( ) ( 1 2 ). 2 ) = 2 ( 1. EXERCICE 2 (CHAPITRE 7 I) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres des matrices suivantes :

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1 CHAPITRE DIAGONALISATION D UNE MATRICE CARREE EXERCICE CHAPITRE 7 I) Effectuez le produit : 0 ) ). Comparez le résultat au vecteur ). Qu en déduisez-vous? CORRECTION 0 ) ) = 0 + ) = 4 ) = ). 0 ) ) = ), on en déduit que le réel est une valeur propre de la matrice 0 ) et que ) est l un de ses vecteurs propres associés. EXERCICE CHAPITRE 7 I) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres des matrices suivantes : A = 0 ), A = 4 ), A = ), 0 A 4 = ) et A 5 = ). 4 CORRECTION A = 0 ) Les numéros de chapitres et de sections indiqués en rouge renvoient aux chapitres et sections du manuel d Introduction à l algèbre linéaire d Ozgür Gün et Sophie Jallais, référence sur l epi).

2 La matrice A étant d ordre, elle a deux valeurs propres voir page 00 du manuel). Ces valeurs propres sont les racines de son polynôme caractéristique voir page 99 du manuel) : Or : déta λi). déta λi) = dét λ ) = λ) λ) )) = λ² + λ +. λ Le discriminant de ce polynôme étant : ses racines sont : Δ = ² 4)) = 9 8 =, λ = + = et λ = Les deux valeurs propres de A sont donc et. =. Les vecteurs propres de A associés à sont les vecteurs P vérifiant AP = P ou encore A + I)P = 0. Ce sont donc les vecteurs de kera + I) voir page 04 du manuel). Comme est valeur propre simple, le sous-espace propre qui lui est associé, à savoir kera + I), est de dimension un voir page 04 du manuel). Toute base de kera + I) est donc composée d un vecteur non nul) de kera + I). A + I = 0 ) ) = ). Si l on note C et C les deux colonnes de la matrice A + I respectivement, on a : C C = 0. Le vecteur ) est donc un vecteur de kera + I). Comme il est non nul, il forme même une base de kera + I). Les vecteurs de kera + I), autrement dit les vecteurs propres de A associés à, sont donc les vecteurs de la forme : α ), où α est un réel. Les vecteurs propres de A associés à sont les vecteurs P vérifiant AP = P. Ce sont donc les vecteurs de kera + I).

3 A + I = 0 ) ) = ). Si l on note C et C les deux colonnes de la matrice A + I respectivement, on a : C C = 0. Le vecteur ) est donc un vecteur de kera + I). Comme il est non nul et comme dimkera + I) = puisque est valeur propre simple de A), il forme même une base de kera + I). Les vecteurs de kera + I), autrement dit les vecteurs propres de A associés à, sont donc les vecteurs de la forme : α ), où α est un réel. A = 4 ) Etant d ordre, la matrice A a deux valeurs propres qui sont les racines de son polynôme caractéristique : Or : déta λi). déta λi) = dét 4 λ ) = 4 λ) λ) ) ) = λ² λ + 9 = λ )². λ La matrice A a donc pour valeur propre double. Les vecteurs propres de A associés à sont les vecteurs P vérifiant AP = P. Ce sont donc les vecteurs de kera I). A I = 4 ) 0 ) = 0 ). Cette matrice est de rang un puisque ses deux colonnes, non nulles, sont proportionnelles. On en déduit théorème des dimensions) que : dimkera I) = nombre de colonnes de A I) ranga I) = =. Si l on note C et C les deux colonnes de la matrice A I respectivement, on a : C + C = 0.

