CORRIGE

Premier Problème

Première partie

1) On peut utiliser la méthode usuelle de résolution d’une équation différentielle linéaire ou remarquer que :

(E) ⟺ \frac{d}{dx} ((1 + x^{2})y) = \frac{1}{x} ⟺ ∃λ ∈ ℝ, (1 + x^{2})y = ln x + λ ⟺ ∃λ ∈ ℝ, y = \frac{ln x + λ}{1 + x^{2}}.

Donc Les solutions de (E) sur ℝ_{+}^{∗} sont les fonctions x ⟼ \frac{ln x + λ}{1 + x^{2}}, λ ∈ ℝ.

2) a) Pour α > 0, l’équation \frac{ln α + λ}{1 + α^{2}} = β d’inconnue λ a une solution et une seule : λ = (1 + α^{2})β − ln α.

Ceci équivaut à l’existence et l’unicité d’une courbe (C_{λ}) passant par M .

b) La fonction ln est de classe C^{∞} sur ℝ_{+}^{∗}, de même que la fonction x ⟼ \frac{1}{1 + x^{2}} (fonction rationnelle

dont le dénominateur ne s’annule pas). On en déduit que f_{λ} est de classe C^{∞} sur ℝ_{+}^{∗} comme produit de fonctions qui le sont.

c) La fonction f_{λ} vérifiant l’équation différentielle (E), on a : ∀x ∈ ℝ_{+}^{∗} (1 + x^{2})f′_{λ}(x) + 2xf_{λ}(x) = \frac{1}{x}.

Donc pour x > 0, f′_{λ}(x) est du signe de \frac{1}{x} − 2xf_{λ}(x) = \frac{1 + x^{2} − 2x^{2}(ln x + λ)}{x(1 + x^{2})} et le dénominateur

est positif. On en déduit que f′_{λ}(x) est du signe de g_{λ}(x) = 1 + x^{2} − 2x^{2}(ln x + λ) .

On pouvait également dériver directement f_{λ}.

d) La fonction g_{λ} est de classe C^{∞} sur ℝ_{+}^{∗} pour les mêmes raisons que f_{λ}. On a :

∀x ∈ ℝ_{+}^{∗} g′_{λ}(x) = −4x(ln x + λ) qui est du signe opposé à celui de ln x + λ, d’où le tableau de variations de g_{λ} :

x  0  e^{−λ}  +∞
g′_{λ}(x)  +  0  −
g_{λ}(x) 1 ↗ 1 + e^{−2λ} ↘ −∞

La fonction g_{λ} étant strictement croissante sur ]0, e^{−λ}] avec lim_{0} g_{λ} = 1, l’équation g_{λ}(x) = 0 n’a pas

de solution sur cet intervalle. Par contre, la restriction de g_{λ} à [e^{−λ}, +∞[ étant continue strictement décroissante de [e^{−λ}, +∞[ dans ]−∞, 1 + e^{−2λ}] qui contient 0, l’équation g_{λ}(x) = 0 admet une et une seule solution sur cet intervalle, donc sur ℝ_{+}^{∗} tout entier.

e) Les deux questions précédentes fournissent le signe de f′_{λ} sur ℝ_{+}^{∗} :

x  0  m_{λ}  +∞
f′_{λ}(x)  +  0  −
f_{λ}(x) −∞ ↗ \frac{1}{2m_{λ}^{2}} ↘  0

On a lim_{x→0^{+}} ln x = −∞, donc lim_{x→0^{+}} f_{λ}(x) = −∞ ; de plus, f_{λ}(x) ∼_{+∞} \frac{ln x}{x^{2}}, donc lim_{x→+∞} f_{λ}(x) = 0 .

