I.U.T. de Brest Ann´ee 2020-21
G.M.P. 1 Devoir du 15/06/2021
M2301 - Calcul int´egral et calcul matriciel Dur´ee : 1h30 Exercice 1 (≃6,75 points). On consid`ere la matriceA deM3(R) d´efinie par :
A=
3 1 1
5 −1 1
5 1 −1
.
1. Polynˆome caract´eristique :
PA(λ) = det(A−λI3) =
3−λ 1 1
5 −1−λ 1
5 1 −1−λ
On effectue C3 :=C3−C2 pour obtenir :
PA(λ) =
3−λ 1 0
5 −1−λ 2 +λ
5 1 −2−λ
On continue en faisant L3 :=L3+L2 :
PA(λ) =
3−λ 1 0
5 −1−λ 2 +λ
10 −λ 0
En d´eveloppant par rapport `a la derni`ere colonne, on obtient :
PA(λ) = (2 +λ)×(−1)×
3−λ 1
10 −λ
.
D’o`u
PA(λ) = −(2 +λ)×[−λ(3−λ)−10] =−(2 +λ)(λ2−3λ−10).
2. On sait queλ est une valeur propre de A ssi PA(λ) = 0.
Or, puisque PA(λ) = −(2 +λ)(λ2−3λ−10), on a
PA(λ) = 0 ssi 2 +λ= 0 ou λ2−3λ−10 = 0 ssi λ=−2 ou λ2−3λ−10 = 0
Concernant le trinˆome λ2−3λ−10, on calcule le discriminant ∆ = 9 + 4×10 = 9 + 40 = 49 = 72, puis on d´eduit ses racines 5 et −2. Ainsi
PA(λ) = 0 ssi λ= 5 ouλ =−2 Les valeurs propres de A sont donc 5 et −2.
A noter qu’en fait` PA(λ) =−(2 +λ)(λ2−3λ−10) =−(2 +λ)(λ−5)(λ+ 2) = −(λ−5)(λ+ 2)2; ainsi −2 est une valeur propre double de A, et 5 est une valeur propre simple de A.
V =
x y z
∈E5 ⇐⇒ AV = 5V
⇐⇒
3x + y + z = 5x 5x − y + z = 5y 5x + y − z = 5z
⇐⇒
−2x + y + z = 0 on va prendre z pour pivot 5x − 6y + z = 0
5x + y − 6z = 0
⇐⇒
−2x + y + z = 0
7x − 7y = 0 en ayant effectu´eL2 :=L2−L1
−7x + 7y = 0 en ayant effectu´eL3 :=L3+ 6×L1
⇐⇒
−2x+y+z = 0 y=x
y=x
⇐⇒
−2x+x+z = 0 y=x
⇐⇒
z =x y=x
Cela donne :
V =
x y z
∈E5 ⇐⇒
z =x y=x
⇐⇒ V =
x y z
=
x x x
⇐⇒ V =x
1 1 1
avec x∈R.
D’o`uE5 est la droite vectorielle port´ee par le vecteur~u1 o`u~u1 =
1 1 1
.
En particulier, dim(E5) = 1.
• Espace propre E−2 associ´e `a la valeur propre −2 :
V =
x y z
∈E−2 ⇐⇒ AV =−2V
⇐⇒
3x + y + z =−2x 5x − y + z =−2y 5x + y − z =−2z
⇐⇒
5x + y + z = 0 5x + y + z = 0 5x + y + z = 0
⇐⇒ 5x+y+z = 0
⇐⇒ y =−5x−z
Par cons´equent,
V =
x y z
∈E−2 ⇐⇒ V =
x y z
=
x
−5x−z z
⇐⇒ V =x
1
−5 0
+z
0
−1 1
avec x∈Ret z ∈R.
D’o`uE−2 est le plan vectoriel dirig´e par les vecteurs~u2 et~u3 o`u~u2 =
1
−5 0
et~u3 =
0
−1 1
.
En particulier, dim(E−2) = 2.
