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7/24/2019 ExosCorriges

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Dpartement de Mathmatiques

Universit A. Mira de BjaiaAnnes 2012-2014

Exercices corrigs en Algbre 3

III. Diagonalisation des endomorphismes

Les exercices

Exercice 1 (Matrices circulaires):

Soientnun entier strictement positif et a0, a1, . . . , an1des nombres complexes. On considreAla ma-trice dfinie par :

A:=

a0 a1 a2 . . . an1an

1 a0 a1 . . . an

2

an2 an1 a0 . . . an3...

... ...

. . . ...

a1 a2 a3 . . . a0

.

Montrer queAest diagonalisable.

Les solutions

Exercice 1 :

Pour toute racinenme de lunitz(cest--dire tout nombre complexezvrifiantzn = 1), on note parv(z)le vecteur non nul de Cn :

v(z) :=

1

z

z2

...

zn1

.

On vrifie aisment que lon a :

Av(z) = (a0 + a1z+ a2z2 + + an1zn1v(z).Cette relation montre que v(z) est un vecteur propre de Aet que la valeur propre qui lui est associe est

(z) = a0 + a1z+ a2z2 + + an1zn1.En considrant donc toutes lesnracines nme de lunit, qui sont :

zk=e2k

n i (0 k n1),

on obtient nvecteurs propres de A, qui sont :

vk= v(zk) =

1

zkz2

k...

zn1k

(0 k n 1).

1B. FAR HI

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Pour montrer que Aest diagonalisable, il suffira de montrer que la famille de vecteurs (vk)0kn1constitue une base de Cn et puisque cette famille est de cardinaln= dimCCn, il suffira juste de montrerque cette famille est libre. Ceci revient simplement montrer que det(v0,v1, . . . ,vn1) = 0.Pour celui qui connait le dterminant de Vandermonde, ceci est immdiat (det(v0,v1, . . . ,vn1)estenef-fet un dterminant de Vandermonde, il est non nul car leszk(0 k n1) sont deux--deux distincts).Montrons (sans utiliser la formule de Vandermonde) que det(v0,v1, . . . ,vn1) = 0. On procde par lab-surde. Supposons que

det(v0,v1, . . . ,vn1) = det

1 1 . . . 1

z0 z1 . . . zn1z20 z

21 . . . z

2n1

... ...

...

zn10 zn11 z

n1n1

M

= 0.

Ceci entrane que les vecteurs lignes de la matrice Mci-dessus sont C-linairement dpendants. Autre-

ment dit, il existe 0,1, . . . ,n1 C, non tous nuls, tel que lon ait :

0 +1zk+2z2k+ +n1zn1k = 0 (pour tout 0 k n1).Mais ceci quivaut dire que le polynme non nul :

P(z) :=0 +1z+2z2 + +n1zn1

sannule en tous les points z0, z1, . . . , zn1, donc possde au moins nracines complexes. Ce qui est impos-sible puisque degP n 1 < n. On a donc det(v0,v1, . . . ,vn1) = 0. La matriceAest bien diagonalisable.

IV. Trigonalisation des endomorphismes

Les exercices

Exercice 1 (Interrogation 2012-2013):

Pour tout ce qui suit,kdsigne un paramtre rel. SoitAla matrice relle dordre 3 donne par :

A=1 1 10 2 1

0 k 1k

.

1) Dterminer les valeurs propres deA.

2) Dterminer (en distinguant les valeurs du paramtre relk) les espaces propres deAtout en pr-

cisant la dimension de chacun dentre eux.

3) Pour quelles valeurs dek, la matriceAest-elle diagonalisable ? Justifier votre rponse.

4) On prend icik= 1. RduireApuis exprimer An en fonction den(onest un entier naturel).

Exercice 2 :

SoitAla matrice relle dordre 3 donne par :

A :=3 0 11 2 1

1 0 1

.

2B. FAR HI

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1) Montrer queAnest pas diagonalisable mais quelle est trigonalisable (on travaille sur R).

2) TrigonaliserA.

3) ExprimerAn en fonction den(onest un entier naturel).

Les solutions

Exercice 1 :

1) Le polynme caractristique de Aest :

PA() := det(AI3)= det1 1 10 2 1

0 k 1k

.

En dveloppant suivant la premire colonne, il vient que :

PA()= (1)det

2 1k 1 k

= (1 )

(2 + (k3)+2k

= (1) (1)(+k2) = (1)2(+ k2).

Les valeurs propres deAsont les racines de son polynme caractristique PA; ce sont donc les nombres

rels : 1 = 1 et 2 = 2k. On a donc :

SpR(A)= {1 , 2k} .

Remarque :Il est possible que SpR(A) soit constitu dune seule valeur propre; cest le cas o 2k= 1,ce qui correspond k= 1.2)Dtermination de lespace propre E(1) associ la valeur propre = 1 :Soitv= t(x,y, z) E(1). On a donc Av=v. Ce qui quivaut au systme dquations :

y z = 0y z = 0

k ykz = 0.

