TD n o 10 Réduction. 2 λ = 0 λ = 2 ou 8 (3 λ)(1 λ) = λ 2 + 4λ + 5 = 0 Cette deuxième équation a pour discriminant puis racines : x = 0 y = z

Transcription

1 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction TD n o Réduction Eercice.. On cherche les valeurs de λ pour lesquelles A λi n'est pas inversible, en en trouvant une réduite triangulaire : 2 λ 2 λ 3 λ 4 L 2 L 3 2 λ 2 λ 3 λ 4 2 λ 2 λ L 3 2L 3 (3 λ)l 2 8 (3 λ)( λ) Cette réduite triangulaire n'est pas inversible, et donc λ est valeur propre de A, si et seulement si l'un des coecients diagonau est nul donc : 2 λ = λ = 2 ou 8 (3 λ)( λ) = λ 2 + 4λ + 5 = Cette deuième équation a pour discriminant puis racines : = ( ) 5 = 36 puis λ = = 5 et λ 2 = =. Finalement on obtient donc Sp(A) = { ; 2; 5}, et comme n'est pas valeur propre, A = A I est bien inversible. On remarque de plus que A admet 3 valeurs propres et est une matrice de M 3 (R), elle est donc diagonalisable et chacun des sous-espaces propres est de dimension. Cherchons à présent les sousespaces propres associés : Pour λ =, 3 + y + = X = y E (A) (A + I)X = 2y + 2 = = { = X = =. y = E (A) = Vect et la famille est génératrice de E (A) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e (A)) =. Pour λ = 2, y + = X = y E 2 (A) (A 2I)X = 2y = 9 = y = y = X = =. =

2 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction E 2 (A) = Vect et la famille est génératrice de E2 (A) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e 2 (A)) =. Pour λ = 5, X = y E 5 (A) (A 5I)X = { = y = 2 X = E 5 (A) = Vect y + = 2y 4 = = 2 = 2. et la famille 2 est génératrice de E5 (A) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e 5 (A)) =. Remarque : comme on savait que les sous-espaces propres sont de dimension, on aurait pu se "contenter" de chercher un vecteur non nul de chacun : cette famille, libre et de bon cardinal, était alors forcément une base du sous-espace propre. Eemple : A + I = vérie C 2 = C 3 donc C 2 C 3 =, et enn (A + I) = : on en déduit que est une famille de E (A), libre (un seul vecteur, non nul) et dont le cardinal est égal à la dimension de E (A), c'en est donc une base et E (A) = Vect. La matrice A est diagonalisable, en posant P = 2 et D = 2, 5 P est constituée d'une base de vecteurs propres de A, respectivement associés au valeurs propres, 2 et 5 qui constituent la diagonale de D, donc par formule de changement de base : A = P DP D = P AP. Enn la matrice A 2 A+I s'écrit en fonction de A qui est diagonalisable donc qui admet une réduite plus simple : on se ramène à cette réduite : A 2 A + I = P DP P DP P DP + I = P D 2 P P DP + I = P (D 2 D)P + I. Reste le problème de la matrice I : il faut absolument connaître l'astuce qui suit : quelque soit la matrice inversible, on peut toujours écrire I = P IP : A 2 A + I = P (D 2 D)P + P IP = P (D 2 D + I)P 2

