Diagonalisation – DM3 PeiP (2019) – Correction

Exercice 1. [⋆] Calculer les valeurs propres des applications lin´eaires suiv- antes, si cela a un sens :

1. f ∶R² →R ; (x, y) ↦x−y ;

2. f ∶R² →R² ; (x, y) ↦ (x+y, x−y) ; 3. f ∶R³ →R³ ; (x, y, z) ↦ (z, y, x).

Correction :

1. L’application f n’est pas un endomorphisme : elle ne peut pas avoir de valeurs propres.

2. L’application f est un endomorphisme. On cherche alors(x, y, λ) ∈R³ tel que(x, y) ≠ (0,0)et :

{ x+y=λx

x−y=λy ou encore { y= (λ−1)x x= (λ²−1)x Si x = 0, on obtiendrait alors y = 0 par la premi`ere relation, ce qui est impossible. Donc x ≠ 0, puis la deuxi`eme ´equation se simplifie en λ² −1 = 1 ou en- core λ ∈ {±√

2}. La fonction f admet deux valeurs propres qui valent ±√

2. Les sous-espaces propres as- soci´es sont alors E₋^√₂(f) = Vect((−1,1 + √

2)) et E^√₂(f) =Vect((1,√

2−1)).

3. Ici, f est un endomorphisme de R³. On cherche des coefficients r´eelsx, y, z non tous nuls etλ∈Ravec :

⎧⎪⎪⎪⎪⎨

⎪⎪⎪⎪⎩

z=λx y=λy x=λz

⇔⎧⎪⎪⎪⎪⎨

⎪⎪⎪⎪⎩

y=λy z=λx x=λ²x

.

Correction :

Si x = 0, alors z = 0 et comme y ≠ 0, forc´ement la premi`ere ´equation donneλ=1. Six≠0, alorsλ<sup>2</sup> =1 et on a λ=1 (ce qui ram`ene `a z=x ety quelconque) ou λ= −1, ce qui implique quez= −xety=0. Finalement f poss`ede 2 valeurs propres `a savoir ±1, avec

E−1(f) =Vect((1,0,−1))etE1(f) =Vect((0,1,0),(1,0,1)).

Exercice 2. [⋆]

Trouver les valeurs propres (r´eelles et complexes) des matrices suivantes : A= (1 2

2 1); B = ( 0 1

−1 0); C=⎛

⎜⎝ 0 1 0 0 0 1 2 0 0

⎞⎟

⎠; D=⎛

⎜⎝

1 2 3 2 0 4 3 4 −1

⎞⎟

⎠. Correction :

1. On a le polynˆome caract´eristique :

χ_A= ∣^1−X_{2 1−X}² ∣ = (1−X)²−2²= −(1+X)(3−X). Les valeurs propres deAsont donc−1 et 3 : elle est de surcroˆıt diagonalisable.

2. Le polynˆome caract´eristique de B est :

χ_B= ∣^−X_{−1 −X}¹ ∣ =X²+1= (X−i)(X+i).

Les valeurs propres de B sont donc ±i : elle n’est dia- gonalisable que dansC.

3. On a en d´eveloppant par rapport `a la premi`ere ligne : χ_C = ∣^{−X0 −X1 01}

2 0 −X∣ = −X∣^−X0 −X¹ ∣ − ∣⁰2−X¹ ∣ = −X³+2.

Ses valeurs propres sont donc 2^1/3e^ikπ/3 o`uk∈ {0,1,2}.

Correction :

4. La matrice Da le polynˆome caract´eristique suivant :

χD= ∣^1−X2₃ ^−X2_{4 −1−X}³⁴ ∣ = ∣^1−X2₃ ^−X2₄ ^6−X6−X_6−X∣^{,via C3←C3+C2+C1}

= ∣^1−X1+X_2+X ^−2−X2₂ ^6−X0₀ ∣^{, grˆace `aL2←L2−L1etL3←L3−L1}

= (6−X)∣^1+X2+X ^−2−X2 ∣ = (6−X)(X²+6X+6)

en d´eveloppant par rapport `a la derni`ere colonne. Les valeurs propres de D sont donc 6 et −3±√

3 : D est diagonalisable dans RetC.

