Diagonalisation de matrices à paramètre : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : diagonalisation de matrices à paramètre

Le corrigé détaillé : diagonalisation de matrices à paramètre

Exercice 1 – Directions propres lues sur une figure (3 points)

1. Sur la figure, \(A\vec{u}\) est porté par la droite de \(\vec{u}\), et \(A\vec{v}\) par celle de \(\vec{v}\). En revanche, \(A\vec{w} = (5, 1)\) et \(A\vec{z} = (-2, 2)\) ne sont pas colinéaires à \(\vec{w}\) et \(\vec{z}\). Vérifions par le calcul :

   \[A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5-2 \\ 1+2 \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad A\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10-2 \\ 2+2 \end{pmatrix} = 4\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}.\]

   Le vecteur \(\vec{u}\) est propre pour la valeur propre 3, et \(\vec{v}\) est propre pour la valeur propre 4.

   

2. La matrice \(A\) est de taille 2 et possède deux valeurs propres distinctes, 3 et 4. Par conséquent, elle est diagonalisable, et \((\vec{u}, \vec{v})\) est une base de vecteurs propres.

   \[P = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \frac{1}{-1}\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}.\]

   On a ainsi \(A = PDP^{-1}\).

3. D’abord, \(A^n = PD^nP^{-1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence immédiate. Donc

   \[A^n = \begin{pmatrix} 3^n & 2 \cdot 4^n \\ 3^n & 4^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \cdot 4^n – 3^n & 2 \cdot 3^n – 2 \cdot 4^n \\ 4^n – 3^n & 2 \cdot 3^n – 4^n \end{pmatrix}.\]

   Pour \(n = 1\), on retrouve bien \(\begin{pmatrix} 5 & -2 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\). Ensuite, le système de récurrence s’écrit \(Y_{n+1} = AY_n\) avec \(Y_n = (x_n, y_n)\), donc \(Y_n = A^nY_0\) est la première colonne de \(A^n\).

   Pour tout \(n\), \(x_n = 2 \cdot 4^n – 3^n\) et \(y_n = 4^n – 3^n\).

Barème : 1) lecture des directions et produits de contrôle, 1 point ; 2) argument des valeurs propres distinctes, P, D et inverse, 1 point ; 3) calcul de la puissance puis des deux suites, 1 point.

Piège classique : lire un vecteur propre sur une figure ne suffit pas ; le calcul du produit est exigé pour obtenir les points.

Exercice 2 – Une famille de matrices à paramètre (4 points)

1. Chaque ligne de \(M_a\) a pour somme 2 : en effet, \(0+1+1 = 2\), \(-1+2+1 = 2\) et \(-a+1+a+1 = 2\). Donc \(M_a f = 2f\) avec \(f = (1, 1, 1)\), et ce vecteur est non nul. Ainsi 2 est valeur propre de \(M_a\) pour tout \(a\), et \(f\) est un vecteur propre associé.

2. L’opération \(C_1 \leftarrow C_1 + C_2 + C_3\) ne change pas le déterminant. Elle donne une première colonne égale à \(X – 2\) partout, que l’on factorise :

   \[\chi_{M_a} = \begin{vmatrix} X & -1 & -1 \\ 1 & X-2 & -1 \\ a & -1 & X-a-1 \end{vmatrix} = (X-2)\begin{vmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 1 & X-2 & -1 \\ 1 & -1 & X-a-1 \end{vmatrix}.\]

   Puis les opérations \(L_2 \leftarrow L_2 – L_1\) et \(L_3 \leftarrow L_3 – L_1\) rendent la matrice triangulaire :

   \[\chi_{M_a} = (X-2)\begin{vmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 0 & X-1 & 0 \\ 0 & 0 & X-a \end{vmatrix}.\]

   Donc \(\chi_{M_a} = (X-1)(X-2)(X-a)\). Contrôle : la somme des racines vaut \(3 + a\), qui est bien la trace \(0 + 2 + a + 1\).

3. Trois racines distinctes

   Si \(a \notin \{1, 2\}\), alors \(M_a\) est d’ordre 3 et possède trois valeurs propres distinctes 1, 2 et \(a\). Par conséquent, \(M_a\) est diagonalisable.