3 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction 3 et la matrice D 2 D + I = 3 est diagonale, donc A 2 A + I est diagonalisable : si on 2 veut ses valeurs propres et ses sous-espaces propres, on passe directement par sa matrice semblable diagonale : A 2 A + I et D 2 D + I sont semblables, donc Sp(A 2 A + I) = Sp(D 2 D + I) = {3; 2} et les dimensions des sous-espaces propres sont égales : E 3 (A 2 A + I) est de dimension 2, et E 2 (A 2 A + I) est de dimension. Enn comme une base de vecteurs propres de A 2 A + I est dans P, on peut obtenir directement : E 3 (A 2 A + I) = Vect, et E 2 (A 2 A + I) = Vect La matrice B est symétrique donc elle est diagonalisable. Pour obtenir ses valeurs propres, on cherche les valeurs de λ pour lesquelles B λi n'est pas inversible, en en trouvant une réduite triangulaire : λ λ λ L L 2 λ L 2 L 2 ( λ)l ( λ ) ( λ) 2 Cette réduite triangulaire n'est pas inversible, et donc λ est valeur propre de B, si et seulement si l'un des coecients diagonau est nul donc : ( λ) 2 = [ ( λ)] [ + ( λ)] = λ(2 λ) = λ {; 2} Finalement on obtient donc Sp(B) = {; 2}, et comme est valeur propre, B = B I est bien inversible. On remarque de plus que B admet 2 valeurs propres et est une matrice de M 2 (R), elle est donc diagonalisable et chacun des sous-espaces propres est de dimension. Cherchons à présent les sousespaces propres associés : Pour λ =, ( X = E y) (B) (B I)X = et la famille [( )] E (B) = Vect { + y = y = = y X = = y y [] [( = Vect )] est génératrice de E (B) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est. une base de dim(e (B)) =. Pour λ = 2, X = E y 2 (B) (B 2I)X = { y = = = y X = y = y y. et la famille [( )] une base de dim(e 2 (B)) =. E 2 (B) = Vect [] est génératrice de E 2 (B) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est 3

4 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction Remarque : comme on savait que les sous-espaces propres sont de dimension, on aurait pu se "contenter" de chercher un vecteur non nul de chacun : cette famille, libre et de bon cardinal, était alors forcément une base du sous-espace propre. Eemple : A = ( [( vérie C = C 2 donc C C 2 =, et enn A = : on en déduit que est une famille ) )] de E (B), libre (un seul vecteur, non [( nul) )] et dont le cardinal est égal à la dimension de E (B), c'en est donc une base et E (A) = Vect. La matrice B est diagonalisable, en posant P = et D =, 2 P est constituée d'une base de vecteurs propres de B, respectivement associés au valeurs propres et 2 qui constituent la diagonale de D, donc par formule de changement de base : B = P DP D = P BP. Enn la matrice B 2 B + I s'écrit en fonction de B qui est diagonalisable donc qui admet une réduite plus simple : on se ramène à cette réduite : B 2 B+I = P DP P DP P DP +P IP = P D 2 P P DP +P IP = P (D 2 D+I)P. et la matrice D 2 D + I = est diagonale, donc B 3 2 B + I est diagonalisable : si on veut ses valeurs propres et ses sous-espaces propres, on passe directement par sa matrice semblable diagonale : B 2 B + I et D 2 D + I sont semblables, donc Sp(B 2 B + I) = Sp(D 2 D + I) = {; 3} et les dimensions des sous-espaces propres sont égales : E (B 2 B + I) est de dimension, et E 3 (B 2 B + I) est de dimension. Enn comme une base de vecteurs propres de B 2 B + I est dans P, on peut obtenir directement : [( [( E (B 2 B + I) = Vect et E )] 3 (B 2 B + I) = Vect. )] 3. On cherche les valeurs de λ pour lesquelles C λi n'est pas inversible, en en trouvant une réduite triangulaire : 3 λ λ 2 L L 3 2 λ 2 λ 2 2 λ 3 λ 4 4 avec L 2 L 2 L L 3 2L 3 (3 λ)l L 2 L 3 L 3 8L 3 ( + λ)l 2 2 λ λ + λ 8 8 (3 λ)( λ) 2 λ 8 8 (3 λ)( λ) λ + λ 2 λ 8 8 (3 λ)( λ) P (λ) P (λ) = 8(+λ) (+λ) [8 (3 λ)( λ)] = (+λ) [8 8 + (3 λ)( λ)] = (+λ)(3 λ)( λ). 4

