ANN´ EE UNIVERSITAIRE 2020/2021 UE 4TBX308U
Devoir surveill´e 2
Date : 27/11/20 Heure : 14h Dur´ee : 1h30 Documents et calculatrice : non autoris´es
Epreuve de M. Popoff. (sujet en recto-verso)
Exo 1 : 1. On a
Xn+1 =
un+1 un+2 un+3
=
un+1 un+2
aun+bun+1+cun+2
=
0 1 0 0 0 1 a b c
un un+1 un+2
Ainsi, si on pose
A=
0 1 0 0 0 1 a b c
on a bien
Xn+1 =AXn. 2. Par une r´ecurrence directe sur n, on a
∀n ∈N, Xn=AnX0.
3. On sait que χA est un polynˆome de degr´e 3, de coefficient dominant -1. Ainsi, on a par une
´etude rapide de limite :
Xlim→−∞χA(X) = +∞ et lim
X→+∞χA(X) =−∞.
Puisque χA est une fonction continue, on d´eduit du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires que χA a au moins une racine r´eelle, qui est donc une valeur propre de A.
4. Par d´efinition d’un vecteur propre, on a
A
u0 u1
u2
=λ
u0 u1
u2
,
et donc par une r´ecurrence sur n≥0, on obtient directement
An
u0 u1 u2
=λn
u0 u1 u2
,
En particulier, on obtient
Xn =λn
u0 u1 u2
et donc en regardant la premi`ere composante de l’´egalit´e pr´ec´edente :
∀n ≥0, un=λnu0,
c’est-`a-dire que la suite un est une suite g´eom´etrique de raison λ.
5. (a) Dans ce-l`a, la matriceA est
0 1 0
0 0 1
−4 4 1
.
En utilisant le cours sur les matrices compagnons (ou par un calcul direct), on obtient χA(X) =− X3−X2−4X+ 4
.
On cherche les racines de ce polynˆome. On constate queX = 1 est une racine ´evidente, ce qui permet de factoriser le polynˆome
X3−X2−4X+ 4 = (X−1)(X2+αX+β), et en identifiant les coefficients, on trouve
X3−X2−4X+ 4 = (X−1)(X2−4) = (X−1)(X−2)(X+ 2).
Ainsi le polynˆome caract´eristique χA a trois racines simples, 1, 2 et -2.
(b) Puisque les valeurs propres deA sont exactement les racines du polynˆome caract´eristique χA, on d´eduit de la question pr´ec´edente que A a trois valeurs propres :
sp(A) ={1,2,−2},
et que ces valeurs propres sont simples. La matrice ´etant de taille 3×3, on d´eduit qu’elle est diagonalisable, et que chaque espace propre est de dimension 1.
Le calcul des sous-espaces propres montre que
ker(A−I3) = vect(u1) avec u1 =
1 1 1
,
ker(A−2I3) = vect(u2) avec u2 =
1 2 4
et
ker(A+ 2I3) = vect(u3) avec u3 =
1
−2 4
.
Ainsi, par construction, si on pose
D=
1 0 0
0 2 0
0 0 −2
et P = [u1, u2, u3] =
1 1 1
1 2 −2
1 4 4
,
on a d’apr`es le cours
A=P DP−1. (c) On obtient directement
An =P DnP−1. Il est direct que
Dn=
1 0 0
0 2n 0 0 0 (−2)n
.
De plus, on a
det(P) = 12, et le calcul de la comatrice donne
com(P) =
16 −6 2
0 3 −3
4 3 1
,
d’o`u
P−1 = 1 det(P)
t
(com(P)) = 1 12
16 0 −4
−6 3 3
2 −3 1
.
Ainsi, on obtient explicitement
Xn = 1 12
1 1 1
1 2 −2 1 4 −4
1 0 0
0 2n 0 0 0 (−2)n
16 0 4
−6 3 3 2 −3 1
X0
Les conditions initiales se traduisent par le fait que X0 =
0 1 0
, et donc
16 0 4
−6 3 3 2 −3 1
X0 =
0 3
−3
puis
1 0 0
0 2n 0 0 0 (−2)n
16 0 4
−6 3 3 2 −3 1
X0 =
1 0 0
0 2n 0 0 0 (−2)n
0 3
−3
=
0 3.2n
−3(−2)n
.
Pour obtenir un, on peut se concentrer sur la premi`ere composante de Xn, et on obtient : un= 3
12(2n−(−2)n) = 2n
4 (1−(−1)n).
En particulier :
∀n≥0, un = 2n−2(1−(−1)n) =
(2n−1 si n est impair 0 si n est impair
Exo 2 :
1. Un calcul direct donne
χA(X) =X2−(a+d)X+ad−b2. On calcule son discriminant :
∆ = (a+d)2−4(ad−b2) =a2+d2+ 2ad−4ad+ 4b2 = (a−d)2+ 4b2. Ainsi ∆≥0.
