Exos Corriges [PDF]

Zitiervorschau

Département de Mathématiques Université A. Mira de Béjaia

Années 2012-2014

Exercices corrigés en Algèbre 3 III. Diagonalisation des endomorphismes Les exercices Exercice 1 (Matrices circulaires): Soient n un entier strictement positif et a 0 , a 1 , . . . , a n−1 des nombres complexes. On considère A la matrice définie par :   a0 a 1 a 2 . . . a n−1 a n−1 a 0 a 1 . . . a n−2    a n−2 a n−1 a 0 . . . a n−3  A :=  .  . .. .. . . ..   .. . . . .  a1 a2 a3 . . . a0 — Montrer que A est diagonalisable.

Les solutions Exercice 1 : Pour toute racine n ème de l’unité z (c’est-à-dire tout nombre complexe z vérifiant z n = 1), on note par v (z) le vecteur non nul de Cn :   1  z     z2  v (z) :=  .  .   ..  z n−1 On vérifie aisément que l’on a : ) ( A · v (z) = a 0 + a 1 z + a 2 z 2 + · · · + a n−1 z n−1 v (z). Cette relation montre que v (z) est un vecteur propre de A et que la valeur propre qui lui est associée est λ(z) = a 0 + a 1 z + a 2 z 2 + · · · + a n−1 z n−1 . En considérant donc toutes les n racines n ème de l’unité, qui sont : zk = e

2kπ n i

(0 ≤ k ≤ n − 1),

on obtient n vecteurs propres de A, qui sont :     v k = v (z k ) =    



1 zk z k2 .. . z kn−1

      

1

(0 ≤ k ≤ n − 1).

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Pour montrer que A est diagonalisable, il suffira de montrer que la famille de vecteurs (v k )0≤k≤n−1 constitue une base de Cn et puisque cette famille est de cardinal n = dimC Cn , il suffira juste de montrer que cette famille est libre. Ceci revient simplement à montrer que det(v 0 , v 1 , . . . , v n−1 ) ̸= 0. Pour celui qui connait le déterminant de Vandermonde, ceci est immédiat (det(v 0 , v 1 , . . . , v n−1 ) est en effet un déterminant de Vandermonde, il est non nul car les z k (0 ≤ k ≤ n − 1) sont deux-à-deux distincts). Montrons (sans utiliser la formule de Vandermonde) que det(v 0 , v 1 , . . . , v n−1 ) ̸= 0. On procède par l’absurde. Supposons que   1 1 ... 1  z0 z 1 . . . z n−1    2 2   z 12 . . . z n−1 det(v 0 , v 1 , . . . , v n−1 ) = det  z 0  = 0.   . . . .. ..   .. |

z 0n−1 z 1n−1 {z

n−1 z n−1

}

M

Ceci entraîne que les vecteurs lignes de la matrice M ci-dessus sont C-linéairement dépendants. Autrement dit, il existe α0 , α1 , . . . , αn−1 ∈ C, non tous nuls, tel que l’on ait : α0 + α1 z k + α2 z k2 + · · · + αn−1 z kn−1 = 0

(pour tout 0 ≤ k ≤ n − 1).

Mais ceci équivaut à dire que le polynôme non nul : P (z) := α0 + α1 z + α2 z 2 + · · · + αn−1 z n−1 s’annule en tous les points z 0 , z 1 , . . . , z n−1 , donc possède au moins n racines complexes. Ce qui est impossible puisque degP ≤ n − 1 < n. On a donc det(v 0 , v 1 , . . . , v n−1 ) ̸= 0. La matrice A est bien diagonalisable. ■

IV. Trigonalisation des endomorphismes Les exercices Exercice 1 (Interrogation 2012-2013): Pour tout ce qui suit, k désigne un paramètre réel. Soit A la matrice réelle d’ordre 3 donnée par :   1 1 −1 A = 0 2 −1  . 0 k 1−k 1) Déterminer les valeurs propres de A. 2) Déterminer (en distinguant les valeurs du paramètre réel k) les espaces propres de A tout en précisant la dimension de chacun d’entre eux. 3) Pour quelles valeurs de k, la matrice A est-elle diagonalisable ? Justifier votre réponse. 4) On prend ici k = 1. Réduire A puis exprimer A n en fonction de n (où n est un entier naturel). Exercice 2 : Soit A la matrice réelle d’ordre 3 donnée par : 

 3 0 −1 A := 1 2 −1 . 1 0 1 2

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1) Montrer que A n’est pas diagonalisable mais qu’elle est trigonalisable (on travaille sur R). 2) Trigonaliser A. 3) Exprimer A n en fonction de n (où n est un entier naturel).

Les solutions Exercice 1 :

1) Le polynôme caractéristique de A est :  1−λ 1 −1 2−λ −1  . P A (λ) := det(A − λI3 ) = det  0 0 k 1−k −λ 

En développant suivant la première colonne, il vient que : (

) ( ) 2−λ −1 P A (λ) = (1 − λ)det = (1 − λ) λ2 + (k − 3)λ + 2 − k k 1−k −λ = (1 − λ) · (λ − 1)(λ + k − 2) = −(λ − 1)2 (λ + k − 2). Les valeurs propres de A sont les racines de son polynôme caractéristique P A ; ce sont donc les nombres réels : λ1 = 1 et λ2 = 2 − k. On a donc : SpR (A) = {1 , 2 − k} . Remarque : Il est possible que SpR (A) soit constitué d’une seule valeur propre ; c’est le cas où 2 − k = 1, ce qui correspond à k = 1.

