→
v ) = α→
v + β→
w avec α = − et β = −
.
2

 
 2
√
√
0 1 0
0
1
3
3 
−
0 0 1  1  =
−1 .
Calculons f (→
w) :
2
2
1 0 0
−1
0
√
3
1
−
−
−
→
−
−
Vérifions que f (→
w ) = −β →
v + α→
w =
v − →
w.
2
2
1
 
 
 
√
√
1
0
1
3  1 1 3  
3 
−2 −
1
−1 .
=
2
2 2
2
− 12
−1
0
√
3→
1−
−
−
v − →
w .
Donc, f (→
w) =
2
2
r
r
r
√
1 1
3
3√
3
−
−
2◦ ) k→
vk= 1+ + =
et k→
wk =
2=
.
4 4
2
2
2
−
−
−
Donc, (→
u ,→
v ,→
w ) n’est pas une base orthonormée directe de E.
r
r
→
−
→
−
v
2→
w
2→
−
−
−
→
−
−
0
3◦ ) k→
u k = 1. On pose : →
v0= →
=
v
et
w
=
=
w.
−
3
3
k−
vk
k→
wk
→
−
−
−
−
−
−
−
On a k→
u k = k v 0 k = 1 et →
u ⊥→
v 0 . De plus, →
w0 = →
u ∧→
v 0.
→
−
→
−
−
0
0 →
0
Ainsi, la famille B = ( u , v , w ) est une base orthonormée directe de E.
−
−
−
−
−
−
−
−
f (→
v ) = α→
v + β→
w donc f (→
v 0 ) = α→
v 0 + β→
w 0 car →
v et →
w ont même norme.
→
−
→
−
→
−
0
0
0
De même, on a : f ( w ) = −β v + α w .
−
−
On rappelle que l’on a aussi : f (→
u)=→
u.


 
1
1
0
0
0
0
√

2π
2π 

1
3

0 cos −
− sin −

 

Ainsi, MatB0 (f ) = 0 −√2
=
3 
.
2 
3

 

2π 
2π
1
3
cos −
0 sin −
0 −
−
3
3
2
2
On en déduit que :
2π
−
−
f est la rotation vectorielle d’axe D = Vect(→
u ) orienté par →
u et d’angle − (2π).
3
√
Partie 2 :
1)
◦


√
√
1 1 1
1
3
1
3
2
2
a) − + i
= j et − − i
= j donc P = 1 j j  .
2
2
2
2
1 j2 j
b) Calculons det P . On rappelle les formules : j 3 = 1, 1 + j + j 2 = 0.
3 1 1 2
C1 ← C1 + C2 + C3
det P = 0 j j 0 j 2 j j j 2
= 3 × 2
en développant par par rapport à la première colonne
j j
√
= 3(j 2 − j 4 ) = 3(j 2 − j) = −3 3i
2◦ )
Donc det P

0 1
a) J = 0 0
1 0
6= 0 donc P est inversible.



0
0 0 1
2
1 , J = 1 0 0.
0
0 1 0
2
Soit M = (mi,j ) ∈ M3 (C).
M ∈ C(J) ⇐⇒ M J = JM

m1,1 m1,2
⇐⇒ m2,1 m2,2
m3,1 m3,2

m1,3 m1,1
⇐⇒ m2,3 m2,1
m3,3 m3,1


m1,3 = m2,1
⇐⇒ m1,1 = m2,2


m1,2 = m2,3
4◦ )


 

m1,3
0 1 0
0 1 0
m1,1 m1,2 m1,3
m2,3  0 0 1 = 0 0 1 m2,1 m2,2 m2,3 
m3,3
1 0 0
1 0 0
m3,1 m3,2 m3,3
 

m1,2
m2,1 m2,2 m2,3
m2,2  = m3,1 m3,2 m3,3 
m3,2
m1,1 m1,2 m1,3
= m3,2
= m3,3
= m3,1
⇐⇒ M = m1,1 I + m1,2 J + m1,3 J 2
Donc, C(J) = Vect(I, J, J 2 ) .
b) La famille (I, J, J 2 ) est une famille génératrice de C(J). Vérifions qu’elle est libre.
Soit (α, β, γ) ∈ R3 .


α β γ
αI + βJ + γJ 2 = 0 ⇐⇒  γ α β  = 0
β γ α
⇐⇒ α = β = γ = 0
Donc, la famille est libre.
Finalement, la famille (I, J, J 2 ) est une base de C(J) et dim C(J) = 3.
3◦ )
a)
H JX1 = X1

0
H JX2 = 0
1

0
H JX3 = 0
1
   
1 0
1
j
0 1  j  = j 2  donc JX2 = jX2
1
0 0
j2
    2
1 0
1
j
0 1 j 2  =  j  donc JX3 = j 2 X3
0 0
j
1


1 0 0
b) On pose : ∆ = 0 j 0  .
0 0 j2
JP = J(X1 , X2 , X3 ) = (JX1 , JX2 , JX3 ) = (X1 , jX2 , j 2 X3 ).


1 0 0
P ∆ = (X1 , X2 , X3 ) 0 j 0  = (X1 , jX2 , j 2 X3 ).
0 0 j2
Donc, JP = P ∆ .
3
a)
D(a, b, c) = P −1 M (a, b, c)P
= P −1 (aI3 + bJ + cJ 2 )P
= aP −1 P + bP −1 JP + cP −1 J 2 P
= aI + bP −1 P ∆ + c(P −1 JP )2
= aI + b∆ + c(P −1 P ∆)2
= aI + b∆ + c∆2
a b c b) det M (a, b, c) = c a b = a3 + b3 + c3 − 3abc par la règle de Sarrus.
b c a
a + b + c
0
0
0
a + bj + cj 2
0
det D(a, b, c) = 2
0
0
a + bj + cj det D(a, b, c) = (a + b + c)(a + bj + cj 2 )(a + bj 2 + cj)
c) D(a, b, c) = P −1 M (a, b, c)P .
Donc det D(a, b, c) = det(P −1 ) × det M (a, b, c) × det P = det M (a, b, c).
d)
Donc, a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a + bj + cj 2 )(a + bj 2 + cj) .
M (a, b, c) n’est pas inversible ⇐⇒ det M (a, b, c) = 0
⇐⇒ a + b + c = 0 ou a + bj + cj 2 = 0 ou a + bj 2 + cj = 0
−→ −−→ −→ →
−
a + b + c = 0 ⇐⇒ OA + OB + OC = 0
⇐⇒ O est le centre de gravité du triangle (ABC)
(ABC) est équilatéral
−→
−→
π
⇐⇒ AC est l’image de AB par la rotation d’angle
3
−→
−→
π
ou AC est l’image de AB par la rotation d’angle −
3
π
π
⇐⇒ c − a = ei 3 (b − a) ou c − a = e−i 3 (b − a)
⇐⇒ c − a = −j 2 (b − a) ou c − a = −j(b − a)
⇐⇒ c + bj 2 − a(1 + j 2 ) = 0 ou c + bj − (1 + j)a = 0
⇐⇒ c + bj 2 + aj = 0 ou c + bj + aj 2 = 0
⇐⇒ a + bj + cj 2 = 0 ou a + bj 2 + cj = 0
en multipliant la première égalité par j 2 et la deuxième par j
D’où le résultat.
4

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