Ce systme est clairement quivalent lquationy=

z. Do :

v=xy

y

= x

10

0

+y

01

1

.

Il en rsulte que :

E(1)=x

10

0

+y

01

1

avec x,yR

=

100

,01

1

.

Lespace propre E(1) est engendr par les deux vecteurs propres linairement indpendantsv1

=t(1,0,0)

etv2 = t(0,1,1). Do dim E(1) = 2.Dtermination de lespace propre E(2k) associ la valeur propre= 2k: 1er cas : (lorsque 2k= 1, cest dire lorsquek= 1)Dans ce cas, on aE(2 k) = E(1), qui a t dj dtermin ci-dessus.

3B. FAR HI



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2nd cas : (lorsque 2k= 1, cest dire lorsquek= 1)Soitv= t(x,y, z) E(2 k). On a donc Av= (2k)v. Ce qui quivaut au systme dquations :

(k1)x+y z = 0k y z = 0k y z = 0

(S)

En simplifiant, on obtient :

(S)

(k1)(xy) = 0 . . . (1)z = k y ...(2) .

Puisquek 1 = 0 (car on a suppos k= 1), lquation (1) quivaut x=y. Do :

(S)

x = yz = k y .

Il sensuit que :

v= y

yk y= y

1

1k .

Il en rsulte que :

E(2 k)=y

11

k

avec yR

=

11k

.

Danscecas(k= 1), lespace propre E(2k) est engendr parlunique vecteurw= t(1,1, k). Do dim E(2k)= 1.3) Le polynme caractristiquePAde Aest bien scind sur R puisquil scrit comme produit de poly-nmes de premier degr de R[]. La matrice Aest donc trigonalisable sur R. Pour tudier la diagonali-

sabilit deA(sur R), on distingue les deux cas suivants :

1er cas : (sik= 1)Dans ce cas, on a PA()= ( 1)3, ce qui montre que le nombre 1 est lunique valeur propre de Aet sa multiplicit algbrique est ma(1) = 3. Dautre part, on a daprs la question prcdente mg(1) =dim E(1) = 2. On a ainsimg(1) = ma(1), ce qui entrane queAnest pas diagonalisable.2nd cas : (sik= 1)Dans ce cas, la matrice Apossde deux valeurs propres distinctes qui sont 1 et 2 ket qui ont pourmultiplicits algbriquesma(1) = 2 etma(2 k) = 1. Dautre part, on a daprs la question prcdentemg(1) = dim E(1) = 2 et mg(2k) = dim E(2k) = 1.Onabienalors mg(1) = ma(1)et mg(2k) = ma(2k).Ceci entrane que la matriceAest diagonalisable.Conclusion : La matriceAest diagonalisable si et seulement sik= 1.4) On prend k= 1. On a donc :

A=1 1 10 2 1

0 1 0

.

En vertu de toutes les questions prcdentes, lunique valeur propre de Aest = 1 et lespace propreE(1) qui lui est associ est engendr par les deux vecteurs propres :

v1= 100

et v2= 0

11

.On a vu aussi que (dans ce cas k= 1) la matriceAnest pas diagonalisable (car on na pas suffisammentde vecteurs propres pour former une base de R3) mais quelle est trigonalisable. Pour trigonaliser A,

4B. FAR HI



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on doit complter la famille des vecteurs propres (v1,v2) pour avoir une base de R3. Le vecteur le plus

convenable cette compltion est le vecteur de la base canoniquee3 = t(0,0,1). On a

det(v1,v2, e3)=

1 0 0

0 1 0

0 1 1

= 111= 1= 0.

Ceci montre que la familleB:= (v1,v2, e3) constitue bien une base de R3

.Appelons f lendomorphisme associ Arelativement la base canonique de R3 et dterminons la

matriceTassocie f relativement la nouvelle baseB. Puisquev1etv2sont des vecteurs propres de

f associs la valeur propre 1, on a :

f(v1) = 1v1= 1v1 +0v2 +0e3f(v2) = 1v2= 0v1 +1v2 +0e3f(e3) = v1 +v2 +e3,

o, et sont des rels que lon dterminera. On peut prvoir sans calcul pralable que= 1. En effet, est une valeur propre de T, donc deA, et comme lunique valeur propre deAest

=1, on a forcment

= 1. Dterminons , (et ). En reprsentant les vecteurs dans la base canonique de R3, on a :

f(e3)= v1 +v2 +e3 Ae3= 10

0

+

01

1

+

00

1

10

0

+

01

1

+

00

1

=

11

0

= 1

= 1

+ = 0 (,,)

=(

1,

1,1).

Remarquer que lon a retrouv la valeur prtendue pour , savoir = 1.La matrice associe f relativement la nouvelle baseBest donc :

T=1 0 10 1 1

0 0 1

.