   Racine double égale à 1

   Si \(a = 1\), le polynôme \(\chi_{M_1} = (X-1)^2(X-2)\) est scindé et 1 est racine double. Or

   \[M_1 – I_3 = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\]

   est de rang 1, donc \(\dim E_1 = 3 – 1 = 2\) par le théorème du rang. De plus, \(\dim E_2 = 1\). Chaque dimension égale la multiplicité, donc \(M_1\) est diagonalisable.

   Racine double égale à 2

   Si \(a = 2\), alors \(\chi_{M_2} = (X-1)(X-2)^2\) et 2 est racine double. Cependant

   \[M_2 – 2I_3 = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & 1 \\ -2 & 1 & 1 \end{pmatrix}\]

   a ses deux premières lignes non colinéaires, et sa troisième ligne égale la première : son rang vaut 2. Ainsi \(\dim E_2 = 1 < 2\), donc \(M_2\) n’est pas diagonalisable.

   Conclusion : \(M_a\) est diagonalisable si et seulement si \(a \neq 2\).

   

4. D’abord, \(e = (1, 0, 1)\) vérifie \(M_a e = (0+0+1,\ -1+0+1,\ -a+0+a+1) = (1, 0, 1)\), donc \(e \in E_1\). Ensuite, \(f = (1, 1, 1) \in E_2\) d’après la question 1. Enfin, cherchons un vecteur de la forme \(h = (1, 1,c)\) dans \(E_a\) :

   \[M_a h = \begin{pmatrix} 1 + c \\ 1 + c \\ 1 – a + c(a+1) \end{pmatrix}.\]

   La première coordonnée impose \(1 + c = a\), soit \(c = a – 1\). La troisième vaut alors \(1 – a + (a-1)(a+1) = (a-1)a\), qui est bien \(a \times c\). Donc \(h = (1, 1, a-1) \in E_a\).

   \[P_a = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & a-1 \end{pmatrix}, \quad \det P_a = a – 2\]

   (par \(L_3 \leftarrow L_3 – L_1\), puis développement). Comme \(a \neq 2\), la matrice \(P_a\) est inversible, et \(P_a^{-1} M_a P_a = \mathrm{diag}(1, 2, a)\).

   Lorsque \(a = 1\), la troisième colonne devient \((1, 1, 0)\). Or \((M_1 – I_3)(1, 1, 0) = (0, 0, 0)\), donc ce vecteur appartient à \(E_1\). De plus, \(\det P_1 = -1 \neq 0\) : la formule reste valable, avec \(\mathrm{diag}(1, 2, 1)\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) factorisation par X − 2 puis triangulation, 1 point ; 3) un demi-point par cas (racines distinctes, a = 1, a = 2), avec calcul de rang exigé ; 4) trois vecteurs propres, déterminant et vérification en a = 1, 1 point.

Piège classique : conclure que \(M_1\) n’est pas diagonalisable parce que 1 est racine double. Une racine multiple n’empêche rien ; seule la dimension du sous-espace propre tranche.

Exercice 3 – Le cas critique : trigonalisation et puissances (4 points)

1. Avec \(X = (x, y, z)\), le système \((M – 2I_3)X = f\) s’écrit

   \[\begin{cases} -2x + y + z = 1 \\ -x + z = 1 \\ -2x + y + z = 1 \end{cases}\]

   La troisième équation répète la première. La deuxième donne \(z = 1 + x\), puis la première donne \(y = 1 + 2x – z = x\). Les solutions sont les vecteurs \((t, t, 1+t)\) avec \(t \in \mathbb{R}\), c’est-à-dire \(g + t f\). Pour \(t = 0\), on obtient bien \(g = (0, 0, 1)\) ; vérification : \((M – 2I_3)g\) est la troisième colonne \((1, 1, 1)\) de \(M – 2I_3\).

2. La matrice \(P\) dont les colonnes sont \(e\), \(f\), \(g\) vaut

   \[P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad \det P = 1 \times \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1\]

   en développant selon la troisième colonne. Donc \((e, f, g)\) est une base de \(\mathbb{R}^3\). Ensuite, on lit les images : \(Me = e\) (exercice 2), \(Mf = 2f\) et \(Mg = 2g + f\) (question 1). Les coordonnées de ces images forment les colonnes de \(T\) :

   \[T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

   On vérifie \(PP^{-1} = I_3\) ligne par ligne. Ainsi \(M = PTP^{-1}\), donc \(M\) est trigonalisable.