2) Détermination de l’espace propre E (1) associé à la valeur propre λ = 1 : Soit v = t (x, y, z) ∈ E (1). On a donc Av = v. Ce qui équivaut au système d’équations :  

y −z = 0 y −z = 0 .  k y − kz = 0 Ce système est clairement équivalent à l’équation y = z. D’où :       0 1 x      v = y = x 0 + y 1 . 1 0 y Il en résulte que :

      ⟨1 0⟩ 0   1 E (1) = x 0 + y 1 avec x, y ∈ R = 0 , 1 .   1 1 0 0

L’espace propre E (1) est engendré par les deux vecteurs propres linéairement indépendants v1 = t (1, 0, 0) et v2 = t (0, 1, 1). D’où dim E (1) = 2. Détermination de l’espace propre E (2 − k) associé à la valeur propre λ = 2 − k : • 1er cas : (lorsque 2 − k = 1, c’est à dire lorsque k = 1) Dans ce cas, on a E (2 − k) = E (1), qui a été déjà déterminé ci-dessus. 3

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• 2nd cas : (lorsque 2 − k ̸= 1, c’est à dire lorsque k ̸= 1) Soit v = t (x, y, z) ∈ E (2 − k). On a donc Av = (2 − k)v. Ce qui équivaut au système d’équations :   (k − 1)x + y − z = 0 ky −z = 0  ky −z = 0

(S)

En simplifiant, on obtient : { (S) ⇐⇒

(k − 1)(x − y) = 0 z = ky

. . . (1) . . . . (2)

Puisque k − 1 ̸= 0 (car on a supposé k ̸= 1), l’équation (1) équivaut à x = y. D’où : { x = y . (S) ⇐⇒ z = ky Il s’ensuit que :

Il en résulte que :



   y 1    y v = = y 1 . ky k     ⟨ 1 ⟩  1  E (2 − k) = y  1  avec y ∈ R =  1  .   k k

Dans ce cas (k ̸= 1), l’espace propre E (2−k) est engendré par l’unique vecteur w = t (1, 1, k). D’où dim E (2 − k) = 1.

3) Le polynôme caractéristique P A de A est bien scindé sur R puisqu’il s’écrit comme produit de polynômes de premier degré de R[λ]. La matrice A est donc trigonalisable sur R. Pour étudier la diagonalisabilité de A (sur R), on distingue les deux cas suivants : 1er cas : (si k = 1) Dans ce cas, on a P A (λ) = −(λ − 1)3 , ce qui montre que le nombre 1 est l’unique valeur propre de A et sa multiplicité algébrique est ma (1) = 3. D’autre part, on a d’après la question précédente mg (1) = dim E (1) = 2. On a ainsi mg (1) ̸= ma (1), ce qui entraîne que A n’est pas diagonalisable. 2nd cas : (si k ̸= 1) Dans ce cas, la matrice A possède deux valeurs propres distinctes qui sont 1 et 2 − k et qui ont pour multiplicités algébriques ma (1) = 2 et ma (2 − k) = 1. D’autre part, on a d’après la question précédente mg (1) = dim E (1) = 2 et mg (2−k) = dim E (2−k) = 1. On a bien alors mg (1) = ma (1) et mg (2−k) = ma (2−k). Ceci entraîne que la matrice A est diagonalisable. Conclusion : La matrice A est diagonalisable si et seulement si k ̸= 1.

4) On prend k = 1. On a donc :

  1 1 −1 A = 0 2 −1 . 0 1 0

En vertu de toutes les questions précédentes, l’unique valeur propre de A est λ = 1 et l’espace propre E (1) qui lui est associé est engendré par les deux vecteurs propres :     0 1 v1 = 0 et v2 = 1 . 1 0 On a vu aussi que (dans ce cas k = 1) la matrice A n’est pas diagonalisable (car on n’a pas suffisamment de vecteurs propres pour former une base de R3 ) mais qu’elle est trigonalisable. Pour trigonaliser A, 4

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on doit compléter la famille des vecteurs propres (v1 , v2 ) pour avoir une base de R3 . Le vecteur le plus convenable ∗ à cette complétion est le vecteur de la base canonique e3 = t (0, 0, 1). On a ¯ ¯ ¯1 0 0 ¯ ¯ ¯ det (v1 , v2 , e3 ) = ¯¯0 1 0¯¯ = 1 × 1 × 1 = 1 ̸= 0. ¯0 1 1 ¯ Ceci montre que la famille B := (v1 , v2 , e3 ) constitue bien une base de R3 . Appelons f l’endomorphisme associé à A relativement à la base canonique de R3 et déterminons la matrice T associée à f relativement à la nouvelle base B . Puisque v1 et v2 sont des vecteurs propres de f associés à la valeur propre 1, on a : f (v1 ) = 1v1 = 1v1 + 0v2 + 0e3 f (v2 ) = 1v2 = 0v1 + 1v2 + 0e3 f (e3 ) = αv1 + βv2 + γe3 , où α, β et γ sont des réels que l’on déterminera. On peut prévoir sans calcul préalable que γ = 1. En effet, γ est une valeur propre de T , donc de A, et comme l’unique valeur propre de A est λ = 1, on a forcément γ = 1. Déterminons α, β (et γ). En représentant les vecteurs dans la base canonique de R3 , on a : f (e3 ) = αv1 + βv2 + γe3

      1 0 0      ⇐⇒ Ae3 = α 0 + β 1 + γ 0 0 1 1         1 0 0 −1 ⇐⇒ α 0 + β 1 + γ 0 = −1 0 1 1 0  α = −1  β = −1 ⇐⇒ (α, β, γ) = (−1, −1, 1). ⇐⇒  β+γ = 0

Remarquer que l’on a retrouvé la valeur prétendue pour γ, à savoir γ = 1. La matrice associée à f relativement à la nouvelle base B est donc : 

 1 0 −1 T = 0 1 −1 . 0 0 1 Soit P la matrice de passage de la base canonique de R3 vers B . On a : 

 1 0 0 P = 0 1 0  . 0 1 1 Enfin, l’équivalence des deux matrices A et T s’interprète par la formule : T = P −1 AP. • Calcul de A n : La formule T = P −1 AP équivaut à A = P T P −1 . Par une simple récurrence, on montre que l’on a pour tout n ∈ N : A n = P T n P −1 (⋆) C’est cette relation (⋆) qui nous permettra d’exprimer A n en fonction de n (n ∈ N). Soit n ∈ N, fixé. ∗. Ce vecteur est le plus convenable car il facilite le calcul du déterminant det(v1 , v2 , e3 ).

