M201 : Algèbre linéaire et affine 2

8/8/2019 M201 : Algbre linaire et affine 2

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Notes de CoursM201 : ALGBRE LINAIRE ET AFFINE 2

Clment BoulonneWeb : http://clementboulonne.new.fr

Mail : [email protected]

Universit des Sciences et Technologies de LilleU.F.R de Mathmatiques Pures et AppliquesLicence de Mathmatiques Semestre 3
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Table des matires

Chapitre I Dterminants 1I.1 Formes multilinaires alterns . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1I.2 Permutations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

I.3 Dterminants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Dfinitions et proprits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 Dterminant dune matrice carre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 Dterminant dun endomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

I.4 Mthodes de calcul de dterminants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Dveloppement par blocs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 Dveloppement selon une ligne et une colonne . . . . . . . . . . . . . . 13

I.5 Rang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15I.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Chapitre II Rduction dendomorphismes 23II.1 Valeurs et vecteurs propres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23II.2 Polynme caractristique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25II.3 Endomorphismes diagonalisables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26II.4 Trigonalisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29II.5 Sous-espaces stables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30II.6 Thorme de Cayley-Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32II.7 Polynme minimal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33II.8 Dcomposition de Dunford . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1 Prliminaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2 Thorme de dcomposition de Dunford . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404 Application la trigonalisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

II.9 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Chapitre III Systmes diffrentielles linaires 47III.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47III.2 Exponetielle de matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47III.3 Systmes diffrentielles linaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

1 Rsolution des systmes homognes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

iii


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iv TABLE DES MATIRES

2 Cas gnral, variation de la constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543 Application aux quations diffrentielles dordre n . . . . . . . . . . . . 55

III.4 Exemples en dimension 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 551 Systmes homognes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552 quations diffrentielles du second ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

III.5 tudes dexemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57III.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62


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PROGRAMME DU COURS

M201 : Algbre linaire et affine 2 [S3, 5 ECTS]Prrequis : M104

(16 h) Dterminants. Dfinition via les applications multilinaires alternes ; dtermi-

nant dun systme de n vecteurs en dimension n, dune application linaire, dunematrice carre. Proprits et mthodes de calcul. Rang. (22 h) Rduction des endomorphismes. Polynme caractristique dun endomorphisme.

Diagonalisation, trigonalisation. Cayley-Hamilton. Dcomposition de Dunford (sommediagonale plus nilpotent qui commutent).

(12 h) Applications aux systmes diffrentiels linaires.

v


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vi CHAPITRE . PROGRAMME DU COURS


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CHAPITRE I

DTERMINANTS

I.1 Formes multilinaires alterns

Dfinition I.1 (Application multilinaire). Soient E et F deuxR-espaces vectoriels dedimension n. On considre (Ei)iI une fammille de R-espaces vectoriels. Une application :

: E1 E2 Ep F(x1, . . . , xp) (x1, . . . , xp)

est dite multilinaire si, en tout points, les p applications partielles sont linaires (on ditque est linaire par rapport chacune des variables.

Soit un indice i compris entre 1 et p. On considre lapplication :

i : Ei Fx (x1, . . . , xi1, x , xi+1, . . . , xp)o x est la variable et les xk (pour k = i compris entre 1 et p) sont fixs. On dit que estune application multilinaire si, pour tout 1 i p, les i sont linaires.Dfinition I.2 (Application linaire). On dit que les i sont des applications linaires sipour tout , R et x, y Ei, on a :

i(x + y) = i(x) + i(y).

Dfinition I.3 (Forme). Dans la dfinition I.1, si F = R alors on dit que est une

forme p-linaire. Si p = 1 (resp. p = 2), on dit que est une forme linaire (resp. formebilinaire).

Exemple I.4. Soient E = R2, a = (a1, a2) et b = (b1, b2). Lapplication :

(a, b) = a1b2 a2b1est une application bilinaire. Cest en fait :

(a, b) =

a1 b1a2 b2

.

1


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2 CHAPITRE I. DTERMINANTS

Dfinition I.5 (Forme multilinaire alterne). Une forme p-linaire sur E (tous les Eisont gaux E) :

: E

E

R

(x1, . . . , xp) (x1, . . . , xp)est dite alterne si (x1, . . . , xp) = 0 chaque fois que deux vecteurs parmi xi sont gaux(avec 1 i p).Proprit I.6. Soit une forme p-linaire alterne sur E, on ne change pas la valeur de(x1, . . . , xp) en ajoutant un des vecteurs xi une combinaison linaire des autres.

Exemple I.7. On considre les donnes de lexemple I.4. On a :

(a, b + a) = a1 b1 + a1a2 b2 + a2 = a1(b2 + a2) a2(b1 + a2)

= a1b1 + a1a2 a2b1 a1a2 = a1b2 a2b1 = (a, b).Dmonstration de la proprit I.6. On considre x1, . . . , xp des vecteurs de E et 1, . . . , pdes scalaires de R. On calcule :

x1, x2, . . . , xi1, xi + n

k=1,k=1

kxk, xi+1, . . . , xp

= (x1, x2, . . . , xi1, xi, xi+1, . . . , xp) =

x1, . . . , xi1,

nk=1,k=i

kxk, xi+1, . . . , xp

alterne= (x1, . . . , xp) +

nk=1,k=i

k (x1, . . . , xi1, xk, xi+1, . . . , xp) =0

Consquence I.8. (x1, . . . , xp) = 0 si et seulement si les vecteurs x1, . . . , xp sont linai-rement dpendants.

On rappelle la dfinition de vecteurs linairement dpendants.

Dfinition I.9 (Vecteurs linairement dpendants). On dit que x1, . . . , xn sont linairement

dpendants si lun des vecteurs peut scrire comme combinaison linaire des autres, cest--dire sil existe des scalaires 1, . . . , p = 0 tels que :1x1 + + pxp = 0.

I.2 Permutations

Dfinition I.10 (Groupe de permutations). Soit n N. On appelle groupe des permuta-tions de {1, . . . , n} notSn (ou n), le groupe des bijections de {1, . . . , n} {1, . . . , n} eton a card(Sn) = n!.


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I.2. PERMUTATIONS 3

On note la permutation de Sn par :

= 1 2 3 n(1) (2) (3) (n) .Exemple I.11. Si n = 2 alors :

S2 = {, : {1, 2} {1, 2}}

=

id =

1 21 2

, 1,2 =

1 22 1

.

Il y a 2 permutations dans S2.

Dfinition I.12 (Transposition). On appelle transposition sur i et j, la permutation quichange i et j et fixe les autres 1 p n tels que p = i et p = j.On note i,j la transposition sur i et j par :

i,j =

1 2 i 1 i i + 1 j 1 j j + 1 n1 2 i 1 j i + 1 j 1 i j + 1 n

.

Thorme I.13. Toute permutation se dcompose en produit de transpositions (produitau sens de composition). Le produit nest pas unique mais, pour Sn fix, la parit dunombre de transpositions dans la dcomposition de est fix.

Dfinition I.14 (Signature). Soit Sn. On appelle signature note () le nombreappartenant {1, 1} dfinie par :

() =

1i


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Proposition I.18. Soit une forme p-linaire sur E. est alterne si et seulement si,pour toute transposition Sp et pour tout (x1, . . . , xp) Ep :

(x(1), x(2), . . . , x(p)) = (x1, . . . , xp).Dmonstration. () On suppose que est alterne et on considre deux indices distincts

i et k compris entre 1 et p. On note ik la transposition qui change i et k (cest--direik(i) = k, ik(k) = i et pour tout 1 h p diffrent de i et k, ik(h) = h). On a :

(x1, . . . , xi + xk ie place

, xi+1, . . . , xk1, xk + xi ke place

, xk+1, . . . , xp) = 0

= (x1, . . . , xi

ie place, . . . , xk

ke place, . . . , xp) + (x1, . . . , xk

ie place, . . . , xi

ke place, . . . , xp)

cest--dire :

0 = (x1, . . . , xp) + (x(1), . . . , x(k), . . . , x(i), . . . , xp),

do le rsultat.() On suppose que toute transposition , on a :

(x(1), . . . , x(p)) = (x1, . . . , xp)

et on dmontre que est alterne, cest--dire quelle sannule chaque fois que deux

vecteurs du p-uplet (x1, . . . , xp) sont gaux. Soient 1 i < k p et on suppose quexi = xk. On dmontre que (x1, . . . , xi, . . . , xk, . . . , xp) = 0.

(x(1), . . . , x(p)) = (x1, . . . , xi, . . . , xk, . . . , xp)= (x1, . . . , xk

ie place

, . . . , xike place

, . . . , xp)

= (x1, . . . , xi=xk

, . . . , xk=xi

, . . . , xp)

do le rsultat : (x1, . . . , xp) = 0 et xi = xk.

I.3 Dterminants

1 Dfinitions et proprits

Thorme I.19. Soit E unR-espace vectoriel de dimension n. Lensemble des formesn-linaires alterns sur E est unR-espace vectoriel de dimension 1. De plus, siB =(e1, . . . , en) est une base de E alors il existe une unique forme n-linaire alterne telleque (e1, . . . , en) = 1.


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I.3. DTERMINANTS 5

Dmonstration. On se fixe une base B = (e1, . . . , en) et on considre des vecteurs

x1, . . . , xn

E.

Pour 1 j n, on note (xij)1in les coordonnes de xj dans la base B. On a alors :

xj =n

i=1

xijei = x1je1 + + xnjen.

On considre une forme n-linaire alterne .

(x1, . . . , xn) =

n

i=1

xi1e1,n

i=1

xi2ei, . . . ,n

i=1

xinei

.

En utilisant la linarit de par rapport chaque variable et le fait que soit alterne, onobtient :(x1, . . . , xn) =

Sn

x(1)1 x(n)n(e(1), . . . , e(n)).

Daprs la proposition I.16, cest une somme sur toutes les permutations de Sn. On a donc :

(x1, . . . , xn) =

Sn

x(1)1 x(n)n()(e1, . . . , en).

(e1, . . . , en) est une constante qui ne dpend pas des vecteurs (x1, . . . , xn). On note

(x1, . . . , xn) := Sn ()x(1)1 x(n)n.On doit montrer que (x1, . . . , xn) est une application multilinaire alterne. Quellesoit multilinaire est vident, on montre donc que cette application est alterne. Soient(x1, . . . , xn) des vecteurs de E et An le groupe alterne tel que :

An := { Sn, () = 1} .On se fixe i et k des indices compris entre 1 et n et on suppose que xi = xk. On montrealors que (x1, . . . , xn) = 0.

(x1, . . . , xn) = Sn ()x(1)1 x(n)n=

An

()x(1)1 x(n)n +

/An

()x(1)1 x(n)n

=

An

x(1)1 x(n)n

/An

x(1)1 x(n)n.

On considre la transposition qui change i et k :

: An Sn \An


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On a alors (du fait que (x(1), . . . , x(n)) = (x1, . . . , xn) car xi = xk) :

=

1 =

1

= ,

do linjectivit .

(x1, . . . , xn) =

An

x(1)1 x(n)n

/An

x(1)1 x(n)n.