4 Le vecteur ) est donc un vecteur de kera I). Comme il est non nul et comme dimkera I) =, il forme même une base de l ensemble kera I). Les vecteurs de kera I), autrement dit les vecteurs propres de A associés à, sont donc les vecteurs de la forme : α ), où α est un réel. A = ) Les deux valeurs propres de la matrice A sont les racines de son polynôme caractéristique : Or : A λi. A λi = λ = λ) λ) ) = λ² + = λ² i² = λ i) λ + i). λ Les deux valeurs propres de A sont donc i et i. Les vecteurs propres de A associés à i sont les vecteurs P vérifiant AP = ip ou encore A ii)p = 0. en posant : ce système devient : A ii = 0 i ) i ) = 0 i ), P = x y ), i)x y = 0 { x + i)y = 0. En appliquant la méthode du pivot à ce système dans l ordre habituel, il vient : ce qui donne : { i)x y = 0 L [ i) + i) ]y = 0 i)l L 4

5 i)x y = 0 { 0 = 0. La solution de ce système est donc : x quelconque et y = i x. Les vecteurs propres de A associés à i sont donc les vecteurs de la forme : x ), où x est un réel. i En outre voir démonstration de la propriété VII-7, page 0 du manuel) les vecteurs propres de A associés à i sont de la forme : x ), où x est un réel. +i A 4 = ) La matrice A4 étant d ordre, elle a trois valeurs propres. Celles-ci sont les racines de son polynôme caractéristique : Or : déta 4 λi). λ λ 0 déta 4 λi) = dét λ ) = dét λ ) λ λ λ λ 0 = dét λ ) = λ)[ λ)4 λ) ] 0 4 λ = λ)λ² λ + 5). L une des trois racines de ce polynôme est donc λ =, ses deux autres racines étant celles du polynôme : Le discriminant de ce dernier étant : les deux racines sont : λ² λ + 5. Δ = ² 45) = = 4², 5

6 λ = 4 = et λ = +4 = 5. La matrice A4 a donc pour valeur propre double et 5 pour valeur propre simple. Les vecteurs propres de A4 associés à sont les vecteurs P vérifiant A4P = P. Ce sont donc les vecteurs de kera4 I). A4 I = ). Cette matrice est de rang un puisque, en notant C, C et C ses trois colonnes respectivement, on a : C = C, C = C et C 0. On en déduit théorème des dimensions) que : dimkera4 I) = nombre de colonnes de A4 I) ranga4 I) = =. C + C + 0C= 0 et 0C + C + C= 0, 0 les vecteurs ) et ) sont des éléments de kera4 I). Comme ils ne sont pas 0 proportionnels, ils forment même une base de kera4 I) puisque dimkera4 I) =. Les vecteurs propres de A4 associés à sont donc les vecteurs de la forme : 0 α ) + β ), où α et β sont des réels. 0 Les vecteurs propres de A4 associés à 5 sont les vecteurs de kera4 5I), qui est de dimension un puisque 5 est valeur propre simple. A4 5I = ). Comme, en notant C, C et C les trois colonnes de la matrice A4 5I respectivement, on a : C C + C= 0,

7 les vecteurs propres de A4 associés à 5 sont les vecteurs de la forme : α ), où α est un réel. 0 A 5 = ) 4 Les valeurs propres de la matrice A 5 sont les racines de son polynôme caractéristique : déta 5 λi). Or : λ λ 0 déta 5 λi) = dét λ ) = dét λ ) 4 λ + λ 4 λ λ 0 = dét λ ) = λ) λ) λ). 0 0 λ Les trois valeurs propres de A5 sont donc :, et 0. Les vecteurs propres de A5 associés à sont les vecteurs de kera5 I), qui est de dimension un puisque est valeur propre simple. A5 I = ). Comme, en notant C, C et C les trois colonnes de la matrice A5 I respectivement, on a : C + 5C 4C= 0, les vecteurs propres de A5 associés à sont les vecteurs de la forme : α 5), où α est un réel. 4 Les vecteurs propres de A5 associés à sont les vecteurs de kera5 I), qui est de dimension un puisque est valeur propre simple. 7

8 A5 I = ). Comme, en notant C, C et C les trois colonnes de la matrice A5 I respectivement, on a : 0C + C C= 0, les vecteurs propres de A5 associés à sont les vecteurs de la forme : 0 α ), où α est un réel. Les vecteurs propres de A5 associés à 0 sont les vecteurs de kera5), qui est de dimension un puisque 0 est valeur propre simple. 0 A5 = ). 4 Comme, en notant C, C et C les trois colonnes de la matrice A5 respectivement, on a : C + C C= 0, les vecteurs propres de A5 associés à 0 sont les vecteurs de la forme : α ), où α est un réel. 8