SoitPla matrice de passage de la base canonique de R3 versB. On a :

P=1 0 00 1 0

0 1 1

.Enfin, lquivalence des deux matrices AetTsinterprte par la formule :

T= P1AP.

Calcul deAn :

La formuleT= P1APquivaut A= P T P1. Par une simple rcurrence, on montre que lon a pourtoutnN :

An = P TnP1 ()Cest cette relation () qui nous permettra dexprimerAn en fonction den(nN). SoitnN, fix.

. Ce vecteur est le plus convenable car il facilite le calcul du dterminant det(v1,v2, e3).

5B. FAR HI



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1. Calcul deTn :On peut dcomposer la matrice T en :

T= I3 + N, avec N :=0 0 10 0 1

0 0 0

.

La matriceNest nilpotente et on a prcismentN2 = (0). Par ailleurs, on a clairement I3N= NI3(= N),ce qui nous autorise appliquer la formule du binme pour calculer (I 3 + N)

n

. On a daprs la formuledu binme :

Tn = (I3 + N)n = In3+ C1nIn13 N+ C2nIn23 N2 + +CnnNn =(0)

= I3 + nN=1 0 00 1 0

0 0 1

+ n

0 0 10 0 1

0 0 0

.

Do :

Tn =

1 0 n0 1 n0 0 1

(I)

2. Calcul deP1 :PourX=x1x2

x3

,Y=y1y2

y3

R3, on a :

P X= Y

x1 = y1x2 = y2

x2 + x3 = y3

x1 = y1x2 = y2x3 = y2 +y3

X=1 0 00 1 0

0 1 1

Y.

Do lon tire :

P1

= 1 0 0

0 1 0

0 1 1 (I I)Il ne reste qu substituer (I) et (I I) dans () pour obtenir lexpression de An en fonction den. On a :

An = P TnP1 =1 0 00 1 0

0 1 1

1 0 n0 1 n

0 0 1

1 0 00 1 0

0 1 1

.

Les calculs donnent :

An =

1 n n0 1+n n0 n 1n

.

Exercice 2 :

1) Le polynme caractristique de Aest :

PA() = det(AI3) = det3 0 11 2 1

1 0 1

.

Il est plus facile de calculer ce dterminant en dveloppant suivant sa deuxime ligne. En faisant ceci,

on obtient :

PA() = (2 )det

3 11 1

= (2 )((3)(1 )+1) = (2 )(2 4+4) = ( 2)3.

. Le thorme de Cayley-Hamilton le confirme immdiatement.

6B. FAR HI



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CommePAest visiblement scind (sur R), alorsAest trigonalisable.

Les valeurs propres de Asont les racines de son polynme caractristique. On a donc une seule valeur

propre triple, qui est = 2. Dterminons maintenant lespace propreE(2) associ cette valeur propre= 2.Dtermination deE(2) : SoitV= t(x,y, z) E(2). On a doncAV= 2V. Ce qui quivaut au systme dqua-tions :

3x

z

= 2x

x+2y z = 2yx+ z = 2z

.

Ce systme quivaut

x,yRz= x . Do :V=

xy

x

= x

10

1

+y

01

0

. Ceci montre queE(2) = V1,V2, avec

V1=10

1

et V2=

01

0

. On montre facilement que ces deux vecteurs V1 et V2 sont linairement ind-

pendants, ce qui entrane que dim E(2) = 2 ; autrement ditmg(2) = 2. Puisquemg(2) = 2 = 3 = ma(2), lamatriceAnest pas diagonalisable.

2)Pour trigonaliser A, on doit complter la famille des deux vecteurs propres (V1,V2) de Apour avoirune base de R3. Comme on le sait, il est toujours possible de faire cette compltion avec des vecteurs de

la base canonique de R3. Dans notre cas, le vecteur de la base canonique de R3 le plus convenable est

e3 =00

1

. On a :

det (V1,V2, e3) =

1 0 0

0 1 0

1 0 1

= 1 11 = 1 = 0.

Ceci montre que la familleB

= (V1,V2, e3) constitue une base deR

3

. Soit f lendomorphisme associ Arelativement la base canonique de R3. Dterminons la matriceT associe f relativement la

nouvelle baseB. PuisqueV1et V2sont des vecteurs propres de f associs la valeur propre 2, on a :

f(V1) = 2V1 = 2V1 +0V2 +0e3f(V2) = 2V2 = 0V1 +2V2 +0e3f(e3) = V1 +V2 +e3

(o, et sont des rels dterminer). On peut prvoir sans aucun calcul pralable que= 2. En effet, est une valeur propre de T(cest--dire une valeur propre def) et puisque 2 est lunique valeur propre

de f, on a forcment = 2. Cherchons maintenant et . Lgalit vectorielle f(e3) = V1 +V2 +e3quivaut au systme dquations :

= 1 = 1

+ = 1.

