(1)MT241 Corrig´e de l’examen fictif du 13 janvier 2003 1

MT241 Corrig´e de l’examen fictif du 13 janvier 2003 1. On consid`ere la matrice

A =





0 1 0 0

0 0 1 0

2 1 −2 0

m −2 0 1





o`u m est un param`etre r´eel. On d´esigne par a l’endomorphisme de R⁴ dont la matrice dans la base canonique est ´egale `a A.

a. V´erifier que λ = −1 est valeur propre de a, puis d´eterminer toutes les valeurs propres dea. D´eterminer les valeurs du param`etrempour lesquellesaest diagonalisable, et donner dans ce cas une base de R⁴ form´ee de vecteurs propres de a.

On calcule le polynˆome caract´eristique, en d´eveloppant d’abord suivant la derni`ere colonne,

χA =

¯¯

¯¯

¯¯

¯

−X 1 0 0

0 −X 1 0

2 1 −2−X 0

m −2 0 1−X

¯¯

¯¯

¯¯

¯

=

= (1−X)

¯¯

¯¯

¯¯

−X 1 0

0 −X 1

2 1 −2−X

¯¯

¯¯

¯¯.

Ici on pouvait reconnaˆıtre, dans le d´eterminant 3×3 ci-dessus, le polynˆome caract´eristique de la transpos´ee de la matrice compagnon du polynˆome P =−2−X + 2X²+ X³ (mais on n’´etait pas oblig´e de le reconnaˆıtre, et il ´etait facile de refaire le calcul en d´eveloppant suivant la premi`ere colonne), qui est ´egal `a (−1)³P = −P, donc

χA= (X−1)(X³+ 2X²−X−2).

L’´enonc´e nous demande de v´erifier que −1 est racine, ce qui est bien le cas, χA = (X−1)(X + 1)(X²+ X−2) = (X−1)²(X + 1)(X + 2).

Les racines de χA = χa sont donc −2, −1 (racines simples), et 1 qui est racine double.

Elles sont r´eelles, donc valeurs propres de l’endomorphisme a.

Pour quea soit diagonalisable, il faut et il suffit que la dimension de chaque espace propre soit ´egale `a l’ordre de multiplicit´e de la racine deχA correspondante. La condition est automatiquement satisfaite pour les racines simples, donc la question se r´eduit `a la dimension du sous-espace propre E1 pour la racine double λ = 1. La dimension de E1

est 4−rang(A−I₄), donc a est diagonalisable si et seulement si le rang de A−I₄ est

´egal `a 2. On a

A−I4 =





−1 1 0 0

0 −1 1 0

2 1 −3 0

m −2 0 0



.

Le rang est au moins 2, car le d´eterminant du coin NO est non nul ; puisque les deux premi`eres colonnes sont ind´ependantes, il faut, pour que le rang soit ´egal `a 2, que la

1

colonne 3 et la colonne 4 soient engendr´ees par les deux premi`eres colonnes ; c’est ´evident pour la colonne 4 qui est nulle ; pour la colonne 3 on cherche une repr´esentation de la forme

C₃ =c₁C₁+c₂C₂;

n´ecessairement, c2 = −1 (examiner la ligne 2), puis c1 = −1 aussi ; il faut ensuite que m= 2 (et r´eciproquement, le rang est bien ´egal `a 2 lorsque m= 2. On pouvait bien sˆur d´eterminer le rang avec les d´eterminants extraits, mais c’est plus embˆetant `a ´ecrire dans un corrig´e ; c’est aussi un peu d´elicat `a appliquer correctement).

L’endomorphisme a est donc diagonalisable si et seulement si m= 2.

On suppose maintenant que m= 2 et on r´esout les trois syst`emes lin´eaires (A + 2I4)X = 0, (A + I4)X = 0, (A−I4)X = 0 ;

il n’y a aucune difficult´e particuli`ere pour les deux premiers et je donne directement un vecteur solution pour chacun, index´e par la valeur propre qui lui correspond,

V−2 = (1,−2,4,−2), V−1 = (1,−1,1,−2).

Dans le dernier cas on cherche X = (x, y, z, t) ∈R⁴ tel que (A−I4)X = 0, et on r´esout donc le syst`eme

−x+y = 0, −y+z = 0, 2x+y−3z = 0, 2x−2y = 0.

La derni`ere ´equation est clairement inutile ; les deux premi`eres donnentx=ypuisy=z; si x=y=z la troisi`eme ´equation est satisfaite aussi ; on voit que t peut ˆetre arbitraire, donc le sous-espace propre est form´e de tous les vecteurs de la forme (x, x, x, t). Une base est obtenue en prenant V1 = (0,0,0,1) et W1 = (1,1,1,0).

On a obtenu une base de vecteurs propres, form´ee des vecteurs V₋₂, V₋₁, V₁ et W1.

b. Dans cette question on suppose que m = 1. D´eterminer le sous-espace carac- t´eristique de a pour la valeur propreλ = 1.

On a vu `a la question pr´ec´edente que la dimension du sous-espace propre E1 est ´egale

`a 1 si m 6= 2, ce qui est le cas dans cette question. Le syst`eme qui donne la direction propre est maintenant

−x+y= 0, −y+z = 0, 2x+y−3z = 0, x−2y= 0.