4. Puisque dim(E5) + dim(E−2) = 1 + 2 = 3 et que A est de taille 3, A est diagonalisable.
Autre fa¸con de pr´esenter les choses : les espaces propres E5 et E−2 fournissent, en tout, trois vecteurs propres : ~u1, ~u2 et ~u3. Ainsi on a assez de vecteurs pour remplir une matrice P de taille 3 qui permettra de voir queD=P−1AP est diagonale, ce qui revient `a dire queAest diagonalisable.
5. On pose P =
1 1 0
1 −5 −1
1 0 1
. Alors on peut v´erifier que P est inversible et :
D=P−1AP =
5 0 0
0 −2 0
0 0 −2
.
B =
2 2 −1
4 2 −1
−4 1 4
.
1. Polynˆome caract´eristique :
PB(λ) = det(B−λI3) =
2−λ 2 −1
4 2−λ −1
−4 1 4−λ On effectue L3 :=L3+L2 pour obtenir :
PB(λ) =
2−λ 2 −1
4 2−λ −1
0 3−λ 3−λ On continue en faisant C2 :=C2−C3 :
PB(λ) =
2−λ 3 −1
4 3−λ −1
0 0 3−λ
En d´eveloppant par rapport `a la derni`ere ligne, on obtient :
PB(λ) = (3−λ)×(+1)×
2−λ 3
4 3−λ .
D’o`u
PB(λ) = (3−λ)[(2−λ)(3−λ)−12] = (3−λ)(λ2−5λ−6).
2. On sait queλ est une valeur propre de B ssi PB(λ) = 0.
Or, puisque PB(λ) = (3−λ)(λ2−5λ−6), on a :
PB(λ) = 0 ssi 3−λ= 0 ou λ2−5λ−6 = 0 ssi λ= 3 ou λ2−5λ−6 = 0.
Pour le trinˆome du second degr´e λ2 −5λ−6, on calcule son discriminant ∆ = 25 + 24 = 49 = 72 puis on trouve ses racines 6 et −1.
On peut donc en d´eduire que :
PB(λ) = 0 ssi λ= 3 ou λ= 6 ou λ=−1.
Conclusion. B poss`ede trois valeurs propres : −1 ; 3 et 6.
Remarque. Comme−1 et 6 sont les racines deλ2−5λ−6, on peut ´ecrireλ2−5λ−6 = (λ+1)(λ−6).
Par cons´equent, on a PB(λ) = (3−λ)(λ+ 1)(λ−6), ce qui nous donne une factorisation optimale du polynˆome caract´eristique de B. En particulier, on peut affirmer que les trois valeurs propres de B sont des valeurs propres simples.
3. • Espace propre E−1 associ´e `a la valeur propre −1 :
V =
x y z
∈E−1 ⇐⇒ BV =−V
⇐⇒
2x + 2y − z =−x
4x + 2y − z =−y
−4x + y + 4z =−z
⇐⇒
3x + 2y − z = 0
4x + 3y − z = 0
−4x + y + 5z = 0
⇐⇒
−x − y = 0 en ayant effectu´eL1 :=L1−L2
4x + 3y − z = 0
−4x + y + 5z = 0
⇐⇒
y=−x
4x−3x−z = 0
−4x−x+ 5z = 0
⇐⇒
y=−x z =x z =x
⇐⇒
y=−x z =x
Par cons´equent, V =
x y z
∈E−1 ⇐⇒ y =−x etz =x
⇐⇒ V =
x y z
=
x
−x x
=x
1
−1 1
avec x∈R.
D’o`uE−1 est la droite vectorielle dirig´ee par le vecteur ~u1 o`u~u1 =
1
−1 1
.
En particulier, dim(E−1) = 1.