Ceci donne == 1 et =2 (on a retrouv la valeur prtendue pour ). La matrice associe frelativement la nouvelle baseBest donc :

T=2 0 10 2 1

0 0 2

.

La matrice de passage de la base canonique de R3 vers la baseBest :

P=1 0 00 1 0

1 0 1

.. Ce vecteur est le plus convenable car il facilite le calcul du dterminant det(V1,V2, e3).

7B. FAR HI



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Et on a la relation :

T= P1AP.

3) La relationT= P1APquivaut A= P T P1. Il sensuit par une simple rcurrence que lon a pourtoutnN :

An = P TnP1 ()CommeTest triangulaire et ne possde quune seule valeur propre, il est possible dexprimer Tn en

fonction de nen utilisant la formule du binme. On obtiendra ensuite, en se servant de (), lexpression

deAn en fonction den.

Calculons dabord Tn (nN) : On a :

T= 2I3 + N avec N :=0 0 10 0 1

0 0 0

.

La matriceNest nilpotente et on a prcismentN2 = (0), ce qui entrane queNk = (0) (k 2). Commeon a bien (2I3)N= N(2I3), la formule du binme sapplique et lon obtient pour toutnN :

Tn = (2I3 + N)n = (2I3)n+

n

1

(2I3)

n1N+

n

2

(2I3)

n2N2 + +

n

n

Nn

=(0)

= 2nI3 +n2n1N= 2n1 0 00 1 0

0 0 1

+n2n1

0 0 10 0 1

0 0 0

=

2n 0 n2n10 2n n2n1

0 0 2n

,

soit

Tn =2n 0 n2n10 2n n2n1

0 0 2n

()Pour conclure, nous devons calculer aussiP1. CalculonsP1. On a :

P1 = 1detP

tP= 11

t1 0 10 1 0

0 0 1

=

1 0 00 1 01 0 1

,

soit

P1 = 1 0 00 1 01 0 1

()En substituant () et () dans (), on obtient finalement pour toutnN :

An = P TnP1 =1 0 00 1 0

1 0 1

2n 0 n2n10 2n n2n1

0 0 2n

1 0 00 1 01 0 1

=

2n1(2+n) 0 n2n1n2n1 2n n2n1

n2n1 0 2n1(2n)

,

soit

An

= 2n

1

2+n 0 n

n 2 nn 0 2 n

.

8B. FAR HI



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V. Application de la thorie de la rduction des endomorphismes larsolution des systmes dquations diffrentielles linaires

Les exercices

Exercice 1 :

Rsoudre le systme dquations diffrentielles suivant :

x = 7x+8y+4zy = 3x+4y+ zz = 6x+6y+5z

(S1)

ox,yet zdsignent des fonctions relles en la variable rellet.

Exercice 2 :

Rsoudre le systme dquations diffrentielles suivant :

x = xy zy = 2x+ 2y+3zz = 2xy2z

(S2)

ox,yet zdsignent des fonctions relles en la variable rellet.

Les solutions

Exercice 1 :

Introduisonsu :RR3 la fonction dfinie par :

u(t)=x(t)y(t)

z(t)

(tR).

Le systme dquations diffrentiel (S1) scrit donc :

u(t)= Au(t),

avec

A :=7 8 43 4 16 6 5

.

Pour rsoudre le systme (S1), nous allons rduire la matriceA.

Le polynme caractristique de Aest :

PA() := det(AI3)= det7 8 43 4 16 6 5

.

9B. FAR HI



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En procdant par la mthode de Sarus, on obtient :

PA() = (7 )(4)(5 )+8(1)(6)+4(3)(6)

4(4)(6)+1(6)(7)+8(3)(5)}

= 3 +22 +2= 2(2)+ (2)

= (2)(2

+1)= (1)(+1)(2).

Les valeurs propres deAsont les racines de son polynme caractristique PA; ce sont donc les nombres

rels1 = 1,2= 1 et 3 = 2. Par ailleurs, nous remarquons quePAest scind et a toutes ses racinessimples, ce qui montre que Aest diagonalisable. Procdons la diagonalisation deA.

Dtermination de lespace propreE(1) associ la valeur propre = 1 :Soit V= t(a, b, c) E(1). On a donc AV= V. Cest--dire :

7a+8b+4c = a3a+ 4b+c = b6a+6b+5c = c .

Aprs simplification, on trouve que ce systme quivaut : a = b

c = 0 .

Do V=

a

a

0

= a

1

1

0

. On a par consquent :

E(1)=V1 , avec V1:=11

0

.

Dtermination de lespace propreE(1) associ la valeur propre = 1 :Soit V= t(a, b, c) E(1). On a donc AV= V. Cest--dire :

7a+8b+4c = a3a+ 4b+c = b

6a+6b+5c = c

.

Aprs simplification, on trouve que ce systme quivaut : a = 2b

c = b .

Do V=2bb

b

= b

21

1


E(1)=V2 , avec V2:=21

1

.

