Diagonalisation – DM3 PeiP (2018)- Correction

Exercice 1. [⋆] Calculer les valeurs propres des applications linéaires sui- vantes, si cela a un sens :

1. f ∶R² →R ; (x, y) ↦x+y; 2. f ∶R² →R² ; (x, y) ↦ (x, x−y); 3. f ∶R³ →R ; (x, y, z) ↦y+x−2z; 4. f ∶R³ →R³ ; (x, y, z) ↦ (y, z, 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=λx x−y=λy

Six=0, la deuxième équation donne λ= −1, car dans ce cas, y ≠ 0. Cependant, si x ≠ 0, alors λ = 1, puis x=2y.

La fonction f admet deux valeurs propres qui valent

±1. Les sous-espaces propres associés sont alors E−1(f) =Vect((0,1))etE1(f) =Vect((2,1)).

3. L’application linéairef n’est pas un endomorphisme : les valeurs propres ne peuvent pas exister.

4. Ici, f est un endomorphisme de R³. On cherche des coefficients réels x, y, z non tous nuls et λ ∈ R, tel que :

⎧⎪⎪⎪⎪⎨

⎪⎪⎪⎪⎩

y=λx z=λy x=λz

⇔⎧⎪⎪⎪⎪⎨

⎪⎪⎪⎪⎩

y=λ³y z=λy x=λ²y

Correction :

Siy=0, alorsx=y=z=0. Cependant, ce cas est impossible.

Doncy≠0 etλ³=1. Cela donne λ=1, puisx=y=z.

On a donc montré quefn’admet qu’une unique valeur propre – à savoir 1 – dont le sous-espace propre est :

E₁(f) =Vect((1,1,1)).

Exercice 2. [⋆] Calculer les valeurs propres des matrices suivantes, si cela a un sens :

1. A= (1 0 3 0 1 2);

2. B=⎛

⎜⎝ 1 2 3 1 2 0 0 0 3

⎞⎟

⎠;

3. C=

⎛⎜⎜

⎜⎜⎝

1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1

⎞⎟⎟

⎟⎟⎠ .

Correction :

1. La matrice A n’est pas carré. Elle ne peut pas avoir de valeur propre.

2. On va calculer le polynôme caractéristique de la ma- triceB. On a :

χB=RRRRR RRRRR R

1−X 2 3

1 2−X 0 0 0 3−XRRRRR

RRRRR

R= −X(X−3)².

Les racines de ce polynôme sont les valeurs propres de B. Ainsi les valeurs propres deB sont 1 et 3.

Correction : 3. On a :

χ_C=RRRRR RRRRR R

1−X 1 0 0

1 −X 1 0

0 0 1−X 1

0 1 0 1−X

RRRRR RRRRR R=RRRRR

RRRRR R

2−X 1 0 0

2−X −X 1 0

2−X 0 1−X 1

2−X 1 0 1−X

RRRRR RRRRR R ,

en effectuant C1 ←C1+C2+C3+C4. Donc :

χC = (2−X)RRRRR RRRRR R

1 1 0 0

1−X 1 0

1 0 1−X 1

1 1 0 1−X

RRRRR RRRRR

R= (2−X)RRRRR RRRRR R

1 0 0 0

1−1−X 1 0 1 −1 1−X 1

1 0 0 1−X

RRRRR RRRRR R ,

en faisant cette foisC₂←C₂−C₁. Ensuite, on trouve :

χ_C = (2−X)RRRRR RRRRR R

−1−X 1 0

−1 1−X 1 0 0 1−XRRRRR

RRRRR

R= (2−X)(1−X)∣^−1−X_{−1 1−X}¹ ∣

= (2−X)(1−X)∣^−X_{−X 1−X}¹ ∣ = −X(2−X)(1−X)∣¹_{1 1−X}¹ ∣

=X²(1−X)(2−X).

Donc les valeurs propres deC sont 0, 1 et 2.

Exercice 3. [⋆⋆] Montrer que si A∈ M3(C), alors son polynôme caractéris- tique est :

χ_A(X) = −X³+Tr(A) X²−Tr(A)²−Tr(A²)

2 X+det(A).

Correction : Soit A=⎛

⎜⎝ a b c d e f g h i

⎞⎟

⎠. Alors :

χA=RRRRR RRRRR R

a−X b c d e−X f g h i−XRRRRR

RRRRR R

= (a−X)(e−X)(i−X) +bf g+cdh

−gc(e−X) −hf(a−X) −bd(i−X)

= −X³+Tr(A) X²−p X+detA, avec p=ae+ai+ei−gc−hf −bd. Cependant, on sait que :

Tr(A)²=a²+e²+i²+2(ae+ai+ei) et

Tr(A²) =a²+e²+i²+2(bd+cg+f h).

Ces calculs nous permettent de trouver la formule de χ_A.