5 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction Cette réduite triangulaire n'est pas inversible, et donc λ est valeur propre de C, si et seulement si l'un des coecients diagonau est nul donc : ( + λ)(3 λ)( λ) = λ { ; 3; } Finalement on obtient donc Sp(C) = { ; ; 3}, et comme n'est pas valeur propre, C = C I est bien inversible. On remarque de plus que C admet 3 valeurs propres et est une matrice de M 3 (R), elle est donc diagonalisable et chacun des sous-espaces propres est de dimension. Cherchons à présent les sousespaces propres associés : Pour λ =, = X = y E (C) (C + I)X = 8y = = { = y = X = =. E (C) = Vect et la famille est génératrice de E (C) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e (C)) =. Pour λ =, 2 = X = y E (C) (C I)X = 8y + 8 = = { = X = =. y = E (C) = Vect et la famille est génératrice de E (C) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e (C)) =. Pour λ = 3, 2 2 = X = y E 3 (C) (C 3I)X = 8y + 8 = = { = X = =. y = E 3 (C) = Vect 5

6 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction et la famille est génératrice de E3 (C) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e 3 (C)) =. Remarque : comme on savait que les sous-espaces propres sont de dimension, on aurait pu se "contenter" de chercher un vecteur non nul de chacun : cette famille, libre et de bon cardinal, était alors forcément une base du sous-espace propre. Eemple : C + I = vérie C = C 3 donc C + C 3 =, et enn (C + I) = : on en déduit que est une famille de E (C), libre (un seul vecteur, non nul) et dont le cardinal est égal à la dimension de E (C), c'en est donc une base et E (C) = Vect. La matrice C est diagonalisable, en posant P = et D =, 3 P est constituée d'une base de vecteurs propres de C, respectivement associés au valeurs propres, et 3 qui constituent la diagonale de D, donc par formule de changement de base : C = P DP D = P CP. Enn la matrice C 2 C + I s'écrit en fonction de C qui est diagonalisable donc qui admet une réduite plus simple : on se ramène à cette réduite : C 2 C+I = P DP P DP P DP +P Ip = P D 2 P P DP +P IP = P (D 2 D+I)P. 3 et la matrice D 2 D + I = est diagonale, donc C 2 C + I est diagonalisable : si on 7 veut ses valeurs propres et ses sous-espaces propres, on passe directement par sa matrice semblable diagonale : C 2 C + I et D 2 D + I sont semblables, donc Sp(C 2 C + I) = Sp(D 2 D + I) = {; 3; 7} et les dimensions des sous-espaces propres sont égales : E (C 2 C + I) est de dimension, E 3 (C 2 C + I) est de dimension et E 7 (C 2 C + I) est de dimension. Enn comme une base de vecteurs propres de C 2 C + I est dans P, on peut obtenir directement : E (C 2 C+I) = Vect, E 3 (C 2 C+I) = Vect et E7 (C 2 C+I) = Vect. 4. On cherche les valeurs de λ pour lesquelles D λi n'est pas inversible, en en trouvant une réduite 6

7 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction triangulaire : 3 λ 3 λ 3 λ L L 2 3 λ 2 2 λ 2 2 λ 3 λ L 2 L 2 + (3 λ)l + (3 λ) 2 2 λ 2 2 λ 3 λ L 2 L λ + (3 λ) 2 2 λ 3 λ 2 2 λ L 3 2L 3 [ + (3 λ) 2 ]L 2 P (λ) avec P (λ) = 2(2 λ) [ + (3 λ) 2 ](2 λ) = (2 λ) [ 2 (3 λ) 2] = (2 λ) [ (3 λ) 2] = (2 λ) [ (3 λ)] [ + (3 λ)] = (2 λ)(λ 2)(4 λ). Cette réduite triangulaire n'est pas inversible, et donc λ est valeur propre de D, si et seulement si l'un des coecients diagonau est nul donc : (2 λ)(λ 2)(4 λ) = λ {2; 4} Finalement on obtient donc Sp(D) = {2; 4}, et comme n'est pas valeur propre, D = D I est bien inversible. On remarque de plus que D admet 2 valeurs propres et est une matrice de M 3 (R), on ne sait donc pas encore si elle est diagonalisable. Cherchons à présent les sous-espaces propres associés : Pour λ = 2, X = y E 2 (D) (D 2I)X = { = y = X = + y + = 2y = = =. E 2 (D) = Vect et la famille est génératrice de E2 (D) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e 2 (D)) =. Pour λ = 4, y + = X = y E 4 (D) (D 4I)X = 2y 2 = = { = X = =. y = 7