Exercice 3. [⋆⋆] (Compter les lapins avant de s’endormir)

On ´etudie dans cet exercice une population de lapins. Au tempsn=0, nous avons un unique couple de lapins. On suppose que la maturit´e sexuelle du lapin est atteinte apr`es un mois et que la p´eriode de gestation est aussi de un mois:

chaque couple engendre un nouveau couple tous les mois d`es le troisi`eme mois de vie. Par ailleurs on suppose que les lapins ne meurent jamais.

On note u_n le nombre de couple de lapins au mois n.

1. Exprimer u0, u1 et pour tout n≥2, donner une relation entre un, un−1

et u_n−2.

2. On d´efinit pour tout n le vecteur X_n= (u_n+1

un ).Montrer que pour tout n, on a Xn+1=AXn avec :

A= (1 1 1 0). 3. Diagonaliser A.

4. En d´eduire X_n et u_n en fonction de n.

5. Il y a fort longtemps, les marins apportaient des lapins sur leur navires pour se nourrir. Est-ce que cela est int´eressant : si on ne les mangeait

pas et qu’ils ne mourraient pas, pendant une longue p´eriode, y aurait-il suffisamment de lapins pour nourrir tout l’´equipage ? Maintenant, en se rappelant que le bateau a un espace limit´e, est-ce une r´eelle bonne id´ee ? (En fait, suite `a des nauvrages caus´es par des lapins qui ont rong´e le bois des navires, en amener un `a bord, et mˆeme en parler, porte malheur.) Correction :

1. D’apr`es l’´enonc´e, initialement (et donc au mois 0), nous avons un unique couple de lapins : u<sub>0</sub> = 1. Le mois d’apr`es a lieu la gestation et donc il n’y a pas de nou- veau couple : u₁=1.

Prenons maintenant un mois n. Le nombre de couple pendant ce mois correspond au nombre de couples au mois n−1, auquel on ajoute les nouveaux couples de lapins. Les nouveaux viennent des couples du mois n−2 : comme chaque couple donne naissance a un nouveau couple, il y aun−2 nouveaux couples de lapins.

Finalement, on a :

∀n≥2, un=un−1+un−2. 2. On voit que d’apr`es la question pr´ec´edente :

X_n+1= (u_n+2

un+1) = (u_n+1+u_n

un+1 ) =A X_n, avec A la matrice de l’´enonc´e.

3. Le polynˆome caract´eristique de A est

χ_A= ∣^1−X_{1 −X}¹ ∣ =X²−X−1= (X−1+√ 5

2 ) (X−1−√ 5 2 ), ce qui implique que les valeurs propres deAsont ^1±

√ 5 2 .

Correction :

Soit(x, y)un vecteur propre associ´e `a λ= ^1±₂^√5. Alors on a :

{ x+y=λx

x=λy ou encore { x=λy

(1+λ−λ²)y=0 . Commeλest une racine deχ_A, la deuxi`eme relation est triviale. Ainsi x=λy, ce qui nous donne des vecteurs propres.

Finalement A est diaognalisable (car elle poss`ede des valeurs propres simplesid est dont la multiplicit´e vaut 1) avec D=P⁻¹AP, pour

D=⎛

⎝

1−√ 5

2 0

0 ¹⁺

√ 5 2

⎞

⎠ etP = (1−√

5 1+√ 5

2 2 ).

4. On d´efinit Yn = P⁻¹Xn. Dans ce cas, nous observons que :

Yn+1=P⁻¹Xn=P⁻¹AXn=DP⁻¹Xn=DYn. Commen¸cons par calculerY0. Pour cela, nous avons de P⁻¹ :

P⁻¹= − 1 4√

5 ( 2 −1−√ 5

−2 1−√ 5 ). Ainsi on a :

Y₀=P⁻¹X₀ = − 1 4√

5( 1−√ 5

−1−√ 5).

Par une r´ecurrence imm´ediate, on a Y_n = DⁿY₀. Fi- nalement, la relationX_n=P Y_nimplique que :

Xn=P DⁿY0= − 1 2ⁿ⁺²√

5 ( (1−√

5)ⁿ⁺²− (1+√ 5)ⁿ⁺² 2[(1−√

5)ⁿ⁺¹− (1+√

5)ⁿ⁺¹]),

Correction : puis que :

un= [(1+√

5)ⁿ⁺¹− (1−√ 5)ⁿ⁺¹] 2ⁿ⁺¹√

5 .

