Corrigé des exercices : Diagonaliser une matrice en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Éléments propres d’une matrice 2×2

Idée clé : en taille 2, le polynôme caractéristique se lit sur la trace et le déterminant.

1. On a \(\mathrm{tr}(M)=7\) et \(\det(M)=6+6=12\). Donc \(\chi_M=X^2-7X+12=(X-3)(X-4)\). Le spectre de \(M\) est \(\{3,4\}\).
2. D’abord, \(M-3I_2=\begin{pmatrix}3 & -3\\ 2 & -2\end{pmatrix}\) : l’équation est \(x=y\), et \(E_3\) est dirigé par \(e=(1,1)\). Ensuite, \(M-4I_2=\begin{pmatrix}2 & -3\\ 2 & -3\end{pmatrix}\) : l’équation est \(2x=3y\), et \(E_4\) est dirigé par \(f=(3,2)\). \(E_3=\mathrm{Vect}(1,1)\) et \(E_4=\mathrm{Vect}(3,2)\).
3. Le polynôme \(\chi_M\) est scindé à racines simples sur \(\mathbb{R}\), ce qui suffit d’après le corollaire du cours. On choisit \(P=\begin{pmatrix}1 & 3\\ 1 & 2\end{pmatrix}\) et \(D=\mathrm{diag}(3,4)\). Pour contrôler, \(Me=(3,3)=3e\) et \(Mf=(12,8)=4f\). Comme \(\det P=2-3=-1\), on obtient \(P^{-1}=\begin{pmatrix}-2 & 3\\ 1 & -1\end{pmatrix}\).
4. L’aire de l’image du carré unité vaut \(|\det M|=12\). Or le produit des valeurs propres vaut \(3\times 4=12\). L’aire est égale au produit des valeurs propres, ce qui illustre \(\det M=\lambda_1\lambda_2\).

La figure montre les deux droites propres. Sur chacune, le vecteur et son image restent alignés.

Corrigé de l’exercice 2 – Tester des vecteurs propres

Idée clé : on calcule le produit et on regarde s’il est colinéaire au vecteur de départ.

1. On trouve \(Aa=(-2+1,\,-1+1,\,-1+2)=(-1,0,1)=a\). Ensuite, \(Ab=(0,3,0)=3b\). Enfin, \(Ac=(3,5,3)\), qui n’est pas colinéaire à \(c\). \(a\) est propre pour 1, \(b\) est propre pour 3, et \(c\) n’est pas propre.
2. La deuxième colonne de \(XI_3-A\) est \((0,X-3,0)\). En développant selon cette colonne, on obtient \(\chi_A=(X-3)\big((X-2)^2-1\big)=(X-3)(X-1)(X-3)\). Donc \(\chi_A=(X-1)(X-3)^2\).
3. La valeur propre 1 est simple, donc \(\dim E_1=1\). Pour 3, la matrice \(A-3I_3=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix}\) a deux premières lignes non colinéaires, donc elle est de rang 2. Ainsi \(\dim E_3=1<2=m(3)\). La matrice \(A\) n’est pas diagonalisable.

Corrigé de l’exercice 3 – Trois matrices triangulaires

Idée clé : les valeurs propres d’une matrice triangulaire sont ses coefficients diagonaux.

1. On lit directement \(\mathrm{Sp}(T_1)=\{2,-1,7\}\), \(\mathrm{Sp}(T_2)=\{2\}\) et \(\mathrm{Sp}(T_3)=\{-1,5\}\).
2. D’abord, \(T_1\) possède trois valeurs propres distinctes en dimension 3 : elle est diagonalisable. Ensuite, \(T_2-2I_2=\begin{pmatrix}0 & 3\\ 0 & 0\end{pmatrix}\) est de rang 1, donc \(\dim E_2=1<2\) : \(T_2\) n’est pas diagonalisable. Enfin, \(T_3+I_3=\begin{pmatrix}0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 6\end{pmatrix}\) est de rang 1, donc \(\dim E_{-1}=2=m(-1)\). \(T_1\) et \(T_3\) sont diagonalisables, \(T_2\) ne l’est pas.
3. Pour \(-1\), l’équation est \(z=0\) : on prend \((1,0,0)\) et \((0,1,0)\). Pour 5, le système \((T_3-5I_3)X=0\) donne \(-6x+2z=0\) et \(-6y=0\), d’où \((1,0,3)\). Pour contrôler, \(T_3(1,0,3)=(5,0,15)\). Une base propre est \(\big((1,0,0),(0,1,0),(1,0,3)\big)\).

Corrigé de l’exercice 4 – Un plan stable

Idée clé : un bloc de zéros sous la diagonale traduit la stabilité d’un sous-espace.

