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Diagonalisation sans passer par le pivôt de Gauss pour déterminer le spectre 1. Rappels de cours
a. Valeurs propres
𝜆 est valeur propre de 𝐴∈ℳ!(𝑅) si ∃𝑋≠0∈ℳ!,!(𝑅)/𝐴𝑋=𝜆𝑋 𝜆 est valeur propre de l’endomorphisme 𝑓 si ∃𝑥≠0 tel que 𝑓 𝑥 =𝜆𝑥 La matrice A est inversible ⇔ 0 n’est pas valeur propre de A.
L’endomorphisme 𝑓 est bijectif ⇔ 0 n’est pas valeur propre de f.
Une matrice carrée A d’ordre n est diagonalisable s’il existe une matrice D, diagonale, et une matrice P, inversible telles que : 𝐷=𝑃!!𝐴𝑃 avec
− 𝐴=matℬ(𝑓) ;
− 𝐷 = matrice diagonale dont les éléments diagonaux sont 𝜆!,𝜆!,…,𝜆!
− ℬ!= 𝑒!!,𝑒′!,…,𝑒′! = base de E formée des n vecteurs propres associés aux valeur propres 𝜆!,𝜆!,…,𝜆! ; on a alors : ∀𝑖 ∈𝑁,1≤𝑖≤𝑛,𝑓 𝑒!! = 𝜆!𝑒!!
− 𝑃 = matrice de passage 𝑃ℬ,ℬ" de la base ℬ à la base ℬ′
b. Polynôme annulateur
Un polynôme 𝑃∈𝑅[𝑋] est défini par :
𝑃(𝑋)= 𝑎!𝑋!
!
!!!
,𝑛 ∈𝑁
Le polynôme de l’endomorphisme f de E de dimension n est défini par :
𝑃(𝑓)= 𝑎!𝑓!
!
!!!
,𝑛 ∈𝑁
Le polynôme de matrice carrée A d’ordre n est défini par : 𝑃(𝐴)= 𝑎!𝐴!
!
!!!
,𝑛∈𝑁
Un polynôme P est annulateur de f si 𝑃 𝑓 =0 Un polynôme P est annulateur de A si 𝑃 𝐴 =0
Si P est un polynôme annulateur de A (ou de f), alors le spectre de A (ou de f) est inclus dans l’ensemble des racines de P.
Une fois que les racines de P sont déterminées et que les valeurs propres possibles sont identifiées, il convient, pour déterminer, pour chaque valeur propre λ, d’étudier l’inversibilité de la matrice 𝐴−𝜆𝐼 . Si cette matrice est non inversible, alors λ est effectivement une valeur propre.
La matrice est non inversible si sa réduite de Gauss a au moins un pivôt nul et/ou si son rang est strictement inférieur à son ordre
2 c. Transposée
𝐴𝐵 = !𝐵. !𝐴
!
𝐴!! = !𝐴 !!
!
𝐴= !𝐴⇔ A est symétrique (et, si A est symétrique, alors A est diagonalisable)
2. Exemples
a. Montrer que si une matrice carrée 𝑨∈𝓜𝒏 𝑹 ,𝒏≥𝟐 est diagonalisable, alors sa transposée est aussi diagonalisable puis comparer les valeurs propres de A et de
𝒕𝑨
𝐴∈ℳ! 𝑅 ,𝑛 ≥2 diagonalisable ⇒∃D∈ℳ! 𝑅 diagonale et P∈ℳ! 𝑅 inversible telles que : 𝐷=𝑃!!𝐴𝑃 ⇔𝐴=𝑃𝐷𝑃!!
Dès lors : !𝐴 = ! 𝑃𝐷𝑃!! = !𝑃!! !𝐷 !𝑃= !𝑃 !!𝐷 !𝑃 Donc : !𝐴= !𝑃 !!𝐷 !𝑃
Soit : !𝑃=Q. Dans ce cas : !𝐴=𝑄!!𝐷𝑄.
L’existence de la matrice D∈ℳ! 𝑅 et de la matrice Q∈ℳ! 𝑅 inversible prouve que !𝐴 est diagonalisable.
Par ailleurs : !𝐴 =𝑄!!𝐷𝑄 ⇔ !𝐴 et D sont semblables. Elles ont donc les mêmes valeurs propres. Or, A et D sont aussi semblables et ont aussi les mêmes valeurs propres. Donc A et !𝐴 ont les mêmes valeurs propres.
b. Soit une matrice carrée 𝑨∈𝓜𝒏 𝑹 ,𝒏∈𝑵 et soit 𝑺=𝟏𝟐 𝑨+ 𝒕𝑨 . Montrer qu’il existe une matrice P inversible telle que 𝑷!𝟏𝑺𝑷 soit diagonale.
On veut montrer que S est diagonalisable. C’est le cas si S est symétrique, ce qui suppose que !𝑆=𝑆
!𝑆=!
! 𝐴+ !𝐴 =!
! !𝐴+𝐴 =𝑆
! .