5. On peut r´e´ecrireu_n sous la forme :

u_n= 1

√5 (1+√ 5

2 )

n+1 ⎡⎢

⎢⎢⎢⎣1− (1−√ 5 1+√

5)

n+1⎤⎥

⎥⎥⎥⎦.

Comme ∣¹⁻₁₊^√√5₅∣ ≤1, on sait que (¹⁻₁₊^√√5₅)ⁿ⁺¹ tend vers 0 quandntend vers+∞. Par ailleurs, ¹⁺

√ 5

2 ≥ ³₂ >1, donc (¹⁺₂^√5)ⁿ⁺¹ tend, quant `a lui, vers +∞. On a donc que u_n diverge vers+∞ quand ntend vers l’infini.

Donc le navire aura suffisamment de quoi nourrir les passagers, mais le nombre de lapins tendant vers l’infini, le bateau finira par faire naufrage.

Exercice 4. [⋆ ⋆ ⋆⋆] (Matrices et circuit R/L/C/RC)

Le but de cet exercice est d’´etudier l’´evolution de la tension U :

R i1

L i2

C

i3 C

i

R U

On rappelle les relations suivantes pour les composants ´electriques pr´esents dans ce circuit :

◇ R´esistance : UR=R iR ;

◇ Condensateur : i_C =C^dU_dt^C ;

◇ Bobine : UL=L^di_dt^L.

R i_R

U_R

C i_C

U_C

L i_L

U_L

1. V´erifier que la tension U est solution de l’´equation diff´erentielle : d³U

dt³ +ad²U

dt² +bdU

dt +c U =0, avec a= _RC³ , b= _LC¹ +_R²¹_C² etc=_RLC^{1 2}.

2. On d´efinit le vecteur

→

U = ( ^dUU/dt

d²U/dt²). Montrer que ^d

→

U dt =A

→

U, avec

A=⎛

⎜⎝

0 1 0

0 0 1

−c −b −a

⎞⎟

⎠.

3. Calculer le polynˆome caract´eristique de A.

4. On suppose ici que R² = 2L/C. Factoriser χA en fonction de R et de C. La matrice Aest-elle diagonalisable dans R? L’est-elle dans C? Si oui, diagonalisez-la.

NB: On a 1=e^−iπ/3+e^iπ/3.

5. Exprimer U en fonction du temps `a l’aide de fonctions complexes, puis

`

a l’aide de fonctions r´eelles, dans le cas o`u U(0) = 3K, ^dU_dt(0) = 0 et

d²U

dt²(0) = _R^6K2_C², avecK∈R. Le circuit se charge-t-il ? Se d´echarge-t-il ?

Correction :

1. Nous savons d´ej`a que :

i₁= U

R , U =Ldi₂

dt et i₃=CdU dt .

Faisons maintenant l’´etude de la branche de droite, pour laquelle on a :

−UR=Ri et 1

Ci= −dUC

dt ,

avecURetUC les tensions respectives aux bornes de la r´esistance et du condensateur, avecU =U_R+U_C. Ainsi on a une nouvelle relation entreU eti:

−dU

dt = −dUR

dt − dUC

dt =Rdi dt + 1

Ci.

Par la loi des nœuds, on sait que i=i1+i2+i3. Ainsi en la r´einjectant dans la derni`ere ´equation diff´erentielle on trouve :

−dU

dt =Rdi1

dt +Rdi2

dt +Rdi3

dt +i1+i2+i3

C .

En d´erivant cette derni`ere relation et utilisant celles du d´ebut, on trouve l’´equation diff´erentielle de l’´enonc´e.

2. On a :

d

→

U

dt = (^ddU/dt2U/dt2

d³U/dt³) =A

→

U ,

avec la matriceA donn´ee par l’´enonc´e.

3. Le polynˆome caract´eristique deAvaut en d´eveloppant par rapport `a la premi`ere colonne :

χ_A= ∣^{−X0 −X1 01}

−c −b −X−a∣ = −X∣^−X_{−b −X−a}¹ ∣ −c∣−X^{1 0}1∣

= −X[X(X+a) +b] −c= −X³−aX²−bX−c.

Correction :

4. En supposant queR²=2L/C, ce qui revient `a dire que L=R²C/2, on a :

χ_A= −X³− 3

RC X²− 3

R²C²X− 2 R³C³

= − (X+ 1

RC)³− 1 R³C³

= − (X+ 2

RC) (X+1−e^−iπ/3

RC ) (X+1−e^iπ/3 RC )

= − (X+ 2

RC) (X+e^iπ/3

RC ) (X+e^−iπ/3 RC ).