Or, pour tout j tel que j = i et j = k, (j) = j, (i) = k et (k) = i. On a suppose de plusque xi = xk donc, pour tout 1 h n, xih = xhk. Do :

(x1, . . . , xn) =

An

x(1)1 x(n)n

An

x(1)1 x(n)n = 0

Dfinition I.20 (Dterminant dun systme de vecteurs). Soit E unR-espace vectoriel dedimensionn muni dune base B = (e1, . . . , en). Le dterminant des vecteurs x1, . . . , xn Edans la base B = (e1, . . . , en) est la forme multilinaire alterne dfinie par :

detB

= B(x1, . . . , xn) =

Sn

() x(1)1 x(n)n

o (x(1)1, . . . , x(n)n) sont les coordonnes de (x1, . . . , xn) dans la base B.

Thorme I.21. Soient (x1, . . . , xn) des vecteurs de E. Les propositions suivantes sont

quivalentes :(i) les vecteurs x1, . . . , xn sont linairement indpendants,

(ii) pour toute base B de E, detB(x1, . . . , xn) = 0,

(iii) il existe une base B de E dans laquelle on a detB(x1, . . . , xn) = 0.

Dmonstration. ((i) (ii)) On suppose quil existe des scalaires 1, . . . , n = 0 telsque

1x1 + + nxn = 0.Do :

xi =1

ix1 +

+

n

ixn =

n

j=0

jxj.

Or :

detB

(x1, . . . , xi, . . . , xn) = detB

x1, . . . , xi1, n

j=0,j=i

jxj , . . . , xn

=n

j=0,j=i

detB

(x1, . . . , xj1, xj, . . . , xn) = 0

car detB est une forme multilinaire.


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I.3. DTERMINANTS 7

((ii) (iii)) vident.((iii) (i)) Soit B une base de E tel que detB(x1, . . . , xn) = 0. Si est une forme

multilinaire alterne :

(x1, . . . , xn) = detB

(x1, . . . , xn)(e1, . . . , en).

Donc, pour toute forme multilinaire alterne, (x1, . . . , xn) = 0. Si les vecteurs(x1, . . . , xn) taient linairement indpendant, ils formeraient une base et il existeraitune forme alterne prenant la valeur 1 sur cette base : ce qui est contradictoire.

Dfinition I.22 (Dterminant dans une autre base). SiB est une autre base de E et si = detB alors :

detB

(x1, . . . , xn) = (x1, . . . , xn) = detB

(x1, . . . , xn)(e1, . . . , en)

= detB

(x1, . . . , xn) detB

(B).

2 Dterminant dune matrice carre

Dfinitions I.23 (Matrice carre et dterminant). Une matrice carre A = (aij)1in,1jnest un tableau de valeurs de la forme suivante :

A =

a

11a

12 a

1na21 a22 a2n...

......

an1 an2 ann

.

On note lensemble des matrices carres de dimension n n et valeurs dans R, Mn(R).Le dterminant det A est gal au dterminant des vecteurs colonnes de A :

det A =

Sn

()a(1)1 a(n)n.

Proprits I.24. Soient A, B Mn(R). Alors :1. det(AT) = det(A),

2. det A dpend linairement des colonnes ou des lignes de A,

3. pour tout R, det(A) = n det(A),4. det(A) = 0 si et seulement A est inversible,5. det(AB) = det A det B,6. si A est inversible alors det(A1) = 1

det A.


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Dmonstration. 1. Soient :

det A = Sn ()a(1)1 a(n)ndet(AT) =

Sn

()a1(1) an(n).

Or, pour tout Sn, :

det(AT) =

Sn

a(1) (1) a(n)(n).

Soit Sn, on pose

1, le produit a1(1)

an(n) est gal a1(1)1

a1(n)n.

Donc :det(AT) =

Sn

()a1(1) an(n) =

Sn

a1(1)1 a1(n)n.

Or lapplication 1 est bijective et (1) = ()(1) = 1, do :

det(AT) =

Sn

()a(1)1 a(n)n.

2. Soient B = (e1, . . . , en) une base de E, A = (aij)1in,1jn et :

cj =n

i=1

aijei.

On a alors,

detA

= detB

(c1, . . . , cn),

do la linarit par rapport chaque colonne.3. Soit R. On veut montrer que det(A) = n det A. On a :

det(A) = detB

(c1, c2, . . . , cn)

= detB

(c1, . . . , cn) (par multilinarit du dterminant)

= n det(A).

4. Si det A = 0 alors les vecteurs c1, . . . , cn linairement indpendants, cela veut direque (c1, . . . , cn) est une base de E. Do A est inversible car A est la matrice desvecteurs (c1, . . . , cn) dans la base de (e1, . . . , en) et A1 est la matrice exprimant lesvecteurs (e1, . . . , en) dans la base (c1, . . . , cn).


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I.3. DTERMINANTS 9

5. Soient A = (aij)1in,1jn et B = (bij)1in,1jn deux matrices dans Mn(R). Ondfinit :

C = AB =

a11 a1j a1n...

......

ai1 aij ain...

......

an1 anj ann

b11 b1j b1n...

......

bi1 bij bin...

......

bn1 bnj bnn

=

c11 c1j c1n...

......

ci1 cij cin...

......

cn1 cnj cnn

telle que :

cij =n

k=1

aikbkj .

On a alors,

det C =

Sn

()c(1)1 c(n)n

= Sn

()n

k=1a(1)k bk1

nk=1

a(n)kbkn= = det A det B.

6. Si A est inversible alors det A = 0. On a :

det(A) det(A1) = det(AA1) = det In = detB

(B) = 1

Do det A1 = 1det A

.

3 Dterminant dun endomorphisme

On rappelle la dfinition dune application linaire.

Dfinition I.25 (Application linaire). Soit E unR-espace vectoriel. Une application dfinie sur E est dite linaire si, pour tout (1, 2) R2 et (x1, x2) E2, :

(1x1 + 2x2) = 1(x1) + 2(x2).


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Dfinitions I.26 (Endomorphismes, isomorphismes, automorphismes). SoitE unR-espacevectoriel.

Les applications linaires de E dans E sont appeles endomorphismes notL(E). Les application linaires bijectives sont appeles des isomorphismes. Les endomorphismes bijectives sont les automorphismes not GL(E).

Proposition I.27. Soient E unR-espace vectoriel muni dune base B = (e1, . . . , en) etu L(E). Le dterminant detB(u(e1), . . . , u(en)) ne dpend pas de la base B. On note

det u := detB

(u(e1), . . . , u(en)).

Dmonstration. Soient B = (e1, . . . , en) et B = (e1, . . . , en) deux bases de E, P la matrice

de coordones des vecteurs (e1, . . . , en) dans la base B et P

1 la matrice des coordonnesdes vecteurs (e1, . . . , en) dans la base B. On considre A la matrice de lendomorphisme

dans la base B et A la matrice de lendomorphisme de la base B. On a alors A = P AP1.Do :

det A = det(P1AP) = (det(P1))(det A)(det P) = (det P)1(det A)(det P) = det A.(I.1)

Remarque I.28. Attention ! Dans lgalit (I.1), P AP1 = A car le produit de matricesnest pas commutatif.

Proposition I.29. Pour tout (x1, . . . , xn) En et pour toute forme n-linaire alterne ,on a :

(u(x1), . . . , u(xn)) = (det u)(x1, . . . , xn) (I.2)avec u L(E).Dmonstration. 1. Si les vecteurs (x1, . . . , xn) sont linairement dpendants alors les

vecteurs (u(x1), . . . , u(xn) sont galement dpendants. On a alors :

(I.2) 0 = 0 vraie.2. Si les vecteurs (x1, . . . , xn) sont linairement indpendants (donc forment une base de

E) et u(x1), . . . , u(xn) sont linairement indpendants, par dfinition, alors :

det u = det(x1,...,xn)

(u(x1), . . . , u(xn)).

On a encore lgalit.

3. Si les vecteurs (x1, . . . , xn) et (u(x1), . . . , u(xn)) sont linairement indpendants alorssi on note la forme n-linaire alterne qui vrifie (x1, . . . , xn) = 1 alors pour tout forme n-linaire alterne :

(u(e1), . . . , u(en)) = (u(x1), . . . , u(xn)) det(x1,...,xn) u(x1,...,xn)=det u

(x1, . . . , xn).


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I.4. MTHODES DE CALCUL DE DTERMINANTS 11

Proposition I.30. Soient u et v deux endormorphismes de E.

(i) det(u v) = det u det v,(ii) det(idE) = 1,

(iii) si u GL(E) alors det u = 0 et det u1 = (det u)1.

Dmonstration. (i) Soient (x1, . . . , xn) En. On a alors :

(u v(x1), . . . , u v(xn)) = det(u v)(x1, . . . , xn)= det u (v(x1), . . . , v(xn))

det v(x1,...,xn)

= det u det v(x1, . . . , xn).

(ii) On a :

det(id u) = det id det u = det u,ce qui implique que det idE = 1.

(iii) On a :det u u1 = detid = 1 = det u det u,

ce qui implique que (det u1) = (det u)1.

I.4 Mthodes de calcul de dterminants

1 Dveloppement par blocs

Dfinition I.31. Soit A la matrice de la famille de vecteurs (c1, . . . , cn). On a alors :

det A = det(c1, . . . , cn) = det

c1, . . . , ck1, n

i=1,i=k

ici, ck+1, . . . , cn

.

Thorme I.32 (Dveloppement par blocs). Soit M une matrice carre dordre n de laforme suivante :

M = A CO Bo

A est une matrice de dimension p p, C est une matrice de dimenison n p p, O est une matrice nulle de dimension p n p (cest--dire que tous les coefficients

de la matrice sont nuls), B est une matrice de dimension n p n p.

On a alors :

det M = det A det B.


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Dmonstration. Soient B = (e1, . . . , ep, ep+1, . . . , en) une base de E, B = (e1, . . . , ep) unebase de E et B = (ep+1, . . . , en) une base de E. On a donc : E = E E. Soit la matricesuivante :

a11 a1p c11 c1n...

......

...ap1 app cp1 cpn0 0 bp+1,p+1 bp+1,n...

......

...0 0 bp+1,n bnn

.

On considre lapplication :

f : (E)p R(x1, . . . , xp)

detB(x1, . . . , xp, cp+1 + bp+1, . . . , xn + bn)

qui est une forme p-linaire altere. On a donc, pour tout (x1, . . . , xp) Ep :f(x1, . . . , xp) = f(e1, . . . , ep)det

B(x1, . . . , xp).

Or :

f(a1, . . . , ap) = detB

(a1, . . . , ap, bp+1 + cp+1, . . . , bn + cn)

f(e1, . . . , ep) detB

(a1, . . . , ap) (I.3)

et :

f(e1, . . . , ep) = detB

(e1, . . . , ep, bp+1 + cp+1, . . . , bn + cn)

= detB

(e1, . . . , ep, bp+1, . . . , bn).

Alors :(I.3) = det

B

(e1, . . . , ep, bp+1, . . . , bn) det A. (I.4)On pose :

g : (E)q R(xp+1, . . . , xn) detB(e1, . . . , ep, xp+1, . . . , xn) avec q = n p.