8 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction E 4 (D) = Vect et la famille est génératrice de E4 (D) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e 4 (D)) =. Remarque : comme on n'avait aucune information sur la dimension des sous-espaces propres, cette fois-ci il était obligatoire de résoudre les systèmes pour obtenir les sous-espaces propres. Finalement la somme des dimensions des sous-espaces propres de D vaut 2 alors que D M 3 (R), donc D n'est pas diagonalisable. Eercice 2.. Pour obtenir les valeurs propres, on cherche les valeurs de λ pour lesquelles A λi n'est pas inversible, en en trouvant une réduite triangulaire : λ λ 3 2 λ L L 2 λ 2 L 2 3L 2 ( λ)l 3 2 λ 6 ( λ)(2 λ) Cette réduite triangulaire n'est pas inversible, et donc λ est valeur propre de A, si et seulement si l'un des coecients diagonau est nul donc : dont le discriminant et les racines sont : 6 ( λ)(2 λ) = λ 2 + 3λ + 4 = = ( ) 4 = 25, λ = = 4, λ 2 = =. Finalement on obtient donc Sp(A) = { ; 4}. On remarque de plus que A admet 2 valeurs propres et est une matrice de M 2 (R), elle est donc diagonalisable et chacun des sous-espaces propres est de dimension. Cherchons à présent les sous-espaces propres associés : Pour λ =, ( X = E y) (A) (A + I)X = { 3 + 3y = y = = y X = = y y [] [( E (A) = Vect = Vect )] [] et la famille est génératrice de E (A) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e (A)) =. Pour λ = 4, ( X = E y) 4 (A) (A 4I)X = { 3 2y = 2/3y = = 2/3y X = = y y [] [( 2/3 2 E 4 (A) = Vect = Vect 3)] [] 2 et la famille est génératrice de E 3 4 (A) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base de dim(e (A)) =.. 2/3. 8

9 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction La matrice A est diagonalisable, en posant 2 P = 3 et D =, 4 P est constituée d'une base de vecteurs propres de A, respectivement associés au valeurs propres et 4 qui constituent la diagonale de D, donc par formule de changement de base : 2. Par une récurrence bien connue, on prouve que : A = P DP D = P AP. A n = P D n P = P qu'on peut calculer eplicitement sans diculté. ( ) n 4 n P 3. On remarque que la relation de récurrence donnée par l'énoncé s'écrit : un+ un A v n+ On montre alors par une récurrence immédiate le résultat de l'énoncé : un = A n u = A n. v n v 4. Il ne reste qu'à remplacer calculer le produit : ( ( ) n P 4 n P ( = 5 ( ) n + 4 n+) ) ( ( ) n n) v n 5 et on obtient : u n = 5 ( ( ) n + 4 n+) et v n = 5 ( ( ) n n). Eercice 3.. (a) On prouve sans diculté que A 2 = A A 2 A = donc le polynôme P () = 2 = ( ) est annulateur de A : les seules valeurs propres possibles de A sont donc ses racines : et. (b) On étudie les deu valeurs propres possibles : Pour λ =, X = E y (A) AX = { 3 y = 6 2y = ( y = 3 X = = 3 3) donc [( E (A) = Vect {} 3)] [] donc est bien valeur propre de A, et la famille est génératrice de E 3 (A) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base et dim(e (A)) =. Pour λ =, ( { ( 2 y = X = E y) (A) (A I)X = 6 3y = y = 2 X = = 2 2) donc [] E (A) = Vect {} 2 [] donc est bien valeur propre de A, et la famille est génératrice de E 2 (A) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base et dim(e (A)) =. 9