CommeχAposs`ede des racines complexes,A n’est pas diagonalisable dans Rmais dans Coui.

Diagonalisons-la maintenant. On consid`ere une valeur propreλdeA. Soit(x, y, z)un vecteur proprea priori complexe associ´e. On a alors le syst`eme suivant :

⎧⎪⎪⎪⎪⎪

⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y=λx z=λy

−cx−by−az=λz qui est ´equivalent `a

⎧⎪⎪⎪⎪⎪

⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y=λx z=λ²x

x(−c−bλ−aλ²−λ³) =0 .

La derni`ere ´equation est triviale car λ est racine de

−X³−aX²−bX−c. Donc un vecteur propre associ´e `a λest de la forme :

⎛⎜

⎝ 1 λ λ²

⎞⎟

⎠.

Correction :

On a alorsA=P DP⁻¹ avec : D= − 1

RC

⎛⎜

⎝

2 0 0

0 e^iπ/3 0 0 0 e^−iπ/3

⎞⎟

⎠ et

P =⎛

⎜⎝

1 1 1

−2/RC −e^iπ/3/RC −e^−iπ/3/RC 4/(R²C²) e^2iπ/3/(R²C²) e^−2iπ/3/(R²C²)

⎞⎟

⎠.

5. On pose

→

V =P⁻¹

→

U. On observe que :

P⁻¹=1 3

⎛

⎜⎜

⎝

1 RC R²C²

−2ie^5iπ/6 −RC(2+e^−iπ/3)ie^−5iπ/6 −R²C²ie^−5iπ/6 2ie^−5iπ/6 RC(2+e^iπ/3)ie^5iπ/6 R²C²ie^5iπ/6

⎞

⎟⎟

⎠ ,

ce qui donne :

→

V0= ⎛

⎜⎝ 3K iK/2

−iK/2

⎞⎟

⎠. On v´erifie ais´ement que ^d

→

V dt =D

→

V . Ainsi, en r´esolvant ce dernier syst`eme diff´erentiel, nous trouvons que :

→

V(t) = (exp(−2t/RC) 0 0

0 exp(−e^iπ/3t/RC) 0

0 0 exp(−e^−iπ/3t/RC))V^→₀

=K ( 3 exp(−2t/RC) iexp(−e^iπ/3t/RC)/2

−iexp(−e^−iπ/3t/RC)/2).

Correction :

Finalement, comme

→

U =P

→

V, on a :

U(t) =3Ke^−2t/RC+ Ki

2 [exp(−e^iπ/3t/RC) −exp(−e^−iπ/3t/RC)]

=3Ke^−2t/RC−e^−t/(2RC)sin(

√3 2RCt).

On voit que U tend vers 0 `a l’infini : le circuit se d´echarge donc au cours du temps.

Exercice 5. [⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆] (Th´eor`eme de Cayley-Hamilton — Version faible) 1. Nous allons montrer dans cette question le th´eor`eme de Cayley-Hamilton

(affaibli) qui dit que pour tout matrice diagonalisable : χM(M) =0.

En fait ce r´esultat est vrai pour toute matrice M ∈ Mⁿ(K), mais la preuve n’est pas imm´ediate.

(a) On consid`ere une matrice D ∈ Mⁿ(K) diagonale. Rappelez le polynˆome caract´eristique χ_D de D. Montrer que χ_D(D) =0.

(b) Soit A∈ Mn(K) une matrice diagonalisable. Montrer que χ_A=χ_D si D est la matrice diagonale des valeurs propres de A, puis le th´eor`eme de Cayley-Hamilton (affaibli).

2. Dans la suite de l’exercice, nous allons ´etudier un autre polynˆome pour illustrer que la preuve du th´eor`eme de Cayley-Hamilton n’est pas triviale.

Pour cela, nous allons d´efinir le permanent d’une matrice A∈ Mⁿ(K). Si n=1, la d´efinition est identique au d´eterminant `a savoirP er(A) =A pour A∈K. Dans le cas n=2, on pose :

P er(a b

c d) =ad+cd.

Enfin pour unnquelconque, on utilise une formule de d´eveloppement par rapport `a une ligne (ou une colonne) similaire `a celle du d´eterminant.