On remarque que g(bp+1, . . . , bn) = detB(e1, . . . , ep, bp+1, . . . , bn) = f(e1, . . . , en) et g estune forme q-linaire alterne sur E (de dimension q). Donc :

g(x1, . . . , xn) = g(e1, . . . , en)detB

(xp+1, . . . , xn)

g(bp+1, . . . , bn) = g(e1, . . . , en)detB

(bp+1, . . . , bn) detB

g(ep+1, . . . , en) = detB

(e1, . . . , ep, ep+1, . . . , en) = 1.

Do :(I.4) = det B det A.


19/73

I.4. MTHODES DE CALCUL DE DTERMINANTS 13

2 Dveloppement selon une ligne et une colonne

Dfinitions I.33 (Mineur et cofacteur dun lment). SoitA = (aij)1in,1jn. On appelle

mineur de llment aij, le dterminantij de la matrice de taille (n1)(n1) obtenue partir de A en supprimant la ie ligne et la je colonne. Le scalaire Aij = (1)i+jij sappellele cofateur de aij.

Thorme I.34. Soit A = (aij) une matrice de taille n n et (Aij)1in,1jn la matricedes cofacteurs. Alors, pour tout i, j, on a :

det A =n

k=1

akjAkj =n

k=1

aikAik.

Dmonstration. On considre B = (e1, . . . , en) une base de E et des vecteurs colonnes :

aj =n

k=1

akjek.

On se fixe un indice j compris entre 1 et n. On a :

det A = detB

(a1, . . . , an) = detB

a1, . . . , ap1,

nk=1

akjej, ap+1, . . . , an

=n

k=1

akj detB

(a1, . . . , ap1, ek, ap+1, an)

:=Dkj.

Or :Dkj = (1)j1 det

B(ek, a1, . . . , aj1, . . . , an). (I.5)

Soit B = (ek, e1, . . . , ek1, ek+1, . . . , en) alors on a, pour tout (u1, . . . , un),

detB

(u1, . . . , un) = detBB

(1)k1

detB

(u1, . . . , un).

Alors :(I.5) = (

1)j1(

1)k1 det

B(ek, a1, . . . , aj1, aj+1, . . . , an) (I.6)

On pose :

A =

10...0

Mkj

et(I.6) = (1)j+k det Mkj = Akj .


20/73


Exemple I.35. On veut calculer le dterminant suivant :

1 5 0

3 2 11 4 1

Pour cela, on va dvelopper le dterminant selon la premire ligne :1 5 03 2 1

1 4 1

=2 11 1

5 3 11 1

= 2 5 4.Dfinition I.36 (Matrice des cofacteurs). Soit A = (aij)1in,1jn une matrice carredordre n. Alors A = (Aij)1in,1jn est appel la matrice des cofacteurs ou comatrice.

Proposition I.37. Soit A Mn(R). On a :ATA = AAT = det(A)In.

Corollaire I.38. Si det A = 0 alors :

A1 =1

det AAT.

Dmonstration. On note :

ij =n

k=1

aikAjk ,

cest--dire ij sont les coefficients de la matrice A

AT

. Soit M la matrice obtenue enremplaant la je ligne de A par une ligne quelconque 1, . . . , n. On a alors, en dveloppantpar rapport la je ligne :

det M =n

k=1

kAjk .

Pour l = j,n

k=1

alkAjk = ij det A.

Ce qui prouve que les coefficients de la matrice AAT sont gaux :

ij =n

k=1

aijAjk = ij det A,

do :

AAT =

det A 0 00 det A 0...

.... . . ...

0 0 det A

= det A

1 0 00 1 0...

.... . . ...

0 0 1

= det(A)In.


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I.5. RANG 15

I.5 Rang

Dfinition I.39 (Rang). Soient E et F deuxR-espaces vectoriels.

1. Soitu : E F une application linaire. On appelle rang de u (notrg u), la dimensionde limage de u. On rappelle que limage de u est le sous-espace vectoriel de F :

Im u = {u(x), x E} = {y F, x E, y = u(x)}

2. Soit A Mn,p(R). On appelle rang de la matrice A (not rg A), la dimension dusous-espace vectoriel dun espace vectoriel de dimension n engendr par les colonnesde A.

3. Soit (x1, . . . , xp) des vecteurs dun espace vectoriel E. On appelle rang du systme

(x1, . . . , xp), not rg(x1, . . . , xp), la dimension du sous-espace vectoriel de E engen-dr par (x1, . . . , xp) ou le nombre maximal de vecteurs linairement indpendants(x1, . . . , xp.

Dfinition I.40 (Matrice dune application linaire). Soient E et F deux R-espacesvectoriels munies respectivement des bases B = (e1, . . . , en), B

= (f1, . . . , f p) et u : E F.La matrice de u est la matrice :

Mu =

u(e1) u(e2) u(en)(f1,...,fp)

=

a11 a1n...

...ap1

apn

.

Do u(ei) =p

k=1 aknfk.

Proposition I.41. Soit A une matrice de dimension n p coefficients dans R.1. Si P GLn(R) (cest--dire P est une matrice carre n n inversible) alors rg P A =

rg A.

2. Si Q GLp(R) alors rg AQ = rg A.Dmonstration. Soient :

f : Rp

R

n

X =

x1...

xp

AX =

a11x1 + + a1pxp...

an1x1 + + anpxp

et :

g : Rp Rn

X =

x1...

xp

P AX .


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Alors rg A = rg f = dimIm f et rg P A = rg g = dimIm g. Or P est suppos inversibledonc :

Ker g ={

X, PAX= 0}

={

X, AX = 0}

= Ker f.

et dim Im f + dim Ker f = p et dim Im g + dim ker g = p. On note ai la ie colonne de A. Ona alors :

AX = x1a1 + + xpap = a1, . . . , ap .Soit Q une matrice inversible et Xi la ie vecteur colonne de Q. Les vecteurs AXi a1, . . . , apdonc les vecteurs colonnes de AQ appartiennent au mme sous-espace vectoriel a1, . . . , an.Do rg AQ rg A. On a, de plus, A = (AQ)Q1, ainsi, pour les mmes raisons, les vecteurscolonnes de la matrice A sont dans lespace vectoriel engendr par les vecteurs de la matriceAQ. Do rg A rg AQ et on obtient donc lgalit.

Thorme I.42. Soient A Mn,p(R) et r un entier tel que 1 r min(p,n). On noteJr la matrice suivante :

Jr =

Ir O

O O

o O sont des matrices nulles qui compltent les lignes et colonnes de la matrice Jr. On arg A = r si et seulement sil existe P GLn(R) et Q GLp(R) telles que P AQ = Jr.Dmonstration. On dfinit B = (e1, . . . , ep) et B = (f1, . . . , f n) (resp. base de Rp et deR

n) et A, la matrice dun endormophisme u.() Il est clair que rg Ir = r donc si P AQ = Jr, avec P et Q inversible, on a

rg P AQ = rg AQ = rg A = rg Jr = r.

() Supposons que rg A = r. Or rg A = r = dimIm u. Daprs le thorme du rang 1,dimIm u+dim ker u = p. On considre une base de Rp dont les pr premiers vecteursforment une base de Ker u, cest--dire xr+1, . . . , xp Ker u. Pour 1 i r, on poseyi = u(xi). Or

Im u = u(x1), u(x2), . . . , u(xr), u(xr+1), . . . , u(xp)

avec u(xr+1), . . . , u(xp) sont tous nuls. On note

(y1, y2, . . . , yr) := (u(x1), u(x2), . . . , u(xr)).

On complte (y, . . . , yr, yr+1, . . . , yn) de Rn :

Jr =

u(x1) u(xr) u(xr+1) u(xn)

y1,...,yr,yr+1,...,yn

1. Keru est un sous-espace vectoriel de Rp.


23/73

I.5. RANG 17

On a alors :

Jr = (u(x1), . . . , u(xp))(y1,...,yn) = (f1, . . . , f n)(y1,...,yn)

(u(e1), . . . , u(ep))(f1,...,fn)

(x1, . . . , xr)(e1,...,ep),cest--dire P AQ = Jr.

Corollaire I.43. Le rang de la matrice A est gale au rang de sa matrice transpose.

Dfinition I.44 (Matrices quivalentes). SoientA etB deux matrices de dimension np coefficients dans R. On dit quelles sont quivalentes sil existe P GLn(R) etQ GLp(R)tels que

B = PAQ.

Thorme I.45. Deux matrices sont quivalentes si et seulement si elles ont le mmerang.

Dmonstration du thorme I.45. () Soit A et B deux matrices quivalentes. Donc ilexiste P GLn(R) et Q GLp(R) tels que B = P AQ. Daprs la proposition I.41,rg B = rg A car P et Q sont inversibles.

() Soit A et B deux matrices tels que rg A = rg B = r. Daprs le thorme I.42,les matrices A et Jr et B et Jr sont quivalentes, do les matrices A et B sontquivalentes.

Dfinition I.46 (Matrice extraite). Soit A Mn,p(R). Une matrice extraite B Mr,q(R)avec r n et q p est une matrice dont les lments de B appartiennent la matrice A.Thorme I.47. Soient A Mn,p(R) et r un entier compris 1 et min(p,n). Le rang de Aest infrieur ou gal r si et seulement sil existe une matrice carre dordre r inversibleextraite de A.

Dmonstration. () On suppose que rg A r. On note c1, . . . , cp les vecteurs colonnesde A. On a donc c1, . . . , cr sont linairement indpendants. On complte pour obtenirune base de Rp c1, . . . , cr, er+1, . . . , e

p. On a ainsi :

det(e1,...,ep)(c1, . . . , cr, er+1, . . . , ep) = 0,ce qui implique lexistence dun dterminant r r non nul extrait de A.

() Supposons quil existe une matrice B carre dordre r tel que det B = 0 et B estune matrice extraite de A. On note (c1, . . . , cr) les vecteurs colonnes de B. Commedet B = 0, les vecteurs sont linairement indpendants do rg A = r.

Corollaire I.48. Le rang dune matrice est lordre maximum dun dterminant extrait nonnul de cette matrice.


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I.6 Exercices

Exercice I.1. Dterminer lesquels des ensembles E1, E2, E3 et E4 sont des sous-espacesvectoriels de R3. Calculer leurs dimensions.

E1 =

(x,y,z) R3, x + y z = x + y + z = 0

,

E2 =

(x,y,z) R3, x2 z2 = 0

,

E3 =

(x,y,z) R3, exey = 0

,

E4 =

(x,y,z) R3, z(x2 + y2) = 0

.

Exercice I.2. Soient dans R4 les vecteurs #e1(1, 2, 3, 4) et #e2(1, 2, 3, 3). Peut-on dter-miner x et y pour que (x, 1, y, 1)

#e

1, #e

2? Et pour que (x, 1, 1, y)

#e

1, #e

2?

Exercice I.3. Les familles suivantes sont-elles libres ?

1. #v1(1, 0, 1), #v2(0, 2, 2) et #v3(3, 7, 1) dans R3.

2. #v1(1, 0, 0), #v2(0, 1, 1) et #v3(1, 1, 1) dans R3.

3. #v1(1, 2, 1, 2, 1), #v2(2, 1, 2, 1, 2), #v3(1, 0, 1, 1, 0) et #v4(0, 1, 0, 0, 1) dans R5.

4. #v1(2, 4, 3, 1, 2, 1), #v2(1, 1, 2, 1, 3, 1) et #v3(0, 1, 0, 3, 6, 2) dans R6.5. #v1(2, 1, 3, 1, 4, 1), #v2(1, 1, 2, 2, 3, 3) et #v3(1, 5, 0, 4, 1, 7) dans R6.