9 EXERCICE CHAPITRE 7 I) Sans faire aucun calcul, déterminer les valeurs propres des matrices suivantes : M = ), M = 0) et M = ) CORRECTION 0 M = ) La troisième ligne de cette matrice ne contenant que des 0 à l exception du terme,, situé sur sa diagonale, est valeur propre de M voir propriété VII-4, page 0 du manuel). En outre les autres valeurs propres de M sont celle de sa sous-matrice : 0 ). 4 Cette sous-matrice étant la matrice A5 de l exercice précédent, elle a, et 0 pour valeurs propres. Les quatre valeurs propres de M sont donc,, 0 et. 0 0 M = 0). 4 La matrice M étant triangulaire, ses valeurs propres sont ses termes diagonaux voir propriété VII-5, page 0 du manuel) Les trois valeurs propres de M sont donc, et 4. 0 M = ). 4 La matrice M est la transposée de la matrice A5 de l exercice précédent ; elle a donc les mêmes valeurs propres, et 0) que cette dernière voir propriété VII-, page 0 du manuel). 9

10 EXERCICE 4 CHAPITRE 7 II). Parmi les matrices A à A5 et M à M des exercices précédents, lesquelles sont diagonalisables?. Ecrire, si cela est possible, les matrices A à A5 sous la forme PDP, où D est une matrice diagonale. Expliciter alors les matrices D et P. CORRECTION. Les matrices A, A, A5, M, M et M ayant des valeurs propres distinctes deux à deux, elles sont diagonalisables voir propriété VII-9, page 09 du manuel). La matrice A a pour valeur propre double. Or le sous-espace propre de A associé à kera I)) est de dimension un. Cette matrice n est donc pas diagonalisable voir propriété VII-0, page 0 du manuel). La matrice A4 a pour valeur propre double et 5 pour valeur propre simple. Comme la dimension du sous-espace propre de A4 assoicé à est égale à, cette matrice est diagonalisable voir propriété VII-0).. La matrice A étant diagonalisable, on a : A = PDP, où D est une matrice des valeurs propres de A, par exemple : D = 0 0 ) et où P est une matrice de vecteurs propres de A correspondante, par exemple : P = ). La matrice A étant diagonalisable, on a : A = PDP, où D est une matrice des valeurs propres de A, par exemple : D = i 0 0 i ) et où P est une matrice de vecteurs propres de A correspondante, par exemple : P = i +i). La matrice A4 étant diagonalisable, on a : A4 = PDP, où D est une matrice des valeurs propres de A4, par exemple : 0 0 D = 0 0) et où P est une matrice de vecteurs propres de A4 correspondante, par exemple : 0

11 0 P = ). 0 La matrice A5 étant diagonalisable, on a : A5 = PDP, où D est une matrice des valeurs propres de A5, par exemple : 0 0 D = 0 0) et où P est une matrice de vecteurs propres de A4 correspondante, par exemple : 0 P = 5 ). 4 EXERCICE 5 CHAPITRE 7 II) Soit la matrice : B = 4 ).. Calculer B ). En déduire une valeur propre de B.. Calculer le déterminant de B. En déduire la seconde valeur propre de B. CORRECTION. B ) = 4 ) ) = ) = ). Le réel est donc valeur propre de B ) étant l un des vecteurs propres de B associés à ).. DétB)= dét 4 ) = ) ) 4) =. La matrice B étant d ordre, elle a deux valeurs propres. Si l on note λ et λ ces deux valeurs propres respectivement, on a : détb) = λλ voir propriété VII-, de tb) page du manuel). Comme λ =, il s ensuit que : λ = = =. λ Les deux valeurs propres de B sont donc et.