V = x y z
∈E3 ⇐⇒ BV = 3V
⇐⇒
2x + 2y − z = 3x
4x + 2y − z = 3y
−4x + y + 4z = 3z
⇐⇒
−x + 2y − z = 0
4x − y − z = 0
−4x + y + z = 0
⇐⇒
−5x + 3y = 0 en ayant effectu´e L1 :=L1−L2
4x − y − z = 0
0 = 0 en ayant effectu´eL3 :=L3+L2
⇐⇒
( y= 53x
4x− 53x−z = 0
⇐⇒
( y= 53x z = 73x
Par cons´equent, V =
x y z
∈E3 ⇐⇒ y= 53x et z = 73x
⇐⇒ V =
x y z
=
x
5 3x
7 3x
=x
1
5 3 7 3
avec x∈R.
D’o`uE3 est la droite vectorielle dirig´ee par le vecteur ~u2 o`u~u2 =
1
5 3 7 3
. En particulier, dim(E3) = 1.
• Espace propre E6 associ´e `a la valeur propre 6 :
V =
x y z
∈E6 ⇐⇒ BV = 6V
⇐⇒
2x + 2y − z = 6x
4x + 2y − z = 6y
−4x + y + 4z = 6z
⇐⇒
−4x + 2y − z = 0
4x − 4y − z = 0
−4x + y − 2z = 0
⇐⇒
− 2y − 2z = 0 en ayant effectu´eL1 :=L1+L2
4x − 4y − z = 0
−4x + y − 2z = 0
⇐⇒
y=−z
4x+ 4z−z = 0
−4x−z−2z = 0
⇐⇒
y=−z x=−34z x=−34z
⇐⇒
y =−z x=−34z
Par cons´equent,
V =
x y z
∈E6 ⇐⇒ V =
x y z
=
−34z
−z z
=z
−34
−1 1
avec z ∈R.
D’o`uE6 est la droite vectorielle dirig´ee par le vecteur ~u3 o`u~u3 =
−34
−1 1
. En particulier, dim(E6) = 1.
4. B est diagonalisable car elle est de taille 3 et qu’elle poss`ede trois valeurs propres distinctes.
5. On pose P =
1 1 −34
−1 53 −1 1 73 1
. Alors on peut v´erifier que P est inversible et :
D=P−1BP =
−1 0 0 0 3 0 0 0 6
.
C =
2 m 1−2m
7−m m−2 7−m
3 −m 2m+ 4
.
1. Polynˆome caract´eristique :
PC(λ) = det(C−λI3) =
2−λ m 1−2m
7−m m−2−λ 7−m
3 −m 2m+ 4−λ
On effectue L1 :=L1+L3 pour obtenir :
PC(λ) =
5−λ 0 5−λ
7−m m−2−λ 7−m
3 −m 2m+ 4−λ
On continue en faisant C3 :=C3−C1 :
PC(λ) =
5−λ 0 0
7−m m−2−λ 0
3 −m 2m+ 1−λ
On obtient le d´eterminant d’une matrice triangulaire ; cela donne donc :
PC(λ) = (5−λ)×(m−2−λ)×(2m+ 1−λ).
2. On sait queλ est une valeur propre de C ssi PC(λ) = 0.
Or, puisque PC(λ) = (5−λ)(m−2−λ)(2m+ 1−λ), on a
PC(λ) = 0 ssi 5−λ= 0 ou m−2−λ = 0 ou 2m+ 1−λ= 0
ssi λ= 5 ou λ=m−2 ou λ= 2m+ 1
Les valeurs propres de C sont donc : 5 ;m−2 et 2m+ 1. On en d´eduit alors que :
• Sim−2 = 5, c’est-`a-dire si m= 7, alorsC poss`ede exactement deux valeurs propres : m−2 = 5 (valeur propre double) et 2m+ 1 = 15 (valeur propre simple).
• Si 2m+ 1 = 5, c’est-`a-dire si 2m= 4, autrement dit si m= 2, alors C poss`ede exactement deux valeurs propres : 2m+ 1 = 5 (valeur propre double) et m−2 = 0 (valeur propre simple).
• Si 2m+ 1 = m−2, c’est-`a-dire si m = −3, alors C poss`ede exactement deux valeurs propres : 2m+ 1 =m−2 =−5 (valeur propre double) et 5 (valeur propre simple).