Exercice I.4. Soit fL(E) telle que f3 = f2 + f + id. Montrer que f est un automor-

phisme.

Exercice I.5. Soit ( #e1, #e2, #e3) une base de R3 et un nombre rel. Dmontrer que la donnede

( #e1) =

#e1 +#e2

( #e2) =#e1 #e2

( #e3) =#e1 +

#e3

dfinit une application linaire de R3 dans R3. crire limage du vecteur #v = a1 #e1 + a2 #e2 +a3

#e3. Comment choisir pour que soit injective? surjective?

Exercice I.6. On considre dans Rn une famille de 4 vecteurs linairement indpendants :( #e1,

#e2,#e3,

#e4). Les familles suivantes sont-elles libres?

1. ( #e1, 2 #e2, #e3).

2. ( #e1, #e3).

3. ( #e1, 2 #e1 + #e4, #e4).

4. (3 #e1 + #e3, #e3, #e2 + #e3).

5. (2 #e1 + #e2, #e1 3 #e2, #e4, #e2 #e1).


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I.6. EXERCICES 19

Exercice I.7. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de Rn, on dfinit lapplicationf: F G Rn par f(x1, x2) = x1 + x2.

1. Montrer que f est linaire.2. Dterminer le noyau et limage de f.

Exercice I.8. Soit E un espace vectoriel de dimension finie, f une application linaire deE dans E; montrer que les proprits (i) (iii) sont quivalentes :

(i) E = Im f Ker f,(ii) Im f = Im f2,

(iii) Ker f = Ker f2.

Exercice I.9. Dterminer m tel que

1 2 3m2 1 0m m 1

= 0.Exercice I.10. Montrer, sans le dvelopper, que

84 35 628 3 64 5 2

= 0.

Exercice I.11. s dsignant une racine cubique de 1. Montrer que 3 = 0 avec

3 =

1 s s2

s 1 1s2 s2 s

.

Gnraliser n dterminannt dont la premire ligne est constitu pour les (si)0in1, stant une racine ne de 1 et dont les colonnes sont des permutations de ces (si)0in1.

Exercice I.12. Calculer les dterminants suivants :

1.

1 1 1b + c c + a a + b

bc ca ab

2.

x a a

a x a

a a x

3.

a b c

b c a

c a b


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4.

1 a a2

1 b b2

1 c c2

5.

1 cos c cos b

cos c 1 cos acos b cos a 1

Exercice I.13. Montrer que det(X1 + A, X2 + A, X3 + A) = 0 pour X2 = X1+X32 et que

det(X1, X2, X3) = 0 det(X1 + X2, X2 + X3 + X3 + X1) = 0.

Exercice I.14. Calculer les dterminants suivants :

1.

1 0 0 10 1 0 01 0 1 12 3 1 1

2.

a + b + c b b b

c a + b + c b bc c a + b + c bc c c a + b + c

3.

1 0 3 0 0

0 1 0 3 0a 0 a 0 3b a 0 0 00 b 0 0 a

4.

1 1 2 1 12 1 1 1 11 1 1 2 11 2 1 1 11 1 1 1 2

Exercice I.15. Montrer que, pour t rel et n entier naturel, le dterminant :

(x) =

1 x x2

cos nt cos(n + 1)t cos(n + 3)tsin nt sin(n + 1)t sin(n + 3)t

est un polynme de degr 3 en x, divisible par x2 + 2x cos t + 1. Donner la valeur de(x).


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I.6. EXERCICES 21

Exercice I.16. On considre le dterminant :

Qp(x) =

1 0

0 x + 1

1 2 0 0 (x + 1)21 3 3 0 0 (x + 1)3...

......

.... . .

......

1 C1p C2p C

3p Cp1p (x + 1)p

1 C1p+1 C2p+1 C

3p+1 Cp1p+1 (x + 1)p+1

.

Calculer Qp(x) Qp(x 1) puis Qp(n) pour n N.


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CHAPITRE II

RDUCTION DENDOMORPHISMES

Le but de ce chapitre est de chercher des bases dun endomorphismes tel quon peut

avoir une matrice simple. On considre, dans tout ce chapitre, K = R ou C, E est unK-espace vectoriel et u L(E).

II.1 Valeurs et vecteurs propres

Dfinition II.1 (Valeurs et vecteurs propres). Soit K et u une application linaire.On dit que est une valeur propre de u sil existe x = 0 dans E tel que :

u(x) = x.

On dit que x est un vecteur propre de u associ la valeur propre .

Remarque II.2. Le vecteur x est valeur de propore de u associ la valeur propre si etseulement u idE(x) = 0, cest--dire :

u(x) = x = u idE(x) = 0 x ker(u idE).

Dfinition II.3 (Sous-espace propre). Soit une valeur propre de u. Lensemble E dfiniepar :

E = {x = 0, x E, u(x) = x} = ker(u idE)est un sous-espace propre de E associ la valeur propre .

0n rappelle la dfinition dun polynme.

Dfinition II.4 (Polynme). P est un polynme de K[X] si :

P(X) = a0 + a1X + + anXn.

Une fonction polynme est lapplication suivante :

P : R RX P(X) = a0 + a1X + + anXn .

23


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24 CHAPITRE II. RDUCTION DENDOMORPHISMES

Si u L(E), P(u) est lendomorphisme :P(u) : E

E

x a0x + a1u(x) + + anun(x)o un est la compose n-fois de lapplication linaire u.

Proposition II.5. Si P est un polynme et x est un vecteur propre de u associe lavaleur propre alors x est un vecteur propre de P(u) pour la valeur propre P().

Dmonstration. Soient u une application linaire et x un vecteur de E tels que u(x) = x.On montre, par rcurrence sur n que :

un(x) = nx.

La proprit est vraie pour n = 1. On suppose que, pour un n fix, un(x) = nx alors on abien

un+1(x) = u(un(x)) = nu(x) = n+1x.

Soit x tel que u(x) = x :

P(u)(x) = a0x + a1u(x) + + anun(x)= a0x + a1x + + annx= (a0 + a1 + + ann)xn= P()x.

Corollaire II.6. Soient 1, . . . , n des valeurs propres de u et E1, . . . , E n leurs sous-espaces propres associs. On a :

ni=1

Ei

(cest--dire que les sous-espaces propres sont en somme directe).

Dmonstration. On suppose quil existe des vecteurs xi Ei, pour 1 i r tels quex1 + x2 +

+ xr = 0. Notons r le nombre des vecteurs des Ei tels que :

x1 + + xr = 0.On a :

u(x1 + + xr) 1(x1 + + xr) = 0(2 1)

=0

x2 + + (2 1) =0

xr = 0.

On aboutit donc une contradiction.


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II.2. POLYNME CARACTRISTIQUE 25

II.2 Polynme caractristique

Dfinition II.7 (Polynme caractristique). Soient uL(E) et A une matrice dans une

base B de E. On appelle polynme caractristique de u (ou de A), le polynme :

Pu(x) = PA(x) = det(A XIn) = det(u x idE).

On rappelle la dfinition de trace dune matrice.

Dfinition II.8 (Trace dune matrice). Soit A une matrice carre dordre n coefficientsaij R. On appelle trace de la matrice de A, le nombre :

tr(A) =

n

i=1 aii.

Proposition II.9. On a, la formule suivante :

PA(X) = (1)nXn + (1)n tr(A)Xn1 + + det A.

On a :

PA(X) = det(A XIn)

=

a11

X

a1n

a21 a22 X a2n...

... . . ....

an1 an2 ann X

=

Sn

b(1)1 b(n)n (II.1)

o les coefficients bij sont dfinis de la manire suivante :

bij =

aij si i = jaii X sinon ,

do,(II.1) =

ni=1

(aii X) =

Sn,=id

()b(1)1 b(n)n.

On a de plus :degx

Sn,=id

()b(1)1 b(n)n n 2.

Proposition II.10. Soient K, u L(E) et Pu le polynme caractristique de u. est une valeur propre de u si et seulement si Pu() = 0.


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Dmonstration. est valeur propre de u si et seulement si ker(u idE) = 0. Donc ilexiste x = 0 tel que u(x) = x. On a donc que u idE nest pas bijective et doncdet(u

idE) = Pu(x) = 0. Soit, maintenant f

L(E) tel que f = u

x idE. On a :

dim E = dim Im f n1

+dimker f 1

.

Si (x1, . . . , xn) est une base de E, (f(x1), . . . , f (xn)) engendrent un espace de dimension n 1.Thorme II.11. Soient u L(E), Pu le polynme caractristique de u, une valeurpropre de u (cest--dire racine de Pu) et m sa multiplicit dans E (sous-espace prorpeassoci ). Alors, on a :

1

dim E

m.

Dmonstration. On note m = m alors :

Pu(x) = ( x)mQ(x) avec Q() = 0. est racine de P si et seulement si (X ) | P(X. Notons p = dim E, considrons(e1, . . . , ep) une base de E. On la complte en une base (e1, . . . , ep, ep+1, . . . , em). Danscette base, la matrice de u est de la forme :

A =

Ip C

O B

.

Do :

det(A XIn) =( X)Ip CO B XInp

= det(( X)Ip) det(B XInp)= det( X)p det(B XInp).

On a donc ( X)p divise Pu(x), ce qui implique p m.

II.3 Endomorphismes diagonalisables

Dfinition II.12 (Matrice diagonale). On dit quune matrice A = (aij)1in,1jn estdiagonale si les coefficients aij sont nuls en dehors de la diagonale. Cest--dire :

A =

a0a1

. . .

an

.

Dfinition II.13 (Endomorphsime diagonalisable). Soitu L(E). u est dit diagonalisablesil existe une base de E forme de vecteurs propres de u.


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II.3. ENDOMORPHISMES DIAGONALISABLES 27

Dfinition II.14. Soit A Mn(K). On dit que A est diagonalisable sur K sil existeP Mn(K) inversible telle que P1AP est diagonale.

Thorme II.15. Soit u L(E). Les assertions suivantes sont quivalentes :(i) u est diagonalisable,

(ii) Pu admet toutes ces racines de K et, pour tout racine de Pu de multiplicit m, ona : dim E = m.

(iii) Il existe des valeurs propres 1, . . . , n telles que :

E = E1 E2 En.Dmonstration. ((i) (ii)) Si u est diagonalisable, il existe une base de E dans laquelle

la matrice de u est diagonale. Soient 1, . . . , r des valeurs propres de multiplicit

respective m1, . . . , mr :

A =

01

. . .r

.

On a alors :

Pu(x) = det(A In) =r

i=1

(i X)ni =r

i=1

dim Ei .

((ii)

(iii)) Soit

Pu(X) =r

i=1

(i X)mi ,

avec, 1 i r, mi = dim Ei. Si on note F = E1 En, alorsdim F = m1 + + mr = n = dim E,

cest--dire F = E.((iii) (i)) Supposons que E = E1 Er . On note Bi une base de Ei , la base

B =r

i=1Bi

est une base de E puisque E est somme directe de Ei . Ainsi, il existe une base de Eforme de vecteurs propres de u, ce qui prouve que u est diagonalisable.