10 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction Finalement la somme des dimensions des sous-espaces propres de A vaut 2 et A M 2 (R) donc elle est diagonalisable. En posant P = et D =, 3 2 P est constituée d'une base de vecteurs propres de A, respectivement associés au valeurs propres et qui constituent la diagonale de D, donc par formule de changement de base : A = P DP D = P AP. Enn on détermine P par la méthode de Gauss : 3 2 L2 L 2 3L 3 L L + L L2 L 2 3 donc P est bien inversible et P = (a) Montrons que φ A est linéaire : soient M, M 2 dans M 2 (R) et λ R, φ A (λm + M 2 ) = A(λM + M 2 ) (λm + M 2 )A = λam + AM 2 λm A M 2 A = λ(am M A) + (A = λφ A (M ) + φ A (M 2 ). a b On ne déduit que φ A est linéaire, de plus pour M = une matrice quelconque de M c d 2 (R), on a 3a c 3b d 3a + 6b a 2b 6b c a + b d φ A (M) = = 6a 2c 6b 2d 3c + 6d c 2d 6a + c + 6d 6b c est une matrice de M 2 (R), donc φ A va de M 2 (R) dans lui-même et elle est linéaire, c'est bien un endomorphisme. (b) Il faut prouver que φ 3 A φ A = φ A φ A φ A φ A = M M 2 (R), φ A φ A φ A (M) φ A (M) =. Calculons les composées successives de φ A : φ A φ A (M) = φ A (φ A (M)) = φ A (AM MA) = A(AM MA) (AM MA)A = A 2 M AMA AMA Par suite, = AM 2AMA + MA. φ A φ A φ A (M) = φ A (AM 2AMA + MA) = A(AM 2AMA + MA) (AM 2AMA + MA)A Enn on en déduit que pour tout M, = A 2 M 2A 2 MA + AMA AMA + 2AMA 2 MA 2 = AM MA φ A φ A φ A (M) φ A (M) = AM MA (AM MA) = donc le polynôme P () = 3 = ( 2 ) = ( + )( ) est annulateur de φ A, dont les seules valeurs propres possibles sont donc les racines de P : Sp(φ A ) {; ; }.

11 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction Eercice 4. On pose E = R 2 [X], et on considère l'application f qui, à tout élément P de E, associe la fonction polynôme Q telle que : pour tout réel : Q () = ( ) P () + P () et B = (P, P, P 2 ) la base canonique de E dénie par : pour tout réel : P () =, P () = et P 2 () = 2. Montrer que f est un endomorphisme de E. 2. Déterminer la matrice A de f dans B. 3. Quelles sont les valeurs propres de f? f est-il diagonalisable? 4. Déterminer l'image par f des fonctions polynômes R, R, R 2 dénies par : pour tout réel : R () =, R () = et R 2 () = ( ) 2 5. Montrer que B = (R, R, R 2 ) est une base de vecteurs propres de f. Écrire la matrice de passage P de la base B à la base B ainsi que la matrice D de f dans la base B. 6. Vérier que pour tout réel : { R2 () + 2R () + R () = P 2 () R () + R () = P () En déduire la matrice de passage de la base B à la base B. 7. Écrire la matrice A en fonction de P et de D.. Pour tous P et Q dans E et tout λ R, on a pour tout réel : f(λp + Q)() = ( )(λp + Q) () + (λp + Q)() = ( )(λp () + Q ()) + λp () + Q() f(λp +Q)() = λ[( )P ()+P ()]+[( )Q ()+Q()] = λf(p )()+f(q)() = [λf(p )+f(q)](). On en déduit que f(λp + Q) = λf(p ) + f(q) et f est une application linéaire. De plus pour tout P E, on a deg P 2 donc deg P deg P donc deg(x )P (X) = deg P + deg(p ) 2 Enn la somme de deu polynômes de degré inférieur à 2 est un polynôme de degré inférieur à 2, donc deg f(p ) 2, et f est à valeurs dans E : c'est bien un endomorphisme de E. 2. R, f(p )() = ( ) + = = P () donc f(p ) = P. R, f(p )() = ( ) + = 2 = [ P + 2P ]() donc f(p ) = P + 2P. R, f(p 2 )() = ( ) = = [ 2P + 3P 2 ]() donc f(p 2 ) = 2P + 3P 2. On obtient : A = Mat B (f) = 2 2 3