Ainsi, S est symétrique donc diagonalisable. Par conséquent, il existe une matrice P inversible et une matrice D diagonale telle que 𝐷=𝑃!!𝑆𝑃
c. On considère les matrices A et B telles que :
𝑨=
𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏
, 𝑩=
𝟏 𝟎 −𝟏 𝟎
𝟎 𝟏 𝟎 −𝟏
−𝟏 𝟎 𝟏 𝟎 𝟎 −𝟏 𝟎 𝟏 i. A et B sont-elles diagonalisables ?
A et B sont symétriques donc diagonalisables
3 ii. Calculer 𝑨𝟐 et 𝑩𝟐
𝐴!=
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
=
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
=4𝐴
𝐵!=
1 0 −1 0
0 1 0 −1
−1 0 1 0
0 −1 0 1
1 0 −1 0
0 1 0 −1
−1 0 1 0
0 −1 0 1
𝐵!=
2 0 −2 0
0 2 0 −2
−2 0 2 0
0 −2 0 2
=2𝐵
iii. En déduire les valeurs propres de A et de B
𝐴! =4𝐴⇔𝐴!−4𝐴=0⇔𝑃 𝐴 =0 avec 𝑃 𝑋 =𝑋!−4𝑋 =𝑋(𝑋−4) Dès lors : 𝑆𝑝(𝐴)⊂ 0,4
Or, les colonnes de A sont identiques, donc 𝑟𝑔 𝐴 <4⇒ A non inversible
⇒𝐴 non inversible ⇒0∈𝑆𝑝(𝐴)
Par ailleurs, 4∈𝑆𝑝 𝐴 ⇔∃𝑋 ≠ 0ℳ!,!! ,𝐴𝑋=4𝑋⇔ 𝐴−4𝐼 𝑋 =0 Il convient, pour déterminer d’étudier l’inversibilité de la matrice 𝐴−4𝐼 . Si cette matrice est non inversible, alors λ est effectivement une valeur propre.
La matrice est non inversible si sa réduite de Gauss a au moins un pivôt nul et/ou si son rang strictement inférieur à son ordre
𝐴−4𝐼 = 𝐿! 𝐿! 𝐿! 𝐿!
−3 1 1 1
1 −3 1 1
1 1 −3 1
1 1 1 −3
𝐿! 𝐿′!=𝐿!+3𝐿!
𝐿′! =𝐿!−𝐿! 𝐿′! =𝐿!−𝐿!
−3 1 1 1
0 −8 4 4
0 −4 4 0
0 0 −4 4
𝐿! 𝐿′! 𝐿′′! =𝐿′!−2𝐿′!
𝐿′!=𝐿!−𝐿!
−3 1 1 1 0 −8 4 4 0 0 −4 4 0 0 −4 4 𝐿!
𝐿′! 𝐿′′! 𝐿′′! =𝐿"!−𝐿′!
−3 1 1 1 0 −8 4 4 0 0 −4 4
0 0 0 0
4
Finalement, 4 est bien valeur propre de A et 𝑆𝑝 𝐴 = 0,4
𝐵! =2𝐵⇔𝐵!−2𝐵=0⇔𝑃 𝐵 =0 avec 𝑃 𝑋 =𝑋!−2𝑋 =𝑋(𝑋−2) Dès lors : 𝑆𝑝(𝐵)⊂ 0,2
Or, les colonnes 1 et 3 d’une part, 2 et 4 d’autre part de B sont identiques, donc 𝑟𝑔 𝐵 <4⇒ B non inversible ⇒𝐵 non inversible ⇒0∈𝑆𝑝(𝐵) Par ailleurs, 2∈𝑆𝑝 𝐴 ⇔∃𝑋 ≠ 0ℳ!,!! ,𝐵𝑋=2𝑋 ⇔ 𝐴−2𝐼 𝑋 =0 Il convient, pour déterminer d’étudier l’inversibilité de la matrice 𝐵−4𝐼 . Si cette matrice est non inversible, alors λ est effectivement une valeur propre.
La matrice est non inversible si sa réduite de Gauss a au moins un pivôt nul et/ou si son rang strictement inférieur à son ordre
𝐵−2𝐼 = 𝐿! 𝐿! 𝐿! 𝐿!
−1 0 −1 0
0 −1 0 −1
−1 0 −1 0
0 −1 0 −1
𝐿! 𝐿! 𝐿′!=𝐿!−𝐿!
𝐿!
−1 0 −1 0
0 −1 0 −1
0 0 0 0
0 −1 0 −1
𝐿! 𝐿! 𝐿′! 𝐿′!=𝐿!−𝐿!
−1 0 −1 0
0 −1 0 −1
0 0 0 0
0 0 0 0
La réduite de Gauss de 𝐵−2𝐼 a un pivôt nul donc 𝐵−2𝐼 est non inversible.