Enfin, g_{λ}(m_{λ}) = 0 ⟹ ln m_{λ} + λ = \frac{1 + m_{λ}^{2}}{2m_{λ}^{2}} ⟹ f_{λ}(m_{λ}) = \frac{1}{2m_{λ}^{2}} .

f) On utilise la question précédente pour le tracé. On trouve, par exemple par dichotomie : m_{−1} ≃ 4, 59, m_{0} ≃ 1, 9 et on a m_{1} = 1. Allure des courbes (C_{−1}), (C_{0}) et (C_{1}) :

1/6

[figure: O; i⃗; j⃗; x; y; (C_{−1}); (C_{0}); (C_{1})]

3) a) Soit λ > 0. Alors g_{λ} (\frac{1}{λ}) = 1 + \frac{1}{λ^{2}} − 2 \frac{λ − ln λ}{λ^{2}} et g_{λ} (\frac{1}{\sqrt{λ}}) = 1 + \frac{1}{λ} − \frac{2λ − ln λ}{λ}, donc lim_{λ→+∞} g_{λ} (\frac{1}{λ}) = 1 > 0 et lim_{λ→+∞} g_{λ} (\frac{1}{\sqrt{λ}}) = −1 < 0. On en déduit que pour λ assez grand,

on a \frac{1}{λ} ⩽ m_{λ} ⩽ \frac{1}{\sqrt{λ}} .

b) La question précédente assure que lim_{λ→+∞} m_{λ} = 0 et plus précisément que − ln λ ⩽ ln m_{λ} ⩽ −\frac{1}{2} ln λ, donc ln m_{λ} = o(λ) au voisinage de +∞. Or g_{λ}(m_{λ}) = 0 ⟹ ln m_{λ} + λ = \frac{1}{2m_{λ}^{2}} + \frac{1}{2}. Le membre de

gauche est équivalent à λ et celui de droite à \frac{1}{2m_{λ}^{2}} , et donc on a bien m_{λ} ∼_{+∞} \frac{1}{\sqrt{2λ}} car m_{λ} > 0.

Seconde partie

1) a) f_{0} est strictement négative sur ]0, 1[, nulle en 1 et strictement positive sur ]1, +∞[. On en déduit

(continuité de f_{0}) que F est strictement positive sur ℝ_{+}^{∗} \ {1} et nulle en 1 .

b) La fonction f_{0} est continue sur ℝ_{+}^{∗}. Il résulte donc des théorèmes du cours que la fonction intégrale F est continue et dérivable sur ℝ_{+}^{∗}, avec F′ = f_{0} .

c) ∀x ∈ ℝ_{+}^{∗} F′(x) = f_{0}(x) = \frac{ln x}{1 + x^{2}} . On en déduit que F est strictement décroissante sur ]0, 1] et strictement croissante sur [1, +∞[.

d) On peut intégrer le développement limité de f_{0}, ou utiliser directement la formule de Taylor-Young : F est clairement 3 fois dérivable en 1 avec F (1) = 0, F′(1) = f_{0}(1) = 0, F′′(1) = f′_{0}(1) = \frac{1}{2} et

F^{(3)}(1) = −\frac{3}{2}. D’où F (x) = \frac{1}{4}(x − 1)^{2} − \frac{1}{4}(x − 1)^{3} + o(x − 1)^{3} .

2) Soit x > 0. Alors F (\frac{1}{x}) = ∫_{1}^{1/x} \frac{ln t}{1 + t^{2}} dt. On effectue le changement de variable u = \frac{1}{t} dans l’intégrale

et on trouve F (\frac{1}{x}) = ∫_{1}^{x} \frac{− ln u}{1 + (1/u)^{2}} (−\frac{du}{u^{2}}), d’où F (\frac{1}{x}) = F (x) .

On pouvait également dériver la fonction x ⟼ F (x) − F (\frac{1}{x}).

3) a) On a lim_{x→0} \frac{Arctan x}{x} = (Arctan)′(0) = 1, donc φ est prolongeable par continuité en 0 en posant

φ(0) = 1 .

b) Résulte d’une intégration par parties .

2/6 c) On a Arctan x ∼_{0} x, donc lim_{x→0,x>0} Arctan x ln x = 0. De plus, φ étant prolongeable en une fonction

continue sur ℝ_{+}, la fonction intégrale x ⟼ ∫_{1}^{x} φ(t) dt est continue et tend vers − ∫_{0}^{1} φ(t) dt (qui est bien définie) lorsque x tend vers 0. On en déduit que F admet une limite finie en 0, égale à ∫_{0}^{1} φ(t) dt, donc que F est prolongeable par continuité en 0 . De plus, d’après le 2), F admet une limite finie en +∞ , avec lim_{x→+∞} F (x) = F (0) .

d) On peut appliquer le théorème des accroissements finis à F sur un segment [0, x] avec x > 0 : ∃c_{x} ∈ [0, x], \frac{F (x) − F (0)}{x} = f_{0}(c_{x}). Or quand x tend vers 0, c_{x} aussi ; comme lim_{0^{+}} f_{0} = −∞, on a lim_{x→0,x>0} \frac{F (x) − F (0)}{x} = −∞ donc F n’est pas dérivable en 0 et, d’après la limite du taux d’accroissement, Γ admet une demi-tangente verticale au point d’abscisse 0 .