3. Posons \(\Delta = \mathrm{diag}(1, 2, 2)\) et \(N = T – \Delta\), dont le seul coefficient non nul est \(N_{2, 3} = 1\). Alors \(N^2 = 0\). De plus, \(\Delta N = 2N\) et \(N\Delta = 2N\), car la ligne 2 et la colonne 3 de \(\Delta\) portent le même coefficient 2 : les deux matrices commutent.

   La formule du binôme s’applique donc, et elle s’arrête au rang 1 puisque \(N^2 = 0\). Pour \(n \geq 1\), on obtient \(T^n = \Delta^n + n\Delta^{n-1}N\), ce qui donne

   \[T^n = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2^n & n2^{n-1} \\ 0 & 0 & 2^n \end{pmatrix}.\]

   Cette formule vaut aussi pour \(n = 0\), car le coefficient \(n2^{n-1}\) est alors nul.

4. Le produit en deux temps

   On a \(M^n = PT^nP^{-1}\). D’abord,

   \[PT^n = \begin{pmatrix} 1 & 2^n & n2^{n-1} \\ 0 & 2^n & n2^{n-1} \\ 1 & 2^n & (n+2)2^{n-1} \end{pmatrix},\]

   puis la multiplication à droite par \(P^{-1}\) donne

   \[M^n = \begin{pmatrix} 1 – n2^{n-1} & 2^n – 1 & n2^{n-1} \\ -n2^{n-1} & 2^n & n2^{n-1} \\ 1 – 2^n – n2^{n-1} & 2^n – 1 & (n+2)2^{n-1} \end{pmatrix}.\]

   Contrôle pour n = 1

   Pour \(n = 1\), on trouve \(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ -2 & 1 & 3 \end{pmatrix}\), ce qui est bien \(M\). Pour \(n = 0\), on retrouve aussi \(I_3\).

Barème : 1) ensemble des solutions et vecteur g, 1 point ; 2) base, matrice T, matrice de passage et inverse, 1 point ; 3) décomposition, commutation justifiée et binôme, 1 point ; 4) matrice M puissance n avec son contrôle, 1 point.

Piège classique : appliquer le binôme sans vérifier que \(\Delta\) et \(N\) commutent. Ici, c’est vrai seulement parce que les deux derniers coefficients diagonaux de \(\Delta\) sont égaux.

Exercice 4 – Matrices de rang 1 (4 points)

1. Pour tout vecteur \(X\), on a \(AX = U(V^{\top}X)\), où \(V^{\top}X\) est un réel. Donc l’image de \(A\) est contenue dans la droite \(\mathbb{R}U\). Elle n’est pas réduite à \(\{0\}\) : comme \(V \neq 0\), on a \(V^{\top}V > 0\), donc \(AV = (V^{\top}V)U \neq 0\). Ainsi \(\mathrm{rg}(A) = 1\).

   Ensuite, le coefficient \((i,i)\) de \(A\) vaut \(u_iv_i\), donc \(\mathrm{tr}(A) = \sum u_iv_i = V^{\top}U = s\). Enfin, l’associativité donne \(AU = U(V^{\top}U) = sU\). On a donc \(\mathrm{tr}(A) = s\) et \(AU = sU\).

2. Comme \(U \neq 0\), l’égalité \(U(V^{\top}X) = 0\) équivaut à \(V^{\top}X = 0\). Le noyau de \(A\) est l’hyperplan d’équation \(v_1x_1 + \cdots + v_nx_n = 0\), de dimension \(n – 1\) (théorème du rang, ou forme linéaire non nulle).

   Ainsi 0 est valeur propre et \(\dim E_0 = n – 1\). Or la dimension d’un sous-espace propre est majorée par la multiplicité de la valeur propre : 0 est donc racine de \(\chi_A\) d’ordre au moins \(n – 1\). Par ailleurs, \(\chi_A\) est unitaire de degré \(n\), donc \(\chi_A = X^{n-1}(X – \lambda)\) pour un réel \(\lambda\). Enfin, le coefficient de \(X^{n-1}\) dans \(\chi_A\) vaut \(-\mathrm{tr}(A)\), d’où \(\lambda = \mathrm{tr}(A)\). Donc \(\chi_A = X^{n-1}(X – s)\).