12 EXERCICE CHAPITRE 7 III) Soit l équation : [] X t = BX t, où B = 4 ).. Quelle est la forme des solutions de cette équation?. Certaines de ces trajectoires convergent-elles? Le cas échéant, lesquelles? CORRECTION. Comme B a deux valeurs propres distinctes et ), elle est diagonalisable. Les trajectoires solutions de l équation [] sont donc de la forme voir propriété VII- 5, page du manuel) : [] X t = αλ t P + βλ t P, où λ et λ sont les deux valeurs propres de B et où P et P sont deux vecteurs propres de B associés à λ et λ respectivement, les coefficients α et β dépendant de la condition initiale X0. Pour déterminer la forme de la solution de [], il suffit donc de trouver λ, λ, P et P. Ici λ = et P = ) est l un de ses vecteurs propres associés voir exercice précédent). La seconde valeur propre de B est λ =. Pour trouver l un de ces vecteurs propres associés, on détermine B I : B I = 4 ). On peut alors remarquer que B I) ) = 4 ) ) = 0 0 ). Le vecteur ) est donc un vecteur propre de B associé à. En remplaçant dans [], on obtient alors la forme de la solution de [] : X t = α ) t ) + βt ) = α )t ) + β ).. Quand t tend vers l infini, ) t ne converge pas. Pour que Xt converge, il faut donc que α = 0. Les trajectoires solutions de [] qui convergent sont donc de la forme : X t = β ). Comme elles ne dépendent pas de t, elles sont stationnaires.

13 EXERCICE 7 CHAPITRE 7 III) Mêmes questions que dans l exercice précédent, mais avec B = 0 ). CORRECTION. Comme B est la matrice A de l exercice I-, on sait qu elle a deux valeurs propres distinctes et ). Elle est donc diagonalisable et les trajectoires solutions de l équation [] sont de la forme : [] X t = αλ t P + βλ t P, où λ et λ sont les deux valeurs propres de A et où P et P sont deux vecteurs propres de A associés à λ et λ respectivement, les coefficients α et β dépendant de la condition initiale X0. Pour déterminer la forme de la solution de [], il suffit donc de trouver λ, λ, P et P. Comme voir corrigé de l exercice I-) P = ) est un vecteur propre de A associé à et P = ), un vecteur propre de A associé à, la solution de [] est de la forme : X t = α ) t ) + β )t ).. Quand t tend vers l infini, ) t et ) t ne convergent pas. Pour que Xt converge, il faut donc que α = β = 0. La seule trajectoire solution de [] qui converge est donc la trajectoire stationnaire : X t = 0 0 ). EXERCICE 8 CHAPITRE 7 III) Mêmes questions que dans l exercice précédent, mais avec B = 5 4 ). CORRECTION. Les valeurs propres de la matrice B sont les racines de détb λi). détb λi) =.dét λ 5 4 ) = λ λ = λ + ) λ ), 4 ces valeurs propres sont et.

14 B ayant deux valeurs propres distinctes, elle est diagonalisable et les trajectoires solutions de l équation [] sont de la forme : [] X t = αλ t P + βλ t P, où λ et λ sont les deux valeurs propres de B et où P et P sont deux vecteurs propres de B associés à λ et λ respectivement. $$$ et comme : 5 5 B + I = 4 ), 4 ) ) = 0 0 ), le vecteur P = ) est un vecteur propre de B associé à. Par ailleurs, comme : 5 B I = 4 5 ), et comme : ) 5 ) = 0 0 ), le vecteur P = 5 ) est un vecteur propre de B associé à. La solution de [] est donc de la forme : X t = α )t ) + β )t 5 ).. Quand t tend vers l infini, )t et )t convergent vers Le processus Xt converge donc vers 0 quels que soient α et β, autrement dit quelle que soit sa condition initiale. On dit, dans ce cas, que l équilibre 0 est globalement stable. 4