Les premi`eres ´equations donnent encorex =y=z, mais la quatri`eme ´equation entraˆıne que x=y=z = 0. Il ne reste que les vecteurs de la forme (0,0,0, t). L’espace propre E1

est engendr´e par le vecteur V₁ = (0,0,0,1).

Pour trouver le sous-espace caract´eristique on cherche le noyau de (A−I4)²; on sait d’apr`es le cours que sa dimension est 2 ; on peut calculer

(A−I4)² =





1 −2 1 0

2 2 −4 0

−8 −2 10 0

−1 3 −2 0



.

Le rang est deux, comme pr´evu, et on veut donc deux solutions ind´ependantes ; on a d´ej`a le vecteur V<sub>1</sub> (vecteur propre) ; on trouve aussi que W<sub>1</sub> = (1,1,1,0) satisfait (A−I4)<sup>2</sup>W1 = 0. Le sous-espace caract´eristique est donc ´egal `a

ker(A−I₄)² = Vect(V₁,W₁) ={(x, x, x, t)∈R⁴ :x, t∈R}.

2

2. On consid`ere le syst`eme diff´erentiel

(S) ∀t∈R, Y⁰(t) = A Y(t)

o`u A est la matrice de la question 1, d´ependant du param`etre r´eel m.

a. Dans cette question on suppose que m = 2. Donner la forme de la solution g´en´erale du syst`eme(S). D´eterminer les solutionsY = (y1, y2, y3, y4)du syst`eme(S)dont la premi`ere fonction coordonn´ee y1 v´erifie y1(t) = sh(t) pour tout t ∈ R. D´eterminer la solution Y du syst`eme (S) qui v´erifie la condition initiale Y(0) = (0,1,0,0).

On a trouv´e dans le casm= 2 quatre vecteurs propres V₋₂, V₋₁, V₁ et W₁; d’apr`es le cours, on sait qu’il leur correspond quatre solutions ind´ependantes du syst`eme (S),

t →e^−2t V−2, t→e^−t V−1, t →e^t V1, t →e^t W1. La solution g´en´erale du syst`eme (S) est donc de la forme

Y :t∈R→c−2e^−2t V−2 +c−1e^−t V−1+c1e^t V1+d1e^t W1,

o`uc−2, c−1, c1, d1sont des coefficients r´eels arbitraires. D’apr`es les formules trouv´ees pour les vecteurs propres, on voit que la premi`ere coordonn´ee de la fonction Y pr´ec´edente est de la forme

∀t ∈R, y1(t) =c−2e^−2t+c−1e^−t+d1e^t.

Pour trouver y1(t) = sh(t) = (e^t−e^−t)/2, il faut prendre c−2 = 0, c−1 = −1/2 et d1 = 1/2. La constante c1 peut varier dans R, et l’ensemble de ces solutions est form´e de toutes les fonctions vectorielles qui s’´ecrivent

Y(t) = (sh(t),ch(t),sh(t),e^−t+c1e^t).

On trouve la solution partant de (0,1,0,0) parmi l’ensemble des pr´ec´edentes, en prenant c1 =−1,

Y(t) =¡

sh(t),ch(t),sh(t),−2 sh(t)¢ .

b. Dans cette question on suppose quem= 1. D´eterminer la solutionY du syst`eme (S) qui v´erifie Y(0) = (0,0,0,1), puis la solution qui v´erifie Y(0) = (1,1,1,0).

Solution. La premi`ere donn´ee est le vecteur propre V1, donc la solution correspondante est Yα :t→e<sup>t</sup>V1. La deuxi`eme donn´ee est le vecteur W1 du sous-espace caract´eristique de la valeur propre 1. On sait que (A−I4)²W1 = 0, ce qui permet de calculer

Y_β(t) = e^tAW₁ = e^t(I4+A−I4)W₁ = e^te^t(A−I4)W₁ = e^t¡

W₁+t(A−I₄)W₁¢ ce qui donne, puisque (A−I4)W1 = (0,0,0,−1) =−V1

Yβ(t) = (e^t,e^t,e^t,−te^t).

3

Quels sont (toujours lorsque m = 1) les vecteurs y0 ∈ R⁴ tels que la solution Y du syst`eme diff´erentiel Y⁰(t) = A Y(t) v´erifiant la condition initiale Y(0) =y0 reste born´ee lorsque t →+∞?

Les vecteurs propres pour λ =−2 et λ=−1 sont donn´es dans le cas m= 1 par W−2 = (1,−2,4,−5/3), W−1 = (1,−1,1,−3/2).

On a quatre solutions ind´ependantes en prenantt →e^−2tW−2,t →e^−tW−1, Yα et Yβ. La solution g´en´erale est de la forme

Y(t) =c₋₂e^−2t W₋₂+c₋₁e^−t W₋₁+c_αY_α(t) +c_βY_β(t).

Les solutions avec W₋₂ et W₋₁ tendent vers 0 lorsquet →+∞, donc si Y(t) reste born´ee quand t →+∞, la somme

cαYα(t) +cβYβ(t) = e^t(cβ, cβ, cβ, cα−tcβ)

doit rester born´ee ´egalement. Ceci impose d’abord cβ = 0, en regardant les coordonn´ees 1,2 ou 3, puis c_α = 0. Il reste

Y(t) =c₋₂e^−2t W₋₂+c₋₁e^−t W₋₁.

Les positionsy₀ au temps 0, qui v´erifient la propri´et´e de l’´enonc´e, d´ecrivent donc l’espace de dimension deux Vect(W−2,W−1).

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