ANN´ EE UNIVERSITAIRE 2018/2019 UE 4TBX308U

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Premi´ere session : Corrig´e

Date : 22/01/20 Heure : 14h30 Dur´ee : 3h00 Documents et calculatrice : non autoris´es

Epreuve de M. Popoff et Ruch (sujet en recto-verso)

Exercice 1 :

1. Chaque valeur propre est de multiplicit´e au moins 1, et la somme des multiplicit´es vaut n.

Puisque qu’il y anvaleurs propres, chacune est de multiplicit´e 1. On d´eduit que chaque espace propre est de dimension 1.

2. (a) On a

M Av=AM v=A(λv) =λAv.

(b) Soit Av = 0. Comme v est non nul, c’est donc un vecteur propre de A associ´e `a la valeur propre 0.

Soit Av 6= 0. D’apr`es ce qui pr´ec`ede, Av est un vecteur propre de M, associ´e `a la valeur propreλ. Or l’espace propre associ´e `aλest une droite, engendr´ee par le vecteurv. Puisque Av est dans cette droite, on d´eduit que v et Av sont colin´eaires. Cela montre bien que v est un vecteur propre de A.

Comme cela est vrai pour tout vecteur propre de v de M, on d´eduit que les vecteurs propres de M sont aussi des vecteurs propres deA.

3. La matrice M est diagonalisable en tant que matrice de taille n ayant n valeurs propres distinctes. Ainsi, il existe une base de Rⁿ form´ee de vecteurs propres de M. Puisque ce sont aussi des vecteurs propres de A par la question pr´ec´edente, on a une base de Rⁿ form´ee de vecteurs propres de A. Donc A est diagonalisable.

Exercice 2 :

1. On sait que si A etB sont deux matrices de Mn(R), et µ∈R, alors f(A+µB) =^t(A+µB) =^tA+λ^tB =f(A) +λf(B).

Ceci prouve quef est lin´eaire, et c’est un endomorphisme puisqu’il est `a valeurs dansM_n(R).

Montrons qu’il est injectif : soitA∈ M_n(R) tel que f(A) =^tA = 0.

Alors en transposant `a nouveau, on obtient A = 0. Donc f est injectif. Puisque c’est un endomorphisme sur un espace de dimension finie, il est alors bijectif.

2. (a) On a

t

M+ ^tM 2

=

tM + ^t(^tM)

2 =

tM +M

2 ,

ce qui prouve que ^M+₂^tM est dansS_n(R).

(b) De m´eme :

t

M − ^tM 2

=

tM − ^t(^tM)

2 =−

M − ^tM 2

, ce qui prouve que ^M−₂^tM est dansA_n(R).

(c) On a la d´ecomposition

M = M+ ^tM

2 +M − ^tM

2 .

Or, d’apr`es les questions pr´ec´edentes, le premier terme du membre de droite est dans S_n(R), tandis que le second est dans A_n(R). Cela prouve que M_n(R) =S_n(R) +A_n(R).

Il reste `a montrer que la somme est directe. On sait qu’un crit´ere ´equivalent est Sn(R)∩ A_n(R) ={0}. SoitM ∈ S_n(R)∩ A_n(R). Alors on aM =^tM =−M, et doncM = 0. Cela prouve que la somme est directe.

(d) On constate queS_n(R) ={M ∈ M_n(R), f(M) = M}et queA_n(R) = {M ∈ M_n(R), f(M) =

−M}. Ainsi, S_n(R) (respectivement, A_n(R)) est l’espace propre de f associ´e `a la valeur propre 1 (respectivement, -1). Les questions pr´ec´edentes montrent alors que M<sub>n</sub>(R) est la somme des espaces propres de f. Cela prouve que f est diagonalisable d’apr`es le cours.

3. (a) On af²(M) =^t(^tM) =M. Ainsi,f² =Id, et le polynˆomeP(X) =X²−1 est un polynˆome anulateur de f.

(b) Puisque P(X) = (X + 1)(X −1) est scind´e `a racines simples, on en d´eduit que f est diagonalisable, et que ses valeurs propres possibles sont 1 et -1. Si f n’avait que 1 ou que -1 comme valeur propre, alors, puisquef est diagonalisable, on auraitf =Idouf =−Id, ce qui n’est pas le cas.

Exercice 3 :

1. On calcule le polynˆome caract´eristique deA. En d´eveloppant par rapport `a la premi`ere colonne, on obtient

χ_A(X) = det(A−XI₃)

= (−1−X)((X+ 1)²−1)−(−1−X−1) + (1 + 1 +X)

=−(X+ 1)X(X+ 2) + 2(X+ 2) =−(X+ 2)(X²+X−2)

=−(X+ 2)²(X−1).