4) a) A l’aide d’une (légitime) intégration par parties, on obtient I_{k}(x) = [\frac{t^{k+1}}{k + 1} ln t]_{1}^{x} − ∫_{1}^{x} \frac{t^{k}}{k + 1} dt,

d’où I_{k}(x) = \frac{(k + 1)x^{k+1} ln x + 1 − x^{k+1}}{(k + 1)^{2}} .

b) ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}x^{2k} est la somme des (n+1) premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et

de raison −x^{2} ≠ 1, donc est égale à \frac{1 − (−x^{2})^{n+1}}{1 + x^{2}} , d’où \frac{1}{1 + x^{2}} = ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}x^{2k} + (−1)^{n+1} \frac{x^{2n+2}}{1 + x^{2}} .

c) En remplaçant x par t dans chaque membre de l’égalité précédente, en multipliant par ln t puis en intégrant entre 1 et x, on obtient F (x) = ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}I_{2k}(x) + (−1)^{n+1} ∫_{1}^{x} \frac{t^{2n+2} ln t}{1 + t^{2}} dt.

Si x ∈]0, 1[, on a |(−1)^{n+1} ∫_{1}^{x} \frac{t^{2n+2} ln t}{1 + t^{2}} dt| = ∫_{x}^{1} \frac{t^{2n+2}(− ln t)}{1 + t^{2}} dt ⩽ ∫_{x}^{1} t^{2n+2}(− ln t) dt = I_{2n+2}(x).

Donc |F (x) − ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}I_{2k}(x)| ⩽ I_{2n+2}(x) .

d) On remarque que pour tout entier naturel k, I_{2k} a une limite finie en 0, égale à \frac{1}{(2k + 1)^{2}} . Il en est de même de F. On fait donc tendre x vers 0 par valeurs supérieures dans l’inégalité du c), et on obtient directement |F (0) − u_{n}| ⩽ \frac{1}{(2n + 3)^{2}} .

e) Pour tout entier naturel n, u_{n} est une somme de rationnels facile à calculer. Pour avoir une valeur approchée à 10^{−2} près de F (0), il suffit d’après la question précédente d’avoir \frac{1}{(2n + 3)^{2}} ⩽ 10^{−2},

d’où n ⩾ 4. On a u_{4} = \frac{91369}{99225} ≃ 0, 92, donc F (0) ≃ 0, 92 à 10^{−2} près .

5) Les questions précédentes permettent de tracer l’allure de Γ. Le point de coordonnées (m_{0}, F (m_{0})) est un point d’inflexion, avec m_{0} ≃ 1, 9 et F (m_{0}) ≃ 0, 09.

[figure: O; i⃗; j⃗; x; y]

3/6

Second Problème

Première partie 1)

det S = \frac{1}{3^{3}} | \begin{matrix}5 & −1 & −1 \\ −1 & 5 & −1 \\ −1 & −1 & 5 \end{matrix} | = \frac{1}{27} | \begin{matrix}3 & −1 & −1 \\ 3 & 5 & −1 \\ 3 & −1 & 5 \end{matrix} |  (C_{1} → C_{1} + C_{2} + C_{3})

= \frac{1}{9} | \begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ 1 & 5 & −1 \\ 1 & −1 & 5 \end{matrix} |

= \frac{1}{9} | \begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{matrix} |  (L_{2} → L_{2} − L_{1}, L_{3} → L_{3} − L_{1})

= 4 ≠ 0

Donc S est inversible, donc s est un automorphisme de ℝ^{3} .

2) a) Le déterminant de (e′_{1}, e′_{2}, e′_{3}) dans la base canonique est | \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & −2 \end{matrix} | = | \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & −2 \end{matrix} | = 6 ≠ 0.