1. On a \(f(e_1)=e_1+3e_2\) et \(f(e_2)=2e_1+2e_2\), tous deux dans \(\Pi\). Par linéarité, \(f(\Pi)\subset\Pi\). Le plan \(\Pi\) est stable, et \(f_\Pi\) a pour matrice \(A_\Pi=\begin{pmatrix}1 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix}\).
2. On calcule \(\mathrm{tr}(A_\Pi)=3\) et \(\det(A_\Pi)=2-6=-4\). Donc \(\chi_{A_\Pi}=X^2-3X-4=(X-4)(X+1)\). Ensuite, \(A_\Pi(2,3)=(8,12)\) et \(A_\Pi(1,-1)=(-1,1)\). Les valeurs propres de \(f_\Pi\) sont 4, de vecteur \(2e_1+3e_2\), et \(-1\), de vecteur \(e_1-e_2\).
3. La matrice \(A\) est triangulaire par blocs, avec \(A_\Pi\) et \((2)\) sur la diagonale. Par conséquent, \(\chi_A=\chi_{A_\Pi}(X-2)=(X-4)(X+1)(X-2)\). Les trois valeurs propres sont distinctes, donc \(A\) est diagonalisable.
4. Le système \((A-2I_3)X=0\) s’écrit \(-x+2y+5z=0\) et \(3x-3z=0\). On en tire \(x=z\), puis \(4x+2y=0\), soit \(y=-2x\). Pour contrôler, \(A(1,-2,1)=(2,-4,2)\). Le vecteur \((1,-2,1)\) est propre pour 2.

Corrigé de l’exercice 5 – Polynôme caractéristique d’une matrice 3×3

Idée clé : la première colonne n’a qu’un coefficient non nul, ce qui raccourcit le calcul.

1. En développant selon la première colonne de \(XI_3-N\), on obtient \(\chi_N=(X-1)\big(X(X-3)+2\big)=(X-1)(X^2-3X+2)\). Ainsi \(\chi_N=(X-1)^2(X-2)\).
2. La valeur propre 1 est double. La matrice \(N-I_3=\begin{pmatrix}0 & -1 & 2\\ 0 & 2 & -2\\ 0 & 1 & -1\end{pmatrix}\) impose \(-y+2z=0\) et \(y=z\), donc \(y=z=0\). D’où \(E_1=\mathrm{Vect}(1,0,0)\). La valeur propre 2 est simple. Le système \((N-2I_3)X=0\) donne \(y=2z\), puis \(-x-y+2z=0\), soit \(x=0\). On a \(E_1=\mathrm{Vect}(1,0,0)\) et \(E_2=\mathrm{Vect}(0,2,1)\).
3. On a \(\dim E_1=1<2=m(1)\). La matrice \(N\) n’est pas diagonalisable.

Corrigé de l’exercice 6 – Pas de valeur propre réelle

Idée clé : le discriminant de \(\chi_K\) est négatif, mais ses racines complexes sont distinctes.

1. On a \(\mathrm{tr}(K)=0\) et \(\det K=-4+5=1\), donc \(\chi_K=X^2+1\), sans racine réelle. \(K\) n’a aucune valeur propre réelle, donc elle n’est pas diagonalisable sur \(\mathbb{R}\).
2. Sur \(\mathbb{C}\), le spectre est \(\{i,-i\}\), avec deux valeurs distinctes. La deuxième ligne de \(K-iI_2\) donne \(x=(2+i)y\), d’où le vecteur \((2+i,1)\). Par conjugaison, \((2-i,1)\) est propre pour \(-i\). Pour contrôler, \(K(2+i,1)=(-1+2i,\,i)=i\,(2+i,1)\). On a \(K=PDP^{-1}\) avec \(P=\begin{pmatrix}2+i & 2-i\\ 1 & 1\end{pmatrix}\) et \(D=\mathrm{diag}(i,-i)\).
3. Un calcul direct donne \(K^2=-I_2\), donc \(K^4=I_2\). Or \(2027=4\times 506+3\). Par conséquent, \(K^{2027}=K^3=-K\). Donc \(K^{2027}=\begin{pmatrix}-2 & 5\\ -1 & 2\end{pmatrix}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Matrice de rang un

Idée clé : le noyau d’une matrice de rang 1 fournit d’un coup \(n-1\) vecteurs propres pour la valeur 0.

