PanaMaths Novembre 2011

PanaMaths Novembre 2011

Déterminer les valeurs propres de la matrice :

1 2

1

1 2 ... 1

0

A

n

n n

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎜ ⎛ ⎞ ⎟

⎜ ⎜ ⎟ ⎟

⎜ ⎝ ⎠ ⎟

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

− −

Analyse

Dans la solution proposée, nous procédons classiquement, au regard de la forme simple de la matrice A, à la résolution d’un système linéaire. Pour chaque valeur propre obtenue, nous fournissons le sous-espace propre associé.

Résolution

Posons :

1 2

n

x X x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟

=⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟⎝ ⎠ .

On a facilement :

( ) ( )

1 2

1 2

1

2 2

1 1

1 2 1 2

0

n n

n n

n

x x x x AX

n x

n x

x x nx

n n

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

=⎜⎜⎜⎜⎝ − − ⎟⎜ ⎟ ⎜⎟⎟⎝ ⎠ ⎜⎟⎠⎜ ⎟ ⎜=⎝ + −+ + ⎟⎟⎟⎠

Soit alors λ une valeur propre de la matrice A. Il doit donc exister une matrice colonne X non nulle telle que : AX =λX .

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On a :

( ) ( )

1 1

2 2

1

1 2 1 2

2 2

1 1

2 2

n n n n

n n n

n

n n n

x x

x x

x x

x x

AX X

n x n x x

x x nx x x x nx x

λ λ λ λ λ

λ λ

λ

−

⎧ =

⎛ ⎞

⎛ ⎞ ⎪

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪

⎜ ⎟

= ⇔⎜⎜⎜⎝ + −+ + ⎟⎟⎟⎠=⎜⎜⎝ ⎟⎟⎠⇔ ⎨⎪⎪⎪ +⎩ + +− ==

Avec λ =0, les n−1 premières lignes du système donnent immédiatement x_n =0. La dernière se récrit alors : x1+2x2+ +

(

)

On en conclut immédiatement que 0 est valeur propre de A et que l’espace propre associé E ₀ est de dimension n−2 (E0 =

{ (

)

(

)

}

Supposons maintenant que l’on ait λ≠0. On a alors :

( )

( )

1 1

2 2

1

1

1 2

1 2

1

2

1

1

2

1

1 2 2

1 1 2

2

1 2

1

1 2 1

2 1

1 2

1

n n

n n

n n

n n

n n

n n

n

n

n n

n n n n n

n

n

n

x x

x x

x x

x x

n x x n

x x

x x nx x

x x nx x

x x

x x

x n x

x x n n x nx x

x x

x x

x n λ λ

λ λ

λ λ λ

λ

λ λ

λ

λ λ λ λ

λ λ

− −

−

−

⎧ =

⎪⎪

⎧ = ⎪

⎪ = ⎪ =

⎪⎪ ⇔⎪

⎨ ⎨

⎪ − = ⎪ −

⎪ ⎪ =

⎪ + + + = ⎪

⎩ ⎪ + + + =

⎪⎩

⎧ =

⎪⎪

⎪ =

⎪⎪

⇔ ⎨⎪⎪ = −

⎪⎪ + + + − − + =

⎪⎩

=

=

⇔

= −

( )

2 2

1 2 1

n

n n

x

n n x x

λ

λ λ

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎨⎪

⎪⎪

⎪⎡ + + + − + ⎤ =

⎪⎣ ⎦

⎩

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Or, on a classiquement :

( ) (

) ( ) ( ) ( )( )

2 1 1 1 2 1 1 1 2 1

1 2 1

6 6

n n n n n n

n − ⎡⎣ − + ⎤ ⎡⎦ ⎣ − + ⎤⎦ − −

+ + + − = =

D’où :

( )

( )

( )( )

1 1

2 2

1

1

1 2

2 2 2

1

2

1

2

1 2 2

1 1 2

1 2 1

1 2

1

1 2 1

6

n n

n n

n n

n n

n n

n n

n

n

n n

n n

x x

x x

x x

x x

n x x n

x x

x x nx x

n n x x

x x

x x

x n x

n n n

n x x

λ λ

λ λ

λ λ λ

λ λ

λ λ

λ

λ λ

− −

−

⎧ =

⎪⎪

⎧ = ⎪

⎪ = ⎪ =

⎪⎪ ⇔⎪

⎨ ⎨

⎪ − = ⎪ −

⎪ ⎪ =

⎪ + + + = ⎪

⎩ ⎪⎡⎪⎣⎩ + + + − + ⎤⎦ =

⎧⎪ =

⎪⎪

=

⎪⎪⎪

⇔ ⎨⎪⎪ = −

⎪⎪⎡ − − ⎤

⎪⎢ + ⎥ =

⎪⎣ ⎦

⎩

Si, dans la dernière équation, on a :

(

)(

)

6

n n n

nλ λ

− −

+ ≠ alors nécessairement x_n =0 et les n−1 premières lignes du système donnent immédiatement : x₁=x₂= =x_n−1=0. Le système n’admet alors comme unique solution que le n-uplet nul.

Peut-on avoir :

(

)(

)

6

n n n

nλ λ

− −

+ = . Cette équation , en λ, se récrit :

( )( )

6λ2−6nλ−n n−1 2n− =1 0 Le discriminant réduit associé vaut :

( )

( )( )

( )( )

' 3n 6 n n 1 2n 1 9n 6n n 1 2n 1

Δ = − + × − − = + − −

Il est strictement positif puisque pour n entier naturel supérieur ou égal à 1, on a : 9n²>0 et

( )( )

6n n−1 2n− ≥1 0. L’équation admet ainsi deux racines distinctes λ₁ et λ₂ non nul (le terme constant est non nul pour n>1).

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Pour ces valeurs, l’égalité

(

)(

)

6 ^{n n}

n n n

nλ x λ x

− −

⎡ ⎤

+ =

⎢ ⎥

⎣ ⎦ est vérifiée pour n’importe quelle

valeur de x_n. On peut, par exemple choisir : x_n=1 et il vient alors, pour tout entier naturel k dans 1 ;n−1 : _k k

x ⁼λ ^.

Résultat final

La matrice

( )

1 2

1

1 2 1

0

A

n

n n

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎜ ⎟

= ⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎜ − ⎟

⎜ − ⎟

⎝ ⎠

admet trois valeurs propres distinctes :

• 0, d’espace propre associé E , le sous-espace vectoriel de ₀ ⁿ défini par :

( ) ( )

{ }

0 1 2 1 1 2 1

E = x ;x ;…;x_n− ; 0 ∈ ⁿ/x +2x + + n−1 x_n− =0 .

• Les deux racines λ₁ et λ₂ de l’équation ^{6λ2−6nλ−n n}

(

)(

)

1

1 1 1 1

1 2 3 1

E Vect ; ; ; ;n ; 1

λ λ λ λ

⎧⎛ − ⎞⎫

⎪ ⎪

= ⎨⎜ ⎟⎬

⎪⎝ ⎠⎪

⎩ ⎭ et ₂

2 2 2 2

1 2 3 1

E Vect ; ; ; ;n ; 1

λ λ λ λ

⎧⎛ − ⎞⎫

⎪ ⎪

= ⎨⎜ ⎟⎬

⎪⎝ ⎠⎪

⎩ ⎭.