10B. FAR HI



11/22

Dtermination de lespace propreE(2) associ la valeur propre = 2 :Soit V= t(a, b, c) E(2). On a donc AV= 2V. Cest--dire :

7a+8b+4c = 2a3a+4b+c = 2b

6a+6b+5c = 2c.

Aprs simplification, on trouve que ce systme quivaut : a = 0

c = 2b .

Do V= 0b2b

= b

012


E(2)=V3 , avec V3:=

0

1

2

.

La famille B=(V1,V2,V3), constitue de vecteurs propres de A, est une base de R3 et la matrice depassage de la base canonique de R3 versBest :

P=1 2 01 1 1

0 1 2

.

En appelant f lendomorphisme de R3 associ Arelativement la base canonique de R3, la matrice

associe frelativement Best la matrice diagonale :

D= 1 0 0

0 1 00 0 2

et on a daprs la formule de changement de base :

D= P1AP.Revenons maintenant notre systme dquations diffrentielles. Nous simplifions (S1) en introduisant

la nouvelle fonction vectorielle :

v: R R3

t

v(t)

=x(t)y

(t)

z(t) := P1u(t)

.

On a doncu(t) = Pv(t), ce qui entraneu(t) = Pv(t). Par suite, on a :(S1) u(t) = Au(t)

Pv(t) = APv(t) v(t) = P1APv(t) v(t) = Dv(t)

x(t) = x(t)y(t) =y(t)z

(t)

=z

(t)

x(t) = c1ety(t) = c2etz(t) = c3e2t

(avec c1, c2, c3 R)

11B. FAR HI



12/22

x(t)y(t)

z(t)

= u(t) = Pv(t) = P

x(t)y(t)

z(t)

=

1 2 01 1 1

0 1 2

c1etc2et

c3e2t

=

c1et+ 2c2etc1et+c2et+c3e2t

c2et2c3e2t

,

avecc1, c2, c3 R.Conclusion : Les solutions du systme dquations diffrentielles (S1) sont :

x(t) = c1et+2c2ety(t) = c1et+c2et+c3e2tz(t) = c2et2c3e2t

(avecc1, c2, c3 R) .

VI. Application de la thorie de la rduction des endomorphismes auxproblmes sur les suites rcurrentes

Les exercicesExercice 1 :

Soient (xn)nNet (yn)nNles deux suites relles dfinies par :x0 = 1,y0 = 3 et pour toutnN : xn+1= xn3ynyn+1= xn+5yn .

1) Calculer quelques termes des suites (xn)net (yn)n.

2) Exprimerxnet ynen fonction den.

Exercice 2 :

Soit (un)nNla suite rcurrente relle dfinie par :u0 = 0,u1 = 9,u2 = 3 et pour toutnN :un+3= 2un+2 +un+1 2un.

1) Calculer quelques termes de la suite (un)n.

2) Exprimerunen fonction den.

Exercice 3 :

Soit (xn)nNla suite relle dfinie par : x0 = 3,x1 = 1,x2 = 8 et pour toutnN

:xn+3 = 3xn+1 2xn.

Calculer quelques termes de la suite (xn)npuis exprimerxn(nN) en fonction den.

Exercice 4 :

Trouver toutes les suites relles satisfaisant la relation de rcurrence :

un+2= 8un+1 15un16 (nN). Linariser dabord le problme.

Exercice 5 (La suite de Fibonacci):

La suite de Fibonacci (Fn)nNtant dfinie par :F0 = 0,F1 = 1 et pour toutnN :Fn+2 = Fn+Fn+1.

12B. FAR HI



13/22

1) Calculer quelques termes de la suite de Fibonacci.

2) ExprimerFnen fonction denpuis dterminer la limite limn+

Fn+1Fn

.

Exercice 6 :

Soient (xn)nNet (yn)n

N

les deux suites relles dfinies par :x0

=1900,y0

=2025 et pour toutn

N :

xn+1=

5xn+2yn167

yn+1=xn+2yn+8

3

.

Exprimerxnet yn(nN) en fonction denet en dduire la limite limn+(xn,yn).

Linariser dabord le problme.

Les solutions

Exercice 1 :

1)Les calculs donnent :x1 = 8,y1 = 16 puisx2 = 56,y2 = 72, ...etc.

2)On poseVn :=

xnyn

(n N). On a pour toutn N: Vn+1=AVn (n N), o Adsigne la matrice

A:=

1 31 5

. Do lon tire : Vn= AnV0(nN).

Le problme est amen calculer la puissance nme deA(n

N). Rduisons alorsA. Le polynme carac-

tristique deAest :PA() =2 6+8 = (2)(4).

CommePAest scind et racines simples alorsAest diagonalisable. Les calculs donnent :

E(2) =3

1

et E(4) =

11

.

On a donc :A= P DP1, avec :P:=

3 11 1

et D:=

2 0

0 4

.