1. La deuxième colonne est nulle et la première vaut trois fois la troisième, qui est non nulle. Donc \(\mathrm{rg}(A)=1\). Toutes les lignes sont proportionnelles à \((3,0,1)\), si bien que le noyau est le plan \(3x+z=0\). \(\ker A=\mathrm{Vect}\big((1,0,-3),(0,1,0)\big)\).
2. On calcule \(Au=(3-1,\,6-2,\,-3+1)=(2,4,-2)=2u\). Le vecteur \(u\) est propre pour la valeur propre 2.
3. On a \(\dim E_0=2\) et \(\dim E_2\ge 1\). La somme des dimensions vaut donc au moins 3, c’est-à-dire exactement 3. Par conséquent, \(A\) est diagonalisable. On prend \(P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ -3 & 0 & -1\end{pmatrix}\) et \(D=\mathrm{diag}(0,0,2)\). Son déterminant vaut \(-1+3=2\), donc \(P\) est bien inversible.
4. Les lignes de \(A^{\prime}\) sont \(r\), \(2r\) et \(-r\) avec \(r=(1,0,1)\). Ses colonnes non nulles valent \((1,2,-1)\), et \(r\cdot(1,2,-1)=0\). Donc \(A^{\prime 2}=0\). Si \(A^{\prime}X=\lambda X\) avec \(X\neq 0\), alors \(\lambda^2X=A^{\prime 2}X=0\), donc \(\lambda=0\). Si \(A^{\prime}\) était diagonalisable, on aurait \(D=0\), puis \(A^{\prime}=0\), ce qui est faux. \(A^{\prime}\) n’est pas diagonalisable.

Corrigé de l’exercice 8 – Valeur propre double et diagonalisation

Idée clé : chaque ligne de \(XI_3-A\) a la même somme \(X+1\), ce qui permet de factoriser tout de suite.

1. On a \(XI_3-A=\begin{pmatrix}X+1 & -3 & 3\\ 3 & X-5 & 3\\ 3 & -3 & X+1\end{pmatrix}\). L’opération \(C_1\leftarrow C_1+C_2+C_3\) remplit la première colonne de \(X+1\). On factorise, puis on effectue \(L_2\leftarrow L_2-L_1\) et \(L_3\leftarrow L_3-L_1\) :
   \[\chi_A=(X+1)\begin{vmatrix}1 & -3 & 3\\ 0 & X-2 & 0\\ 0 & 0 & X-2\end{vmatrix}=(X+1)(X-2)^2.\]
   Le spectre est \(\{2,-1\}\), avec 2 double.
2. La matrice \(A-2I_3\) a trois lignes égales à \((-3,3,-3)\). Elle est de rang 1, et \(E_2\) est le plan \(x-y+z=0\), de base \((1,1,0)\) et \((-1,0,1)\). Pour \(-1\), la matrice \(A+I_3\) donne \(3y-3z=0\) et \(-3x+3y=0\), d’où \((1,1,1)\). \(E_2=\mathrm{Vect}\big((1,1,0),(-1,0,1)\big)\) et \(E_{-1}=\mathrm{Vect}(1,1,1)\).
3. Les dimensions valent 2 et 1, de somme 3. \(A\) est diagonalisable avec \(P=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\) et \(D=\mathrm{diag}(2,2,-1)\). Pour contrôler, \(A(1,1,0)=(2,2,0)\), \(A(-1,0,1)=(-2,0,2)\) et \(A(1,1,1)=(-1,-1,-1)\).
4. Chaque ligne de \(A-2I_3\) vaut \((-3,3,-3)\). Les colonnes de \(A+I_3\) sont \((0,-3,-3)\), \((3,6,3)\) et \((-3,-3,0)\). Les produits scalaires valent \(0-9+9\), \(-9+18-9\) et \(9-9+0\). Ils sont tous nuls, donc \((A-2I_3)(A+I_3)=0\).

Corrigé de l’exercice 9 – Diagonalisabilité selon un paramètre

Idée clé : seule la valeur propre double pose question, et tout se joue sur un rang.

1. La matrice est triangulaire. Donc \(\chi_{M_a}=(X-1)^2(X-2)\) : 1 est double et 2 est simple, quel que soit \(a\).
2. On a \(M_a-I_3=\begin{pmatrix}0 & 1 & a\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\). Les lignes \((0,1,a)\) et \((0,1,1)\) sont colinéaires si et seulement si \(a=1\). Le rang vaut 2 si \(a\neq 1\) et 1 si \(a=1\).
3. On en déduit \(\dim E_1=3-\mathrm{rg}(M_a-I_3)\). Cette dimension vaut 2 seulement pour \(a=1\). \(M_a\) est diagonalisable si et seulement si \(a=1\).
4. Pour \(a=1\), \(E_1\) est le plan \(y+z=0\), de base \((1,0,0)\) et \((0,1,-1)\). Ensuite, \((M_1-2I_3)X=0\) donne \(z=0\) et \(y=x\), d’où \((1,1,0)\). On a \(M_1=PDP^{-1}\) avec \(P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & -1 & 0\end{pmatrix}\) et \(D=\mathrm{diag}(1,1,2)\).

Corrigé de l’exercice 10 – Puissances d’une matrice 2×2

Idée clé : on choisit \(P\) de déterminant 1 pour que son inverse soit immédiat.