15 EXERCICE 9 CHAPITRE 7 III) Mêmes questions que dans l exercice précédent, mais avec B = 4 ). CORRECTION. Les valeurs propres de la matrice B sont les racines de détb λi). détb λi) =.dét λ 4 λ ) = λ) = λ + ) λ ), 4 ces valeurs propres sont : et. B ayant deux valeurs propres distinctes, elle est diagonalisable et les trajectoires solutions de l équation [] sont de la forme : [] X t = αλ t P + βλ t P, où λ et λ sont les deux valeurs propres de B et où P et P sont deux vecteurs propres de B associés à λ et λ respectivement. et comme : B I = 4 ), 4 ) ) = 0 0 ), le vecteur P = ) est un vecteur propre de B associé à. Par ailleurs, comme : et comme : B I = 4 4 ), ) ) = 0 0 ), le vecteur P = ) est un vecteur propre de B associé à. La solution de [] est donc de la forme : X t = α )t ) + β )t ). 5

16 . Quand t tend vers l infini, )t tend vers + et )t tend vers 0. Le processus Xt converge donc vers 0 si α = 0. Les trajectoires solutions de [] qui convergent ici vers 0 ) sont donc de la forme : X t = β )t ). Remarque : les trajectoires solutions de [] et convergeant vers 0 ont pour conditions initiales des vecteurs de la forme : X 0 = β )0 ) = β ). Pour cette raison, on dit que l ensemble de stabilité de l équilibre 0 est l ensemble des vecteurs de la forme β ) c est le sous-espace propre de B associé à la valeur propre de B dont le module est strictement inférieur à ). EXERCICE 0 CHAPITRE 8 II) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres des matrices suivantes : M = ), M = 5 ), M = ). Ecrire ces matrices sous la forme PDP, où D est une matrice diagonale et où P est la transposée de P. CORRECTION M = ). Comme rangm + I) = rang ) = deux colonnes identiques non nulles), est valeur propre de M. En outre, en notant C et C les deux colonnes de M + I respectivement, on a : C C = 0. Le vecteur P = ) est donc un vecteur propre de M associé à. Comme on a : trm) = + =, et comme la trace d une matrice est égale à la somme de ses valeurs propres, on a, en notant λ et λ les deux valeurs propres de M respectivement : λ + λ =. Il s ensuit que : λ = λ = ) =. La seconde valeur propre de M est donc.

17 En notant C et C les deux colonnes de M I = ) respectivement, on a : C + C = 0. Le vecteur P = ) est donc un vecteur propre de M associé à. Comme M est symétrique, elle est diagonalisable voir propriété VIII-7, page 58 du manuel) et l on a : M = PDP, où D est une matrice des valeurs propres de M, par exemple : D = 0 0 ), et où P est une matrice de vecteurs propres de norme unitaire correspondante, par exemple : on a : D où : P = P P P P ). P = ² + )² = et P = ² + ² =, P = M = ) et P = ) 0 0 ) ). ). M = ). Les valeurs propres de la matrice M sont les racines de son polynôme caractéristique : Or : détm λi). λ λ 0 détm λi) = dét λ ) = dét λ ) λ λ λ λ 0 = dét 4 0 λ) = + λ)[ λ)λ) + 8] λ λ = + λ) λ + λ + 8). Les trois valeurs propres de M sont donc : et les deux racines du polynôme : λ + λ

18 Le discriminant réduit de ce polynôme est : Δ = ² )8) = 9 = ². Les deux racines recherchées sont donc : λ = + = et λ = = 4. M a donc pour valeur propre double et 4 pour valeur propre simple. Les vecteurs propres de M associés à sont les vecteurs de kerm + I). En notant C, C et C respectivement les trois colonnes de la matrice : 4 M + I = ), on a : C C + C = 0 et 0C + C + C = 0. Les deux vecteurs : 0 P = ) et P = ) sont donc des vecteurs de kerm + I). Comme dimkerm + I) = puisque est une valeur propre double de M et que M est symétrique donc diagonalisable), et comme ces deux vecteurs ne sont pas proportionnels, ils forment même une base de kerm + I). Les vecteurs propres de M associés à sont donc les combinaisons linéaires de ces deux vecteurs. Les vecteurs propres de M associés à 4 sont les vecteurs de kerm 4I). En notant C, C et C respectivement les trois colonnes de la matrice : M 4I = 5 ), on a : 5 C + C C = 0. Le vecteur : P = ) est donc un vecteur de kerm 4I). Les vecteurs propres de M associés à 4 sont donc les homothétiques de ce vecteur. Comme M est symétrique, elle est diagonalisable et l on a : M = PDP, où D est une matrice des valeurs propres de M, par exemple : 0 0 D = 0 0), et où P est une matrice de vecteurs propres orthogonaux deux à deux et de norme unitaire correspondante. 0 P P = ) ) = 0) ) + ) = 0, 8

