DS 2 - Alg`ebre CPBX Corrig´e
Exercice 2
1. Notons χΦ le polynˆome caract´eristique de Φ. Alors det(Φ + 17I) = χΦ(−17).
2. Notons P(X) = Pn
k=0akXk. Soit x∈E, alors P(f)(x) =
n
X
k=0
akfk(x) =a0x+f(t) avec t=
n−1
X
k=0
ak+1fk(x).
Rappelons que Im(f) est un sev deE. Puisque f(t)∈Im(f) et que par hypoth`ese P(f)(x)∈Im(f), on d´eduit que a0x∈Im(f).
Notons que a0 = P(0), et supposons que P(0) 6= 0. On d´eduit de ce qui pr´ec`ede quex∈Im(f). Puisque ceci est vrai pour tout x∈E, on conclut que Im(f), ce qui est contraductoire avec l’hypoth`ese. Ainsi P(0) = 0.
Exercice 3
Soit A∈Mn(R) une matrice qui v´erifie A3−A2 =I−A.
1) Par hypoth`ese on a
A(A2−A+In) =In. Ceci montre que A est inversible, et donc det(A)6= 0.
2) Notons P le polynˆome consid´er´e. Notons que 1 est racine ´evidente de P. On peut alors factoriser P par X−1, et on est amen´e `a ´ecrire
P(X) = (X−1)(aX2+bX+c).
Par identification, on trouve
P(X) = (X−1)(X2+ 1) = (X−1)(X−i)(X+i).
Ainsi les racines de P sont 1, i et−i.
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3) Le polynˆome P est un polnˆome annulateur de A. De plus, d’apr`es la question pr´ec´edente, il est scind´e `a racines simples sur C. Donc A est diagonalisable sur C.
4) PuisqueA est diagonalisable, χA est scind´e. De plus ses racines sont exactement les valeurs propres de A, et en notant µ(λ) leurs multiplicit´es :
χA(X) = (−1)n Y
λ∈sp(A)
(X−λ)µ(λ)
Or on sait que χA(0) = det(A). On obtient le r´esultat.
5) Puisque les valeurs propres possibles de A sont 1, i et−i, on a det(A) = iµ(i)(−i)µ(−i)
Ainsi, on a |det(A)| = 1. Mais puisque A est une matrice r´eelle, on a det(A) ∈ R. Donc detA=±1.
Remarque : En travaillant un peu plus, on peut montrer que detA= 1.
Exercice 4
Consid´erons la matrice
A:=
2 0 1 0 3 0 1 0 2
1) Notons que la deuxi`eme colonne deA−3I3 est nulle. Ainsi det(A−3I3) = 0 et 3 est bien valeur propre.
2) Avec la m´ethode standard, on trouve par exemple
P =
1 0 −1
0 1 0
1 0 1
et D=
3 0 0 0 3 0 0 0 1
3) Notons que le polynˆome caract´eristique de A est P(X) = −(X −3)2(X −1). On d´eduit du th´eor`eme de Cayley Hamilton que (A− 3I3)2(A− I3) = 0. Puisque A est diagonalisable, elle annule un polynˆome scind´e `a racines simples, dont les racines contiennent le spectre deA. Un candidat naturel pour ce polynˆome est (X−3)(X−1), et on v´erifie qu’on a bien (A−3I3)(A−I3) = 0. Or
(A−3I3)(A−I3) = (B−2I3)B, d’o`u B2 = 2B, puis B3 = 2B2 = 4B et B3−4B = 0.
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Exercice 5
On consid`ere le syst`eme suivant :
∀t∈R
(x0(t) = 2x(t) +αy(t)
y0(t) = 2y(t) (1)
o`uα est un param`etre r´eel non nul.
1) C’est une question de cours. De plus, toujours d’apr`es le cours, l’ensemble des solu- tions forment un ev de dimension la taille du syst`eme, c’est-`a-dire 2.
2) On pose
X(t) = x(t)
y(t)
et A=
2 α 0 2
3) (a) Il est clair que χA(X) = (X−2)2. De plus, on a ker(A−2I2) = ker
0 α 0 0
= Vect (e1),
o`u e1 est le premier vecteur de la base canonique. Cette derni`ere assertion, qui peut aussi ˆetre trouv´ee par la r´esolution de AX = 2X, repose sur le fait que α 6= 0. Ainsi 2 est une valeur propre de multiplicit´e 2 mais l’espace propre associ´e est de dimension 1, et donc A n’est pas diagonalisable.
M´ethode alternative : Notons que la seule valeur propre de A est 2. Donc si A
´etait diagonalisable, elle serait semblable `a I2 : A=P−1(2I2)P = 2I2. Or A n’est clairement pas ´egale `a 2I2.
(b) Par le th´eor`eme de Cayley-Hamilton, N2 = (A−2I2)2 = χA(A) = 0. (Notons qu’un calcul direct deN2 donne le mˆeme r´esultat). On a alors, en utilisant que Nk= 0 pour k ≥2 :
An = (N + 2I2)n =
n
X
k=0
n k
Nk2n−k = 2nI2+n2n−1N =
2n αn2n−1
0 2n
(c) On a
exp(tA) =
+∞
X
n=0
tnAn n! =
P+∞
n=0 tn2n
n! αP+∞
n=0
tnn2n−1 n!
0 P+∞
n=0 tn2n
n!
. Notons alors que
+∞
X
n=0
tn2n
n! =e2t et
+∞
X
n=0
tnn2n−1 n! =t
+∞
X
n=1
tn−12n−1 (n−1)! =t
+∞
X
n=0
tn2n
n! =te2t, ainsi, on a
exp(tA) =
e2t αte2t 0 e2t
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4) (a) D’apr`es le cours, la fonction t 7→
x(t) y(t)
est solutions de du syst`eme (1) si et seulement si elle est de la forme exp(tA)X0, o`uX0 ∈R2. On a donc
x(t) = Ae2t+Bαte2t et y(t) =Be2t, o`u A t B sont deux constantes r´eelles.
(b) En ´evaluant les solutions pr´ec´edentes en t= 0, on trouve que A=B = 1.
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