Exemple II.16. Soit A M2(R). On cherche des vecteurs X = (x, y) de R2 tels cqueAX = 2X ou AX = 3X.

AX = 2X x = y (x = y dfinit une droite de vecteurs propres)AX = 3X x = 2y.


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Soit u lendomorphisme dans la base (i, j) :

u(i) = 4i +j,

u(j) = 2i +j.

La matrice de u dans la base (i, j) est donc :

A =

4 21 1

.

Si on dfinit e1 = (1, 1) et e2 = (2, 1), on a :

u(e1) = 2e1 et u(e2) = 3e2.

Dans la base (e1, e2), la matrice de u est

D = P1AP =

2 00 3

avec P =

1 21 1

.

Exemple II.17. Soient E = R3,

A =

1 0 00 1 0

1 1 2

.

Le polynme caractristique de A est :PA(X) = (1 X)2(2 X).

Les racines du polynme caractristique sont les rels 1 avec la multiplicit 2 et 2 avec lamultiplicit 1. On a :

E1 =

U R3, AU = V

=

(x,y,z) R3, x y + z = 0

.

e1 = (1, 1, 0) et e2 = (0, 0, 1) sont linairement indpendant, ils forment une base de E1. Lamatrice P est donc :

P =

1 0 01 1 0

0 1 1

.

Dans la base (e1, e2, e3), la matrice u est :

D = P1AP =

1 0 00 1 0

0 0 2

.


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II.4. TRIGONALISATION 29

II.4 Trigonalisation

Dfinition II.18 (Matrice triangulaire suprieure). On dit quune matrice A = (aij) carredordre n est dite triangulaire suprieure si aij = 0 ds que i > j.

Dfinition II.19 (Matrice trigonalisable). On dit quume matrice A = (aij)1in,1jn estdite trigonalisable sil existe une matrice P inversible telle que P1AP est triangulaire.

Thorme II.20. u L(E) est trigonalisable si et seulement si Pu a toutes ses racinesdans K.

Remarque II.21. Si K = C alors toutes les matrices sont trigonalisables.

Dmonstration. () Supposons que u est trigonalisable. Alors il existe une base de Edans laquelle A de u scrit :

A =

a11 a21 an10 a22 an2...

... . . ....

0 0 ann

.

On a alors :

Pu(X) = det(A IX) = (a1 X)(a2 X) (an X).() On dmontre la proprit par rcurrence sur n, la dimension de E.

Initialisation Si n = 1 alors il ny a rien dmontrer!

Hrdit Fixons n arbitrairement et suppose la proprit vraie pour n 1. Ondmontre quelle est, alors, vraie pour n. Soit E de dimension n, on considrePu L(E). On suppose que Pu a toutes ses racines sur K. Soient une racinede Pu, x1 un vecteur propre associ , H un hyperplan supplmentaire de ladroite Kx (de base (x1, . . . , xn)). Dans cette base, la matrice de u scrit :

0... M0

.

On a alors :Pu(X) = ( X)det(M XidH) = ( X)PM(X).

Notons v lendomorphisme de H dont la matrice dans la base (x1, . . . , xn) estgale M. Par hypothse de rcurrence, M est trigonalisable. En effet,

Pu(X) = ( X)Pv(X) = ( X)PM(X).Par consquent, il existe une base (y2, . . . , yn) de H dans laquelle dans la matricede v est triangulaire, ainsi dans la base (x1, y2, . . . , yn), la matrice de u esttriangulaire.


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Exemple II.22. Soit la matrice suivante :

A =

1 4 20 6 3

1 4 0

.

Le polynme caractristique de A :

PA(X) = (3 X)(2 X)2

et les sous-espaces propres de A sont :

E3 ={

(x,y,z), x = y = z}

= Re1 o e1 = (1, 1, 1)

E2 = {(x,y,z), x = z et 4y = 3z} = Re2 o e2 = (2, 3, 4).On obtient dim E3 = 1 et dim E2 = 1. Or, la multiplicit de la valeur pore 2 est 2 donc Aest trigonalisable.

u(e1) = 3e1

u(e2) = 2e2

Remarquons que le vecteur e3 = (0, 0, 1) nappartient pas au plan engendr par e1 et e2.On exprime u(e3) dans les bases (e1, e2, e3) :

u(e3) = 6e1 + e2 + 2e3.

On obtient donc :

D =

3 0 60 2 1

0 0 2

II.5 Sous-espaces stables

Dfinition II.23 (Sous-espace stable). SoientV un sous-espace vectoriel de E etu L(E).On dit que V est stable par u si, pour tout x V, u(x) V.Proposition II.24. Si V est stable par u alors, pour tout polynme P K[X], V eststable par P(u).

Dmonstration. Si V est stable par u alors pour tout x V, u(x) V donc u(u(x)) Vet ainsi, par rcurrence, pour tout k N, uk(x) V. Or V est stable par combinaisonlinaire donc Pu(x) V.Proposition II.25. Soient u et v deux endomorphismes de E tels que u v = v u. Alorsker v et Im v est stable par u.


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II.5. SOUS-ESPACES STABLES 31

Dmonstration. Soit x ker v.v(x) = 0

u(v(x)) = 0

v(u(x)) = 0.

Donc u(x) Ker v. Soit y Im v alors :u(y) = u v(y) = v u(y) = v(u(x)).

Donc : u Im v.Proposition II.26. Soit V un sous-espace vectoriel de E, stable pour u L(E). Lepolynme caractristique de u|V L(E) divise Pu. De plus, si W est un sous-espacevectoriel supplmentaire de V stable par u alors :

Pu = Pu|V + Pu|W .Dmonstration. Soit (e1, . . . , ep) une base de V, on complte cette base de E par desvecteurs (ep+1, . . . , en). La matrice de u dans cette base scrit :

M =

A U

O B

o A est la amatrice de u|V dans la base (e1, . . . , ep). On a alors :Pu(X) = det(M XIn) = det(A XIp)

= Pu|V det(B XInp) = Pu|W

.

Le polynme caractristique de u|V divise bien Pu. Si E = V W alors W est stable parU.

Proposition II.27. On suppose que u L(E) est diagonalisable, on note 1, . . . , rses valeur propres. E1, . . . , E r, les sous-espaces propres correspondants. Si V est unsous-espace vectoriel stable par u, on a :

V = (V E1) (V E2) (V Er).Avant de dmontrer la proposition, on a besoin du rsultat suivant :

Proposition II.28. Si x est un vecteur propre de u pour la valeur propre alors x est unvecteur propre de P(u) pour la valeur propre P().

Dmonstration. On sait que E = E1 Er . Soit x E tel que x = x1 + + xr etxi Ei, pour 1 i r. Le sous-espace vectoriel V est stable par u donc par P(u), pourtout P K[X]. On note, pour 1 i r :

Pi(X) = (1 X) (i1 X)(i+1 X) (r X) =n

j=1,j=i

(j X).


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On a, pour tout j = i, P(j) = 0 et P(i) = 0. Soit x V tel que x = x1 + + xr etxi Ei , pour 1 i r. On veut dmontrer que, pour tout i, xi = V Ei et donc, pourtout i, Pi(u)(x)

V car V est stable par P(u). Donc :

Pi(u)(x) = Pi(u)(x1) =0

+ + Pi(u)(xi1) =0

+ Pi(u)(xi) =Pi(i)xi

+ + Pi(u)(xr) =0

.

On se sert de la proposition II.28, pour chaque Pi, 1 i r, si x V, Pi(u)(x) V impliqueque Pi(i)xi V. Donc, pour tout 1 i r, xi appartient V et x = x1 + x2 + + xravec xi V E1 .

II.6 Thorme de Cayley-Hamilton

Thorme II.29 (Thorme de Cayley-Hamiliton). s

1. Soient u L(E) et Pu son polynme caractristique. Alors : Pu(u) = 0L(E).2. Soient A Mn(K) et PA son polynme caractristique. Alors, PA(A) = 0Mn(K).

Prcisons un peu. Soit P K[X] alors P scrit :

P(X) =d

k=0

akxk.

On a alors : Pu(u) : E Ex P(x)x

et

PA(A) =d

k=0

akAk o A0 = In.

Dmonstration. Soient n = dim E et u L(E). On considre A Mn(K) la matrice de udans une base B de E. La dmonstration se fait par rcurrence sur n.

Initialisation Si n = 1. On considre lapplication :

u : R Rx ax ,

la matrice A est la matrice de dimension 1 1 de coefficients a, son polynmecaractristique est PA(X) = a X. On a bien PA(A) = 0.

Hrdit Si on se fixe n arbitrairement, on suppose la proprit vraie jusqu lordre n 1,cest--dire, pour toute matrice A Mn1(K), PA(A) = 0. Soit A Mn(K) et ondmontre que PA(A) = 0. On se place dans le cas o le polynme PA a toutes ses


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II.7. POLYNME MINIMAL 33

racines dans K donc A est diagonalisable. On se place dans une base o la matricede u est triangulaire.

T = P AP1 =

b11 b12 b1n0 b22 b2n...

.... . .

...0 0 bnn

dans la base (e1, . . . , en).

Le polynme caractristique de A est :

PA(X) = Pu(X) = PT(X) = (b11 X)(b22 X) (bnn X).

On considre F, le sous-espace vectoriel de E engendr par (e1, . . . , en1, stable par

u. On a alors : v := u|F : F Fy v(y) = u(y)

qui est dans L(F). Soit T la matrice de v dans la base (e1, . . . , en1)

T =

b11 b12 b1n0 b22 b2n...

.... . .

...0 0 bn1,n1

Mn1(K).

Par hypothse de rcurrence, PT

(T

) = 0. Ainsi, Pv(v) = 0L(F), cest--dire quepour tout x F, Pv(v)(x) = 0. Or, F est stable donc Pv(v)(x) = 0 impliquePu(u)(x) = 0. Pour dmontrer que Pu(u) = 0, il faut dmontrer que pour tout x E,Pu(u)(x) = 0. Soit x E, on peut lcrire x = xF + xnen avec xF F. On obtient :u(x) = u(xF) + xnu(en). Or :

u(en) = t1ne1 + + tn1,nen1 F

+tnnen = y + tnnen.

(tnn

idE

u)(en)(en) = tnnen

y

tnnen =

y

F

Pu(X) = (tnn X)PV(X) = Pv(X)(tmm X)Pu(u)(en) = Pv(u) (tn1,n idEu)(en) = Pu(u)(X) = 0.

En effet, Pv(u)(x) = 0, do Pu(u)(x) = 0.

II.7 Polynme minimal

Proposition II.30. Soit u L(E), il existe un unique Q K[X] tel que :


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(i) Q est unitaire.

(ii) si P K[X] vrifie P(u) = 0L(E) alors Q | P.Dfinition II.31. Soit u L(E), on appelle Qu le polynme unitaire le polynme quivrifie les proprits de la proposition II.30.

Dmonstration. Soient u L(E) et n = dim E. On a :

Pu(X) = (1)nXn + + det u.

(1)nPu est un polynme unitaire qui sannule en u. On considre lensemble :

E = {P unitaire, P(u) = 0} = .

On peut avoir dans E un polynme Q de degr minimale. On a : Q(u) = 0 et

tQ(u) = T(u) Q(u) = 0L(E).