DoAn = P DnP1 =3 1

1 1

2n 00 4n

12 1212

32

. Ce qui donne :

An=

32

2n 12

4n 32

2n 32

4n

12 2

n+ 12 4

n 12 2

n+ 32 4

n

.

Do :

Vn =AnV0 =

62n54n2n+1 +54n

.

Do lon tire :

n

N :

xn = 6 2n5 4nyn = 2n+1 + 5 4n .

Exercice 2 :

13B. FAR HI



14/22

1)Les calculs donnent :u3 = 15,u4 = 15,u5 = 39, ...etc.

2)On pose pour toutnN : Vn:=un+2un+1

un

. Pour tout nN, on a :

Vn+

1

= un+3un

+2

un+1=

2un+2 +un+1 2unun

+2

un+1= A

un+2un

+1

un ,

avec

A:=2 1 21 0 0

0 1 0

.

Par rcurrence surnN, on obtient :

Vn= AnV0 (nN) ; V0 =

u2u1u

0

=

3

9

0

.

On est donc amen calculerAn (nN). Rduisons doncA:Les calculs donnent :

PA() = 3 +22 +2 = (1)(+1)(2).Comme PAest scind et que toutes ses racines sont simples alorsAest diagonalisable. Dterminons les

espaces propres deA. Les calculs donnent :

E(1) =

1

1

1

, E(1) =

1

11

et E(2) =

4

2

1

.

On a doncA= P DP1, avec :

P:=1 1 41 1 2

1 1 1

et D:=

1 0 00 1 0

0 0 2

.

DoAn = P DnP1 (nN). Les calculs donnent :

An

=

1

2+ 1

6 (1)n+ 43 2n 12 12 (1)n 1 + 13 (1)n 43 2n

12 16 (1)n+ 23 2n 12 + 12 (1)n 1 13 (1)n 23 2n1

2+ 1

6(1)n+ 1

32n 1

2 1

2(1)n 1 + 1

3(1)n 1

32n

.

Do :

Vn= AnV0 =3 4(1)n+2n+23 +4(1)n+2n+1

3 4(1)n+2n

=

un+2un+1

un

. Do :

un = 3+4(1)n+1 +2n (nN).

Exercice 3 :

Mme ide.

14B. FAR HI



15/22

Exercice 4 :

Linariser puis mme ide.

Exercice 5 :

1)Les calculs donnent :F2 = 1,F3 = 2,F4 = 3,F5 = 5,F6 = 8,F7 = 13,F8 = 21, ...etc.2)Posons pour toutn

N :

Vn=Fn+1

Fn

. En particulier V0 =

10

.

Pour toutnN, on a :Vn+1 =AVn, avec A:=

1 1

1 0

.

Par rcurrence, on obtient :

Vn = AnV0 (nN).On est donc amen calculerAn (nN). RduisonsA:Le polynme caractristique de Aest :

PA() =2 1.Le polynmePApossde deux racines relles distinctes, qui sont :

1 =1 +

5

2et 2 =

1

5

2.

Comme PAest scind et que toutes ses racines sont simples alors la matriceAest diagonalisable. Dter-

minons les espaces propres deA. Les calculs donnent :

E(1) =

1+

52

1

et E(2) =

1

5

2

1

.

Il sensuit que lon a : A= P DP1, avec :

P=

1+

52

1

52

1 1

et D=

1+

5

2 0

0 1

52

.

Par suite, on a :An= P DnP1 (nN). Les calculs donnent : nN :

An=

1

5

1+

5

2

n+1 1

5

1

5

2

n+11

5

1+

5

2

n 1

5

1

5

2

n1

5 1+

5

2 n

15

1

52

n1

5 1+

5

2 n1

15

1

52

n1

. Do :

Vn =AnV0 = An

1

0

= 15

1+5

2

n+1 1

5

15

2

n+11

5

1+

5

2

n 1

5

1

5

2

n.

Comme par ailleurs, on a par dfinition :Vn=

Fn+1Fn

(nN), on en dduit par identification que lon

a :

Fn=1

5

1+

5

2

n 1

5

1

5

2

n(nN).

Maintenant, puisque |152 | < 1, on a limn+1

52

n = 0. Do :Fn +

15

1+

5

2

n.

15B. FAR HI



16/22

Do lon dduit que :

limn+

Fn+1Fn

= 1+

5

2.

Exercice 6 :

Linariser puis mme ide.

VI. Polynme annulateur - Polynme minimal - Thorme deCayley-Hamilton

Les exercices

Exercice 1 :

Dterminer le polynme minimal des matrices suivantes :

i) A:=3 2 81 0 4

0 0 1

;

ii) B:=0 0 21 0 5

0 0 1

;

iii) C:

=

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 1 00 0 0 1

.

Pour chacune de ces matrices, dire si elle est diagonalisable ou non.