Finalement, 2 est bien valeur propre de B et 𝑆𝑝 𝐵 = 0,2
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d. Soit E un espace vectoriel de dimension 3 et soit f un endomorphisme de E de matrice A dans une base 𝓑 de E avec :
𝑨= 𝟏 𝟏 −𝟏 𝟎 −𝟏 𝟏
𝟏 𝟎 𝟎
i. Déterminer fo fo f
𝑚𝑎𝑡 𝑓𝑜𝑓𝑜𝑓 =𝐴!= 1 1 −1 0 −1 1
1 0 0
1 1 −1 0 −1 1
1 0 0
1 1 −1 0 −1 1
1 0 0
𝐴! = 1 1 −1 0 −1 1
1 0 0
0 0 0 1 1 −1 1 1 −1
= 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Ainsi : 𝑓𝑜𝑓𝑜𝑓=𝑓! =0
ii. En déduire les valeurs propres de f
𝐴! =0⇔𝑃 𝐴 =0 avec 𝑃 𝑋 =𝑋! dont 0 est la racine unique. Donc 𝑆𝑝(𝑓)⊂ 0 . Or, les 2 dernières colonnes de A sont des vecteurs colinéaires.
Donc 𝑟𝑔 𝐴 <3. Par conséquent la matrice A n’est pas inversible, ce qui permet d’en déduire que 0∈𝑆𝑝 𝑓 . Ainsi : 𝑆𝑝 𝑓 = 0
iii. L’endomorphisme f est-il diagonalisable ? Si f est diagonalisable, sa matrice A l’est aussi.
Si tel est le cas, il existe une matrice P inversible et une matrice diagonale D telles que : 𝐴=𝑃𝐷𝑃!!
Or 0 est la seule valeur propre de A.
Donc : 𝐷=0.
Ainsi : 𝐴=𝑃𝑂𝑃!! =𝑂, ce qui est faux car 𝐴≠𝑂 Donc f n’est pas diagonalisable.
e. Soit E un espace vectoriel de dimension 3 et soit f et g deux endomorphismes de E tels que 𝒈=𝒇𝐨𝒇. Montrer que si f est diagonalisable, alors g l’est aussi
Si f est diagonalisable, alors il existe une base ℬ! = 𝑒!!,𝑒′!,…,𝑒′! de E formée des n vecteurs propres associés aux valeur propres 𝜆!,𝜆!,…,𝜆!
On a alors : ∀𝑖∈𝑁,1≤𝑖≤𝑛,𝑓 𝑒!! =𝜆!𝑒!!
Dès lors : 𝑔 𝑒!! = 𝑓𝑜𝑓 𝑒!! =𝑓 𝑓(𝑒!!) =𝑓 𝜆!𝑒!! =𝜆!!𝑒!!
Ainsi : 𝑆𝑝 𝑔 = 𝜆!!,𝜆!!,…𝜆!! , les valeurs propres du spectre étant respectivement associées aux vecteurs propres 𝑒!!,𝑒′!,…,𝑒′! .
La base ℬ!= 𝑒!!,𝑒′!,…,𝑒′! est donc aussi composée des vecteurs propres de g.
Par conséquent, g est diagonalisable.
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f. Soit f un endomorphisme de 𝑹𝒏 canoniquement associé à la matrice M. On suppose que la famille 𝑰,𝑴,𝑴𝟐 est libre et que 𝑴𝟑 =𝑴𝟐−𝟐𝑴−𝟒𝑰.
L’endomorphisme f est-il diagonalisable ? 𝑀! =𝑀!−2𝑀−4𝐼⇔𝑀!−𝑀!+2𝑀+4𝐼=0
Le polynôme P défini par 𝑃 𝑋 =𝑋!−𝑋!+2𝑋+4 est annulateur de M.
𝑋!−𝑋!+2𝑋+4=0 admet -1 pour solution évidente. Aussi : 𝑋!−𝑋!+2𝑋+4=(𝑋+1)(𝑋!+𝑎𝑋+4)
𝑋!−𝑋!+2𝑋+4=𝑋!+ 𝑎+1 𝑋!+ 𝑎+4 𝑋+4 Par identification : 𝑎+1=−1⇔𝑎=−2. Donc : 𝑋!−𝑋!+2𝑋+4=(𝑋+1)(𝑋!−2𝑋+4)
Le discriminant du trinôme du second degré est Δ=4−4.1.4=−12<0
Ainsi le trinôme du second degré n’admet pas de racine. Par conséquent f admet au maximum une seule valeur propre égale à -1.
En d’autres termes : 𝑆𝑝(𝑀)⊂ −1
Si f est diagonalisable, alors il existe une matrice diagonale D et une matrice inversible P telles que : 𝑀=𝑃.𝐷.𝑃!!
Or, si -1 est la seule de M, alors 𝐷 =
−1 0 … 0 0 −1 ⋱ ⋮
⋮ ⋱ ⋱ 0
0 … 0 −1
=−𝐼
Dès lors, si f est diagonalisable : 𝑀=𝑃. −𝐼 .𝑃!!=−𝑃.𝑃!!
En d’autres termes : 𝑀=−𝐼⇔𝑀+𝐼=0⇔𝐼+𝑀+0 𝑀! =0 ce qui revient à dire que 𝐼,𝑀,𝑀! est une famille famille liée
Or, par hypothèse, la famille 𝐼,𝑀,𝑀! est libre. Il y a donc une contradiction.
Finalement, f n’est pas diagonalisable.
