Corrigé de la série 26

EPFL

Algèbre 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 propre 0. Le polynôme caractéristique est donc c_T =X².

2. Les valeurs propres sont i et −i. Pour la valeur i, (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·Id_C²)² ={(iz, z)|z∈C}.

De la même manière, les vecteurs propres généralisés pour la valeur propre−isont

ker(T +i·Id_C²)² ={(w, iw)|w∈C}.

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

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

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

On peut donc calculer les espaces propres généralisés. Pour λ = 0, on a T²(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 obtient U₀ = 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= 0 est2 car((1,1,1,0),(0,0,0,1))est une base deU0.

Pour λ = i et λ = −i, on a forcément que les multiplicités sont 1 (car 4 = m₀ +m_i +m−i, m0 = 2 et mi, m−i ≥1). Pour ces valeurs propres, un vecteur propre généralisé est donc un vecteur propre tout court. Pour λ=i, on trouve a ker(T −iId_C²) = span((1 +i,1,0,0)). Pour λ=−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 de kerT, 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 de C⁴ telle que la matrice de T 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. Soient V =F², T(x, y) = (y,0). Alors kerT ={(x,0)|x ∈F} et imT ={(y,0)| y∈F}. On trouve donckerT = imT de dimension 1. En particulier,kerT+ imT ( F², et donc F² 6= kerT ⊕imT.

2. Tout d’abord, on montre que kerTⁿ∩imTⁿ = 0. Supposons que v ∈ kerTⁿ∩imTⁿ. Puisque v ∈ imTⁿ, il existe w ∈ V tel que v = Tⁿw. Puisque v ∈ kerTⁿ, T²ⁿw = Tⁿv = 0. Alors w ∈ kerT²ⁿ. Mais n = dimV, alors kerT²ⁿ = kerTⁿ. Donc w ∈ 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⊕ imTⁿ est un sous-espace de V de la même dimension que V, on conclut que les deux espaces sont égaux.

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

ker(T) ={0} ⇔ a0 6= 0.

Soientλ₁, . . . , λ_r les valeurs propres distinctes de T. Le polynôme caractéristique de T est

(z−λ1)^m1· · ·(z−λr)^mr

oumi est la multiplicité de la valeur propre λi. Par conséquent a0 =±λ^m₁¹· · ·λ^m_r^r. Donca06= 0 si et seulement siλ_i 6= 0 pouri= 1, . . . , r, c’est-à-dire a₀ 6= 0 si et seulement si0 n’est pas une valeur propre deT.

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

06∈Spec(T) ⇐⇒ ker(T) ={0}.

2. Par le théorème de Cayley-Hamilton, si p est le polynôme caractéristique de T, alorsp(T) = 0.

Si on écrit p(x) =a₀+a₁x+· · ·+a_nxⁿ, on obtient

a0In+a1T+· · ·+anTⁿ= 0.

MaisT est inversible, donca0 6= 0, et par conséquent,

I_n=T

−1 a0

a₁I_n+a₂T +· · ·+a_nTⁿ⁻¹

=

− 1 a0

a₁I_n+a₂T+· · ·+a_nTⁿ⁻¹

T.

Par conséquent,T⁻¹ =q(T), où

q(x) =−1 a0

a₁+a₂x+· · ·+a_nxⁿ⁻¹ .

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

n

X

i=0

Aⁱ i!

−

m

X

i=0

Aⁱ i!

≤

n

X

i=m+1

Aⁱ i!

≤

n

X

i=m+1

kAkⁱ i! . Comme la sérieP∞

i=0 kAkⁱ

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 pose v(t) = exp(tA)v₀. La suite(A_n(t))n∈Navec

An(t) :=

n

X

i=0

d dt

tⁱAⁱ i! =

n

X

i=1

itⁱ⁻¹Aⁱ i! =A·

n

X

i=1

tⁱ⁻¹Aⁱ⁻¹ (i−1)! =A·

n−1

X

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 = I_n. Comme A⁰ = I_n, on a B⁻¹A⁰B = B⁻¹I_nB = B⁻¹B = I_n, et donc (B⁻¹AB)⁰ =B⁻¹A⁰B. On admet que l’égalité est vraie pour i∈N et on calcule

(B⁻¹AB)ⁱ⁺¹= (B⁻¹AB)ⁱ·(B⁻¹AB) =B⁻¹AⁱB·B⁻¹AB=B⁻¹AⁱI_nAB=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 partielles Pn

i=0B^−1A_i!ⁱB convergent vers exp(B⁻¹AB).

Mais pour toutn∈N, on aPn

i=0B^−1A_i!ⁱB =B⁻¹ Pn

i=0 Aⁱ i!

B et 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 matriceB est 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) =J w(t)

pour tout t∈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)

0 0



.

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