Les valeurs propres ´etant les racines du polynˆome caract´eristique, on en d´eduit queA a pour valeur propre 1 et -2. Etudions les espaces propres associ´es :

• Espace propre associ´e `a 1 : On r´esout Av = v avec v = (x, y, z). On trouve v = (x, x, x), ainsi l’espace propre associ´e `a 1 est une droite engeandr´ee par le vecteur v₁ = (1,1,1).

• Espace propre associ´e `a -2 : On r´esoutAv =−2vavecv = (x, y, z). On trouvex+y+z = 0, ainsi l’espace propre associ´e `a 1 est un plan engeandr´ee par les vecteur v₂ = (1,−1,0) et v₃ = (0,1,−1).

Puisque les dimensions des espaces propres sont ´egales aux multiplicit´es des valeurs propres associ´ees, la matrice A est diagonalisable.

2. On diagonalise A : en notant

P =





1 1 0

1 −1 1

1 0 −1





la matrice dans laquelle on a rang´e les vecteurs propres (v₁, v₂, v₃), on a A =P DP⁻¹,

avec

D=





1 0 0 0 2 0 0 0 2



.

On a det(P) = 3, et on calcule l’inverse deP en utilisant la transpos´ee de la comatrice :

P⁻¹ = 1 3





1 1 1

2 −1 −1

1 1 −2



.

D’apr`es le cours, on a alors

exp(A) =P exp(D)P⁻¹ = 1 3





1 1 0

1 −1 1

1 0 −1









e 0 0

0 e⁻² 0 0 0 e⁻²









1 1 1

2 −1 −1

1 1 −2



,

o`u exp(D) a ´et´e calcul´ee en utilisant le fait que Dest diagonale. En multipliant ces matrices, on obtient :

exp(A) = 1 3





e+ 2e⁻² e−e⁻² e−e⁻² e−e⁻² e+ 2e⁻² e−e⁻² e−e⁻² e−e⁻² e+ 2e⁻²





3. Posons X(t) = (x(t), y(t), z(t)). Alors le syst`eme est ´equivalent `aX⁰ =AX. D’apr`es le cours, ce syst`eme avec sa condition initiale admet une unique solution, donn´ee par

X(t) = exp(tA)X(0).

On calcule exp(tA) par des calculs similaires aux questions pr´ec´edentes :

exp(tA) = 1 3





e^t+ 2e^−2t e^t−e^−2t e^t−e^−2t e^t−e^−2t e^t+ 2e^−2t e^t−e^−2t e^t−e^−2t e^t−e^−2t e^t+ 2e^−2t





et finalement

X(t) = 1 3





e^t+ 2e^−2t e^t−e^−2t e^t−e^−2t e^t−e^−2t e^t+ 2e^−2t e^t−e^−2t e^t−e^−2t e^t−e^−2t e^t+ 2e^−2t







 a b c



= 1 3





e^t(a+b+c) +e^−2t(2a−b−c) e^t(a+b+c) +e^−2t(−a+ 2b−c) e^t(a+b+c) +e^−2t(−a−b+ 2c)



.

Exercice 4 : On consid`ere les matrices deM₃(R) suivantes :

A=





0 0 0

0 0 0

−1 0 1



 B =





−2 0 0

3 1 0

−2 0 0



 C =





1 0 0

−2 −1 0

0 0 1





On note F = Vect(A, B, C).

1. Montrons que cette famille est libre : soient (α, β, γ) des scalaires tels que αA+βB+γC = 0.

On a alors



















−2β+γ = 0 3β−2γ = 0 β−γ = 0

−α−2β = 0 α+γ = 0

En r´esolvant ce syst`eme par substitution, on voit qu’on aα=β =γ = 0, ce qui prouve que la famille est libre. Puisqu’elle est g´en´eratrice deF par d´efinition deF, c’en est une base. Donc F est de dimension 3.

2. Un calcul direct donne

B² =





4 0 0

−3 1 0

4 0 0



.

Cherchons (α, β, γ) tels que B² =αA+βB+γC. On a alors



















−2β+γ = 4 3β−2γ =−3

β−γ = 1

−α−2β = 4 α+γ = 0

Les deux premi`eres lignes poss`edent une unique solution, donn´ee par β =−5 et γ = −6. La troisi`eme ligne est alors v´erifi´ee, et les deux derni`eres ´egalement avec l’unique solution α= 6.

Ceci prouve que B² ∈ F, avec

B² = 6A−5B −6C.

3. La matrice de passage de la famille (A, B, C) `a la famille (M₁, M₂, M₃) est

P =





1 2 1

−1 −1 0

−1 −2 0



.

En d´eveloppant par rapport `a la derni`ere colonne, on a det(P) = 2−1 = 1. On d´eduit que P est inversible, et donc la famille (M₁, M₂, M₃) est une base de F.

4. On a d´ej`a d´etermin´e P. On d´etermine Q en inversantP :

Q=P⁻¹ =





0 −2 1

0 1 −1

1 0 1



.