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1. Calcul de T n : On peut décomposer la matrice T en : 

 0 0 −1 T = I3 + N , avec N := 0 0 −1 . 0 0 0 La matrice N est nilpotente † et on a précisément N 2 = (0). Par ailleurs, on a clairement I3 N = N I3 (= N ), ce qui nous autorise à appliquer la formule du binôme pour calculer (I3 + N )n . On a d’après la formule du binôme : Tn

    1 0 0 0 0 −1 2 n−2 2 n n     = (I3 + N )n = In3 + C n1 In−1 3 N + C n I3 N + · · · + C n N = I3 + nN = 0 1 0 + n 0 0 −1 . | {z } 0 0 1 0 0 0 =(0)

D’où : Tn

  1 0 −n = 0 1 −n  0 0 1

(I )



   x1 y1 −1    2. Calcul de P : Pour X = x 2 , Y = y 2  ∈ R3 , on a : x3 y3  

x1 = y 1 x2 = y 2 P X = Y ⇐⇒  x2 + x3 = y 3

  x1 = y 1 x = y2 ⇐⇒  2 x 3 = −y 2 + y 3

D’où l’on tire :



 1 0 0 ⇐⇒ X = 0 1 0 Y . 0 −1 1



P −1

 1 0 0 = 0 1 0  0 −1 1

(I I )

Il ne reste qu’à substituer (I ) et (I I ) dans (⋆) pour obtenir l’expression de A n en fonction de n. On a : A n = P T n P −1

    1 0 0 1 0 −n 1 0 0 = 0 1 0 0 1 −n  0 1 0 . 0 1 1 0 0 1 0 −1 1

Les calculs donnent : An

  1 n −n = 0 1 + n −n  . 0 n 1−n

Exercice 2 :

1) Le polynôme caractéristique de A est : 

 3−λ 0 −1 2 − λ −1  . P A (λ) = det (A − λI3 ) = det  1 1 0 1−λ Il est plus facile de calculer ce déterminant en développant suivant sa deuxième ligne. En faisant ceci, on obtient : ( ) 3 − λ −1 P A (λ) = (2 − λ)det = (2 − λ) ((3 − λ)(1 − λ) + 1) = (2 − λ)(λ2 − 4λ + 4) = −(λ − 2)3 . 1 1−λ †. Le théorème de Cayley-Hamilton le confirme immédiatement.

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Comme P A est visiblement scindé (sur R), alors A est trigonalisable. Les valeurs propres de A sont les racines de son polynôme caractéristique. On a donc une seule valeur propre triple, qui est λ = 2. Déterminons maintenant l’espace propre E (2) associé à cette valeur propre λ = 2. Détermination de E (2) : Soit V = t (x, y, z) ∈ E (2). On a donc AV = 2V. Ce qui équivaut au système d’équations :  = 2x  3x − z x + 2y − z = 2y .  x +z = 2z       { x 1 0 x, y ∈ R Ce système équivaut à . D’où : V =  y  = x 0 + y 1. Ceci montre que E (2) = 〈V1 , V2 〉, avec z=x x 1 0     1 0 V1 = 0 et V2 = 1. On montre facilement que ces deux vecteurs V1 et V2 sont linéairement indé1 0 pendants, ce qui entraîne que dim E (2) = 2 ; autrement dit mg (2) = 2. Puisque mg (2) = 2 ̸= 3 = ma (2), la matrice A n’est pas diagonalisable.

2) Pour trigonaliser A, on doit compléter la famille des deux vecteurs propres (V1 , V2 ) de A pour avoir une base de R3 . Comme on le sait, il est toujours possible de faire cette complétion avec des vecteurs de la base canonique de R3 . Dans notre cas, le vecteur de la base canonique de R3 le plus convenable ‡ est   0 e3 = 0. On a : 1 ¯ ¯ ¯1 0 0¯ ¯ ¯ det (V1 , V2 , e3 ) = ¯¯0 1 0¯¯ = 1 × 1 × 1 = 1 ̸= 0. ¯1 0 1¯ Ceci montre que la famille B = (V1 , V2 , e3 ) constitue une base de R3 . Soit f l’endomorphisme associé à A relativement à la base canonique de R3 . Déterminons la matrice T associée à f relativement à la nouvelle base B . Puisque V1 et V2 sont des vecteurs propres de f associés à la valeur propre 2, on a : f (V1 ) = 2V1 = 2V1 + 0V2 + 0e3 f (V2 ) = 2V2 = 0V1 + 2V2 + 0e3 f (e3 ) = αV1 + βV2 + γe3 (où α, β et γ sont des réels à déterminer). On peut prévoir sans aucun calcul préalable que γ = 2. En effet, γ est une valeur propre de T (c’est-à-dire une valeur propre de f ) et puisque 2 est l’unique valeur propre de f , on a forcément γ = 2. Cherchons maintenant α et β. L’égalité vectorielle f (e3 ) = αV1 + βV2 + γe3 équivaut au système d’équations :  α = −1  β = −1 .  α+γ = 1 Ceci donne α = β = −1 et γ = 2 (on a retrouvé la relativement à la nouvelle base B est donc :  2 T = 0 0

valeur prétendue pour γ). La matrice associée à f  0 −1 2 −1 . 0 2

La matrice de passage de la base canonique de R3 vers la base B est :   1 0 0 P = 0 1 0  . 1 0 1 ‡. Ce vecteur est le plus convenable car il facilite le calcul du déterminant det(V1 , V2 , e3 ).

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Et on a la relation :

T = P −1 AP.