Soit P K[X] tel que P(u) = 0. On a alors deg P deg Q (car Q a t choisi de degrminimal. On peut donc crire :

P = T Q + R P(u) =0

= T(u) Q(u) =0

+R(u) R(u) = 0.

On aboutit donc une contradiction donc Q

|P.

Proposition II.32. Soit K. est valeur propre de u L(E) si et seulementsi estracine du polynme minimal de u.

Dmonstration. () Soit Pu le polynme caractristique de u. Daprs le thorme deCayley-Hamilton, on a Pu(u) = 0. Par dfinition du polynme minimal, Qu divise Pu(cest--dire quil existe T K[X] tel que Pu = QuT). Si Qn(X) = 0 alors Pu() = 0donc est valeur propre de u.

() Si est valeur propre de u alors P() est valeur propre de Pu, pour tout P K[X].En particulier, si P = Q, le polynme de u, on a : Q() est valeur propre de Q(u).Or Q(u) est lendomorphisme nul donc 0 est la seule valeur propre do Q() = 0.

Proposition II.33. Lendomorphisme u L(E) est diagonalisable si et seulement si sonpolynme minimal a toutes ses racines dans K et que ces racines sont simples.

Dmonstration. () Supposons que u est diagonalisable et on note 1, . . . , r ses valeurspropres. On considre le polynme Q(x) = (x 1) (x r) et pour 1 i r,

Pi(X) :=Q(X)

X i =r

j=1,j=i

(X i).


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II.7. POLYNME MINIMAL 35

On a ainsi :Q(X) = (X i)Pi(X) = Pi(X)(X i).

Pour tout x Ei, (ui idE)(x) = 0. Donc Q(X) = 0. Mais ceci est vraie pour tout iet u est diagonalisable donc E = E1 Er . Soit x E, x = x1 + + xr avecxi Ei :

Q(u)(x) = Q(u)(x1) =0

+ + Q(u)(xr) =0

= 0.

Donc : Q(u) = 0.() Supposons que Qu a toutes ses racines dans K et que ses racines sont simples.

Qu(u) = 0L(E) implique que Ker(Qu(u)) = E.

Qu(u) = (u

1 idE)

(u

i1 idE)

(u

i+1 idE)

(u

r idE)

avec i racine de Qu. Alors :

Ker Qu(u) = Ker(u 1 idE) Ker(u r idE).

Ceci prouve que u est diagonalisable.

Exemple II.34 (Application la trigonalisation). Soit la matrice :

A = 2 1 11 1 3

0 1 3

.

Le polynme caractristique de A est :

PA(X) = (2 X)(1 X)2.

Le polynme minimal de A, QA(X) peut tre gal PA(X) ou (2 X)(1 X). NotonsQ(X) = (2 X)(1 X).

QA(A) = (2I A)(I A) =0 1 11 3 3

0 1 1

1 1 11 2 3

0 1 2

=

1 1 12 4 4

1 1 1

=

0 0 00 0 0

0 0 0

.

donc Q nest pas le polynme minimal, donc Qu = Pu et Pu na pas toutes ses racinessimples. Donc : A nest pas diagonalisable.


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II.8 Dcomposition de Dunford

1 Prliminaires

On rappelle la proposition suivante :

Proposition II.35. Soient E = E1 Ep o les Ei sont les espaces propres associsaux valeurs propres i et u L(E). Si u est diagonalisable (cest--dire que son polynmecaractristique a toutes ses racines dans K) alors :

E = Ker(u 1 idE)m1 Ker(u r idE)mr

o les i sont des valeurs propres de multiplicit mi.

Lemme II.36 (Lemme des noyaux). Soient P, Q K[X] et u L(E). Si P et Q sontpremiers entre eux alors :

Ker P Q(u) = Ker P(u) Ker Q(u).

Avant de dmontrer le lemme, on rappelle lnonc du thorme de Bzout :

Thorme II.37 (Thorme de Bzout). Si P et Q sont premiers entre eux alors il existeU, V K[X] tels que P U + QV = 1.Dmonstration. On a, pour tout u L(E),

P(u) U(u) = Q(u) V(u) = idE .

Pour tout x E, x = (P(u) U(u))(x) + (Q(u) V(u))(x). Si x Ker P(u) Ker Q(u), ona alors :

x = U(u) P(u)(x) + V(u) Q(u)(x) = U(u)(0) + V(u)(0) = 0.Donc,

Ker P(u) Ker Q(u) = {0} .Soit x Ker P Q(u) = Ker(P Q(u)), x scrit donc :

x = U(u) P(u)(x) + V(u) Q(u)(x)

carQ(u)[U(u) P(u)(x)] = U(u) P(u) Q(u)(x)

=0

.

Dfinition II.38 (Sous-espace caractristique). Soient u L(E), une valeur propre demultiplicit m. Le sous-espace N = Ker(u idE)m est appel sous-espace caractristique.


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II.8. DCOMPOSITION DE DUNFORD 37

Proposition II.39. Soient u L(E) tel que Pu ait toutes ses racines dans K :

Pu(X) = (1

X)m1

(r

X)mr

et Ni = Ker(u i idE)mi des sous-espaces caractristiques. Alors :(i) Ni est stable par u ;

(ii) E1 Ni ;(iii) E = N1 Nr ;(iv) dim Ni = mi.

Dmonstration. (i) Soit x Ni, on a :

(u i idE)mi(u(x)) = u(i idE)mi u(x) = u (u i)mi(x) =0

.

Donc u(x) Ni, do Ni est stable par u.(ii) Soit Ei = Ker(u i idE). Si x Ei alors (u i idE)(x) = 0. Donc, pour tout

k N, (u i id)k(x) = 0. Do x Ni.(iii) Comme Pu(x) = (1 X)m1 (r X)mr , on a 1 :

Ker Pu(u) = N1 Nr.

Or, daprs le thorme de Cayley-Hamilton,

Ker Pu(u) = Ker 0L(E) = E.

Do :E = N1 Nr.

(iv) Soit vi = u|Ni L(Ni). Si i = j alors Ni Nj = {0}. La seule valeur propre de Niest i. On a donc Pvi = (i X)dim Ni et :

Pu = Pv1 Pvr = (1 X)dim N1 (r X)dim Nr = (1 X)m1 (r X)mr .

Do, pour tout 1 i n, mi = dim Ni.

Dfinition II.40 (Endomorphisme nilpotent). On dit que lendomorphisme u (ou la matriceA) est nilpotent(e) sil existe un entier k tel que uk = 0L(E) ou Ak = 0.

Proposition II.41. Si u est nilpotent, son unique valeur propre est 0. Donc Pu(X) =(1)nXn.

1. cest le lemme des noyaux gnralis par rcurrence


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Dmonstration. Il existe k N tel que Ak = 0. Cela veut dire que :

det Ak = 0

(det A)k = 0

det A = 0.

Donc lendomorphisme u de matrice A nest pas bijective. Son noyau nest pas rduit 0.Donc 0 est valeur propre car il existe x = 0 tel que u(x) = 0. Supposons que soit valeurpropre de u. Donc il existe k N tel que uk(x) = 0. Or si x est vecteur propre de :uk(x) = kx. On a donc kx = 0 av ec x = 0. Do :

k = 0 = 0.

2 Thorme de dcomposition de Dunford

Thorme II.42 (Dcomposition de Dunford, version endomorphisme). Soit u L(E)tel que Pu ait toutes ses racines dans K. Alors il existe des uniques endomorphismes de E,n et d o n est nilpotent et d diagonalisable tels que :

(i) u = n + d,

(ii) n d = d n.

Thorme II.43 (Dcomposition de Dunford, version matricielle). Soit A Mn(K) telleque PA ait toutes ses racines dans K. Alors il existe des uniques matrices N et D o N est

nilpotent et D diagonalisable tels que :

(i) A = N + D,

(ii) N D = DN.

Lemme II.44. Si u est diagonalisable et V est un sous-espace de E stable par u alors u|V,la restriction de u V, est diagonalisable.

Dmonstration. u est diagonalisable si et seulement si E = E1 Er et si V eststable par u alors

V = (V

E1

(V

Er).

On considre v = u|V L(E). On a : Ker(v i idv) = V Ker(u i idE). Les vecteurspropres, 1, . . . , s de v appartiennent lensemble {1, . . . , r} des valeurs propres de u.Donc V scrit :

V = V1 Vs,do v est diagonalisable.

Lemme II.45. Soient u, v L(E) diagonalisables tels que u v = v u. Alors, il existeune base de E compose de vecteurs propres de u et de v.


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Dmonstration. Soient 1, . . . , r les valeurs propres de v. On note :

Vi =

{x

E, u(x) = ix

}.

Ce qui prouve que u(x) Vi ; Donc Vi est stable par u, cest--dire que u|Vi est diagonalisable.Il existe une base Bi de Vi compose de vecteurs propres de v (u|Vi est diagonalisable). Ona alors

E = Vi Vrcar v est diagonalisable. Ainsi B = B1 Br est une base de E compose de vecteurspropres de u et de v.

Dmonstration du thorme II.42 et II.43. Soit u L(E). On suppose que Pu a toutesses racines dans K, cest--dire :

Pu(X) = (1 X)m1 (r X)mr .

On considre pour 1 i r, Ni = Ker(u i idE)mi et E = N1 Nr. On dfinit dsur chaque Ni par d(x) = ix, pour tout x Ni et n = u d. Pour tout x E, il existe(x1, . . . , xr) N1 Nr tels que x = x1 + + xr. On a alors :

d(x) = d(x1) + + d(xr) = 1x1 + 2x2 + + rxr.

1. Par construction, d est diagonalisable. Soit Bi une base de Ni et B =

1irBi une

base de E et la matrice de d scrit :

12

. . .r

.

2. Soitni = n|Ni = (u d)|Ni = u|Ni = idNi .

On a donc nmii = 0 car Ni = Ker(u i id)mi. On considre m = sup1ir mi alorsn

m

= 0 sur chaque Ni. Or E = N1 Nr donc si x E alors on peut crire :x = x1 + + xr.

Donc nm = 0 donc n est nilpotent.

3. On vrifie que n d = d n. Soit x E, on crit x = x1 + + xr, o les xi Ni.

n d(x) = n d(x1) + + n d(xr) = d n(x1) + + d n(xr)

sur Ni, d = i id commute avec n.


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4. Unicit : on suppose quil existe (n, d) et (n, d) tels que v = n + d = n + d etn d = d n, n d = d n (avec n et n nilpotents et d et d diagonalisables). On aalors :

u = d + n + d + n d u = d d + d n = u d (u i id)mi d(x) = d(u i id)mi(x) = 0 si x Ni.

On a alors : d|Ni = i idNi stable par d, d et d commutent sur Ni alors d = d estdiagonalisable. Or n = u d, n = u d donc n et n commutent, nilpotents. Onobtient :

n n = d d = 0.

3 Exemples

Exemple II.46. Si on veut calculer Ak, on utilise la dcomposition de Dunford. On aalors : A = N + D avec N D = DN et :

Ak = (N + D)k =k

i=0

CikNiDki

Exemple II.47. Soit

A =

1 1 10 1 1

0 0 2

.