Exercice 5 : Soit E ={P ∈R[X],deg(P)≤3}

1. Il s’agit d’une question trait´ee dans le cours.

2. On a L0(X) = 1, et

kL₀k= Z 1

−1

1²dt ^1/2

=√ 2.

De m´eme, on a L₁(X) = 2X, et kL₁k=

Z 1

−1

4t²dt 1/2

= r8

3 = 2 r2

3.

Pour calculerL₂, on d´erive deux fois le polynˆome (X²−1)², et on obtientL₂(X) = 4(3X²−1), puis

kL2k² = 16 Z 1

−1

(3t²−1)²dt = 16 Z 1

−1

(9t⁴−6t²+ 1)dt = 16(18 5 − 12

3 + 2) = 384 15 , et donckL₂k= 8

q2 5.

3. On a clairement que deg((X² −1)^j) = 2j, et donc en d´erivant j fois, deg(L_j) = 2j −j = j. Ainsi, (L_j)_0≤j≤3 est une famille ´echelonn´ee de polynˆomes, elle est donc libre, et puisque dim(E) = dim(R3[X]) = 3 + 1 = 4, et que la famille (L_j)0≤j≤3 est compos´ee de 4 ´el´ements de E, c’en est une base.

4. Pour simplifier, notons Q_j le polynˆome Q_j(X) = (X² −1)^j, de sorte que L_j = Q^(j)_j . On a alors, sik ≥1, en faisant une int´egration par partie (on primitiveL_j et on d´erive M_k) :

< Lj, Mk>=

Z 1

−1

Q^(j)_j (t)t^kdt= [Q^(j−1)_j (t)t^k]¹₋₁− Z 1

−1

Q^(j−1)_j (t)kt^k−1dt.

Pour calculer le terme de bord, on va montrer que pour 0≤m < j, on aQ^(m)_j (1) = Q^(m)_j (−1) = 0. Cela peut s’intuiter en voyant qu’en d´erivant m fois Q_j on s’attend `a avoir un facteur (X²−1)^j−m. Montrons donc par r´ecurrence sur m, compris entre 0 etj−1, que (X²−1)^j−m diviseQ^(m)_j . C’est clairement vrai pour m = 0, supposons le r´esultat vrai pour m < j−2, il existe alors un polynˆome A tel que

Q^(m)_j (X) =A(X)(X²−1)^j−m. En d´erivant, on obtient

Q^(m+1)_j (X) = (X² −1)A⁰(X) + 2X(j −m)A(X)

(X²−1)^j−(m+1),

ce qui prouve le r´esultat par principe de r´ecurrence. Puisque (X² −1)^j−m divise Q^(m)_j pour m < j, on a alors que 1 et -1 sont racines de Q^(m)_j .

Revenons au calcul obtenu par l’int´egration par partie. En r´ep´etantk int´egrations par parties similaires, et en constatant que le terme de bord s’annule `a chaque fois, on obtient (formule

´egalement vraie sik = 0) :

< L_j, M_k>= (−1)^kk!

Z 1

−1

Q^(j−k)_j (t)dt = (−1)^kk![Q^(j−k−1)_j (t)]¹₋₁ = 0, en utilisant encore ce qui pr´ec`ede, avec m=j−k−1.

5. PuisqueLk est de degr´e k, il existe des coefficients (αm)0≤m≤k tel queLk(X) =Pk

m=0αmX^m. On a alors

< L_j, L_k >=

k

X

m=0

α_m < L_j, M_m >= 0,

en utilisant la question pr´ec´edente, puisque k < j. Il en d´ecoule que (L₀, L₁, L₂, L₃) est une famille orthogonale, et puisque c’est base deE, c’en est une base orthogonale.

6. PosonsfL_j = _kL^Lj

jk. Alors (fL_j)0≤j≤3est une base orthonormale deE, on a donc d’apr`es le cours : P =

3

X

j=0

µ_jfL_j,

avecµ_j =<fL_j, P >= _kL¹

jk < L_j, P >. Au final, on a donc

P =

3

X

j=0

< L_j, P >

kLjk² L_j.

Il reste `a calculer les nombres < L<sub>j</sub>, P >. On sait d´ej`a que < L₃, P >= 0 car deg(P) = 2 et que (L₀, L₁, L₂) est aussi une base de R2[X]. Des calculs rapides donnent :

< L₀, P >=

Z 1

−1

P(t)dt= 2 3, puis

< L₁, P >=

Z 1

−1

2t(t²+t)dt= 4 3 et

< L₁, P >=

Z 1

−1

4(3t²−1)(t² +t)dt = 4 Z 1

−1

3t⁴−t²dt= 4(6 5 − 2

3) = 32 15. Finalement, en utilisant les normes desL_j calcul´ees pr´ec´edemment :

P = 1

3L₀ +1

2L₁ + 1 12L₂.