3) La relation T = P −1 AP équivaut à A = P T P −1 . Il s’ensuit par une simple récurrence que l’on a pour tout n ∈ N :

A n = P T n P −1

(⋆)

Comme T est triangulaire et ne possède qu’une seule valeur propre, il est possible d’exprimer T n en fonction de n en utilisant la formule du binôme. On obtiendra ensuite, en se servant de (⋆), l’expression de A n en fonction de n. • Calculons d’abord T n (n ∈ N) : On a :   0 0 −1 T = 2I3 + N avec N := 0 0 −1 . 0 0 0 La matrice N est nilpotente et on a précisément N 2 = (0), ce qui entraîne que N k = (0) (∀k ≥ 2). Comme on a bien (2I3 )N = N (2I3 ), la formule du binôme s’applique et l’on obtient pour tout n ∈ N : T

n

( ) ( ) ( ) n n n n n−1 n−2 2 = (2I3 + N ) = (2I3 ) + (2I3 ) N+ (2I3 ) N +···+ N 1 2 n | {z } n

n

=(0)

     n  1 0 0 0 0 −1 2 0 −n2n−1 = 2n I3 + n2n−1 N = 2n 0 1 0 + n2n−1 0 0 −1 =  0 2n −n2n−1  , 0 0 1 0 0 0 0 0 2n soit



Tn

 2n 0 −n2n−1 =  0 2n −n2n−1  0 0 2n

(⋆⋆)

Pour conclure, nous devons calculer aussi P −1 . • Calculons P −1 . On a : P −1

   1 0 −1 1 0 0 1 t 1  0 1 0  =  0 1 0 , = P = detP 1 0 0 1 −1 0 1 t

soit





P −1

 1 0 0 =  0 1 0 −1 0 1

(⋆ ⋆ ⋆)

En substituant (⋆⋆) et (⋆ ⋆ ⋆) dans (⋆), on obtient finalement pour tout n ∈ N :   n−1    2 (2 + n) 0 −n2n−1 1 0 0 1 0 0 2n 0 −n2n−1 2n −n2n−1  , = 0 1 0  0 2n −n2n−1   0 1 0 =  n2n−1 n2n−1 0 2n−1 (2 − n) 0 0 2n −1 0 1 1 0 1 

A n = P T n P −1 soit

An

  2 + n 0 −n 2 −n  . = 2n−1  n n 0 2−n

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V. Application de la théorie de la réduction des endomorphismes à la résolution des systèmes d’équations différentielles linéaires Les exercices Exercice 1 : Résoudre le système d’équations différentielles suivant :  ′  x = −7x + 8y + 4z y ′ = −3x + 4y + z  ′ z = −6x + 6y + 5z

(S 1 )

où x, y et z désignent des fonctions réelles en la variable réelle t . Exercice 2 : Résoudre le système d’équations différentielles suivant :  ′  x = x −y −z y ′ = 2x + 2y + 3z  ′ z = −2x − y − 2z

(S 2 )

où x, y et z désignent des fonctions réelles en la variable réelle t .

Les solutions Exercice 1 : Introduisons u : R → R3 la fonction définie par : 

 x(t ) u(t ) =  y(t ) z(t )

(∀t ∈ R).

Le système d’équations différentiel (S 1 ) s’écrit donc : u′ (t ) = A u(t ), avec



 −7 8 4 A := −3 4 1 . −6 6 5

Pour résoudre le système (S 1 ), nous allons réduire la matrice A. Le polynôme caractéristique de A est :   −7 − λ 8 4 4−λ 1 . P A (λ) := det(A − λI3 ) = det  −3 −6 6 5−λ

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En procédant par la méthode de Sarus, on obtient : {

}

P A (λ) = (−7 − λ)(4 − λ)(5 − λ) + 8(1)(−6) + 4(−3)(6) − 4(4 − λ)(−6) + 1(6)(−7 − λ) + 8(−3)(5 − λ) = −λ3 + 2λ2 + λ − 2 = −λ2 (λ − 2) + (λ − 2) = (λ − 2)(−λ2 + 1) = −(λ − 1)(λ + 1)(λ − 2). Les valeurs propres de A sont les racines de son polynôme caractéristique P A ; ce sont donc les nombres réels λ1 = 1, λ2 = −1 et λ3 = 2. Par ailleurs, nous remarquons que P A est scindé et a toutes ses racines simples, ce qui montre que A est diagonalisable. Procédons à la diagonalisation de A. • Détermination de l’espace propre E (1) associé à la valeur propre λ = 1 : Soit V = t (a, b, c) ∈ E (1). On a donc AV = V . C’est-à-dire :   −7a + 8b + 4c = a −3a + 4b + c = b .  −6a + 6b + 5c = c Après simplification, on trouve que ce système équivaut à : {

a = b . c = 0

    a 1    D’où V = a = a 1. On a par conséquent : 0 0   1  E (1) = 〈V1 〉 , avec V1 := 1 . 0 • Détermination de l’espace propre E (−1) associé à la valeur propre λ = −1 : Soit V = t (a, b, c) ∈ E (−1). On a donc AV = −V . C’est-à-dire :   −7a + 8b + 4c = −a −3a + 4b + c = −b .  −6a + 6b + 5c = −c Après simplification, on trouve que ce système équivaut à : {

a = 2b . c = b

    2 2b    D’où V = b = b 1. On a par conséquent : 1 b   2  E (−1) = 〈V2 〉 , avec V2 := 1 . 1

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• Détermination de l’espace propre E (2) associé à la valeur propre λ = 2 : Soit V = t (a, b, c) ∈ E (2). On a donc AV = 2V . C’est-à-dire :   −7a + 8b + 4c = 2a −3a + 4b + c = 2b .  −6a + 6b + 5c = 2c Après simplification, on trouve que ce système équivaut à : { a = 0 . c = −2b     0 0 D’où V =  b  = b  1 . On a par conséquent : −2 −2b 