2. D’apr`es la question pr´ec´edente, χA est scind´e. De plus, on distingue deux cas :
• Soit (a−d)2+ 4b2 = 0, ce qui ´equivaut `a ce que a= d et b = 0. Le polynˆome χA a alors une racine double.
• Soit (a−d)2+ 4b2 >0, et χA a alors deux racines simples.
Dans le premier cas, la matriceM est alors de la forme M =
a 0 0 a
et elle est bien diagonale. Dans le deuxi`eme cas, son polynˆome caract´eristique est scind´e `a racines simples, et elle est ´egalement diagonalisable.
3. (a) On calcule le polynˆome caract´eristique :
χA(X) =X2.
Ainsi, An’a qu’une seule valeur propre, 0. SiA´etait diagonalisable, elle serait semblable `a la matrice nulle, et serait donc nulle, ce qui est absurde. Donc A n’est pas diagonalisable.
Le calcul du SEP associ´e `a la valeur propre 0 confirme qu’il s’agit d’une droite, et donc la somme des dimensions des sous-espace propre vaut 1.
(b) Le calcul du discriminant deχA reste valide :
∆ = (a−d)2+ 4b2.
Si ce discriminant est non nul, alorsA a deux valeurs propres simples, et χA est diagona- lisable.
Si ∆ = 0, alors χA n’a qu’une racine double, que l’on note λ. Si A est diagonalisable, elle est semblable `aλI2, et donc ´egale `a λI2, c’est-`a-direb = 0 eta =d=λ. R´eciproquement, une matrice de cette forme est bien diagonale, donc diagonalisable.
On conclut :M = a b
b d
est diagonalisable si et seulement si (a−d)2+ 4b2 6= 0, ou bien si a=d et b= 0.
Exo 3 :
1. La fonctionf est bien d´efinie sur Mn(R), `a valeurs dans Mn(R). Il reste `a montrer qu’elle est lin´eaire : soient M et N dans Mn(R), ainsi que α ∈ R, on a alors en utilisant la lin´earit´e de la trace :
f(M +αN) = (M +αN)−tr(M+αN)In
=M +αN −(tr(M) +αtr(N)))In=M −tr(M)In+αN −αtr(N)In
=f(M) +αf(N).
2. On a
f(In) =In−tr(In)In=In−nIn= (1−n)In.
cela prouve que 1−n est une valeur propre de f, et qu’un vecteur propre associ´e est In. 3. On a
f2(M) + (n−2)f(M) =f(f(M)) + (n−2)f(M) =f(M −tr(M)In) + (n−2)f(M)
= (n−1)f(M)−tr(M)f(In)
= (n−1)(M−tr(M)In)−tr(M)(1−n)In
= (n−1)M
Cette ´egalit´e ´etant vraie pour tout M ∈Mn(R), on d´eduit que f2+ (n−2)f = (n−1)Id.
4. Introduisons le polynˆome
P(X) = X2+ (n−2)X−(n−1).
Alors
P(f) = f2−(n−2)f −(n−1)Id = 0
d’apr`es la question pr´ec´edente. Le polynˆome P est donc annulateur de f. De plus P(X) = (X−1)(X−(1−n)),
donc P est scind´e `a racines simples. On d´eduit du cours que f est diagonalisable, et que sp(f)⊂ {1,1−n}.
5. La fonction ϕ: Mn(R) → R d´efinie par ϕ(M) = tr(M) est une forme lin´eaire non nulle sur Mn(R). On a donc, par le corollaire du th´eor`eme du rang :
dim ({M ∈Mn(R),tr(M) = 0})) = dim(ker(ϕ)) = dim(Mn(R))−1 =n2−1.
6. On a vu `a la question 4 que f ne peut avoir comme valeur propre que 1 et 1−n. Or on a clairement
f(M) = M ⇐⇒ tr(M) = 0.
On d´eduit de la question pr´ec´edente que 1 est bien valeur propre, et que l’espace propre associ´e est de dimensionn2−1. On sait d´ej`a que 1−n est valeur propre de f, de plus puisquef est diagonalisable, la somme des dimensions des sous-espaces propres vautn2, et on a donc que
dim(ker(f−(1−n)Id) = n2−(n2−1) = 1.
7. Puisquef est diagonalisable,χf est scind´e, a pour racine 1 et 1−n, de multiplicit´es respectives les dimensions des sous-espaces propres associ´es, c’est-`a-dire n2 −1 et 1. En utilisant que le coefficient dominant de χf est (−1)n2, on d´eduit que
χf(X) = (−1)n2(X−1)n2−1(X−n+ 1).