Exercice 2 :

En utilisant le thorme de Cayley-Hamilton, exprimerAn en fonction de n(nN) dans les cas suivants :

i) A=

4 21 1

;

ii) A= 3 11 1 ;iii) A=

3 1 12 0 1

1 1 2

.

Exercice 3 :

1) Montrer que la matrice :

A:

= 2 9 3

2 7

2

1 3 0 est diagonalisable.

2) En dduire le polynme minimal deA.

16B. FAR HI



17/22

3) En utilisant le polynme minimal deA, calculerA1.

Exercice 4 :

Soitn 2 un entier et Jla matrice dordre ndonne par :

J:= 1 . . . 1... . . .

...

1 . . . 1

. CalculerJ2 et en dduire queJest diagonalisable.

Exercice 5 :

Soient J:=

1 1

1 1

etM:=

(0) 1

2J

12J (0)

.

1) CalculerM2 etM3 et en dduire queMest diagonalisable.

2) Dterminer le polynme minimal puis le polynme caractristique deM.

Exercice 6 :

Soitn 2 un entier.On note par Rn[X] le R-espace vectoriel des polynmes enX, coefficients rels, de degrs n.On considref lendomorphisme deRn[X] qui associe tout polynme PRn[X] le reste de la divisioneuclidienne dePsur (X2 +4X+5). Montrer que fest diagonalisable.

Utiliser le polynme minimal.

Exercice 7 :

Soientn 2 un entier,Eun C-espace vectoriel de dimensionnet fun endomorphisme deE. On sup-pose que f2 est diagonalisable.

1) Si detf= 0, montrer que f est lui mme diagonalisable. Utiliser le polynme minimal.

2) Si detf= 0 et Kerf= Kerf2 , montrer que f est lui mme diagonalisable. Utiliser le polynme minimal.

3) Application: Montrer que la matrice :

A:=

0 0 0 1

0 0 2 0

0 3 0 0

4 0 0 0

est diagonalisable.

Exercice 8 :

SoitAM2(C) une matrice de trace non nulle. Montrer que toute matriceMM2(C) qui commute avec A2 commute aussi avecA. Utiliser le thorme de Cayley-Hamilton.

17B. FAR HI



18/22

Exercice 9 :

Soient n 2 un entier et AMn(C) une matrice nilpotente. Montrer queAn = (0).

Exercice 10 (La dcomposition spectrale):

SoitEun C-espace vectoriel de dimension finie, note n(n 2).On appelle projecteur deEtout endomorphisme deE, vrifiant 2 =, avec = (0) et = IdE.

1) Montrer que tout endomorphisme diagonalisable deE, de valeurs propres1,2, . . . ,p(deux--

deux distinctes) se dcompose en :

f= 11 +22 + +pp ()

o 1,2, . . . ,psont des projecteurs deEsatisfaisant :

{ ij= (0) (pouri=j) (1)1 +2 + +p= IdE (2)Lquation () sappellela dcompositionspectralede f.

2) Soit fun endomorphisme deEpossdant une dcomposition spectrale, cest--dire une dcom-

position de la forme :

f= 11 +22 + +pp,avec1,2, . . . ,pdes nombres complexes deux--deux distincts et1,2, . . . ,pdes projecteurs

deEsatisfaisant les identits(1)et(2).

i) Montrer que 1,2, . . . ,psont forcment des valeurs propres de f.

ii) Montrer que pour tout nN, on a :

fn =n11 +n22 + +npp.

iii) En dduire que pour tout polynmePC[X], on a :

P(f) = P(1)1 +P(2)2 + + P(p)p.

iv) En dduire que fest diagonalisable.Conclure.

3) Application: Dterminer les valeurs propres puis la dcomposition spectrale de la matrice :

A:=2 1 21 2 2

0 0 2

.

En dduire lexpression de An en fonction den(nN).

Exercice 11 :

Soient n 2 un entier et AMn(R).1) Montrer la proposition suivante :

> 0,tR : |t| < (In t A) inversible.

18B. FAR HI



19/22

2) Fixons nous un > 0 satisfaisant cette proposition. Montrer que pour toutt R tel que |t| < , lasrie

k=1

tr(Ak)

ktk est convergente et que lon a :

det(In t A)= e

k=1

tr(Ak)

ktk

.

Les solutions

Exercice 1 :

i) On a :

A=

3 2 81 0 4

0 0 1

.


PA() = (1)(2 3+2) = (1)2(2 ).Comme le polynme minimalMAde Aest unitaire, divisePAet sannule en toute valeur propre

deAalors il est de la forme :MA() = (1)(2), avec N et 1 2. On a donc : SoitMA() = ( 1)(2) ; ou bienMA() = (1)2(2).


(A I3)(A2I3) = (0).

Do :MA() = (1)(2) .

PuisqueMAest scind (sur R) et a toutes ses racines simples alorsAest diagonalisable.

ii) On a :

B=0 0 21 0 5

0 0 1

.