Exercice 4. [⋆ ⋆ ⋆] On considère un entier n≥1 et un polynôme P ∈Rn[X]

qu’on écrit :

P =Xⁿ−an−1Xⁿ⁻¹− ⋯ −a₁X−a₀. On définit la matrice dite de compagnon de P :

Comp(P) =

⎛⎜⎜

⎜⎜⎜⎜

⎜⎜⎜⎜

⎝

0 1 0 ⋯ ⋯ 0

... . .. ... ... ... ... . .. ... ... ...

0 ⋯ ⋯ 0 1 0

0 ⋯ ⋯ ⋯ 0 1

a₀ ⋯ ⋯ ⋯ a_n−2 a_n−1

⎞⎟⎟

⎟⎟⎟⎟

⎟⎟⎟⎟

⎠ .

Montrer que le polynôme caractéristique de Comp(P) est (−1)ⁿP. [Faire un raisonnement par récurrence sur la dimensionn]

Correction :

Raisonnons par récurrence surn.

n=1 : On a Comp(P) =a0. Ainsi son polynôme carac- téristique esta₀−X= −P.

n−1→n : On suppose la propriété vraie au rang n−1.

Montrons la au rang n. On notera χ le polynôme ca- ractéristique de Comp(P). Alors, en développant par rapport à la première colonne, on trouve :

χ= −Xdet

⎛⎜⎜

⎜⎜⎜⎜

⎜⎜⎜⎜

⎝

−X 1 0 ⋯ ⋯ 0

... . .. ... ... ... ... . .. ... ... ...

0 ⋯ ⋯ −X 1 0

0 ⋯ ⋯ ⋯ −X 1

a₁ ⋯ ⋯ ⋯ a_n−2 a_n−1−X

⎞⎟⎟

⎟⎟⎟⎟

⎟⎟⎟⎟

⎠ +(−1)ⁿa0det(In−1)

Le premier déterminant est le polynôme caractéris- tique de la matrice compagnon deQ avec :

Q=Xⁿ⁻¹−an−1Xⁿ⁻²− ⋯ −a2X−a1. Donc par hypothèse de récurrence on a :

χ= −X(−1)ⁿ⁻¹Q+ (−1)ⁿa₀= (−1)ⁿP.

Par récurence on a montré le résultat pour toutn.

Exercice 5. [⋆ ⋆ ⋆⋆] On considère un entier impairn≥3.

1. Montrer qu’un polynômeP ∈R[X] de degré nadmet une racine réelle.

2. Montrer que toute matrice A∈ Mn(R) admet une valeur propre réelle.

3. Cas n=3 : On considère ici A∈ Mn(R).

(a) Montrer que soitA n’admet que des valeurs propres réelles, soit une valeur propre réelle et deux valeurs propres conjuguées complexes.

(b) Montrer que siA admet deux valeurs propres complexes, alorsA est diagonalisable dansC (et pas dans R).

(c) Pensez-vous que si toutes les valeurs propres deA sont réelles,A est forcément diagonalisable dansC. Si oui, montrez-le, et sinon donnez un contre-exemple.

Correction :

1. On sait que la fonction polynomiale de P tend vers

−∞ en −∞ et vers +∞ en +∞. Par continuité de la fonction, on sait qu’il existex∈Rtel que P(x) =0.

2. Soit A ∈ Mn(R). Alors χ_A est polynôme P ∈ R[X] de degrén. Par la question précédente,χ_Aadmet une racine réelle. Comme les racines deχAsont les valeurs propres de A, on vient donc de montrer queA admet une valeur propre réelle.

3. (a) On sait que χ_A est un polynôme de degré 3. On sait qu’il possède une racine a∈R. Cela implique qu’il existe un polynôme Q∈R[X] de degré 2 tel que :

χA= −(X−a)Q(X).

SiQadmet une racineb∈R, il existe un polynôme de degré 1 qu’on écrit X−c tel que :

Q= (X−b)(X−c).

On a dondχ_A= −(X−a)(X−b)(X−c). Le poly- nôme χA admet exactement 3 racines, ce qui im- plique que A admet 3 valeurs propres réelles.

Maintenant si Q n’admet pas de racines réelles, il existe deux complexes λ et γ (qui ne vivent donc pas dansR) tels que :

Q= (X−λ)(X−γ) =X²− (λ+γ)X+λγ.

Correction :

3. (a) CommeQest à coefficients réels, on a alorsλγ∈R, ce qui implique qu’il existe un réelrtel queλ=r γ.

De plus,λ+γ =r γ+γ∈R. Cela implique quer=1.

Finalement, on a :

χ_A= −(X−a)(X−γ)(X−γ).

Comme par le cas précédent, la matrice A admet une valeur propre réelle et deux valeurs propres complexes conjuguées.

(b) On sait que dans ce cas les racines deχAsonta∈R, γ ∈C∖Retγ. Commeγ ∉R, on sait queγ≠γ. Le polynômeχ_A est donc scindé, et chaque racine est de multiplicité 1 : la matrice A est diagonalisable dansC.

