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Annee 2007/2008

M201

Corrige de l'examen du 28 janvier 2008

Exercice 1.SoitAla matrice

A=0 @1 0 0 1 2 1

0 0 21

A etfl'endomorphisme deR3associe.

1)Determinons les valeurs propres deA.

Calculons les racines du polyn^ome caracteristiquePA(X) : P

A(X) =

1X0 0 1 2X1

0 0 2X

= (2X)2(1X): Les valeurs propres deAsont1= 1, valeur propre simple et2= 2, valeur propre double.

2)Determinons, sans calculs, des vecteurs~uet~vtels quef(~u) = 2~uetf(~v) = 2~v+~u.

Si l'on note (~e1;~e2;~e3), la base dans laquelle est exprimee la matriceAde l'endomorphisme f, on remarque que f(~e2) = 2~e2etf(~e3) =~e2+ 2~e3: Ainsi, les vecteurs~u=~e2et~v=~e3repondent-ils a la question.

3)Soit~etel quef(~e) =~e. Demontrons que(~e;~u;~v)est une base deR3et ecrivons la

matrice defdans cette base.

Notons~e= (x;y;z) alors

f(~e) =~e()8 :x=x x+ 2y+z=y

2z=z()(z= 0

x=y Le vecteur~e= (1;1;0) convient. Les vecteurs~e,~uet~vsont lineairement independants, ils forment donc une base deR3. La matrice defdans cette base s'ecrit B=0 @1 0 0 0 2 1

0 0 21

A 1

4)La matriceAest-elle diagonalisable ?

Le sous-espace propre associe a la valeur propre 2 est l'ensemble des vecteurs (x;y;z) tels que8>< :x= 2x x+ 2y+z= 2y

2z= 2z()(x= 0

z= 0 C'est une droite vectorielle, sa dimension n'est donc pas egale a la multiplicite de la valeur propre 2 comme racine du polyn^ome caracteristique, la matriceAn'est pas diagonalisable.

Exercice 2.SoitAla matrice

A=0 @1 0 0 11 0 1 211 A etfl'endomorphisme deR3associe.

1)Determinons et factorisons le polyn^ome caracteristique deA.

On notePA(X) le polyn^ome caracteristique, on a

P

A(X) =

1X0 0 11X0 1 21X = (1X)1X0 11X = (1X)2(1X): La matriceAadmet deux valeurs propres, 1, valeur propre simple, et1, valeur propre double.

2)Determinons les sous-espaces propres et les sous-espaces caracteristiques deA.

La valeur propre 1 est simple, le sous-espace propre associe est egal au sous-espace car- acteristique, c'est l'ensemble E

1=N1=f~u= (x;y;z)2R3; A~u=~ug:

On a ~u2E1()8 :x=x xy=y x+ 2yz=z()(x= 2y z= 0 L'espaceE1est une droite vectorielle dont un vecteur directeur~e1est donne, par exemple, par~e1= (2;1;0). Le sous-espace propre associe a la valeur propre1 est deni par E

1=f~u= (x;y;z)2R3; A~u=~ug:

2 On a ~u2E1()8 :x=x xy=y x+ 2yz=z()(x= 0 y= 0 L'espaceE1est une droite vectorielle dont un vecteur directeur~e2est donne, par exemple, par~e2= (0;0;1). La dimension deE1n'est pas egale a la multiplicite de la racine, la matrice n'est pas diagonalisable. Determinons le sous-espace caracteristique associe a la valeur propre1. Pour cela calculons la matrice (A+I)2. (A+I)2=0 @2 0 0 1 0 0

1 2 01

A2 =0 @4 0 0 2 0 0

0 0 01

A N

1= ker(A+I)2=f~u= (x;y;z)2R3; x= 0g

Le sous-espace caracteristiqueN1est le plan vectoriel engendre par les vecteurs e

2= (0;0;1) ete3= (0;1;0).