3. Supposons d’abord \(s \neq 0\). Le polynôme \(\chi_A\) est scindé ; la valeur propre 0, de multiplicité \(n – 1\), a un sous-espace propre de dimension \(n – 1\). La valeur propre \(s\) est simple, et \(E_s\) contient \(U \neq 0\), donc il est de dimension 1. Les dimensions égalent les multiplicités, donc \(A\) est diagonalisable.

   Supposons au contraire \(s = 0\). Alors \(\chi_A = X^n\), et 0 est la seule valeur propre. Raisonnons par l’absurde : une diagonalisation fournirait \(Q\) inversible avec \(A = Q \cdot 0 \cdot Q^{-1}\), soit \(A = 0\), alors que \(\mathrm{rg}(A) = 1\). L’équivalence entre diagonalisabilité et trace non nulle est donc établie.

4. Écriture comme produit

   Les lignes de \(R\) sont proportionnelles à \((2, -1, 3)\), donc \(R = UV^{\top}\) avec \(U = (1, 2, -1)\) et \(V = (2, -1, 3)\). De même, \(S = U^{\prime}V^{\prime\top}\) avec \(U^{\prime} = (1, 2, 3)\) et \(V^{\prime} = (1, 1, -1)\). Les traces valent \(\mathrm{tr}(R) = 2 – 2 – 3 = -3\) et \(\mathrm{tr}(S) = 1 + 2 – 3 = 0\). Par conséquent, \(R\) est diagonalisable, mais \(S\) ne l’est pas.

   Réduction de R

   Le noyau de \(R\) a pour équation \(2x – y + 3z = 0\) ; il admet pour base \((1, 2, 0)\) et \((0, 3, 1)\). De plus, \(RU = -3U\). On prend donc

   \[Q = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 3 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}, \quad \det Q = -3 \neq 0, \quad Q^{-1}RQ = \mathrm{diag}(0, 0, -3).\]

Barème : 1) rang, trace et relation AU = sU, 1 point ; 2) noyau, puis polynôme caractéristique avec les deux résultats cités, 1 point ; 3) chaque implication rapporte un demi-point ; 4) choix entre R et S, puis réduction de R, 1 point.

Piège classique : affirmer que 0 est de multiplicité exactement \(n – 1\) sans regarder la trace. Lorsque la trace est nulle, la multiplicité vaut \(n\).

Exercice 5 – Problème : un jeton sur trois cases (5 points)

Partie A : mise en équation et réduction

1. Les événements « être en \(A\) », « être en \(B\) », « être en \(C\) » à l’instant \(n\) constituent une partition de l’univers. En conditionnant par la position à l’instant \(n\), on obtient alors, en lisant les flèches qui arrivent sur chaque case :

   \[a_{n+1} = \frac{1}{2}a_n + pb_n, \quad b_{n+1} = \frac{1}{2}a_n + (1-2p)b_n + \frac{1}{2}c_n, \quad c_{n+1} = pb_n + \frac{1}{2}c_n.\]

   Ainsi \(X_{n+1} = MX_n\) avec \(M = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & p & 0 \\ \frac{1}{2} & 1-2p & \frac{1}{2} \\ 0 & p & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\).

2. Chaque colonne de \(M\) a pour somme 1, car les probabilités qui partent d’une case totalisent 1. Donc \(M^{\top}(1, 1, 1) = (1, 1, 1)\), et 1 est valeur propre de \(M^{\top}\). Comme \(\chi_{M^{\top}} = \chi_M\), 1 est aussi valeur propre de \(M\).

   Pour le calcul, l’opération \(L_1 \leftarrow L_1 + L_2 + L_3\) dans \(XI_3 – M\) fait apparaître la ligne \((X-1, X-1, X-1)\). Après factorisation, puis \(C_2 \leftarrow C_2 – C_1\) et \(C_3 \leftarrow C_3 – C_1\) :

   \[\chi_M = (X-1)\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -\frac{1}{2} & X – \frac{1}{2} + 2p & 0 \\ 0 & -p & X – \frac{1}{2} \end{vmatrix}.\]

   Ce déterminant triangulaire vaut le produit des coefficients diagonaux. Or \(\frac{1}{2} – 2p = r\), donc \(\chi_M = (X-1)\left(X – \frac{1}{2}\right)(X – r)\).