Comme le polynôme χ_A n’est pas scindé dans R, on sait directement que An’est pas diagonalisable dansR.

(c) On pose la matrice :

A=⎛

⎜⎝ 0 1 0 0 0 1 0 0 0

⎞⎟

⎠.

Cette matrice est triangulaire. Ainsi on connaît ses valeurs propres : il n’y a que 0. SiAétait diagona- lisable, alors il existeraitP ∈GL_n(K) (avecK=R ou C) telle que :

A=P O₃P⁻¹=O₃,

ce qui est absurde. DoncAn’est pas diagonalisable, alors que son polynôme caractéristique admet trois racines réelles.

Exercice 6. [⋆⋆] On étudie l’équation différentielle

x⁽⁴⁾(t) =a x^′′(t) +b x^′(t) +c x(t). (1) On pose y(t) =x^′(t), z(t) =x^′′(t) etw(t) =x^′′′(t).

1. Montrer que(x, y, z , w) vérifie un système différentiel d’ordre 1.

2. On définie le vecteur V(t) =

⎛⎜⎜

⎜⎜⎝ x(t) y(t) z(t) w(t)

⎞⎟⎟

⎟⎟⎠

. Montrer qu’il existe A∈ M4(C)

telle que V^′(t) =A⋅V(t). Exprimer A.

3. Dans cette question, on suppose quea=b=0 et c=1.

(a) Est-ce que A est diagonalisable dans C?

(b) En déduire les solutions de l’équation (1), dans ce cas, en les expri- mant avec des fonctions REELLES.

4. Dans cette question, on suppose que a > 0 et b = c = 0. Montrer que A n’est alors pas diagonalisable dans C. Cependant, peut-on dans ce cas résoudre facilement (1)? Si oui, résolvez-la, sinon justifiez votre réponse.

Correction :

1. On voit que :

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

x^′(t) =y(t) y^′(t) =z(t) z^′(t) =w(t)

w^′(t) =a z(t) +b y(t) +cx(t)

2. Grâce à la question 4, on voit que V^′(t) = A⋅V(t) avec :

A=

⎛⎜⎜

⎜⎜⎝

0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 c b a 0

⎞⎟⎟

⎟⎟⎠

Correction :

3. (a) On reconnaît la matrice compagnon du polynôme : P =X⁴−aX²−bX−c.

Donc, par l’exercice 4, le polynôme caractéristique de A estP. Ici on suppose a=b=0etc=1. Donc on a :

χ_A=X⁴−1= (X−1)(X+1)(X−i)(X+i). Les valeurs propres de A étant les racines de χ_A sont donc ±1 et ±i. Elles sont toutes de multipli- cités 1, avec χA scindé. Donc Aest diagonalisable dansMn(C).

(b) On remarque que

E1(A) =Vect((1,1,1,1)), E−1(A) =Vect((1,−1,1,−1)),

Ei(A) =Vect((1, i,−1,−i)), E−i(A) =Vect((1,−i,−1, i)).

On pose P =

⎛⎜⎜

⎜⎜⎝

1 1 1 1 1 −1 i −i 1 1 −1 −1 1 −1 −i i

⎞⎟⎟

⎟⎟⎠

puis W(t) = P⁻¹V(t).

Alors on voit queW(t) est solution de :

W^′(t) =

⎛⎜⎜

⎜⎜⎝

1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 i 0 0 0 0 −i

⎞⎟⎟

⎟⎟⎠ W(t).

Correction :

3. (b) On trouve alors que :

W(t) =

⎛⎜⎜

⎜⎜⎝ α0e^t β0e^−t λ₀e^it γ0e^−it

⎞⎟⎟

⎟⎟⎠

Comme V(t) =P W(t), on sait que : x(t) =α0e^t+β0e^−t+λ0e^it+γ0e^−it.

Comme la fonctionxest réelle, on peut alors écrire x sous la forme :

x(t) =α1e^t+β1e^−t+λ1cos(t) +γ1sint, avec α1,β1,λ1 etγ1 des réels.

4. Ici, on suppose queb=c=0eta>0. Alors par l’exer- cice 4 toujours, on a :

χA= (X²−a)X²= (X−√

a)(X+√ a)X². Ce polynôme est scindé. EtudionsE₀(A). Un vecteur (x, y, z, w) est dans E0(A) si et seulement si on a y=z=w=0, puis :

E0(A) =Vect((1,0,0,0)),

qui n’est pas de dimension 2. DoncA n’est pas diago- nalisable dansC(ni dans R!).

Ici, l’équation initiale est en faitx⁽⁴⁾(t) =ax^′′(t). Donc si on posez(t) =x^′′(t), alorsz^′′(t) =az(t). Cela donne z(t) =z0e

√at+z1e⁻

√at. Or x^′′(t) =z(t). Ainsi :

x(t) =α1e

√at+β1e⁻

√at+λ1t+γ1,

avec α₁,β₁,λ₁ etγ₁ des constantes réelles.