Par exemple, si on souhaite d´evelopper le permanent deA∈ M³(K) par rapport `a la premi`ere ligne, nous avons :

P er⎛

⎜⎝ a b c d e f g h i

⎞⎟

⎠=aP er( e f

h i ) +bP er(d f

g i ) +cP er(d e g h). La seule diff´erence est la disparition des (−1)^i+j par rapport `a la formule pour le d´eterminant. Ce changement semble sans cons´equence impor- tante ... Pourtant ...

(a) Montrer que le permanent d’une matrice diagonaleD∈ Mⁿ(K)est

´

egal au produit des termes diagonaux (et donc `a son d´eterminant).

(b) Calculer le permanent de la matrice A= (^{0 1}1 0).

(c) Pour une matrice M∈ Mⁿ(K), on d´efinit le polynˆome : κ_M =P er(M−XI_n).

Montrer que si D est diagonale, alorsκ_D(D) =0. Calculer pour la matrice A de la question pr´ec´edente, la valeur de κ_A(A).

(d) Peut-on ´enoncer un r´esultat similaire au th´eor`eme de Cayley - Hamilton pour le polynˆome κM d’une matrice M diagonalisable ? Correction :

1. (a) Pour une matrice diagonaleD=diag(d₁, . . . , d_n), nous avons :

χD =∏ⁿ

i=1

(di−X).

Ainsi nous avons :

χ_D(D) =∏ⁿ

i=1

(d_iI_n−D)

Correction :

χD(D) =⎛

⎝

0 d2

. .. d_n

⎞

⎠

⋯

⎛

⎜⎜

⎝

d₁ . ..

0 . ..

d_n

⎞

⎟⎟

⎠

⋯

⎛

⎝

d₁ . ..

d_n−1 0

⎞

⎠

=0.

(b) Supposons queA=P DP⁻¹. Alors on a : χ_A=det(A−XIn) =det(P DP⁻¹−XIn)

=det[P(D−XIn)P⁻¹] =det[(D−XIn)P⁻¹P]

=det(D−XIn) =χD.

On sait que A^k = P D^kP⁻¹, pour tout entier k.

Ainsi si on ´ecrit χ_A sous la forme polynomiale χ_A = ∑ⁿi=0α_iXⁱ (remarquez que degχ_A = n), on obtient :

χA(A) =∑ⁿ

i=0

αiAⁱ=∑ⁿ

i=0

αiP DⁱP⁻¹=P(∑ⁿ

i=0

αiDⁱ)P⁻¹

=P χ_A(D)P⁻¹=P χ_D(D)P⁻¹,

car χ_A = χ_D. Cependant par la question pr´ec´edente, nous avons χ_D(D) = 0. Cela nous permet de conclure que :

χA(A) =P×0×P⁻¹ =0.

2. (a) On montre le r´esultat par r´ecurrence surncomme pour le calcul du d´eterminant d’une matrice dia- gonale.

Correction :

2. (a) Si n = 1, le r´esultat est imm´ediat. Supposons le r´esultat vrai au rangn−1 et d´emontrons le r´esultat au rang n. Nous avons en d´eveloppant le perma- nent par rapport `a la derni`ere ligne :

P er(d1

. .. d_n) =dn×P er(d1

. .. d_n−1 ). Par hypoth`ese de r´ecurrence, le permanent de droite est ´egal `a d₁⋯d_n−1, ce qui donne bien :

P er(d1

. .. d_n) =∏ⁿ

i=1

di.

(b) Nous avons d’apr`es la formule dans le casn=2 de l’´enonc´e P er(A) =0×0+1×1=1.

(c) On sait que D−XI_n est une matrice diagonale.

Donc on a :

κ_D =∏ⁿ

i=1

(d_i−X) =χ_D,

ce qui implique que κ_D(D) =χ_D(D) =0 d’apr`es le th´eor`eme de Cayley-Hamilton.

Passons au cas de la matrice A. Nous avons que κ_A=P er(^−X_{1 −X}¹ ) =X²+1, puis

κ_A(A) =A²+1=2I₂.

(d) On a trouv´e une matrice A diagonalisable (`a v´erifier) telle que κ<sub>A</sub>(A) ≠ 0. Donc on ne peut pas ´enoncer un r´esultat similaire au th´eor`eme de Cayley-Hamilton pour le permanent.