On peut remarquer que A se dcompose en :

A = D + N =

1 0 00 1 0

0 0 2

+

0 1 10 0 1

0 0 0

o N est nilpotent et D diagonalisable. Mais ce nest pas la dcomposition de Dunford carN D = DN. Le polynme caractristique de A, PA est (1 X)2(2 X) alors :

E = Ker(A

I3)

2

Ker(A

2I3).

On a :

Ker(A 2I) = {(x,y,z), y = z et x = 2z} = (2, 1, 1) ,Ker(A I) = {(x,y,z), y = z = 0} = (1, 0, 0) .

On calcule (A I)2 :

(A I)2 =0 0 20 0 1

0 0 1


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et Ker(A I)2 = (1, 0, 0), (0, 1, 0). On note :

N1 = Ker(A

I)2 = Re1 +Re2 et N2 = Ker(A

2I) = Re3.

On dfinit d dans la base (e1, e2, e3) par :

d(e1) = e1, d(e2) = e2, d(e3) = 2e3.

La matrice D de d dans la base (e1, e2, e3) est :

D =

1 0 00 1 00 0 2

Or :u(e1) = e1, u(e2) = e2 + e1, u(e3) = 2e3.

La matrice de u dans la base (e1, e2, e3) est :

P AP1 =

1 1 00 1 0

0 0 2

=

1 0 00 1 0

0 0 2

+

0 1 00 0 0

0 0 0

.

Dans la base (e1, e2, e3) :

d(e1) = e1, d(e2) = e2, d(e3) = 2e1 + e2 + 2e3.

Do :

D =

1 0 20 1 1

0 0 2

et N =

0 1 10 0 0

0 0 0

4 Application la trigonalisation

Dans la section II.4, on a dmontr quun polynme qui a toutes ses racines dansR

esttrigonalisable dansR. Par contre, on a laiss assez libre le choix de la base de trigonalisation :on ne demandait au troisime vecteur de cette base dtre linairement indpendant desdeux premiers (qui sont des vecteurs propres). La dcmposition de Dunford permet dechoisir la base de trigonalisation de manire obtenir naturellement la dcomposition deDunford de la matrice triangulaire obtenue.

Soit u un endomorphisme, on suppose que son polynme caractristique a toutes sesracines dans R. On crit :

Pu(X) = (1 X)m1 (r X)mr .


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On a E = N1 Nr o Ni = Ker(i u)mi . On sait que chaque Ni est stable par u etsoit Bi une base de Ni alors la base de E est B =

Bi. La matrice u est une matrice par

blocs :

A =

A1

. . .Ar

o Ai est la matrice de ui = u|Ni. On trigonalise alors chaque Ai. On a :

Pu(Xi) = (i X)mi.On choisit une base de Ker(u i idE) et on a :

Ker(u i idE) Ker(u i idE)2 Ker(u i idE)mi .

Exemple II.48. Soit A la matrice de lendomorphisme u suivante :

A =

2 1 13 3 4

4 1 2

Le polynme caractristique de A, PA est :

PA(X) = (X + 1)(X 2).On va dterminer les sous-espaces caractristiques :

N1 = F = Ker(u + idE)

N2 = G = Ker(u 2 idE) Ker(u 2 idE).Lespace F est la droite vectorielle engendr par e1 = (0, 1, 1) et lespace G est la droiteengendr par le vecteur e2 = (1, 1, 1). Si e3 est un vecteur de G indpendant de e2 alors labase (e1, e2, e3), la matrice u sera de la forme :

1 0 00 2 a0 0 2

On choixit un vecteur e3 dans N2 \ E2. On a :

(A 2I)2 = 0 0 09 0 9

9 0 9

do Ker(A 2I)2 = {(x,y,z), x = z} est un plan vectoriel. Le vecteur e3 = (1, 0, 1) estdans N2 mais pas dans E2 et les vecteurs e1, e2, e3 forment une base de E. On calcule u(e1)et on identifie :

u(e3) = (1, 1, 1) = a(1, 1, 1) + 2(1, 0, 1),


49/73

II.9. EXERCICES 43

do a = 1. La matrice u dans la base (e1, e2, e3) est triangulaire, elle scrit :

T = 1 0 0

0 2 10 0 2

et la matrice de passage :

P =

0 1 11 1 0

1 1 1

,

on a donc T = P1AP. Cette triangularisation permet dobtenir la dcomposition deDunford en crivant :

T = 1 0 00 2 00 0 2

+0 0 00 0

1

0 0 0

M

.

On a alors P T P1 = PP1 + P M P1. Si on note D = PP1 et N = P M P1, lamatrice D est diagonalisable, la matrice N est nilpotente et ce sont les matrices de ladcomposition de Dunford.

II.9 Exercices

Exercice II.1. Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et f, g L(E). Montrerque si est valeur propre de g f alors est valeur propre de f g (on distinguera les cas = 0 et = 0).Exercice II.2. Soit J la matrice

J =

1 1...

...1 1

.Trouver les valeurs propres et les sous-espaces propres associs.

Exercice II.3. Soient A et B deux matrices de Mn(R) telles que

AB BA = A.Le but de cet exercice est de montrer que A est nilpotent, cest--dire

k N, Ak = 0.On note E lespace vectoriel Mn(R) et on considre lapplication :

: E EM M B BM .


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1. Montrer que est linaire de E dans E.

2. Montrer, par rcurrence que, pour tout k N, (Ak) = kAk.3. On suppose que, pour tout k N, Ak = 0. Montrer que a une infinit de valeurs

propres.

4. Conclure.

Exercice II.4. On considre la matrice A =

1 1 11 1 11 1 1

. Trouver, sans calculer le polynme

caractristique, les valeurs propres de A. Cette matrice est-elle diagonalisable?

Exercice II.5. Soit f un endomorphisme dun espace vectoriel de E de dimension n.Montrer que 0 est valeur propre de f si et seulement si f est non injective.

Exercice II.6. Soit A une matrice carre relle. Montrer que si est une valeur proprecomplexe de A alors est aussi valeur propre de A. De mme, montrer que si x est unvecteur propre de A alors x est aussi un vecteur propre complexe de A.

Exercice II.7. A tant une matrice carre inversible, exprimer le polynme caractristiquede A1 en fonction de celui de A.

Exercice II.8. 1. Soit A une matrice carre ayant pour valeur propre. Montrer quen est valeur propre de An.

2. Soient A et B des matrices respectivement de taille n m et m n. Montrer quetoute valeur propre non nulle de AB, lest aussi de BA.

3. Soient A et B deux matrices carres dordre n.(a) Montrer que si 0 est valeur propre de AB, alors 0 lest aussi de BA.

(b) Montrer que AB et BA ont mmes valeurs propres.

Exercice II.9. Soient f et g deux endomorphismes dun espace vectoriel de E de dimensionn, sur K, ayant chacun n valeurs propres distinctes dans K. Montrer que f g = g f si etseulement si f et g ont les mmes valeurs propres.

Exercice II.10. Soit A une matrice complexe dordre n admettant n valeurs propresdistinctes.

1. Montrer quil existe x0 Cn tel que (x0, Ax0, . . . , An1x0) soit une base de Cn. crireA dans cette base.

2. Soit B une matrice qui commute avec A. On note (0, . . . , n1) les coordonnes deBx0 dans la base donne la question 1. Montrer qualors :

B =n1i=0

iAi.

3. En dduire que (I , A , . . . , An1) est une base de {B Mnn(C), AB = BA}.


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II.9. EXERCICES 45

Exercice II.11. On considre E = Rn[X] et lapplication f qui P E fait correspondreQ = f(P) dfinie par :

Q = (X a)[P P(n)] 2[P P(n)].1. Montrer que f est endomorphisme de E.

2. Montre que pour k {0, . . . , n}, uk = (X a)k est un vecteur propre de f, dont onprcisera la valeur propre.

3. Montrer que f est diagonalisable.

Exercice II.12. Soit E lespace R2[X]. On considre un rel m. Pour P E, on pose :

um(P) = (X2 mX)P 2XP.

1. Montrer que um est un endomorphisme de E.

2. Dterminer ses valeurs propres.

3. Montrer que, pour m = 0, um est diagonalisable.4. Montrer que u0 nest pas diagonalisable.

Exercice II.13. Soit A M3(R), la matrice

0 1 11 0 10 0 1

. Calculer le polynme minimal de A.

En dduire A1, A3 et A5.

Exercice II.14. Soit A M3(R) telle que A3 = A et A = 0. Montrer que A est semblable 0 0 00 0 1

0 1 0

.

Exercice II.15. Dterminer toutes les matrices A de M2,2(R) telles que

A2 3A + 2 id = 0.

Mme question pourA3 8A2 + 21A 18id = 0.

Exercice II.16. Que peut-on dire dun endomorphisme dun K-espace vectoriel de dimen-sion finie qui annule les polynmes P = 1

X3 et Q = X2

2X + 1 ?

Exercice II.17. Mettre sous forme triangulaire les matrices suivantes :4 2 21 5 1

1 3 1

; 1

2

0 2 21 3 1

1 3 3


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CHAPITRE III

SYSTMES DIFFRENTIELLES LINAIRES

III.1 Introduction

Dans ce chapitre, on sintresse la rsolution dun systme dquations diffrentielles :

x1(t) = a11x1(t) + a12x2(t) + + a1nxn(t) + b1(t)...

xn(t) = an1x1(t) + an2x2(t) + + annxn(t) + bn(t)(III.1)

dinconnu :X : R Rn

t X(t) = (x1(t), . . . , xn(t)) .

On pose X = (x1(t), . . . , xn(t)),

A =

a11 a1n... . . .

...an1 ann

et B =

b1(t)...

bn(t)

Lquation (III.1) se transforme en :

X = AX + B.

III.2 Exponetielle de matrice

Dfinition III.1 (Dveloppement en srie de lexponentielle). Soit x R alors :

exp(x) = ex =+k=0

xk

k!= lim

n+

nk=0

xk

k!.

Dfinition III.2. Soit A Mn(C), la matrice dfinie par :

limn+

In + A +

1

2A2 + + 1

n!An

est appele exponentielle de la matrice A, on la note exp(A).

47


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48 CHAPITRE III. SYSTMES DIFFRENTIELLES LINAIRES

Remarque III.3. Si A est diagonale, cest--dire :

A =

12

. . .n

,

alors :

Ak =

k1k2

. . .kn

et ainsi :

exp(A) =

e1

e2

. . .en

.

Proprits III.4. 1. Si A = 0 alors exp A = In.

2. Si AB = BA alors exp(A + B).

3. Pour tout A Mn(C), exp A est inversible et (exp(A))1 = exp(A).4. Si P est inversible alors exp(P1AP) = P1 exp(A)P.

Dmonstration. 1. Si A = 0 alors :

eA = limn+

In + 0 +

1

2 0 + + 0

= In.

2. On pose

n =

n

i=0

Ai

i!

nj=0

Bj

j!

n

k=0

(A + B)k

k!.

Or AB = BA donc, pour tout k n, on a :

(A + B)k

k!

i+j=k

Cikk!

AiBj =

i+j=k

Ai

i!Bj

j!.

Do :

n =

n+1i+j2n0i,jn

i+j=k

Aii!

Bjj!

=

n

i=0

Aii!

nj=0

Bjj!

n

k=0

(A + B)kk!

et ce dernier terme tend vers 0 quand n +.