1. On a \(\mathrm{tr}(A)=3\) et \(\det A=-4+6=2\), donc \(\chi_A=(X-1)(X-2)\). Ensuite, \(A-I_2\) a pour première ligne \((-2,3)\), d’où \((3,2)\). De même, \(A-2I_2\) a pour première ligne \((-3,3)\), d’où \((1,1)\). On pose \(P=\begin{pmatrix}3 & 1\\ 2 & 1\end{pmatrix}\), \(D=\mathrm{diag}(1,2)\) et \(P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -1\\ -2 & 3\end{pmatrix}\).
2. On calcule \(PD^n=\begin{pmatrix}3 & 2^n\\ 2 & 2^n\end{pmatrix}\), puis on multiplie par \(P^{-1}\) :
   \[A^n=\begin{pmatrix}3-2^{n+1} & 3\cdot 2^n-3\\ 2-2^{n+1} & 3\cdot 2^n-2\end{pmatrix}.\]
   Pour \(n=1\), on retrouve bien \(A\), et pour \(n=0\), on retrouve \(I_2\).
3. On divise chaque coefficient par \(2^n\). Les termes constants divisés par \(2^n\) tendent vers 0. Donc \(2^{-n}A^n\) tend vers \(\begin{pmatrix}-2 & 3\\ -2 & 3\end{pmatrix}\).
4. On cherche \(a_n\), \(b_n\) tels que \(\lambda^n=a_n\lambda+b_n\) pour \(\lambda\in\{1,2\}\). Alors \(D^n=a_nD+b_nI_2\), et donc \(A^n=a_nA+b_nI_2\) après conjugaison par \(P\). Le système \(a_n+b_n=1\), \(2a_n+b_n=2^n\) donne \(a_n=2^n-1\) et \(b_n=2-2^n\).

Corrigé de l’exercice 11 – Deux suites couplées

Idée clé : on décompose le vecteur initial dans la base propre, sans calculer \(P^{-1}\).

1. On a \(X_{n+1}=AX_n\) avec \(A=\begin{pmatrix}1/2 & 1/2\\ 1/4 & 3/4\end{pmatrix}\) et \(X_n=(u_n,v_n)\).
2. La trace vaut \(5/4\) et le déterminant \(3/8-1/8=1/4\). Donc \(\chi_A=X^2-\frac{5}{4}X+\frac{1}{4}=(X-1)\big(X-\frac{1}{4}\big)\). Ensuite, \(A(1,1)=(1,1)\) et \(A(2,-1)=\big(\frac{1}{2},-\frac{1}{4}\big)=\frac{1}{4}(2,-1)\). \(A\) est diagonalisable, de vecteurs propres \((1,1)\) pour 1 et \((2,-1)\) pour \(\frac{1}{4}\).
3. On résout \((0,6)=\alpha(1,1)+\beta(2,-1)\) : \(\alpha+2\beta=0\) et \(\alpha-\beta=6\), d’où \(\beta=-2\) et \(\alpha=4\). Par conséquent, \(X_n=4(1,1)-2\big(\frac{1}{4}\big)^n(2,-1)\). Ainsi \(u_n=4-4\big(\frac{1}{4}\big)^n\) et \(v_n=4+2\big(\frac{1}{4}\big)^n\), et les deux suites tendent vers 4.
4. On calcule \(u_{n+1}+2v_{n+1}=\frac{u_n+v_n}{2}+\frac{u_n+3v_n}{2}=u_n+2v_n\). La quantité vaut donc toujours \(u_0+2v_0=12\). Avec les formules, \(u_n+2v_n=12+(-4+4)\big(\frac{1}{4}\big)^n=12\), ce qui est cohérent, et la limite donne \(4+8=12\).

Le graphique montre les deux suites qui se rapprochent très vite de leur limite commune.

Corrigé de l’exercice 12 – Récurrence linéaire d’ordre deux

Idée clé : la matrice compagnon a pour vecteurs propres les \((1,\lambda)\).

1. On a \(X_{n+1}=(w_{n+1},\,3w_n+2w_{n+1})\). Donc \(C=\begin{pmatrix}0 & 1\\ 3 & 2\end{pmatrix}\).
2. On trouve \(\chi_C=X^2-2X-3=(X-3)(X+1)\), avec deux racines distinctes, donc \(C\) est diagonalisable. Pour une valeur propre \(\lambda\), on a \(C(1,\lambda)=(\lambda,3+2\lambda)=(\lambda,\lambda^2)\), car \(\lambda^2=2\lambda+3\). Une base propre est \(\big((1,3),(1,-1)\big)\), associée à 3 et \(-1\).
3. On résout \((0,4)=\alpha(1,3)+\beta(1,-1)\) : \(\alpha+\beta=0\) et \(3\alpha-\beta=4\), d’où \(\alpha=1\) et \(\beta=-1\). Ainsi, \(X_n=3^n(1,3)-(-1)^n(1,-1)\). Donc \(w_n=3^n-(-1)^n\). Pour contrôler, \(w_2=9-1=8=2\times 4+3\times 0\).