12 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction 3. Sp(f) = Sp(A) = {; 2; 3} car A est triangulaire supérieure donc ses valeurs propres sont ses coecients diagonau. A est une matrice de M 3 (R) avec 3 valeurs propres distinctes donc elle est diagonalisable, et f l'est aussi. 4. f(r ) = f(p ) = P = R. R, f(r )() = + = 2 2 = 2R () donc f(r ) = 2R. R, f(r 2 )() = ( ) 2( ) + ( ) 2 = 3( ) 2 = 3R 2 () donc f(r 2 ) = 3R On vient d'obtenir que les vecteurs de B sont des vecteurs propres (ils sont bien non nuls). B est libre car c'est une famille de vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes, et elle admet 3 vecteurs avec dim E = 3 donc c'est une base de E. On a R = P, R = P + P et R, R 2 () = donc R 2 = P 2P + P 2 donc : 6. On calcule : P = P B,B = 2 et D = MatB (f) = 2. 3 donc R, R 2 () + 2R () + R () = = 2 = P 2 () P 2 = R + 2R + R 2 donc R, R () + R () = + = = P () P = R + R Enn on sait que P = R. On en déduit que P B,B = Par formule de changement de base, on a : A = Mat B (f) = P B,B Mat B (f)p B,B = P DP. Eercices plus diciles Eercice 5.. On commence par l'image pour pouvoir se servir de la dimension pour le noyau, et on utilise M puisque c'est la seule dénition connue de f : Im M = M y, tq, y, R = 8 8 = 8 + 8, tq, y, R = Vect 8,

13 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction D'où en lisant sur la base canonique : Im(f) = [ e 8e 2 + 9e 3, 8e 2 + 8e 3 ] = Vect[(, 8, 9), (, 8, 8)] La famille [(, 8, 9), (, 8, 8)]] est donc génératrice de Im f et libre (2 vecteurs, non colinéaires) donc c'en est une base, et dim(im f) = 2. On en déduit par théorème du rang que ker(f) est de dimension ; on remarque que C 2 =, donc f(e 2 ) =, et e 2 ker(f). La famille (e 2 ) est donc libre ( vecteur, non nul) et son cardinal est égal ) la dimension de ker(f) ( pour chacun) donc c'en est une base, et on a donc : ker(f) = Vect(e 2 ) = Vect[(,, )]. 2. On utilise la méthode de Gauss : donc P est inversible et L 3 L 3 + L L 2 L 2 + L 3 P =. 3. On passe par la matrice M, en cherchant les valeurs de λ telles que M λi n'est pas inversible : λ 8 λ 8 L L 3 8 λ λ λ L 2 9L 2 + 8L 9 9λ 8 λ 8 8λ L 3 9L 3 + ( + λ)l ( + λ)(8 λ) Cette réduite triangulaire n'est pas inversible, donc λ est valeur propre de M et donc de f, si et seulement si l'un de ses coecients est nul, donc si et seulement si : 9λ λ = ou ( + λ)(8 λ) = λ { ; 8} donc on obtient : Sp(M) = Sp(f) = { ; ; 8}. 4. On remarque que f admet 3 valeurs propres dans un espace, R 3, de dimension 3, donc il est diagonalisable et ses sous-espaces propres sont tous de dimension. Or M + I = 8 8 vérie C = C donc [f + id](e e 3 ) = ; la famille (e e 3 ) est donc incluse dans E (f), libre (un vecteur, non nul) et son cardinal est égal à la dimension de E (f) : c'en est une base et E (f) = Vect[e e 3 ] = Vect[(,, )]. On a vu précédemment que : E (f) = ker(f) = Vect(e 2 ) = Vect[(,, )] 3