 0 E (2) = 〈V3 〉 , avec V3 :=  1  . −2 La famille B = (V1 ,V2 ,V3 ), constituée de vecteurs passage de la base canonique de R3 vers B est :  1  P = 1 0

propres de A, est une base de R3 et la matrice de  2 0 1 1 . 1 −2

En appelant f l’endomorphisme de R3 associé à A relativement à la base canonique de R3 , la matrice associée à f relativement à B est la matrice diagonale :   1 0 0 D = 0 −1 0 0 0 2 et on a d’après la formule de changement de base : D = P −1 AP. Revenons maintenant à notre système d’équations différentielles. Nous simplifions (S 1 ) en introduisant la nouvelle fonction vectorielle : v : R −→ R3 t



 x ∗ (t ) . 7 → v(t ) =  y ∗ (t ) := P −1 u(t ) − z ∗ (t )

On a donc u(t ) = P v(t ), ce qui entraîne u′ (t ) = P v′ (t ). Par suite, on a : (S 1 ) ⇐⇒ u′ (t ) = Au(t ) ⇐⇒ P v′ (t ) = AP v(t ) ⇐⇒ v′ (t ) = P −1 AP v(t ) ⇐⇒ v′ (t ) = Dv(t )  ′ x ∗ (t ) = x ∗ (t ) y ′ (t ) = y ∗ (t ) ⇐⇒  ∗′ z ∗ (t ) = z ∗ (t )  t  x ∗ (t ) = c 1 e y (t ) = c 2 e −t ⇐⇒  ∗ z ∗ (t ) = c 3 e 2t

11

(avec c 1 , c 2 , c 3 ∈ R)

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        c1 e t c 1 e t + 2c 2 e −t x(t ) x ∗ (t ) 1 2 0  y(t ) = u(t ) = P v(t ) = P  y ∗ (t ) = 1 1 1  c 2 e −t  = c 1 e t + c 2 e −t + c 3 e 2t  , z(t ) z ∗ (t ) 0 1 −2 c 3 e 2t c 2 e −t − 2c 3 e 2t 

⇐⇒

avec c 1 , c 2 , c 3 ∈ R. Conclusion : Les solutions du système d’équations différentielles (S 1 ) sont :  t −t   x(t ) = c 1 e + 2c 2 e y(t ) = c 1 e t + c 2 e −t + c 3 e 2t (avec c 1 , c 2 , c 3 ∈ R) .   −t 2t z(t ) = c 2 e − 2c 3 e

VI. Application de la théorie de la réduction des endomorphismes aux problèmes sur les suites récurrentes Les exercices Exercice 1 : Soient (x n )n∈N et (y n )n∈N les deux suites réelles définies par : x 0 = 1, y 0 = 3 et pour tout n ∈ N : { x n+1 = x n − 3y n . y n+1 = x n + 5y n 1) Calculer quelques termes des suites (x n )n et (y n )n . 2) Exprimer x n et y n en fonction de n. Exercice 2 : Soit (u n )n∈N la suite récurrente réelle définie par : u 0 = 0, u 1 = 9, u 2 = 3 et pour tout n ∈ N : u n+3 = 2u n+2 + u n+1 − 2u n . 1) Calculer quelques termes de la suite (u n )n . 2) Exprimer u n en fonction de n. Exercice 3 : Soit (x n )n∈N la suite réelle définie par : x 0 = 3, x 1 = 1, x 2 = 8 et pour tout n ∈ N : x n+3 = 3x n+1 − 2x n . — Calculer quelques termes de la suite (x n )n puis exprimer x n (n ∈ N) en fonction de n. Exercice 4 : Trouver toutes les suites réelles satisfaisant la relation de récurrence : u n+2 = 8u n+1 − 15u n − 16

(∀n ∈ N).

+ Linéariser d’abord le problème. Exercice 5 (La suite de Fibonacci): La suite de Fibonacci (F n )n∈N étant définie par : F 0 = 0, F 1 = 1 et pour tout n ∈ N : F n+2 = F n + F n+1 . 12

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1) Calculer quelques termes de la suite de Fibonacci. F n+1 . n→+∞ F n

2) Exprimer F n en fonction de n puis déterminer la limite lim Exercice 6 :

Soient (x n )n∈N et (y n )n∈N les deux suites réelles définies par : x 0 = 1900, y 0 = 2025 et pour tout n ∈ N :  5x n + 2y n − 16    x n+1 = 7 .    y n+1 = x n + 2y n + 8 3 — Exprimer x n et y n (n ∈ N) en fonction de n et en déduire la limite lim (x n , y n ). n→+∞

+ Linéariser d’abord le problème.

Les solutions Exercice 1 : 1) Les calculs donnent : x 1 = −8, y 1 = 16 puis x 2 = −56, y 2 = 72, . . .etc. ( ) xn 2) On pose Vn := (∀n ∈ N). On a pour tout n ∈ N : Vn+1 = AVn (∀n ∈ N), où A désigne la matrice yn ( ) 1 −3 A := . D’où l’on tire : Vn = A n V0 (∀n ∈ N). 1 5 Le problème est amené à calculer la puissance n ème de A (n ∈ N). Réduisons alors A. Le polynôme caractéristique de A est : P A (λ) = λ2 − 6λ + 8 = (λ − 2)(λ − 4). Comme P A est scindé et à racines simples alors A est diagonalisable. Les calculs donnent : ⟨( )⟩ ⟨( )⟩ −3 −1 E (2) = et E (4) = . 1 1 On a donc : A = P DP −1 , avec :

( ) ( ) −3 −1 2 0 P := et D := . 1 1 0 4 ( )( )( ) −3 −1 2n 0 − 12 − 21 n n −1 D’où A = P D P = 3 . Ce qui donne : 1 1 1 0 4n 2 2 ( An = D’où :

3 n 2 − 12 4n 2 − 12 2n + 12 4n

3 n 2 − 32 4n 2 − 12 2n + 32 4n

) .