Corrigé de l’exercice 13 – Système différentiel 2×2

Idée clé : dans la base propre, le système se découple en deux équations scalaires.

1. On a \(A=\begin{pmatrix}1 & 3\\ 2 & 2\end{pmatrix}\), de trace 3 et de déterminant \(2-6=-4\). Donc \(\chi_A=X^2-3X-4=(X-4)(X+1)\). La matrice \(A-4I_2\) a pour première ligne \((-3,3)\), d’où \((1,1)\). La matrice \(A+I_2\) a pour première ligne \((2,3)\), d’où \((3,-2)\). \(A=PDP^{-1}\) avec \(P=\begin{pmatrix}1 & 3\\ 1 & -2\end{pmatrix}\) et \(D=\mathrm{diag}(4,-1)\).
2. D’après le cours, les solutions sont \(X(t)=c_1e^{4t}(1,1)+c_2e^{-t}(3,-2)\), avec \(c_1,c_2\) réels.
3. La condition \(X(0)=(4,-1)\) donne \(c_1+3c_2=4\) et \(c_1-2c_2=-1\). Par soustraction, \(5c_2=5\), donc \(c_2=1\) puis \(c_1=1\). Ainsi \(x(t)=e^{4t}+3e^{-t}\) et \(y(t)=e^{4t}-2e^{-t}\). Pour contrôler, \(x^{\prime}=4e^{4t}-3e^{-t}\) et \(x+3y=4e^{4t}-3e^{-t}\) ; de même, \(y^{\prime}=4e^{4t}+2e^{-t}=2x+2y\).
4. Si \(c_1=0\), la solution est bornée sur \([0,+\infty[\). Inversement, \(e^{-4t}X(t)\) tend vers \(c_1(1,1)\). Si \(X\) est bornée, cette limite est nulle, donc \(c_1=0\). Les solutions bornées sont les \(t\mapsto c\,e^{-t}(3,-2)\).

Corrigé de l’exercice 14 – Liberté de vecteurs propres

Idée clé : un polynôme en \(u\) bien choisi annule tous les termes sauf un.

1. Soit \(\alpha_1x_1+\alpha_2x_2=0\). En appliquant \(u\), on obtient \(\alpha_1\lambda_1x_1+\alpha_2\lambda_2x_2=0\). On retranche \(\lambda_2\) fois la première relation : \(\alpha_1(\lambda_1-\lambda_2)x_1=0\). Comme \(\lambda_1\neq\lambda_2\) et \(x_1\neq 0\), on a \(\alpha_1=0\), puis \(\alpha_2x_2=0\) donne \(\alpha_2=0\). La famille \((x_1,x_2)\) est libre.
2. Pour chaque \(k\), on a \((u-\lambda_2\mathrm{id})\circ(u-\lambda_3\mathrm{id})(x_k)=(\lambda_k-\lambda_2)(\lambda_k-\lambda_3)x_k\). Ce vecteur est nul pour \(k=2\) et \(k=3\). La relation devient donc \(\alpha_1(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1-\lambda_3)x_1=0\), d’où \(\alpha_1=0\). Il reste \(\alpha_2x_2+\alpha_3x_3=0\), et la question 1 donne \(\alpha_2=\alpha_3=0\). La famille \((x_1,x_2,x_3)\) est libre.
3. Pour \(c\) réel, la fonction \(t\mapsto e^{ct}\) est non nulle et vérifie \(\Delta(e^{ct})=c\,e^{ct}\). Ce sont donc des vecteurs propres de \(\Delta\), associés à 1, 2 et 5. Ces valeurs étant distinctes, les trois fonctions forment une famille libre.

Corrigé de l’exercice 15 – Une relation polynomiale lue sur le spectre

Idée clé : deux endomorphismes égaux sur une base sont égaux.

1. Par récurrence, \(A^kX=\lambda^kX\) pour tout \(k\), car \(A^{k+1}X=A(\lambda^kX)=\lambda^{k+1}X\). Par linéarité, \(Q(A)X=Q(\lambda)X\) pour tout polynôme \(Q\).
2. On a \(\mathrm{tr}(A)=3\) et \(\det A=-4\), donc \(\chi_A=(X-4)(X+1)\). Ensuite, \(A-4I_2\) donne \(y=2x\), d’où \((1,2)\), et \(A+I_2\) donne \(x=-2y\), d’où \((2,-1)\). \(A=PDP^{-1}\) avec \(P=\begin{pmatrix}1 & 2\\ 2 & -1\end{pmatrix}\) et \(D=\mathrm{diag}(4,-1)\).
3. Posons \(Q=X^2-3X\). On a \(Q(4)=16-12=4\) et \(Q(-1)=1+3=4\). Par la question 1, \(Q(A)\) et \(4I_2\) coïncident sur la base propre \(\big((1,2),(2,-1)\big)\). Donc \(A^2-3A=4I_2\).
4. On écrit \(A\cdot\frac{1}{4}(A-3I_2)=I_2\). Ainsi \(A\) est inversible et \(A^{-1}=\frac{1}{4}(A-3I_2)=\begin{pmatrix}-3/4 & 1/2\\ 1/2 & 0\end{pmatrix}\).

