Corrigé de la série 26

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 26

Exercice 1. On a calculé les valeurs propres de ces opérateurs dans l’exercice 1 de la série 19.

1. On remarque queT²(w, z) =T(z,0) = (0,0)pour tout(w, z)∈C², et donc que tout(w, z)∈C² est un vecteur propre généralisé associé à la valeur propre0. Le polynôme caractéristique est donccT=X².

2. Les valeurs propres sontiet−i. Pour la valeuri,(T−i·Id_C²)²(w, z) = (T−i·Id_C²)(−z− iw, w−iz) = (−2w+2iz,−2z−2iw) = (0,0)si et seulement siw=iz. Donc les vecteurs propres généralisés pour la valeur propreisont

ker(T−i·IdC²)²={(iz, z)|z∈C}.

De la même manière, les vecteurs propres généralisés pour la valeur propre−isont ker(T+i·IdC²)²={(w, iw)|w∈C}.

Le polynôme caractéristique est donccT = (X−i)(X+i) =X²+ 1.

3. La seule valeur propre deTest5. On calcule(T−5·Id_C²)²(w, z) = (T−5·Id_C²)[(5w+z,5z)− (5w,5z)] = (T−5·IdC²)(z,0) = (0,0). Doncker(T−5·IdC²)²=C². Le polynôme caractéristique est donccT= (X−5)².

Exercice 2. En utilisant la méthode donnée dans l’exercice 3 de la série 19, on trouveSpec(T) = {0,−i, i}.

On peut donc calculer les espaces propres généralisés. Pourλ= 0, on aT²(w, x, y, z) = (−w+ y,−x+y,0,0), T⁴(w, x, y, z) =T²(T²(w, x, y, z)) = (w−y, x−y,0,0). On obtientU0 = ker(T− 0·Id_C⁴)⁴ = kerT⁴ ={(w, x, y, z)|w = x=y} = span((1,1,1,0),(0,0,0,1)). On remarque que la multiplicité deλ= 0est2car((1,1,1,0),(0,0,0,1))est une base deU0.

Pour λ= ietλ= −i, on a forcément que les multiplicités sont1(car4 = m0+mi+m−i, m0= 2etmi, m−i≥1). Pour ces valeurs propres, un vecteur propre généralisé est donc un vecteur propre tout court. Pourλ=i, on trouve aker(T−iIdC²) = span((1 +i,1,0,0)). Pourλ=−i, on a ker(T+iId_C²) = span((1−i,1,0,0)).

Donc la base de vecteurs propres généralisés est

B= (1,1,1,0),(0,0,0,1),(1 +i,1,0,0),(1−i,1,0,0) .

On remarque que (1,1,1,0) est une base dekerT, et les derniers deux vecteurs sont des vecteurs propres. Il reste donc à calculer[T(0,0,0,1)]B= [(1,1,1,0)]B= (1,0,0,0). Donc

[T]B=







0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 i 0 0 0 0 −i







Noter qu’on a trouvé une base deC⁴telle que la matrice deT par rapport à cette base soit en forme de Jordan.On obtient aussicT=X²(X−i)(X+i) =X²(X²+ 1) =X⁴+X².

1

Exercice 3. 1. SoientV =F²,T(x, y) = (y,0). AlorskerT ={(x,0)|x∈F}etimT={(y,0)| y∈F}. On trouve donckerT= imTde dimension1. En particulier,kerT+ imT( F², et donc F²6= kerT⊕imT.

2. Tout d’abord, on montre quekerTⁿ∩imTⁿ= 0. Supposons quev∈kerTⁿ∩imTⁿ. Puisque v∈imTⁿ, il existe w∈V tel quev =Tⁿw. Puisquev∈kerTⁿ,T²ⁿw =Tⁿv= 0. Alors w∈kerT²ⁿ. Maisn= dimV, alorskerT²ⁿ = kerTⁿ. Doncw∈kerTⁿ, d’où il s’ensuit que v=Tⁿw= 0. Par conséquent,kerTⁿ∩imTⁿ= 0. DonckerTⁿ+ imTⁿ= kerTⁿ⊕imTⁿ. Or,dim(kerTⁿ⊕imTⁿ) = dim(kerTⁿ) + dim(imTⁿ)cardim(kerTⁿ∩imTⁿ) = 0. Mais comme dim(kerTⁿ) + dim(imTⁿ) = dimV, on obtientdim(kerTⁿ⊕imTⁿ) = dimV. PuisquekerTⁿ⊕ imTⁿest un sous-espace deV de la même dimension queV, on conclut que les deux espaces sont égaux.