(

) 62n − 54n . Vn = A V0 = −2n+1 + 54n n

D’où l’on tire : ∀n ∈ N : x n = 6 · 2n − 5 · 4n y n = −2n+1 + 5 · 4n

.

Exercice 2 : 13

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1) Les calculs donnent : u 3 = 15, u 4 = 15, u 5 = 39, . . .etc.   u n+2 2) On pose pour tout n ∈ N : Vn := u n+1 . Pour tout n ∈ N, on a : un 

     u n+3 2u n+2 + u n+1 − 2u n u n+2  = A u n+1  , u n+2 Vn+1 = u n+2  =  u n+1 u n+1 un avec

  2 1 −2 A := 1 0 0  . 0 1 0

Par récurrence sur n ∈ N, on obtient :    u2 3 n    Vn = A V0 (∀n ∈ N) ; V0 = u 1 = 9 . u0 0 

On est donc amené à calculer A n (n ∈ N). Réduisons donc A : Les calculs donnent : P A (λ) = −λ3 + 2λ2 + λ − 2 = −(λ − 1)(λ + 1)(λ − 2). Comme P A est scindé et que toutes ses racines sont simples alors A est diagonalisable. Déterminons les espaces propres de A. Les calculs donnent : ⟨1⟩ ⟨ 1 ⟩ ⟨4⟩ E (1) = 1 , E (−1) = −1 et E (2) = 2 . 1 1 1 On a donc A = P DP −1 , avec : 

   1 1 4 1 0 0 P := 1 −1 2 et D := 0 −1 0 . 1 1 1 0 0 2 D’où A n = P D n P −1 (∀n ∈ N). Les calculs donnent :   1 1 − 2 + 6 (−1)n + 43 2n 21 − 12 (−1)n 1 + 13 (−1)n − 34 2n     1 1 n 2 n 1 1 1 2 n n n n  + (−1) 1 − (−1) − 2 A = − 2 − 6 (−1) + 3 2 . 2 2 3 3   1 1 1 n 1 1 1 1 n n n n − 2 + 6 (−1) + 3 2 1 + 3 (−1) − 3 2 2 − 2 (−1) D’où :

   u n+2 3 − 4(−1)n + 2n+2 Vn = A n V0 = 3 + 4(−1)n + 2n+1  = u n+1  . D’où : un 3 − 4(−1)n + 2n 

u n = 3 + 4(−1)n+1 + 2n

(∀n ∈ N).

Exercice 3 : Même idée.

14

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Exercice 4 : Linéariser puis même idée. Exercice 5 : 1) Les calculs donnent : F 2 = 1, F 3 = 2, F 4 = 3, F 5 = 5, F 6 = 8, F 7 = 13, F 8 = 21, . . .etc. 2) Posons pour tout n ∈ N :

(

) ( ) F n+1 1 Vn = . En particulier V0 = . Fn 0

Pour tout n ∈ N, on a :

) 1 1 . Vn+1 = AVn , avec A := 1 0 (

Par récurrence, on obtient : Vn = A n V0

(∀n ∈ N).

n

On est donc amené à calculer A (n ∈ N). Réduisons A : Le polynôme caractéristique de A est : P A (λ) = λ2 − λ − 1. Le polynôme P A possède deux racines réelles distinctes, qui sont : p p 1+ 5 1− 5 λ1 = et λ2 = . 2 2 Comme P A est scindé et que toutes ses racines sont simples alors la matrice A est diagonalisable. Déterminons les espaces propres de A. Les calculs donnent : ⟨( p )⟩ ⟨( p )⟩ E (λ1 ) = Il s’ensuit que l’on a : A = P DP −1 , avec : ( p P=

1+ 5 2

1

1+ 5 2

et E (λ2 ) =

1 p ) 1− 5 2

1

1− 5 2

( 1+p5 et D =

.

1 )

0

2

p 1− 5 2

0

.

Par suite, on a : A n = P D n P −1 (∀n ∈ N). Les calculs donnent : ∀n ∈ N : ( p )n+1 ( p )n ( p )n   ( p )n+1 p1 1+ 5 p1 1− 5 p1 1+ 5 p1 1− 5 − − 2 2 5( 2 ) 5( 2 ) (5 p )n−1 A n =  5 ( p )n p n p n−1  . D’où : 1+ 1− 1+ 5 5 5 1 1 1 1− 5 p1 p p p − − 2 2 2 2 5

5

5



5

p p )n+1  ( ) 1 1+ 5 1 1− 5 p p − 1 2 ) 5( p  Vn = A n V0 = A n =  5 ( 2 p )n n 1 1− 5 0 p1 1+ 5 p − .

(

(

)n+1

5

)

2

(

5

2

F n+1 (∀n ∈ N), on en déduit par identification que l’on Fn a: ( ( p )n p )n 1 1+ 5 1 1− 5 Fn = p −p (∀n ∈ N). 2 2 5 5 ( p )n p 1− 5 1− 5 — Maintenant, puisque | 2 | < 1, on a lim = 0. D’où : n→+∞ 2 ( p )n 1 1+ 5 F n ∼+∞ p . 2 5 Comme par ailleurs, on a par définition : Vn =

15

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D’où l’on déduit que :

p F n+1 1 + 5 lim = . n→+∞ F n 2

Exercice 6 : Linéariser puis même idée.