Corrigé de l’exercice 16 – Même polynôme caractéristique, non semblables

Idée clé : une matrice semblable à \(3I_2\) est égale à \(3I_2\).

1. Les matrices \(U\) et \(V\) sont triangulaires de diagonale \((3,3)\). Pour \(W\), la trace vaut 6 et le déterminant \(5+4=9\). Les trois matrices ont pour polynôme caractéristique \((X-3)^2\).
2. Les matrices \(V-3I_2=\begin{pmatrix}0 & -4\\ 0 & 0\end{pmatrix}\) et \(W-3I_2=\begin{pmatrix}-2 & 2\\ -2 & 2\end{pmatrix}\) sont de rang 1. Donc \(\dim E_3=1<2\) dans les deux cas : ni \(V\) ni \(W\) n’est diagonalisable. Ensuite, si \(V=Q(3I_2)Q^{-1}\), alors \(V=3I_2\), ce qui est faux. Ni \(V\) ni \(W\) n’est semblable à \(U\).
3. On trouve \((W-3I_2)^2=0\). Ensuite, \(y=(W-3I_2)(1,0)=(-2,-2)\), et \(\det\begin{pmatrix}-2 & 1\\ -2 & 0\end{pmatrix}=2\neq 0\), donc \((y,x)\) est une base. Puis \(Wy=3y+(W-3I_2)^2x=3y\) et \(Wx=3x+y\). La matrice dans la base \((y,x)\) est \(T=\begin{pmatrix}3 & 1\\ 0 & 3\end{pmatrix}\).
4. De même, \((V-3I_2)^2=0\) et \(y^{\prime}=(V-3I_2)(0,1)=(-4,0)\). La famille \((y^{\prime},x^{\prime})\) a pour déterminant \(-4\neq 0\), et les mêmes calculs donnent encore la matrice \(T\). Ainsi \(V=Q_1TQ_1^{-1}\) et \(W=Q_2TQ_2^{-1}\), d’où \(W=(Q_2Q_1^{-1})V(Q_2Q_1^{-1})^{-1}\). Les matrices \(V\) et \(W\) sont semblables.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – La matrice aI + bJ

Idée clé : \(M\) est un polynôme en \(J\), donc elle a les mêmes vecteurs propres que \(J\).

1. Toutes les colonnes de \(J\) sont égales et non nulles, donc \(\mathrm{rg}(J)=1\). Chaque coefficient de \(J^2\) est une somme de \(n\) termes égaux à 1, donc \(J^2=nJ\). Le noyau est l’hyperplan \(x_1+\dots+x_n=0\), de dimension \(n-1\). Enfin, \(J\,(1,\dots,1)=n\,(1,\dots,1)\). \(\mathrm{Sp}(J)=\{0,n\}\), avec \(E_0=\ker J\) et \(E_n=\mathrm{Vect}(1,\dots,1)\).
2. Les dimensions valent \(n-1\) et 1, de somme \(n\), donc \(J\) est diagonalisable. Si \(JX=\mu X\), alors \(MX=(a+b\mu)X\). Une base propre de \(J\) est donc une base propre de \(M\). \(M\) est diagonalisable, de valeurs propres \(a\) (multiplicité \(n-1\)) et \(a+nb\) (multiplicité 1), distinctes car \(b\neq 0\).
3. Le déterminant de \(M\) est le produit de ses valeurs propres comptées avec multiplicité, soit \(a^{n-1}(a+nb)\). \(M\) est inversible si et seulement si \(a\neq 0\) et \(a+nb\neq 0\). On développe \((aI_n+bJ)(\alpha I_n+\beta J)=a\alpha I_n+(a\beta+b\alpha+nb\beta)J\). Comme \(I_n\) et \(J\) sont libres pour \(n\ge 2\), il suffit d’avoir \(a\alpha=1\) et \(\beta(a+nb)=-b\alpha\). Donc \(M^{-1}=\frac{1}{a}I_n-\frac{b}{a(a+nb)}J\).
4. Notons \(N_k\) le membre de droite. Sur \(\ker J\), \(N_k\) agit comme \(a^k\,\mathrm{id}\). Sur le vecteur \((1,\dots,1)\), il agit par \(a^k+\big((a+nb)^k-a^k\big)=(a+nb)^k\). Or \(M^k\) agit de la même façon sur ces vecteurs propres. Les deux matrices coïncident sur une base, donc \(M^k=N_k\).
5. On a \(a=-1\) et \(a+nb=2\). Donc \(M^k=(-1)^kI_3+\dfrac{2^k-(-1)^k}{3}J\). Pour \(k=2\), on trouve \(I_3+J\), qui est bien \((J-I_3)^2=3J-2J+I_3\).

