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EXERCICE 1 :
Pour quelles valeurs des paramètresa, b, c, d, e, f la matrice suivante est-elle diagonalisable dansM4(R) ?
A=
1 a b c
0 2 d e
0 0 2 f
0 0 0 2
EXERCICE 2 :
SoitA∈ Mn(C) vérifiantA3−A2−4A+ 4In= 0. Prouver queAest diagonalisable.
EXERCICE 3 :
SoitA∈ Mn(C) etA6=In. Prouver que si 1 est une valeur propre d’ordrendeAalorsAn’est pas diagonalisable.
EXERCICE 4 :
A=
16 1 1 1
1 16 1 1
1 1 16 1
1 1 1 16
∈ M4(R)
1. ÉcrireA= 15I4+B oùB est une matrice à déteminer. Étudier la diagonalisation deB.
2. Prouver queAest semblable à une matrice diagonaleDA que l’on déterminera.
EXERCICE 5 :
1. Calculer les valeurs propres et sous-espaces propres deAet justifier queAn’est pas diagonalisable.
A=
9 1 6
−7 1 −6
−10 −1 −7
2. Soit f ∈ L(R3) tel que A =matB(f) (B = (e1, e2, e3) base de R3). Déterminer la matrice de f dans la base (u1, u2, e1) oùu1et u2 sont deux vecteurs propres linéairement indépendants.
3. Montrer qu’il existeu3tel que (u1, u2, u3) soit une base deR3et : mat(u1,u2,u3)f =
−1 0 0
0 2 1
0 0 2
EXERCICE 6 : SoitA
0 1 0 1 0 1 1 1 1
∈ M3(R). CalculerAn,n∈N∗, par diagonalisation.
EXERCICE 7 :
Calculerun pour toutndeNsachant :
u0= 1, u1= 1, u2= 1
∀n∈N, un+3= 45un−39un+1+ 11un+2
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Corrections
EXERCICE 1 :
χA(X) = (1−X)(2−X)3.
• 1 est valeur prore simple donc dim(EA(1))=1 ;
• 2 est valeur propre d’ordre de multiplicité 3 doncAsera diagonalisable dansM4(R) si et seulement si ker(A−2Id) est de dimension 3 si et seulement si rg(A−2Id)=1.
A−2I4=
−1 a b c
0 0 d e
0 0 0 f
0 0 0 0
, donc rg(A−2Id)=1⇔d=e=f = 0.
EXERCICE 2 :
Théorème : Soit u ∈ L(E), u est diagonalisable si et seulement si, il existe un polynôme Q scindé dans K[X] n’admettant que des racines simples et tel queQ(u) = 0.
A3−A2−4A+ 4In= 0 s’écritP(A) = 0 avecP(X) =X3−X2−4X+ 4 = (X−1)(X+ 2)(X−2).
Compte-tenu du théorème et sa traduction matricielle, on peut conclure queAest diagonalisable.
Le spectre deAétant contenu dans l’ensemble{−2,1,2}.
EXERCICE 3 :
Un raisonnement par l’absurde s’impose. 1 est valeur propre d’ordren, supposons alors que Aest diagonalisable.
Il existe alorsP, inversible, telle queA=P DP−1avecD=diag(1,1, . . . ,1). OrD n’est autre queIn, on aurait donc A=P InP−1=P P−1=In, ce qui impossible compte-tenu des hypothèses.
EXERCICE 4 :
1. B =
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. Visiblement B est de rang 1 donc, via le théorème du rang, dim(ker(B))=3, ce qui implique que 0 est une valeur propre. Le sous-espace propre ker(B) a pour équationx1+x2+x3+x4= 0, il est assez aisé d’en déterminer une base :
u1=
1
−1 0 0
,u2=
1 0
−1 0
etu3=
1 0 0
−1
Un vecteur propre deB associé à une valeur propre non nulle est à chercher dans Im(B). En effet, siu(x) =λx avecλ6=,x= 1
λu(x), ce qui implique quex∈Im(u). La forme de la matriceB induit queu4=
1 1 1 1
engendre Im(u) (droite). De plus, Bu4 = 4u4, donc u4 est le vecteur propre associé à la valeur propre 4. La famille (u1, u2, u3, u4) est une base formée de vecteurs propres doncBest diagonalisable. Si l’on noteP la matrice dont les colonnes sont les vecteurs propres, on a
P−1BP =diag(0,0,0,4) doncP−1AP =diag(15,15,15,19).
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EXERCICE 5 :
1. χA(λ) =
9−λ 1 6
−7 1−λ −6
−10 −1 −7−λ
L1←=L1+L2
2−λ 2−λ 0
−7 1−λ −6
−10 −1 −7−λ
f acto,C2=←C2−C1(2−λ)
8−λ −6 9 −7−λ
C1←=C1+C2
(2−λ)
2−λ −6 2−λ −7−λ
=−(2−λ)2(1 +λ). Les valeurs propres sont−1 et 2.
