-
7/21/2019 corrig-diagonalisation
1/3
ENSA de Tanger Diagonalisation - Corrig des exercices Algbre 2 -
AP1 - 2014/2015
Exercice 30. Diagonaliser la matriceA=
1 1 11 1 0 0... 0
.. .
.. .
...
......
. . . . . . 0
1 0 0 1
Mn(R)pourn 2.
Solution :
Nous avons presque termin cet exercice en TD. Ce nest pas la
peine de reprendre les calculs, mais rappelons
que nous nous sommes partis de lquation matricielle AX= X, o
X=
x1x2
...
xn
, ce qui nous a donn un
systme linaire n quations etn inconnues. Nous avons trouv 3
valeurs propres n, n, 1.Pour les valeurs propres n, n, on trouve
par les calculs que les 2 sous-espaces propres sont de dimension1
(il suffit de revenir au systme linaire en remplaant par n, puis
par n).Pour la valeur propre 1, on trouve par les calculs que le
sous-espace propre associ est
E1= {(x1, . . . ,xn) Rn /x1= 0,x2+ +xn= 0}= {(0,x2,x3, . . .
,xn1,xn) Rn /xn= x2 x3 xn1}.Donc les vecteurs deE1 scrivent sous
formeX= (0,x2,x3, . . . ,xn1, x2 x3 xn1)=x2(0,1,0, . . . ,0, 1)
+x3(0,0,1,0, . . . ,0, 1) + +xn1(0,0,0, . . . ,1, 1).Donc, les n 2
vecteurs u2= (0, 1,0, . . . ,0, 1),u2= (0, 0,1, 0, . . . ,0, 1), .
. . ,un2= (0, 0, 0, . . . ,1, 1)forment une base deE1, qui est donc
de dimensionn 2.Puisque dimEn+ dimEn+ dimE1=1 + 1 + (n 2) =n=dimRn,
alors la matriceA est diagonalisable.
Exercice 31.
1. Soit lendomorphismeD de Cn[X]dfini par la drivation des
polynmes. Dterminer les valeurs propres et
les vecteurs propres deD. LendomorphismeD est-il diagonalisable
?
2. Mmes questions pour lendomorphismeL : R2[X] R2[X]donn parL(P)
=2X P (X2 1)P.
Solution :
1. SoitC une valeur propre deD. Alors il existe un polynme non
nul P Cn[X]tel queD(P) = P. DoncP= P. Comme deg(P)
-
7/21/2019 corrig-diagonalisation
2/3
On a :D(1) =0,D(X) =1,;D(X2) =2X, . . . ,D(Xn) =nXn1. Donc la
matrice deD dans la base B est
M(D,B) =
0 1 0 0 00 0 2 0 00 0 0
. . . 0 0
... ... ... . . . ... ...
0 0 0 0 n0 0 0 0 0
.
Par consquent, le polynme caractristique de D vaut
det(D X In) =
X 1 0 0 00 X 2 0 00 0 X . . . 0 0...
......
. . . ...
...
0 0 0 X n0 0 0 0 X
= (X)n, car cest un dterminant triangulaire.
Donc 0 est une valeur propre dordre de multiplicit n. Commen
=dimE0(D) =1, alors lendomorphismeDnest pas diagonalisable.
2. SoitB= (1,X,X2)la base canonique de R2[X]. On a
L(1) = 2X,L(X) = 2X2 (X2 1) = 1 +X2,L(X2) = 2X(X2) (X2 1)(2X) =
2X3 2X3 + 2X=2X.Donc la matrice deL dans la base B est
A=M(L,B) =
0 1 02 0 2
0 1 0
Donc le polynme caractristique est
1 0
2 20 1
= 3 + 4= (4 2) = (2 )(2 +).
Il en dcoule queL admet 3 valeurs propres distinctes 0, 2,2.
doncL est diagonalisable.Cherchons les sous-espaces propres de
L.
Dabord, pour toutP=a + bX+ cX2 R2[X], on aL(P) =2X(a + bX+ cX2)
(X2 1)(b + 2cX), ce quidonne, aprs calculs, L(P) =b + 2(a + c)x +
bX2 .
L(P) =0 b=0,a + c=0 P=a aX2 =a(1X2). DoncE0(L) =Vect(1 X2). L(P)
= 2P b = 2a,2(a + b + c) = 0,b = 2c a = b/2,c = b/2 P = b/2 +
bXb/2X2 = b/2(1 2X+X2). DoncE2(L) =Vect(1 2X+X2).
L(P) =2P
b=2a,2(a
b + c) =0,b=2c
a=b/2,c=b/2
P=b/2 + bX+ b/2X2 =
b/2(1 + 2X+X2). DoncE2(L) =Vect(1 + 2X+X2).
Page 2 sur3
-
7/21/2019 corrig-diagonalisation
3/3
SoitB= (1 X2,1 2X+X2,1 + 2X+X2) la nouvelle base de R2[X] forme
de vecteurs propres de L.Alors la matrice deL dans la baseBest
D=M(L,B) =
0 0 0
0 2 00 0 2
De plus,A=PDP1 oP=
1 1 1
0 2 21 1 1
est la matrice de passage de la baseB la baseB.
Exercice 32. SoitEun espace vectoriel de dimension finie n et
soient f etg deux endomorphismes deE tels
queg f= fg.
1. Soit une valeur propre de f etE(f)le sous-espace propre de
fassoci .
Montrer queg (E(f)) E(f).
2. Prouver que si fadmetn valeurs propres distinctes, alorsg est
diagonalisable.
Solution :
1. Soity g (E(f)) , alors il existex E(f)tel quey=g(x). Montrons
quey E(f).On a f(y) = f(g(x)) = (fg)(x) = (g f)(x) =g(f(x)) =g(x)
=g(x) =y. Dog(y) E(f).
2. Supposons que fadmetnvaleurs propres distinctes 1, . . . ,n.
Alors fest diagonalisable et ses sous-espaces
propresE1 (f), . . . ,En (f)sont tous de dimension 1. Posons Ei
(f) = Vect(ui) pour chaque i
{1, . . . ,n
}.
Alors(u1, . . . ,un)est une base deE. Daprs la premire question,
pour chaquei on agEi (f)
Ei (f).Doncg(ui) Ei (f), ce qui implique lexistence dun scalaire
i Ktel queg(ui) = iui. Il en rsulte quechaqueuiest un vecteur
propre degassoci la valeur propre i. Donc(u1, . . . ,un)est une
base deE forme
de vecteurs propres deg. Dog est diagonalisable.
Remarquons ici que les valeurs propres 1, . . . ,n de g ne sont
pas ncessairement distinctes.
Exercice 33. Soit une matriceMMn(K)admettant uneuniquevaleur
propre .Montrer queMest diagonalisable si et seulement siM= In.
Solution :
=) SiM= In, alorsMest une matrice diagonale, et donc videmment
diagonalisable.=) Supposons que la matrice Mest diagonalisable.
Alors il existe une matrice diagonale D et une matriceinversible P
telles que A =PDP1. Les coefficients diagonaux de la matriceD sont
les valeurs propres de M.
Or,est la seule valeur propre deM. Donc ncessairementD=diag(, .
. . ,) =In.
DoM=P(In)P1 =PP1 =In.
Page 3 sur3