Corrigé de l’exercice 18 – Commuter avec une matrice à spectre simple

Idée clé : les sous-espaces propres de \(A\) sont des droites stables par \(B\), donc dirigées par des vecteurs propres de \(B\).

1. Soit \(X\in E_\lambda(A)\). Alors \(A(BX)=B(AX)=\lambda\,BX\). Donc \(BX\in E_\lambda(A)\), et chaque sous-espace propre de \(A\) est stable par \(B\).
2. Les \(n\) valeurs propres de \(A\) étant toutes différentes, ses sous-espaces propres sont de dimension 1. Ainsi \(E_{\lambda_k}(A)=\mathrm{Vect}(p_k)\), où \(p_k\) désigne la colonne d’indice \(k\) de \(P\). D’après la question 1, \(Bp_k\in\mathrm{Vect}(p_k)\), soit \(Bp_k=\mu_kp_k\). Ainsi \(BP=P\,\mathrm{diag}(\mu_1,\dots,\mu_n)\), et \(P^{-1}BP\) est diagonale.
3. Ici \(A=PDP^{-1}\) avec \(P=\begin{pmatrix}1 & 3\\ 1 & 2\end{pmatrix}\) et \(D=\mathrm{diag}(3,4)\), d’après l’exercice 1. Si \(B\) commute avec \(A\), alors \(B=P\,\mathrm{diag}(\mu_1,\mu_2)P^{-1}\). Or \(\lambda I_2+\mu A=P\,\mathrm{diag}(\lambda+3\mu,\lambda+4\mu)P^{-1}\). Il suffit de choisir \(\mu=\mu_2-\mu_1\) et \(\lambda=4\mu_1-3\mu_2\). Réciproquement, toute matrice \(\lambda I_2+\mu A\) commute avec \(A\). Les matrices qui commutent avec \(A\) sont exactement les \(\lambda I_2+\mu A\).
4. Si de plus \(B^2=B\), alors \(\mu_k^2=\mu_k\), donc \(\mu_k\in\{0,1\}\). On obtient quatre matrices. Le cas \((1,0)\) donne \(P\,\mathrm{diag}(1,0)P^{-1}=4I_2-A\), et le cas \((0,1)\) donne \(A-3I_2\). Les solutions sont \(0\), \(I_2\), \(\begin{pmatrix}-2 & 3\\ -2 & 3\end{pmatrix}\) et \(\begin{pmatrix}3 & -3\\ 2 & -2\end{pmatrix}\).

Corrigé de l’exercice 19 – Sous-espaces stables d’une matrice diagonale

Idée clé : un polynôme en \(u\) bien choisi isole chaque composante d’un vecteur de \(F\).

1. On a \(u(e_k)=k\,e_k\). Donc l’image d’un vecteur de \(\mathrm{Vect}(e_k,\ k\in K)\) reste dans ce sous-espace, qui est stable.
2. On a \(u(x)=x_1e_1+2x_2e_2+3x_3e_3\) et \(u^2(x)=x_1e_1+4x_2e_2+9x_3e_3\), et ces vecteurs sont dans \(F\). Posons \(L_3=\frac{1}{2}(X-1)(X-2)\). Alors \(L_3(u)(x)=\sum_kL_3(k)x_ke_k=x_3e_3\), car \(L_3(1)=L_3(2)=0\) et \(L_3(3)=1\). De même, \(L_1=\frac{1}{2}(X-2)(X-3)\) et \(L_2=-(X-1)(X-3)\) isolent \(x_1e_1\) et \(x_2e_2\). Or \(F\) est stable par \(u\), donc par tout polynôme en \(u\). Ainsi \(x_ke_k\in F\) pour \(k=1,2,3\).
3. Soit \(K=\{k : e_k\in F\}\). D’abord, \(\mathrm{Vect}(e_k,\ k\in K)\subset F\). Ensuite, pour \(x\in F\), chaque \(x_k\) non nul donne \(e_k\in F\), donc \(k\in K\). Ainsi \(F=\mathrm{Vect}(e_k,\ k\in K)\). Des parties différentes donnent des sous-espaces différents. Il y a donc exactement \(2^3=8\) sous-espaces stables.
4. Pour \(\mathrm{diag}(1,1,3)\), l’endomorphisme agit comme l’identité sur \(\mathrm{Vect}(e_1,e_2)\). Toute droite \(\mathrm{Vect}(e_1+te_2)\), avec \(t\) réel, est donc stable. On obtient une infinité de sous-espaces stables.

Corrigé de l’exercice 20 – Système différentiel 3×3

Idée clé : les trois produits fournissent directement une base propre.