VI. Polynôme annulateur - Polynôme minimal - Théorème de Cayley-Hamilton Les exercices Exercice 1 : Déterminer le polynôme minimal des matrices suivantes :   3 −2 8 i) A := 1 0 4 ; 0 0 1   0 0 2 ii) B := 1 0 5 ; 0 0 1  1  0 iii) C :=  0 0

1 1 0 0

0 1 1 0

 0  0 . 0 1

— Pour chacune de ces matrices, dire si elle est diagonalisable ou non. Exercice 2 : En utilisant le théorème de Cayley-Hamilton, exprimer A n en fonction de n (n ∈ N) dans les cas suivants : ( ) 4 −2 i) A = ; 1 1 (

) 3 1 ii) A = ; −1 1   3 −1 1 iii) A = 2 0 1. 1 −1 2 Exercice 3 : 1) Montrer que la matrice :

  −2 9 −3 A := −2 7 −2 −1 3 0

est diagonalisable. 2) En déduire le polynôme minimal de A. 16

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3) En utilisant le polynôme minimal de A, calculer A −1 . Exercice 4 : Soit n ≥ 2 un entier et J la matrice d’ordre n donnée par : 

 1 ... 1 . . J :=  .. . . . ..  . 1 ... 1 — Calculer J 2 et en déduire que J est diagonalisable. Exercice 5 : ( ) ( ) 1 1 (0) 21 J Soient J := et M := 1 . 1 1 2 J (0) 1) Calculer M 2 et M 3 et en déduire que M est diagonalisable. 2) Déterminer le polynôme minimal puis le polynôme caractéristique de M . Exercice 6 : Soit n ≥ 2 un entier. On note par Rn [X ] le R-espace vectoriel des polynômes en X , à coefficients réels, de degrés ≤ n. On considère f l’endomorphisme de Rn [X ] qui associe à tout polynôme P ∈ Rn [X ] le reste de la division euclidienne de P sur (X 2 + 4X + 5). — Montrer que f est diagonalisable. + Utiliser le polynôme minimal. Exercice 7 : Soient n ≥ 2 un entier, E un C-espace vectoriel de dimension n et f un endomorphisme de E . On suppose que f 2 est diagonalisable. 1) Si det f ̸= 0, montrer que f est lui même diagonalisable. + Utiliser le polynôme minimal. 2) Si det f = 0 et Ker f = Ker f 2 , montrer que f est lui même diagonalisable. + Utiliser le polynôme minimal. 3) Application : Montrer que la matrice : 

0  0 A :=  0 4

0 0 3 0

0 2 0 0

 1  0  0 0

est diagonalisable. Exercice 8 : Soit A ∈ M2 (C) une matrice de trace non nulle. — Montrer que toute matrice M ∈ M2 (C) qui commute avec A 2 commute aussi avec A.

+ Utiliser le théorème de Cayley-Hamilton. 17

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Exercice 9 : Soient n ≥ 2 un entier et A ∈ Mn (C) une matrice nilpotente. — Montrer que A n = (0). Exercice 10 (La décomposition spectrale): Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie, notée n (n ≥ 2). On appelle projecteur de E tout endomorphisme π de E , vérifiant π2 = π, avec π ̸= (0) et π ̸= IdE . 1) Montrer que tout endomorphisme diagonalisable de E , de valeurs propres λ1 , λ2 , . . . , λp (deux-àdeux distinctes) se décompose en : f = λ1 π1 + λ2 π2 + · · · + λp πp

(∗)

où π1 , π2 , . . . , πp sont des projecteurs de E satisfaisant : {

πi ◦ π j = (0) (pour i ̸= j )

(1)

π1 + π2 + · · · + πp = IdE

(2)

L’équation (∗) s’appelle la décomposition spectrale de f . 2) Soit f un endomorphisme de E possédant une décomposition spectrale, c’est-à-dire une décomposition de la forme : f = λ1 π1 + λ2 π2 + · · · + λp πp , avec λ1 , λ2 , . . . , λp des nombres complexes deux-à-deux distincts et π1 , π2 , . . . , πp des projecteurs de E satisfaisant les identités (1) et (2). i) Montrer que λ1 , λ2 , . . . , λp sont forcément des valeurs propres de f . ii) Montrer que pour tout n ∈ N, on a : f n = λn1 π1 + λn2 π2 + · · · + λnp πp . iii) En déduire que pour tout polynôme P ∈ C[X ], on a : P ( f ) = P (λ1 )π1 + P (λ2 )π2 + · · · + P (λp )πp . iv) En déduire que f est diagonalisable. Conclure. 3) Application : Déterminer les valeurs propres puis la décomposition spectrale de la matrice :   2 1 2 A := 1 2 2 . 0 0 2 — En déduire l’expression de A n en fonction de n (n ∈ N). Exercice 11 : Soient n ≥ 2 un entier et A ∈ Mn (R). 1) Montrer la proposition suivante : ∃ε > 0, ∀t ∈ R : |t | < ε ⇒ (In − t A) inversible. 18

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2) Fixons nous un ε > 0 satisfaisant cette proposition. Montrer que pour tout t ∈ R tel que |t | < ε, la ∞ tr(A k ) ∑ série t k est convergente et que l’on a : k k=1

det(In − t A) = e

−

∞ tr(A k ) ∑ tk k k=1

.

Les solutions Exercice 1 : i) On a :

 3 −2 8 A = 1 0 4  . 0 0 1 

Les calculs donnent : P A (λ) = (1 − λ)(λ2 − 3λ + 2) = (1 − λ)2 (2 − λ). Comme le polynôme minimal M A de A est unitaire, divise P A et s’annule en toute valeur propre de A alors il est de la forme : M A (λ) = (λ − 1)α (λ − 2), avec α ∈ N et 1 ≤ α ≤ 2. On a donc : • Soit M A (λ) = (λ − 1)(λ − 2) ; • ou bien M A (λ) = (λ − 1)2 (λ − 2). Les calculs donnent : (A − I3 )(A − 2I3 ) = (0). D’où :

M A (λ) = (λ − 1)(λ − 2) . Puisque M A est scindé (sur R) et a toutes ses racines simples alors A est diagonalisable. ii) On a :

  0 0 2 B = 1 0 5 . 0 0 1

Les calculs donnent : P B (λ) = λ2 (1 − λ). Comme le polynôme minimal MB de B est unitaire, divise P B et s’annule en chacune des valeurs propres de B alors on a : • Soit MB (λ) = λ(λ − 1) ; • ou bien MB (λ) = λ2 (λ − 1). Puisque les calculs donnent :