3. Pour \(0 < p \leq \frac{1}{2}\), on a \(-\frac{1}{2} \leq r < \frac{1}{2}\). Les trois racines 1, \(\frac{1}{2}\) et \(r\) sont donc distinctes. La matrice \(M\), d’ordre 3, a trois valeurs propres distinctes : elle est diagonalisable pour tout \(p\) de l’intervalle.

   Vérifions ensuite les colonnes de \(P\) :

   \[M\begin{pmatrix} 2p \\ 1 \\ 2p \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} p + p \\ p + 1 – 2p + p \\ p + p \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2p \\ 1 \\ 2p \end{pmatrix}, \quad M\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix},\]

   \[M\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} – 2p \\ -1 + 4p \\ \frac{1}{2} – 2p \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}.\]

   Les colonnes sont propres pour 1, \(\frac{1}{2}\) et \(r\) ; on a donc \(M = PDP^{-1}\) avec \(D = \mathrm{diag}\left(1, \frac{1}{2}, r\right)\).

Partie B : loi du jeton après un temps long

4. Par récurrence, \(X_n = M^nX_0 = PD^nP^{-1}X_0\), avec \(X_0 = (1, 0, 0)\). D’abord, \(P^{-1}X_0\) est la première colonne de \(P^{-1}\), soit \(\left(\frac{1}{1+4p}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2(1+4p)}\right)\). Donc

   \[X_n = \frac{1}{1+4p}\begin{pmatrix} 2p \\ 1 \\ 2p \end{pmatrix} + \frac{1}{2^{n+1}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + \frac{r^n}{2(1+4p)}\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix},\]

   avec la convention \(r^0 = 1\), qui traduit \(D^0 = I_3\). La deuxième coordonnée donne alors \(b_n = \dfrac{1 – r^n}{1 + 4p}\). Contrôle : \(b_0 = 0\), car le jeton part de \(A\).

5. Comme \(|r| \leq \frac{1}{2} < 1\), les suites \((r^n)\) et \(\left(\frac{1}{2^n}\right)\) tendent vers 0. Donc \(X_n\) tend vers \(\frac{1}{1+4p}(2p, 1, 2p)\), qui est le vecteur propre de somme 1 pour la valeur propre 1.

   Si \(p = \frac{1}{4}\), alors \(r = 0\) : on obtient \(b_0 = 0\), puis \(b_n = \frac{1}{2}\) pour tout \(n \geq 1\). Si \(p = \frac{1}{2}\), alors \(r = -\frac{1}{2}\) et \(b_n = \frac{1}{3}\left(1 – \left(-\frac{1}{2}\right)^n\right)\) : la suite oscille autour de \(\frac{1}{3}\), au-dessus pour \(n\) impair, en dessous pour \(n\) pair non nul, et elle converge vers \(\frac{1}{3}\).

   

6. Les relations de la question 1 donnent \(a_{n+1} – c_{n+1} = \frac{1}{2}a_n + pb_n – pb_n – \frac{1}{2}c_n = \frac{1}{2}(a_n – c_n)\). La suite \((a_n – c_n)\) est donc géométrique de raison \(\frac{1}{2}\), et \(a_0 – c_0 = 1\). Ainsi \(a_n – c_n = \left(\frac{1}{2}\right)^n\), ce qui concorde avec la formule de la question 4.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) argument de la transposée et factorisation, 1 point ; 3) diagonalisabilité et contrôle des colonnes, 1 point ; 4) expression de X_n et formule de b_n, 1 point ; 5) limite, cas p = 1/4 et cas p = 1/2, 1 point ; 6) 0,5 point.

Piège classique : écrire \(M\) avec les probabilités de départ en ligne, puis utiliser \(X_{n+1} = MX_n\). Avec des vecteurs colonnes, ce sont les colonnes de \(M\) qui ont pour somme 1.

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