La recherche des vecteurs propres conduit à exprimerA−2I3=
7 1 6
−7 −1 −6
−10 −1 −9
. Il est possible de chercher des solutions de (A−2I3)X = 0 mais on peut également remarquer que C1−C2−C3 = 0 (où les Ci sont les vecteurs colonnes deA−2I3), de plus, il est facile de voir que la matriceA−2I4 est de rang 2 (remplacerL2
parL2+L1). Ainsi Ker(f−2Id) est une droite engendrée paru2=
1
−1
−1
.
A+I3=
10 1 6
−7 2 −6
−10 −1 −6
et−2C1+ 2C2+ 3C3= 0, Ker(f+Id) est une droite engendrée paru1=
−2 2 3
.
La dimension du sous-espace propre Ker(f−2Id) associé à la valeur propre 2 n’est pas égale à l’ordre de multi- plicité de la valeur propre 2 donc An’est pas diagonalisable.
2. (u1, u2, e1) est une base (laissé au lecteur : calcul du déterminant dont les colonnes sont les coordonnées des trois vecteurs). Compte-tenu de ce qui précède,f(u1) =−u1 et f(u2) = 2u2, il faut donc exprimerf(e1) en fonction des vecteursu1,u2 ete1, c’est à dire déterminera, betc trois réels tels que
f(e1) =au1+bu2+ce1⇔
9
−7
−10
=a
−2 2 3
+b
1
−1
−1
+c
1 0 0
⇔a=−3, b= 1, c= 2
d’où mat(u1,u2,e1)f =
−1 0 −3
0 2 1
0 0 2
3. Le vecteuru3 cherché doit vérifierf(u3) = 2u3+u2(⋆). Avec u3 =
x1
x2
x3
, la relation (⋆) se traduit par le système
x1+x2= 1
x1+x3= 0 dont une solution est par exempleu3=
1 0
−1
. (u1, u2, u3) est une base et on a :
mat(u1,u2,u3)f =
−1 0 0
0 2 1
0 0 2
EXERCICE 6 :
On trouveχA(X) =X(1 +X)(2−X). Les trois valeurs propres deAsont distinctes doncAest diagonalisable. La recherche des sous-espaces propres conduit à :
Ker(A) = vect(c1) avecc1= (1,0,−1) Ker(A+Id) = vect(c2) avecc2= (1,−1,0) Ker(A−2Id) = vect(c3) avecc3= (1,2,3) etP−1AP =D=diag(0,−1,2) avecP =
1 1 1
0 −1 2
−1 0 3
. Le calcul deP−1donne P−1= 1 6
3 3 −3
2 −4 2
1 1 1
.
Pourn∈N∗, An=P DnP−1= 1 6
(−1)n+ 2n−1 2(−1)n−1+ 2n−1 (−1)n+ 2n−1 (−1)n−1+ 2n 2(−1)n+ 2n (−1)n−1+ 2n
3.2n−1 3.2n−1 3.2n−1
.
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EXERCICE 7 :
u0= 1, u1= 1, u2= 1
∀n∈N, un+3= 45un−39un+1+ 11un+2 ⇔Xn+1=AXn(⋆) oùXn=
un un+1
un+2
etA=
0 1 0
0 0 1
45 −39 11
(⋆)⇒Xn =AnX0 par récurrence. Pour déterminer Xn et doncun, on tente de diagonaliser la matriceA pour calculerAn.
χA(λ) =
−λ 1 0
0 −λ 1
45 −39 11−λ
=−λ3+ 11λ2−39λ+ 45 =−(λ−3)2(λ−5)
χAest scindé surRet les valeurs propres deAsont 3 (double) et 5. On noteEi,i∈ {3,5}, les sous-espaces propres associés aux deux valeurs propres 3 et 5.
On obtient assez facilementE3=vect(v1), avecv1=
1 3 9
et E3=vect(v3), avecv3=
1 5 25
.
dim(E3)=1 et 3 est valeur propre double donc A n’est pas diagonalisable. En revanche, commeχA est scindé surR, on peut trigonaliserAet plus précisément, montrer queAest semblable à
3 1 0 0 3 0 0 0 5
.
On cherche doncv2
x y z
tel queAv2= 3v2+v1⇔
y= 3x+ 1
z= 9x+ 6 , un choix possible est doncv2
0 1 6
.
La famille (v1, v2, v3) est une base dans laquelle A est semblable àT =
3 1 0 0 3 0 0 0 5
, c’est à dire A=P T P−1
avecP=
1 0 1
3 1 5
9 6 25
et après un calcul de l’inverse deP,P−1=1 4
−5 6 −1
−30 16 −2
9 −6 1
.
T =I+N oùN =
0 1 0 0 0 0 0 0 0
,N2= 0, donc (Formule du binôme de Newton)
∀n∈N, Tn= (I+N)n =In+nIn−1N=
3n n3n−1 0
0 3n 0
0 0 5n
D’où pour toutn∈N, Xn =AnX0=P TnP−1X0=
−4n3n−1+ 5n
−4(n+ 1)3n+ 5n+1
−4(n+ 2)3n+1+ 5n+2
Finalement : ∀n∈N, un=−4n3n−1+ 5n
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