14 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction enn 9 M 8I = vérie C2 = C 3 9 donc [f 8 id](e 2 e 3 ) = ; la famille (e 2 e 3 ) est donc incluse dans E 8 (f), libre (un vecteur, non nul) et son cardinal est égal à la dimension de E 8 (f) : c'en est une base et E 8 (f) = Vect[e 2 e 3 ] = Vect[(,, )] = Vect[(,, )]. M est diagonalisable, et en posant M =, 8 la matrice P est constituée d'une base de vecteurs propres de M, respectivement associés au valeurs propres, et 8 qui constituent la diagonale de M, donc d'après la formule de changement de base on a : M = P M P M = P MP. 5. (a) Comme on sait que A 3 = M, on peut remplacer M : AM = AA 3 = A 4 et MA = A 3 A = A 4 donc AM = MA. (b) On calcule,e ne sachant que AM = MA et que MU = U : M(AU) = (MA)U = (AM)U = A(MU) = A( U) = AU = (AU). (c) On en déduit que AU E (M) = Vect(U). Par dénition d'une combinaison linéaire, cela signie qu'il eiste une constante λ R telle que : AU = λ U. (d) De même, on remarque que : M(AV ) = (MA)V = (AM)V = A(MV ) = A() = donc AV ker M = E (M) = Vect(V ), et par dénition il eiste λ 2 R tel que AV = λ 2 V. Enn M(AW ) = (MA)W = (AM)W = A(MW ) = A(8W ) = 8(AW ) donc AW E 8 (M) = Vect(W ), et par dénition il eiste λ 3 R tel que AW = λ 3 W. (e) En notant (U, V, W ) les colonnes de P, elles vérient les conditions de la question précédente. On sait que c'est une base (puisque c'était une base de vecteurs propres de M), et on a prouvé à la question précédente qu'elle est constituée de vecteurs propres de A. On en déduit qu'en posant λ A = λ 2 λ 3 la matrice diagonale dont les coecients diagonau sont les valeurs propres respectivement associées au colonnes de P, elle vérie par formule de changement de base : A = P A P A = P AP. (f) A est diagonale donc vérie : (A ) 3 = λ3 λ 3 2 λ 3 3 4