• Dans tous les autres cas, c’est-`a-dire sim6=−3 etm 6= 2 etm 6= 7, alorsC poss`ede trois valeurs propres distinctes : 5 ; m−2 et 2m+ 1.
3. • Dans le cas o`um6=−3 et m6= 2 et m6= 7, on vient de voir que C poss`ede trois valeurs propres distinctes. Comme C est de taille 3, on sait que C est obligatoirement diagonalisable.
• Dans le cas o`um=−3,C poss`ede exactement deux valeurs propres −5 et 5.
De plus, 5 ´etant une valeur propre simple, on est sˆur que dim(E5) = 1 ;
−5 ´etant une valeur propre double, on est sˆur que dim(E−5) = 1 ou 2.
Or, puisque C est de taille 3, C est diagonalisable si et seulement si dim(E5) + dim(E−5) = 3.
Par cons´equent, pour savoir si C est diagonalisable, il suffit de d´eterminer l’espace propre E−5 : si c’est une droite (dim(E−5) = 1), C ne sera pas diagonalisable ; si c’est un plan (dim(E−5) = 2), C sera diagonalisable.
V =
x y z
∈E−5 ⇐⇒ CV =−5V
⇐⇒
7x − 3y + 7z = 0
10x + 10z = 0
3x + 3y + 3z = 0
⇐⇒
−3y= 0 z =−x
3y= 0
⇐⇒
y= 0 z =−x
⇐⇒ V =
x y z
=
x 0
−x
=x
1 0
−1
avec z ∈R.
D’o`uE−5 est la droite vectorielle dirig´ee par le vecteur
1 0
−1
.
Conclusion. Lorsque m=−3, la matriceC n’est pas diagonalisable.
• Dans le cas o`um= 2, C poss`ede exactement deux valeurs propres 5 (double) et 0 (simple).
Pour savoir si C est diagonalisable, il suffit de d´eterminer l’espace propre E5 : si c’est une droite (dim(E5) = 1), C ne sera pas diagonalisable ; si c’est un plan (dim(E5) = 2),C sera diagonalisable.
V =
x y z
∈E5 ⇐⇒ CV = 5V
⇐⇒
−3x + 2y − 3z = 0 5x − 5y + 5z = 0 3x − 2y + 3z = 0
⇐⇒
−3x + 2y − 3z = 0
x − y + z = 0 en ayant divis´e L2 par 5
0 = 0 en ayant effectu´e L3 :=L3+L1
⇐⇒
−3x+ 2(x+z)−3z = 0 y =x+z
⇐⇒
z=−x
y=x+z =x+ (−x) = 0
⇐⇒ V =
x y z
=
x 0
−x
=x
1 0
−1
avec z∈R.
−1 Conclusion. Lorsque m= 2, la matrice C n’est pas diagonalisable.
• Dans le cas o`um= 7, C poss`ede exactement deux valeurs propres 5 (double) et 15 (simple).
Pour savoir si C est diagonalisable, il suffit de d´eterminer l’espace propre E5 : si c’est une droite (dim(E5) = 1), C ne sera pas diagonalisable ; si c’est un plan (dim(E5) = 2),C sera diagonalisable.
V =
x y z
∈E5 ⇐⇒ CV = 5V
⇐⇒
−3x + 7y − 13z = 0 0 = 0 3x − 7y + 13z = 0
⇐⇒ 7y= 3x+ 13z
⇐⇒ y = 37x+137z Par cons´equent
V =
x y z
∈E5 ⇐⇒ V =
x y z
=
x
3
7x+ 137z z
⇐⇒ V =x
1
3 7
0
+z
0
13 7
1
avec x∈R etz ∈R.
D’o`uE5 est le plan vectoriel dirig´e par les vecteurs ~u1 et~u2 o`u~u1 =
1
3 7
0
et~u2 =
0
13 7
1
.
Conclusion. Lorsque m= 7, la matrice C est diagonalisable.
• En r´esum´e, C est diagonalisable ssi m∈R\ {−3; 2}.
Fin du corrig´e