Donc (e′_{1}, e′_{2}, e′_{3}) est une base de ℝ^{3} .

b) On vérifie que \{ \begin{matrix}s(e′_{1}) = e′_{1} \\ s(e′_{2}) = 2e′_{2} \\ s(e′_{3}) = 2e′_{3} \end{matrix} donc S′ = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}) et, en notant P_{1} la matrice de passage de la

base canonique à la base (e′_{1}, e′_{2}, e′_{3}), on a S′ = P_{1}^{−1}SP_{1} .

c) Par une récurrence immédiate : ∀n ∈ ℕ (S′)^{n} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2^{n} & 0 \\ 0 & 0 & 2^{n} \end{matrix}) et on peut en déduire une expression

de S^{n} par la formule S^{n} = P_{1}(S′)^{n}P_{1}^{−1} (récurrence sur n).

3) a) La matrice S n’étant pas scalaire, la famille (I_{3}, S) est libre .

b) Par le calcul (on peut utiliser S′), on trouve S^{2} = −2I_{3} + 3S ; les coefficients de la combinaison linéaire sont uniques car la famille (I_{3}, S) est libre.

c) On montre la propriété par récurrence sur n. Au rang 0, on a S^{0} = I_{3} = a_{0}I_{3} + b_{0}S avec \{ \begin{matrix}a_{0} = 1 \\ b_{0} = 0 \end{matrix} . Supposons maintenant la propriété vérifiée au rang n : ∃(a_{n}, b_{n}) ∈ ℝ^{2}, S^{n} = a_{n}I_{3} + b_{n}S. Alors S^{n+1} = S^{n}S = a_{n}S + b_{n}S^{2} = −2b_{n}I_{3} + (a_{n} + 3b_{n})S ; la propriété est donc vérifiée au rang

n + 1 en posant \{ \begin{matrix}a_{n+1} = −2b_{n} \\ b_{n+1} = a_{n} + 3b_{n} \end{matrix} .

On a ainsi montré par récurrence que la propriété était valable pour tout entier naturel n. L’unicité résulte de l’indépendance linéaire de la famille (I_{3}, S) .

d) On a trouvé précédemment que a_{0} = 1 , b_{0} = 0 et que ∀n ∈ ℕ \{ \begin{matrix}a_{n+1} = −2b_{n} \\ b_{n+1} = a_{n} + 3b_{n} \end{matrix} . On vérifie

alors que a_{1} = 0 et b_{1} = 1 , ce qui n’a rien d’étonnant.

e) ∀n ∈ ℕ a_{n+1} + b_{n+1} = −2b_{n} + a_{n} + 3b_{n} = a_{n} + b_{n}, donc la suite (a_{n} + b_{n})_{n∈ℕ} est constante .

Comme a_{0} + b_{0} = 1, on a : ∀n ∈ ℕ a_{n} + b_{n} = 1 .

De même, ∀n ∈ ℕ b_{n+1} + 1 = a_{n} + 3b_{n} + 1 = (a_{n} + b_{n}) + 2b_{n} + 1 = 2(b_{n} + 1), donc : la suite (b_{n} + 1)_{n∈ℕ} est géométrique de raison 2 . Comme b_{0} + 1 = 1, on en déduit que :

∀n ∈ ℕ b_{n} + 1 = 2^{n} .

4/6

f) Il résulte de la question précédente que ∀n ∈ ℕ \{ \begin{matrix}a_{n} = 2 − 2^{n} \\ b_{n} = 2^{n} − 1 \end{matrix} .