PB() =2(1 ).Comme le polynme minimalMBdeBest unitaire, divisePBet sannule en chacune des valeurs

propres deBalors on a :

SoitMB() =(1) ; ou bienMB() =2(1).

Puisque les calculs donnent :

B(B I3) = 0 0 01 0 2

0 0 0

= (0),

alors le polynme(

1) ne peut tre le polynme minimal de Bpuisquil nannule pas B. Do :

MB() =2(1) .

On constate queMBna pas que des racines simples (0 est une racine double deMB), donc Bnest

pas diagonalisable.

19B. FAR HI



20/22

iii) On a :

C:=

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 1 0

0 0 0 1

.

On a immdiatement :

PC

()=

(1)4.

Le polynme minimal de Cest donc lun des polynmes suivants :

SoitMC() =1 ; ou bienMC() = (1)2 ; ou bienMC() = (1)3 ; ou bienMC() = (1)4.

Pour dtecter le polynme minimal deC, on doit donc calculer les puissances successives de la

matrice (CI4). La plus petite puissance (1 4) pour laquelle on ait (CI4) = (0) entraneraMC() = (1). Les calculs donnent :

C I4 = (0)(C I4)2 = (0)(C I4)3 = (0).

Do :

MC() = (1)3 .On constate queMCpossde 1 comme racine triple, donc Cnest pas diagonalisable.

Exercice 2 :

i) PourA= 4 21 1

, on a :PA()= 2 tr(A)+det(A)= 2 5+6= (1)(5).

On voit que les racines de PAsont 1 et 5. Etant donn n N, la division euclidienne den surPA()scrit :

n = Qn()PA()+Rn(),avecQnetRndes polynmes coefficients rels et degRn< degPA= 2. On a donc degRn 1; ce quirevient dire queRn() scrit :Rn() = an+bn, avec (an)net (bn)ndes suites relles. On a donc pourtoutn

N :

n = Qn()PA()+ an+bn ()Pour dterminer les expressions deanet bn(nN) en fonction den, nous allons substituer dans () lavariable par les racines dePA, qui sont 1 et 5.

En prenant dans () = 1, on obtient :an+bn= 1 (1)

En prenant dans () = 5, on obtient :

5an+bn= 5n (2)

La rsolution du systme des deux quations (1) et (2) donne :

an=5n1

4

bn=5 5n

4

(nN).

20B. FAR HI



21/22

En substituant ceci dans (), on obtient pour toutnN :

n = Qn()PA() +5n1

4+ 55

n

4.

En appliquant maintenant les deux polynmes de cette dernire identit la matriceA, on obtient pour

toutnN :

A

n

= Qn(A)PA(A) +5n

1

4 A+5

5n

4 I2.Mais puisquePA(A) = (0) (daprs le thorme de Cayley-Hamilton), on conclut :

An = 5n1

4A+ 5 5

n

4I2=

5n14

4 21 1

+ 55

n

4

1 0

0 1

,

soit

An =

3 5n+14

15n2

5n14

1

(nN).

ii) PourA=

3 1

1 1

, on a :

PA()= 2 tr(A)+det(A)= 2 4+4= (2)2.

On voit que lunique racine dePAest = 2, qui est une racine double.Etant donnn N, la division euclidienne du polynme n sur le polynme caractristique PAde Ascrit :

n = Qn()PA()+Rn(),

avec Qnet Rndes polynmes rels et degRn < degPA= 2.OnadoncdegRn 1;cequiquivautdirequeRn() scrit sous la formeRn() = an+bn, avec (an)net (bn)ndes suites relles que lon dtermineraplus loin. On a maintenant :

n = Qn()PA()+ an+bn ()Pour dterminer les expressions dean etbnen fonction den, nous allons substituer dans la relation

(), ainsi que dans la relation qui sobtient partir de () par drivation, la variable par la racine

double = 2 dePA. En prenant dans () = 2, on obtient :

2an+bn= 2n (3)

En drivant (membre membre) (), on obtient :

nn1 = Qn()PA()+Qn()PA()+ an,

puis en substituant dans cette dernire par 2, on obtient (puisquePA(2) = PA(2) = 0) :

an= n2n1 (4)

La rsolution du systme des deux quations (3) et (4) donne :

an= n2n1

bn= 2n(1n)(

nN).

En substituant ceci dans (), on obtient pour toutnN :

n = Qn()PA() +n2n1+2n(1n).

21B. FAR HI



22/22

En appliquant maintenant les deux polynmes de cette dernire identit la matriceA, on obtient pour

toutnN :An = Qn(A)PA(A) +n2n1A+2n(1n)I2.

Mais puisquePA(A) = (0) (daprs le thorme de Cayley-Hamilton), on conclut :

An = n2n1A+2n(1n)I2= n2n1 3 1

1 1+2

n(1n)1 0

0 1 ,soit

An = 2n1

2+n nn 2n

(nN).

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