Exercice 4. 1. D’après le théorème du rang,Test inversible si et seulement siker(T) ={0}. On montre donc

ker(T) ={0} ⇔ a06= 0.

Soientλ1, . . . , λrles valeurs propres distinctes deT. Le polynôme caractéristique deTest (z−λ1)^m1· · ·(z−λr)^mr

oumiest la multiplicité de la valeur propreλi. Par conséquenta0=±λ^m₁¹· · ·λ^m_r^r. Donca06= 0 si et seulement siλi6= 0pouri= 1, . . . , r, c’est-à-direa06= 0si et seulement si0n’est pas une valeur propre deT.

Mais, par définition des valeurs propres,0est une valeur propre deTsi et seulement si le noyau deTest non-nul :

06∈Spec(T) ⇐⇒ ker(T) ={0}.

2. Par le théorème de Cayley-Hamilton, sipest le polynôme caractéristique deT, alorsp(T) = 0.

Si on écritp(x) =a0+a1x+· · ·+anxⁿ, on obtient

a0In+a1T+· · ·+anTⁿ= 0.

MaisTest inversible, donca06= 0, et par conséquent, In=T

−1

a0 a1In+a2T+· · ·+anTⁿ⁻¹

=

−1

a0 a1In+a2T+· · ·+anTⁿ⁻¹ T.

Par conséquent,T⁻¹=q(T), où q(x) =−1

a0 a1+a2x+· · ·+anxⁿ⁻¹ .

Exercice 5. 1. On montre que la suite est une suite de Cauchy. On a pour toutm, n∈Navec m≤n

Xn i=0

Aⁱ i!

−

Xm i=0

Aⁱ i!

≤

Xn i=m+1

Aⁱ i!

≤

Xn i=m+1

kAkⁱ i! . Comme la sérieP_∞

i=0kAkⁱ

i! = exp(kAk)est convergente, on en déduit que la suite est de Cauchy, et donc convergente.

2. On calculeexp(0n) =P_∞

i=0(0n)ⁱ

i! =⁽⁰_0!ⁿ⁾⁰+P_∞

i=1(0n)ⁱ

i! =^I₁ⁿ+P_∞

i=10n=In, et exp(D) =

X∞ i=0

Dⁱ i! =

X∞ i=0

1

i!diag(dⁱ₁, . . . , dⁱ_n) = diag X∞ i=0

1 i!dⁱ₁, . . . ,

X∞ i=0

1 i!dⁱ_n

!

= diag

e^d1, . . . , e^dn . 2

3. On posev(t) = exp(tA)v0. La suite(An(t))n∈Navec An(t) :=

Xn i=0

d dt

tⁱAⁱ i! =

Xn i=1

itⁱ⁻¹Aⁱ i! =A·

Xn i=1

tⁱ⁻¹Aⁱ⁻¹ (i−1)! =A·

n−1X

i=0

tⁱAⁱ i!

est convergente et converge de manière absolue versA·exp(tA). On a donc X∞

i=0

d dt

tⁱAⁱ i! = d

dt X∞ i=0

tⁱAⁱ i!

!

et on peut calculer v⁰(t) = d

dt _∞

X

i=0

tⁱAⁱ i!

! v0

!

= d dt

X∞ i=0

tⁱAⁱ i!

! v0=

X∞ i=0

d dt

tⁱAⁱ i!

!

v0=A·exp(tA)v0=A(v(t)) et

v(0) = exp(0·A)(v0) =In·v0=v0. 4. On montre par récurrence que pour touti∈N:

(B⁻¹AB)ⁱ=B⁻¹AⁱB.