3)Demontrons qu'il existe une base deR3dans laquelle la matrice defest

B=0 @1 0 0 01 2 0 011 A et trouvons une matricePinversible telle queAP=PB(ouA=PBP1). On considere les vecteurs~e1= (2;1;0) et~e2= (0;0;1) et on cherche un vecteur~e2N1 tel quef(~e) = 2~e2~e. Notons~e= (0;y;z), f(~e) = 2~e2~e()y= 1; le vecteur~e=~e3= (0;1;0) convient, on pouvait le voir directement sur la deuxieme colonne de la matriceA. Ainsi, dans la base (~e1;~e2;~e3) avec~e1= (2;1;0),~e2= (0;0;1) et ~e

3= (0;1;0), la matrice defs'ecrit

B=0 @1 0 0 01 2 0 011 A La matricePcherchee est la matrice de passage qui exprime la base (~e1;~e2;~e3) dans la base canonique ( ~i;~j;~k). On a P=0 @2 0 0 1 0 1

0 1 01

A 3 etAP=PBouA=PBP1. On peut calculerP1, c'est la matrice qui exprime les vecteurs~i;~jet~kdans la base (~e1;~e2;~e3), P 1=0 @1=2 0 0 0 0 1

1=2 1 01

A

4)Ecrivons la decomposition de Dunford deB.

On a B=0 @1 0 0 01 2 0 011 A =0 @1 0 0 01 0 0 011 A |{z} D+0 @0 0 0 0 0 2

0 0 01

A |{z} N: Il est clair que la matriceDest diagonalisable puisque diagonale, on verie facilement que N

2= 0, c'est-a-dire que la matriceNest nilpotente et que les deux matrices commutent,

DN=ND. Ainsi la decompositionB=D+Nest bien la decomposition de Dunford de la matriceB.

5)Pourt2R, calculonsexptB.

On utilise la decomposition de Dunford de la matricetB,tB=tD+tN, on a donc exp(tB) = exp(tD+tN) = exp(tD):exp(tN) car les matrices commutent, par ailleurs, commeDest diagonale, on a exp(tD) =0 @et0 0 0et0

0 0et1

A et commeN2= 0, on a exp(tN) =I+tN=0 @1 0 0

0 1 2t

0 0 11

A D'ou exp(tB) =0 @et0 0 0et0

0 0et1

A0 @1 0 0

0 1 2t

0 0 11

A =0 @et0 0

0et2tet

0 0et1

A 4

6)Donnons les solutions des systemes dierentielsy0=Byetx0=Ax, ouxetydesignent

des fonctions reelles a valeurs dansR3. Les solutions du systeme dierentiely0(t) =B:y(t) sont les fonctionsy(t) = exp(tB):Vou

Vest un vecteur quelconque deR3. Donc

y(t) =0 @et0 0

0et2tet

0 0et1

A0 @a b c1 A =0 @aet be t+ 2ctet ce t1 A (a;b;c)2R3. Pour trouver les solutions du systeme dierentielx0(t) =A:x(t), on utilise le fait suivant P:yest solution dex0=A:x()yest solution dey0= (P1AP):y=B:y:

Ainsi, les solutions du systemex0=A:xs'ecrivent

x(t) =P:exp(tB):V ouVest un vecteur quelconque deR3. On remarque qu'il n'est pas utile de calculer la martriceP1. C'est-a-dire x(t) =0 @2 0 0 1 0 1

0 1 01

A0 @aet be t+ 2ctet ce t1 A =0 @2aet ae t+cet be t+ 2ctet1 A (a;b;c)2R3.

Exercice 3.Soita2RetAla matrice

A=0 @0 1 0 0a0

0a2 21

A

1)Pour quelles valeurs deala matriceAest-elle diagonalisable ?

Determinons le polyn^ome caracteristique de la matriceA. P

A(X) = det(AXI) =

X1 0 0aX0

0a2 2X

=X(aX)(2X): Ce polyn^ome admet trois racines 0;aet 2. Ainsi, sia6=2 f0;2gla matrice est diagonalisable.

Examinons les casa= 0 eta= 2.

Sia= 0, la valeur propre 0 est valeur propre double, on a A=0 @0 1 0 0 0 0 02 21 A 5 Le sous-espace propre associe a 0 est egal a kerA=f~u= (x;y;z); A~u=~0g, ~u2kerA()(y= 0

2y+ 2z= 0()y=z= 0:

Le sous-espace propre associe a la valeur propre double 0 est une droite vectorielle, la droite engendree par (1;0;0), la matrice n'est donc pas diagonalisable.

Sia= 2, la valeur propre 2 est double, on a

A=0 @0 1 0 0 2 0

0 0 21

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