4) a) On trouve B = −\frac{1}{3} (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}); alors B^{2} = \frac{1}{3} (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) = −B, d’où par une récurrence immé-

diate : ∀n ∈ ℕ^{∗} B^{n} = (−1)^{n+1}B et B^{0} = I_{3} .

b) On a S = 2I_{3} +B; or 2I_{3} et B commutent (2I_{3}B = B(2I_{3}) = 2B), donc on peut appliquer la formule du binôme de Newton :

S^{n} = ∑_{k=0}^{n} C_{n}^{k}B^{k}(2I_{3})^{n−k} = 2^{n}I_{3} + ∑_{k=1}^{n} C_{n}^{k}2^{n−k}B^{k} = 2^{n}I_{3} + (∑_{k=1}^{n} C_{n}^{k}2^{n−k}(−1)^{k+1}) B

= 2^{n}I_{3} + (2^{n} − ∑_{k=0}^{n} C_{n}^{k}(−1)^{k}2^{n−k}) B

= 2^{n}I_{3} + (2^{n} − (2 − 1)^{n}) B

d’où finalement S^{n} = 2^{n}I_{3} + (2^{n} − 1)B .

c) On remplace B par S − 2I_{3} dans la formule précédente, et on obtient S^{n} = (2^{n} − 1)S + (2 − 2^{n})I_{3} comme précédemment.

5) S est inversible, donc la question a un sens.

On vérifie (cela résulte de : S^{2} = −2I_{3} +3S) que (2^{−1} −1)S +(2−2^{−1})I_{3} = \frac{3}{2}I_{3} − \frac{1}{2}S est bien l’inverse de

S; une récurrence prouve alors que la formule S^{n} = (2^{n} − 1)S + (2 − 2^{n})I_{3} est valable pour tout n ∈ ℤ .

Seconde partie

1) Il vient sans peine U = (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) ; U est clairement une matrice orthogonale de déterminant 1, donc

u est une rotation vectorielle ; enfin, u ∘ s = f ∘s^{−1} ∘s = f et on vérifie que SU = A, donc s ∘ u = f .

2) a) Comme (e′_{1}, e′_{2}, e′_{3}) est une base directe (le déterminant dans la base canonique est strictement positif) d’après la première partie, il en est de même de (e′′_{1}, e′′_{2}, e′′_{3}) ; de plus, les vecteurs sont unitaires. On vérifie ensuite qu’ils sont orthogonaux deux à deux.

Finalement, (e′′_{1}, e′′_{2}, e′′_{3}) est une base orthonormale directe de ℝ^{3} .

b) On trouve \{ \begin{matrix}u(e′′_{1}) = e′′_{1} \\ u(e′′_{2}) = \frac{1}{2}(−e′′_{2} + \sqrt{3} e′′_{3}) \\ u(e′′_{3}) = −\frac{1}{2}(\sqrt{3} e′′_{2} + e′′_{3}) \end{matrix} d’où U′ = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −\frac{1}{2} & −\frac{\sqrt{3}}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) ; on en déduit immédiate-

ment que u est la rotation vectorielle d’axe dirigé et orienté par e′′_{1} et d’angle de mesure \frac{2π}{3} .

3) a) Les vecteurs e′_{1}, e′_{2} et e′_{3} sont colinéaires respectivement à e′′_{1}, e′′_{2} et e′′_{3}. Il en résulte :

la matrice de s dans la base (e′′_{1}, e′′_{2}, e′′_{3}) est S′ .

b) La matrice de f dans la base (e′′_{1}, e′′_{2}, e′′_{3}) est U′S′ = S′U′, c’est-à-dire ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & −\sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −1 \end{matrix} ) .

5/6 4) a) Le vecteur xe′′_{1} + ye′′_{2} + ze′′_{3} est invariant par f si et seulement si ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & −\sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −1 \end{matrix} ) (\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) = (\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}),

c’est-à-dire si et seulement si y = z = 0. Donc l’ensemble des vecteurs invariants par f est ℝe′′_{1} .

b) i) (f(e′′_{2}), f(e′′_{3})) ∈ (Vect (e′′_{2}, e′′_{3}))^{2} donc f(P) ⊂ P. Comme f est inversible, dim(f(P)) = dim P,

donc f(P) = P .

ii) g a pour matrice ( \begin{matrix}−1 & −\sqrt{3} \\ \sqrt{3} & −1 \end{matrix} ) = 2 ( \begin{matrix}−\frac{1}{2} & −\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) dans la base (e′′_{2}, e′′_{3}) ; on en déduit

que g est la composée de l’homothétie de rapport 2 et de la rotation d’angle de mesure \frac{2π}{3} , le

plan Vect (e′′_{2}, e′′_{3}) étant orienté par la donnée du vecteur normal e′′_{1}. Le produit est commutatif.