1. On trouve \(B(1,1,0)=(1,1,0)\), \(B(-1,0,1)=(-1,0,1)\) et \(B(1,1,1)=(-2,-2,-2)\). La matrice formée par ces trois vecteurs a pour déterminant 1, donc ils forment une base. \(B\) est diagonalisable, de valeurs propres 1 (double) et \(-2\).
2. Les solutions s’écrivent \(X(t)=e^{t}\big(a(1,1,0)+b(-1,0,1)\big)+c\,e^{-2t}(1,1,1)\). La condition initiale donne \(a-b+c=1\), \(a+c=2\) et \(b+c=0\). On en tire \(c=-1\), \(a=3\) et \(b=1\). Donc \(x(t)=2e^{t}-e^{-2t}\), \(y(t)=3e^{t}-e^{-2t}\) et \(z(t)=e^{t}-e^{-2t}\). Pour contrôler, \(x^{\prime}=2e^t+2e^{-2t}\) et \(-2x+3y-3z=2e^t+2e^{-2t}\).
3. On a \(e^{-t}X(t)\to a(1,1,0)+b(-1,0,1)\). Si \(X(t)\to 0\), cette limite est nulle, et la liberté donne \(a=b=0\). Réciproquement, si \(a=b=0\), alors \(X(t)=c\,e^{-2t}(1,1,1)\to 0\). Les solutions qui tendent vers 0 sont celles pour lesquelles \(X(0)\in\mathrm{Vect}(1,1,1)\).

Corrigé de l’exercice 21 – Problème – Trois réservoirs qui s’équilibrent

Idée clé : la matrice est un polynôme en \(J\), et le vecteur initial se décompose entre la droite \(\mathrm{Vect}(1,1,1)\) et le plan \(x+y+z=0\).

Partie A.

1. Le réservoir \(R_1\) garde \(\frac{3}{5}x_n\) et reçoit \(\frac{1}{5}y_n\) et \(\frac{1}{5}z_n\). Ainsi \(x_{n+1}=\frac{1}{5}(3x_n+y_n+z_n)\), et de même pour les autres. On obtient bien \(X_{n+1}=QX_n\).
2. Chaque colonne de \(Q\) a pour somme \(\frac{3+1+1}{5}=1\). En sommant les trois lignes, on trouve \(x_{n+1}+y_{n+1}+z_{n+1}=x_n+y_n+z_n\). Le volume total reste égal à 15 litres.
3. D’après l’exercice 17 avec \(n=3\), \(J\) est diagonalisable de spectre \(\{0,3\}\). Ainsi \(Q\) est diagonalisable, de valeurs propres \(\frac{2}{5}+\frac{3}{5}=1\) et \(\frac{2}{5}\). On a \(E_1=\mathrm{Vect}(1,1,1)\) et \(E_{2/5}\) est le plan \(x+y+z=0\), de base \((1,-1,0)\) et \((1,0,-1)\).
4. On écrit \((15,0,0)=5(1,1,1)+(10,-5,-5)\), et \((10,-5,-5)=5(1,-1,0)+5(1,0,-1)\) appartient au plan propre. Donc \(X_n=5(1,1,1)+\big(\frac{2}{5}\big)^n(10,-5,-5)\). Ainsi \(x_n=5+10\big(\frac{2}{5}\big)^n\) et \(y_n=z_n=5-5\big(\frac{2}{5}\big)^n\). Pour contrôler, \(x_1=9\) et \(y_1=3\).
5. Comme \(0<\frac{2}{5}<1\), les trois volumes tendent vers 5 litres. Ensuite, \(x_n<5{,}1\) équivaut à \(0{,}4^n<0{,}01\). Or \(0{,}4^5=0{,}01024\) et \(0{,}4^6=0{,}004096\). Le plus petit entier est \(n=6\).

Partie B.

1. On a \(Q-I_3=-\frac{3}{5}I_3+\frac{1}{5}J\), qui a les mêmes vecteurs propres que \(J\). Son spectre est \(\{0,-\frac{3}{5}\}\), avec \(E_0=\mathrm{Vect}(1,1,1)\) et \(E_{-3/5}\) le plan \(x+y+z=0\).
2. Avec la même décomposition de \(X(0)\), on obtient \(X(t)=5(1,1,1)+e^{-3t/5}(10,-5,-5)\). Donc \(x(t)=5+10e^{-3t/5}\) et \(y(t)=z(t)=5-5e^{-3t/5}\), avec la même limite de 5 litres. Cependant, \(0{,}4^n=e^{n\ln 0{,}4}\approx e^{-0{,}92n}\) décroît plus vite que \(e^{-0{,}6t}\). Le modèle jour par jour s’équilibre donc plus rapidement.

La figure superpose les deux modèles : les points du modèle discret et les courbes du modèle continu tendent vers le même équilibre.

Pour aller plus loin

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