19 Les vecteurs P et P sont orthogonaux. Et comme et 4 sont deux valeurs propres distinctes d une matrice symétrique, les vecteurs P et P sont orthogonaux à P voir propriété VIII- page 54 du manuel). On peut donc prendre : on a : P = On a donc : P = P P P P P P ). P = ² + ) + ² =, P = 0² + ² + ² = et P = ² + ² + )² = M = 0 ) 0 = ) 0 ) ) et P = 0 0 ). ). M = 5 ). Les valeurs propres de la matrice M sont les racines de son polynôme caractéristique : détm λi). Or : λ λ 0 λ détm λi) = dét 5 λ ) = dét 5 λ ) λ λ λ 0 λ = dét 0 5 λ ) λ λ = λ)[ 5 λ) λ) ] λ)² 5 λ) = λ)λ² λ 9 ). Les trois valeurs propres de M sont donc λ = et les deux racines du polynôme : λ² λ 9. 9

20 Le discriminant de ce polynôme étant : les deux racines recherchées sont : λ = Δ = ) 4 9 ) = 8 4, + 9 = et λ = 9 =. M a donc pour valeur propre double et pour valeur propre simple. Les vecteurs propres de M associés à sont les vecteurs de kerm I). En notant C, C et C respectivement les trois colonnes de la matrice : M I = ), on a : C + 0C + C = 0 et 0C + C C = 0. Les deux vecteurs : 0 P = 0) et P = ) sont donc des vecteurs de kerm I). Comme dimkerm I) = puisque est une valeur propre double de M et que M est symétrique donc diagonalisable), et comme ces deux vecteurs ne sont pas proportionnels, ils forment même une base de kerm I). Les vecteurs propres de M associés à sont donc les combinaisons linéaires de ces deux vecteurs. Les vecteurs propres de M associés à sont les vecteurs de kerm + I). En notant C, C et C respectivement les trois colonnes de la matrice : 5 M + I = 4 ), 5 on a : C C C = 0. Le vecteur : P = ) est donc un vecteur de kerm + I). Les vecteurs propres de M associés à sont donc les homothétiques de ce vecteur. Comme M est symétrique, elle est diagonalisable et l on a : M = PDP, où D est une matrice des valeurs propres de M, par exemple : 0

21 0 0 D = 0 0 ), 0 0 et où P est une matrice de vecteurs propres orthogonaux deux à deux et de norme unitaire correspondante. 0 P P = 0) ) = 0) + 0) + ) =, les vecteurs P et P ne sont pas orthogonaux. Pour trouver une base de kerm I) dont les deux vecteurs sont orthogonaux, on choisit un vecteur de kerm I), par exemple P, puis on cherche un vecteur P appartenant à kerm I) et orthogonal à P, autrement dit qui vérifie le système : P P = 0 P est orthogonal à P { M I)P = 0 P appartient à ker M I). En posant : x P = y), z la première équation de ce système devient : et la seconde : à savoir : x + z = 0, x 0 ) y) = 0), z 0 x + y + z = 0. Le système a donc pour solution : x = z, y = 4z et z quelconque. En posant z =, il vient : P = 4). Les vecteurs P et P sont orthogonaux et forment une base de kerm I). En outre, ils sont tous deux orthogonaux au vecteur P, puisque et sont deux valeurs propres distinctes de M. On peut donc poser : P = P P P P P P ).

22 on a : D où : P = )² + 4) + ² = 8 =, P = ² + 0² + ² = et P = 4 M = P = ² + )² + )² = 9 =, 0 ) = 0 ) 0 ) ) 0 0 et P = 0 0 ) )..