5) a) C(f) ⊂ L(ℝ^{3}) par définition ; de plus, C(f) ≠ ∅ car Id_{ℝ^{3}} ∈ C(f) (condition nécessaire pour que C(f) soit une sous-algèbre de L(ℝ^{3})). Si λ ∈ ℝ et (g_{1}, g_{2}) ∈ (C(f))^{2}, on a : (λg_{1} + g_{2}) ∘ f = λg_{1} ∘ f + g_{2} ∘ f = λf ∘ g_{1} + f ∘ g_{2} = f ∘ (λg_{1} + g_{2}), donc λg_{1} + g_{2} ∈ C(f). On en déduit que C(f) est un sous-espace vectoriel de L(ℝ^{3}). De plus, avec les notations précédentes, (g_{1} ∘ g_{2}) ∘ f = g_{1} ∘ (g_{2} ∘ f) = g_{1} ∘ (f ∘ g_{2}) = (g_{1} ∘ f) ∘ g_{2} = f ∘ (g_{1} ∘ g_{2}) donc g_{1} ∘ g_{2} ∈ C(f) ; donc C(f) est une sous-algèbre de L(ℝ^{3}) .

b) i) On a : f(g(e′′_{1})) = (f ∘ g)(e′′_{1}) = (g ∘ f)(e′′_{1}) = g(f(e′′_{1})) = g(e′′_{1}) car e′′_{1} est invariant par f, donc g(e′′_{1}) est invariant par f . La question 4)a) assure alors que g(e′′_{1}) est colinéaire à e′′_{1} .

ii) Comme g commute avec f, M commute avec A′ (matrice de f dans la base (e′′_{1}, e′′_{2}, e′′_{3})), donc avec (A′)^{3} = (S′)^{3}. M commute avec (S′)^{3} .

iii) M est de la forme (\begin{matrix}m_{1,1} & m_{1,2} & m_{1,3} \\ 0 & m_{2,2} & m_{2,3} \\ 0 & m_{3,2} & m_{3,3} \end{matrix}) d’après (i). Alors M(S′)^{3} = (\begin{matrix}m_{1,1} & 8m_{1,2} & 8m_{1,3} \\ 0 & 8m_{2,2} & 8m_{2,3} \\ 0 & 8m_{3,2} & 8m_{3,3} \end{matrix})

et (S′)^{3}M = (\begin{matrix}m_{1,1} & m_{1,2} & m_{1,3} \\ 0 & 8m_{2,2} & 8m_{2,3} \\ 0 & 8m_{3,2} & 8m_{3,3} \end{matrix}) donc, pour que M commute avec A′, il est nécessaire que

m_{1,2} = m_{1,3} = 0.

Réciproquement, si M = (\begin{matrix}m_{1,1} & 0 & 0 \\ 0 & m_{2,2} & m_{2,3} \\ 0 & m_{3,2} & m_{3,3} \end{matrix}), alors :

MA′ = (\begin{matrix}m_{1,1} & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3} m_{2,3} − m_{2,2} & −\sqrt{3} m_{2,2} − m_{2,3} \\ 0 & \sqrt{3} m_{3,3} − m_{3,2} & −\sqrt{3} m_{3,2} − m_{3,3} \end{matrix})

et

A′M = (\begin{matrix}m_{1,1} & 0 & 0 \\ 0 & −m_{2,2} − \sqrt{3} m_{3,2} & −m_{2,3} − \sqrt{3} m_{3,3} \\ 0 & \sqrt{3} m_{2,2} − m_{3,2} & \sqrt{3} m_{2,3} − m_{3,3} \end{matrix})

donc A′M = MA′ ⟺ \{ \begin{matrix}m_{2,2} = m_{3,3} \\ m_{3,2} = −m_{2,3} \end{matrix} . Finalement,

g commute avec f ⟺ sa matrice dans la base (e′′_{1}, e′′_{2}, e′′_{3}) est de la forme (\begin{matrix}α & 0 & 0 \\ 0 & β & −γ \\ 0 & γ & β \end{matrix}) avec

(α, β, γ) ∈ ℝ^{3}.

c) C(f) est de dimension 3 car toute matrice du type précédent est combinaison linéaire de la famille

(libre) ((\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix})).

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