15 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction Mais d'autre part on remarque que : (A ) 3 = P AP P AP P AP = P AIAIAP = P A 3 P = P MP = M =. 8 On en déduit que : λ 3 = λ 3 2 = λ 3 3 = 8 λ = λ 2 = λ 3 = 2 et la seule solution à l'équation matricielle A 3 = M est la matrice : A = P A P = P P = Eercice 6. (ESCP 2) On considère la matrice A dénie par A = et on note φ l'endomorphisme de R 3 représenté par A dans la base canonique ) a) Montrer que A admet les valeurs propres et 2 et n'en admet pas d'autres. b) Déterminer les sous-espaces propres associés à ces valeurs propres. c) La matrice A est-elle diagonalisable? 2) Soit V un vecteur propre de A associé à la valeur propre. Trouver un vecteur W de R 3 tel que φ(w ) = V + W. 3) Soit U un vecteur propre de A associé à la valeur propre 2. Montrer que la famille (U, V, W ) est une base de R 3. 4) Déterminer la matrice B représentant l'endomorphisme φ dans la base (U, V, W ) ainsi qu'une matrice inversible P telle qu'on ait l'égalité B = P AP.. (a) Les valeurs propres de A sont données par l'énoncé, mais il faut prouver que ce sont les seules ; comme il n'y en a pas 3 (nombre maimal), ce n'est possible qu'en recherchant les valeurs de λ pour lesquelles A λi n'est pas inversible : λ 2 λ L L 3 2 λ λ 2 3 λ λ 2 L 2 2L 2 + L L 3 2L 3 + ( + λ)l L 3 2L 3 L 2 L 3 L 2 L 3 L 3 + (3 2λ)L λ 3 2λ λ λ 4 + ( + λ)(3 λ) 2 3 λ 3 2λ λ 9 + λ + 2( + λ)(3 λ) 2 3 λ 9 + λ + 2( + λ)(3 λ) 3 2λ λ 2 3 λ 9 + λ + 2( + λ)(3 λ) P (λ) avec (une fois développé, on factorise par (λ ) puis (λ 2) car l'énoncé annonce que et 2 5

16 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction sont des racines de P ). P (λ) = ( λ) + (3 2λ) [ 9 + λ + 2( + λ)(3 λ)] = λ 9(3 2λ) + λ(3 2λ) + 2(3 2λ)( + λ)(3 λ) = λ λ + 3λ 2λ 2 + (6 4λ)( λ 2 + 2λ + 3) = 2λ 2 + 2λ 26 6λ 2 + 2λ λ 3 8λ 2 2λ = 4λ 3 6λ 2 + 2λ 8 = (λ ) [ 4λ 2 2λ + 8 ] = (λ )(λ 2)(4λ 4) = 4(λ ) 2 (λ 2) Cette réduite triangulaire n'est pas inversible, donc λ est valeur propre de A, si et seulement si l'un des coecients diagonau est nul, donc si et seulement si : et enn Sp(A) = {; 2}. 4(λ ) 2 (λ 2) = λ {; 2} (b) Pour λ =, on a : X = y E (A) (A I)X = X = = 2 y + 2 = y = = { = y = donc E (A) = Vect. La famille est génératrice de E (A) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base et dim(e (A)) =. Pour λ = 2, on a : 2 y + = X = y E 2 (A) (A 2I)X = y = = X = = { = y = donc E 2 (A) = Vect. La famille est génératrice de E2 (A) et libre (un seul vecteur, non nul) donc c'en est une base et dim(e 2 (A)) =. 6

17 Quentin Dunstetter - ENC-Bessières 24\25 TD : Correction (c) La somme des dimensions des sous-espaces propres de A vaut 2, alors que A M 3 (R), donc A n'est pas diagonalisable. 2. D'après ce qui précède, on pose V = et W = y et on résout : y + 2 = + AW = V + W + 2y = y 2 y + 3 = + On résout ce système, et on obtient un nombre inni de solutions. L'une d'entre elle est : W =. 3. On pose U =. On résout au + bv + cw = a = b = c = donc la famille (U, V, W ) est libre ; de plus Card[(U, V, W )] = dim R 3 = 3, c'est donc une base de R Dans cette base, on obtient sans diculté à l'aide des questions précédentes : AU = 2U, AV = V, AW = V + W donc 2 Mat (U,V,W ) (φ) = B = De plus on sait par formule de changement de base que B = Mat (U,V,W ) (φ) = P (U,V,W ),(e,e 2,e 3)Mat (e,e 2,e 3)(φ)P (e,e 2,e 3),(U,V,W ) = [P (e,e 2,e 3),(U,V,W )] AP (e,e 2,e 3),(U,V,W ) donc la matrice P = P (e,e 2,e 3),(U,V,W ) = vérie bien B = P AP. 7