 0 0 0 B (B − I3 ) = −1 0 2 ̸= (0), 0 0 0

alors le polynôme λ(λ − 1) ne peut être le polynôme minimal de B puisqu’il n’annule pas B . D’où :

MB (λ) = λ2 (λ − 1) . On constate que MB n’a pas que des racines simples (0 est une racine double de MB ), donc B n’est pas diagonalisable. 19

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iii) On a :

 1  0 C :=  0 0

1 1 0 0

0 1 1 0

 0  0 . 0 1

On a immédiatement : PC (λ) = (1 − λ)4 . Le polynôme minimal de C est donc l’un des polynômes suivants : • Soit MC (λ) = λ − 1 ; • ou bien MC (λ) = (λ − 1)2 ; • ou bien MC (λ) = (λ − 1)3 ; • ou bien MC (λ) = (λ − 1)4 . Pour détecter le polynôme minimal de C , on doit donc calculer les puissances successives de la matrice (C −I4 ). La plus petite puissance α (1 ≤ α ≤ 4) pour laquelle on ait (C −I4 )α = (0) entraînera MC (λ) = (λ − 1)α . Les calculs donnent : C − I4 ̸= (0) (C − I4 )2 ̸= (0) (C − I4 )3 = (0). D’où :

MC (λ) = (λ − 1)3 . On constate que MC possède 1 comme racine triple, donc C n’est pas diagonalisable.

■

Exercice 2 : ( ) 4 −2 i) Pour A = , on a : 1 1 P A (λ) = λ2 − tr(A)λ + det(A) = λ2 − 5λ + 6 = (λ − 1)(λ − 5). On voit que les racines de P A sont 1 et 5. Etant donné n ∈ N, la division euclidienne de λn sur P A (λ) s’écrit : λn = Q n (λ)P A (λ) + R n (λ), avec Q n et R n des polynômes à coefficients réels et degR n < degP A = 2. On a donc degR n ≤ 1 ; ce qui revient à dire que R n (λ) s’écrit : R n (λ) = a n λ + b n , avec (a n )n et (b n )n des suites réelles. On a donc pour tout n ∈ N : λn = Q n (λ)P A (λ) + a n λ + b n (⋆) Pour déterminer les expressions de a n et b n (n ∈ N) en fonction de n, nous allons substituer dans (⋆) la variable λ par les racines de P A , qui sont 1 et 5. — En prenant dans (⋆) λ = 1, on obtient : an + bn = 1

(1)

5a n + b n = 5n

(2)

— En prenant dans (⋆) λ = 5, on obtient :

La résolution du système des deux équations (1) et (2) donne : an =

5n − 1 4

5 − 5n bn = 4 20

(∀n ∈ N).

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En substituant ceci dans (⋆), on obtient pour tout n ∈ N : λn = Q n (λ)P A (λ) +

5n − 1 5 − 5n λ+ . 4 4

En appliquant maintenant les deux polynômes de cette dernière identité à la matrice A, on obtient pour tout n ∈ N : 5 − 5n 5n − 1 A n = Q n (A)P A (A) + A+ I2 . 4 4 Mais puisque P A (A) = (0) (d’après le théorème de Cayley-Hamilton), on conclut à : A

n

( ) ( ) 5n − 1 5 − 5n 5n − 1 4 −2 5 − 5n 1 0 = A+ I2 = + , 1 1 0 1 4 4 4 4

soit



An ) 3 1 , on a : ii) Pour A = −1 1 (

3 · 5n + 1  4 =   5n − 1 4

 1 − 5n 2    1

(∀n ∈ N).

P A (λ) = λ2 − tr(A)λ + det(A) = λ2 − 4λ + 4 = (λ − 2)2 . On voit que l’unique racine de P A est λ = 2, qui est une racine double. Etant donné n ∈ N, la division euclidienne du polynôme λn sur le polynôme caractéristique P A de A s’écrit : λn = Q n (λ)P A (λ) + R n (λ), avec Q n et R n des polynômes réels et degR n < degP A = 2. On a donc degR n ≤ 1 ; ce qui équivaut à dire que R n (λ) s’écrit sous la forme R n (λ) = a n λ + b n , avec (a n )n et (b n )n des suites réelles que l’on déterminera plus loin. On a maintenant : λn = Q n (λ)P A (λ) + a n λ + b n (⋆⋆) Pour déterminer les expressions de a n et b n en fonction de n, nous allons substituer dans la relation (⋆⋆), ainsi que dans la relation qui s’obtient à partir de (⋆⋆) par dérivation, la variable λ par la racine double λ = 2 de P A . — En prenant dans (⋆⋆) λ = 2, on obtient : 2a n + b n = 2n

(3)

— En dérivant (membre à membre) (⋆⋆), on obtient : nλn−1 = Q n′ (λ)P A (λ) + Q n (λ)P A′ (λ) + a n , puis en substituant dans cette dernière λ par 2, on obtient (puisque P A (2) = P A′ (2) = 0) : a n = n2n−1

(4)

La résolution du système des deux équations (3) et (4) donne : a n = n2n−1 b n = 2n (1 − n)

(∀n ∈ N).

En substituant ceci dans (⋆⋆), on obtient pour tout n ∈ N : λn = Q n (λ)P A (λ) + n2n−1 λ + 2n (1 − n). 21

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En appliquant maintenant les deux polynômes de cette dernière identité à la matrice A, on obtient pour tout n ∈ N : A n = Q n (A)P A (A) + n2n−1 A + 2n (1 − n)I2 . Mais puisque P A (A) = (0) (d’après le théorème de Cayley-Hamilton), on conclut à : ( A

n

= n2

n−1

n

A + 2 (1 − n)I2 = n2

soit

( A

n

= 2

n−1

n−1

2+n n −n 2 − n

22

) ( ) 3 1 1 0 n + 2 (1 − n) , −1 1 0 1

) (∀n ∈ N).

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