On a (B⁻¹AB)⁰ = In. CommeA⁰ =In, on a B⁻¹A⁰B= B⁻¹InB =B⁻¹B= In, et donc (B⁻¹AB)⁰=B⁻¹A⁰B. On admet que l’égalité est vraie pouri∈Net on calcule

(B⁻¹AB)ⁱ⁺¹= (B⁻¹AB)ⁱ·(B⁻¹AB) =B⁻¹AⁱB·B⁻¹AB=B⁻¹AⁱInAB=B⁻¹Aⁱ⁺¹B, ce qui finit la preuve. On obtient donc

exp(B⁻¹AB) = X∞ i=0

(B⁻¹AB)ⁱ

i! =

X∞ i=0

B⁻¹Aⁱ i!B=B⁻¹

X∞ i=0

Aⁱ i!

!

B=B⁻¹exp(A)B.

Noter qu’on a le droit d’écrire la troisième égalité car comme on sait que la sérieP_∞

i=0B^−1A_i!ⁱB est bien définie, on sait que les sommes partiellesP_n

i=0B^−1A_i!ⁱBconvergent versexp(B⁻¹AB).

Mais pour toutn∈N, on aP_n

i=0B^−1A_i!ⁱB=B⁻¹P_n

i=0Aⁱ i!

Bet donc l’égalité est prouvée.

5. La solution cherchée est

x(t) = exp(tC)x(0) =D⁻¹exp

t 1 0

0 2

Dx(0)

=

−1 −2

1 1

X∞ i=0

tⁱ i!

1ⁱ 0 0 2ⁱ

! 1 2

−1 −1

x(0)

=

−1 −2

1 1 e^t 0

0 e^2t 1 2

−1 −1 a0

b0

=

−e^t −2e^2t

e^t e^2t 1 2

−1 −1 a0

b0

=

−e^t+ 2e^2t −2e^t+ 2e^2t e^t−e^2t 2e^t−e^2t a0

b0

=

−(a0+ 2b0)e^t+ 2(a0+b0)e^2t (a0+ 2b0)e^t−(a0+b0)e^2t

.

3

Exercice 6. 1. La matriceBest le changement de base [Id_F³]Bcan,B=B=



1 1 1

−3 0 0

−2 0 1



,

son inverse est

B⁻¹=



0 −1/3 0

1 1 −1

0 −2/3 1



.

Soitw(t) =B⁻¹v(t). On a alors

w⁰(t) =B⁻¹v⁰(t) =B⁻¹Av(t) =B⁻¹ABw(t) =Jw(t) pour toutt∈R, etw(0) =B⁻¹v(0) = (−1/3b0, a0+b0−c0,−2/3b0+c0).

2. On a



w₁⁰(t) w₂⁰(t) w₃⁰(t)



=



0 1 0 0 0 0 0 0 0



·



w1(t) w2(t) w3(t)



⇔



w₁⁰(t) w₂⁰(t) w₃⁰(t)



=



w2(t) 00



.

On obtientw2(t) =w2(0) =a0+b0−c0,w3(t) =w3(0) =−2/3b0+c0, etw1(t) =t·w2(0)+w1(0) = (a0+b0−c0)t−1/3b0.

3. On obtient donc

v(t) =Bw(t) =



1 1 1

−3 0 0

−2 0 1







(a0+b0−c0)t−1/3b0

a0+b0−c0

−2/3b0+c0





=



 (a0+b0−c0)t+a0

−3(a0+b0−c0)t+b0

−2(a0+b0−c0)t+c0



.

Noter que d’après l’exercice précédent, on peut aussi résoudre ce système de la façon suivante.

On a

v(t) = exp(tA)v0

et

exp(tA)v0=Bexp(tJ)B⁻¹v0=B

Id +tJ+1 2t²·0 +1

6t³·0 +...

B⁻¹v0

=



1 1 1

−3 0 0

−2 0 1







1 t 0 0 1 0 0 0 1







0 −1/3 0

1 1 −1

0 −2/3 1



v0

=



1 1 1

−3 0 0

−2 0 1







t −1/3 +t −t

1 1 −1

0 −2/3 1



v0

=



t+ 1 t −t

−3t 1−3t 3t

−2t −2t 2t+ 1







a0

b0

c0



=



 (a0+b0−c0)t+a0

−3(a0+b0−c0)t+b0

−2(a0+b0−c0)t+c0



. On retrouve bien le même résultat.

4