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III.3. SYSTMES DIFFRENTIELLES LINAIRES 49

3. Comme A et A commutent :exp(0) = exp(A

A) = exp(A) exp(

A)

In = exp(A)exp(

A)

(exp A)1 = exp(A).4.

exp(P1AP) = limn+

(P1P + P1AP + + (P1AP)n)= lim

n+(P1P + P1AP + + P1AnP)

= limn+

P1

In + A + + An

n!

P

= P1(exp A)P.

Exemple III.5. Soit A Mn(C). Il existe une unique matrice D diagonalisable et uneunique matrice N nilpotente telles que :

A = N + D et N D = DN.

On a alors :exp A = exp(N + D) = exp N exp D.

exp N est facile calculer car cest une somme finie. Pour calculer exp D, on remarque que,comme D est diagonalisable, il existe une matrice P inversible telle que D = P1P avec diagonale. Donc :

exp D = exp(P1P) = P1 exp Pet on voit quon peut toujours calculer une exponentielle de matrice dans C.

III.3 Systmes diffrentielles linaires

Proposition III.6. Soient A Mn(R), I un intervalle de R et B : I Rn. Si S0 estsolution du systme

X = AX + B (III.2)

alors toute solution scrit S + S0 o S solution du systme homogne X = AX.

Dmonstration. Soient S, S0 : I Rn telles que S(t) = AS(t) et S(t) = AS0(t) + B(t),pour tout t I. On a alors :

(S + S0) = AS + AS0 + B = A(S + S0) + B,

donc S + S0 est solution de (III.2). Soit u une solution de (III.2) alors :

(u S0)(t) = u(t) S0(t) = Au(t) + B(t) AS0(t) B(t) = A(u S0)(t).Ainsi, u S0 est solution du systme homogne et on a u = S0 + (u S0), ce qui dmontrela proposition.


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1 Rsolution des systmes homognes

Proposition III.7. Soient A

Mn(R) et un vecteur propre de A. Alors la fonction

R Rnt etV

o V est un vecteur propre associ de Rn est solution de X = AX.

Dmonstration. Soit lapplication

R Rnt etV .

On a alorsS(t) = etV = etV = etAV = A(etV) = AS(t).

Exemple III.8. Soit rsoudre : x

= 4x 2yy = x + y

(III.3)

On a alors une quation du type X = AX avec :

A =

4 21 1

.

En diagonalisant la matrice A, on trouve des matrices :

D =

2 00 3

et P =

1 1

1 2

telles que A = P DP1. On a donc que S(t) = e2t(1, 1) est une solution de X = AX.

Proposition III.9. Soient Y : R Rn une fonction et A Mn(R) inversible. P Y estune solution du systme X = AX si et seulement si Y est solution de X = (P1AP)X.

Dmonstration.

P Y est solution de X = AX (P Y) = A(P Y) = P Y = (AP)Y Y = (P1AP)Y.


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Proposition III.10. Soit A Mn(R). Lapplication :

R : R

Mn(R)

t exp(tA)est drivable et on a :

R(t) = AR(t) avec R(t) Mn(R).

Dmonstration. On peut crire

R(t) = exp(tA) =+k=0

1

k!tkAk.

On note Rk(t) := 1k! tkAk et on a ainsi :

Rk(t) =1

(k 1)! tk1Ak = ARk1(t) = A

+k=0

Rk(t) =+k=0

ARk(t) = AR(t).

Thorme III.11. Soit A Mn(R), les solutions du systme homogne X = AX sontles fonctions :

S : R Rnt exp(tA) V

o V Rn, V = (v1, . . . , vn) ou encore

V = v1E1 + vZE2 + + vnEnavec (E1, . . . , E n) la base canonique de R

n.

Dmonstration. On crit :

S(t) = exp(tA) V =n

k=1Nk(exp(tA))Ek.

On pose Sk(t) = exp(tA)Ek et on a :

S(t) =n

k=1

vkSk(t) =

nk=1

vkASk(t) = AS(t).

On considre S une solution de X = AX, soit :

F : R Rnt f(t) = exp(tA)S(t) .


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Alors :

F(t) = A exp(

tA)S(t) + exp(

tA)S(t) =

A exp(

tA)S(t) + exp(

tA)AS(t) = 0.

Dans la pratique, on va devoir intgrer X = AX. Soit P une matrice inversible telle queB = P1AP = D + N, B tant triangulaire, D diagonale et N nilpotente. On sait que P Yest solution de X = AX si et seulement si Y est solution de X = BX (avec B = P1AP).On intgre le systme Y = AY ), soit :

Y(t) = exp(tB) V, V Rn.On obtient les solutions de X = AX en crivant X = P Y

X(t) = P exp(tB)

V, V

R

n.

Proposition III.12. Soit A Mn(R). Lensemble des solutions du systme X = AX estun espace vectoriel de dimension n.

Dmonstration. Le fait que ce soit un espace vectoriel est vident. On note S lensembledes solutions, S est un espace vectoriel. Soit u lapplication :

u : Rn SV S

avec S : R Rnt exp(tA) V .

u est une application linaire, on peut considrer :

Ker u = {V Rn, SV = 0}

o 0 reprsente lapplication nulle

= {V Rn, exp(tA) V = 0, t R} = {0Rn}

car la matrice exp(tA) est inversible. u est donc inversible, cest un isomorphisme donc Rnet S ont la mme dimension.

Les colonnes de la matrice exp(tA) forment une base de lespace vectoriel des solutionsdu systme diffrentiel X = AX.

Proposition III.13. Soit A Mn(R) une matrice diagonalisable surR. On note V =(V1, . . . , V n) une base de vecteurs propres et 1, . . . , n les valeurs propres correspondantes.Alors les fonction Si(t) = e

itVi, pour 1 i n, forment une base de lespace des solutionsdu systme X = AX.


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Dmonstration. On montre que ces solutions sont linairement indpendantes. En effet, sia1, . . . , an sont des rels tels que

a1S1(t) + + anSn(t) = 0.

Cette galit est vraie pour tout t, elle est vraie en particulier pour t = 0 o elle devient :

a1V1 + + anVn = 0,

ce qui implique a1 = = an = 0 car les Vi forment une base de Rn. Comme lespace dessolutions est de dimension n, les Si forment une base. Soit P la matrice dont les scolonnessont les vecteurs V1, . . . , V n. Si X = P Y est solution de X = AX alors Y est solution deY = P1AP = D (o D est une matrice diagonale). On a :

y1 = 1y1...

yn = nyn

,

do Y(t) = (k1e1t, . . . , knent.

Comme corollaire du thorme, on va dmontrer lunicit de la solution sous conditionsinitiales.

Proposition III.14. Soient A Mn(R), t0 R et X0 Rn. Il existe une unique solutionS0 du systme diffrentiel X

= AX qui vrifie S0(t0) = X0, cest la fonction S0 : R Rndfinie par :

S0(t) = (exp(t t0)A)X0.

Dmonstration. On pose :

S0(t) = (exp(t t0)A)X0 = exp(tA)exp(t0A)X0 = exp(tA)Y0.

Daprs le thorme III.11, S est solution de X = AX et :

S0(t0) = exp(0 A)X0 = InX0 = X0.

Sil existe une autre solution S1 de X = AX vrifiant S1(t0) = X0 alors on a :

S1(t) = exp(tA) V et exp(t0A) V = X0,

cest--dire V = exp(t0A)X0 donc V = Y0 et S1(t) = S0(t) pour tout t R. On a doncdmontr que lespace des solutions est un espace vectoriel de dimension n et que si lonimpose la condition X(t0) = X0, il y a unicit de la solution.


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2 Cas gnral, variation de la constante

On cherche maintenant obtenir la solution gnrale du systme X = AX + B o

A Mn(R) et B : I Rn. Connaissant la solution gnrale du systme homogneX = AX, on va chercher une solution du systme non homogne.

Soit (S1, . . . , S m) une base de lespace vectoriel des solutions X = AX, toute solutionde ce systme scrit donc :

S(t) =n

i=1

iSi(t)

o les i, 1 i n sont des rels. On va chercher une solution du systme X = AX + Bsous la forme :

S(t) =n

i=1 i(t)Si(t)o les fonctions i sont des fonctions drivables sur I. On a alors, pour tout t R,

S(t) =n

i=1

i(t)Si(t) +

ni=1

i(t)Si(t) = AS(t) +n

i=1

(t)Si

car Si(t) = ASi(t), on identifie alors :

n

i=1i(t)Si(t) = B(t).

Les colonnes de la matrice R(t) = exp(tA) forment une base de lespace des solutions deX = AX. partir de cette base, on cherche une solution de X = AX + B sous la formeS(t) = R(t)F(t), do

F : I Rn

t F(t) =

1(t)...

n(t)

,

on peut crire sous la forme matricielle

S(t) = R(t)F(t) + R(t)F(t) = AR(t)F(t) + R(t)F(t) = AS(t) + R(t)F(t),

ainsi, en identifiant, on a :R(t)F(t) = B(t),

ce qui nous donne :F(t) = R1(t)B(t) = exp(tA)B(t).

Il ne reste plus qu intgrer terme terme F(t), cest--dire les i(t).


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III.4. EXEMPLES EN DIMENSION 2 55

3 Application aux quations diffrentielles dordre n

On va voir comment des mthodes dalgbre linaire permettent de rsoudre des pro-

blmes danalyse. On considre une quation diffrentielle dordre n coefficients constants :y(n) + a1y

(n1) + + any = 0 (III.4)o la fonction inconnue est une fonction de R dans R. On introduit les fonctions auxilliaires :

y = y1 et yi = yi1 = y(i1), 2 i n.

Pour intgrer lquation (III.4), on intgre le systme :

y1 = y2

y2 = y3

...yn1 = yn

yn = a1yn a2yn1 any1

,

cest--dire Y = AY avec :

A =

0 1 0 00 0 1 0...

......

. . ....

an an1 an2 a1

.

III.4 Exemples en dimension 2

1 Systmes homognes

Soit A M2(R). Les solutions du systme X = AX sont des applications de R dansR

2 qui peuvent tre reprsentes par des courbes paramtres. On a :

X = AX x

(t) = a11x(t) + a12y(t)

y(t) = a21x(t) + a22y(t).

Si lapplication :S : R R

t (x(t), y(t))est solution de X = AX, lensemble

S(R) =

S(t) = (x(t), y(t)) R2, t R

est appel trajectoire.Les solutions constantes sont les applications S(t) = X0 R2, pour tout t R. On a

donc S(t) = 0, cest--dire AX0 = 0. Le vecteur X0 est appel point dquilibre du systme,le point (0, 0) est toujours lquilibre.


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Proposition III.15. Les trajectoires du systme X = AX sont disjointes ou confondues.

Dmonstration. Soient S1 et S2 deux solutions du systme homogne X = AX. On a donc,

pour tout t R, S1(t) = AS1(t) et S2(t) = AS2(t). Alors, ou bien S1(R) S2(R) = ;ou bien il existe V R2 tel que V S1(R) S2(R) : on va montrer que dans ce cas, lestrajectoires sont confondues, cest--dire que lon a S1(R) = S2(R).

Daprs ltude des systmes homognes, on sait que si S1 et S2 sont solutions, il existedes vecteurs V1 et V2 dans R2 tels que, pour tout t R,

S1(t) = exp(tA)V1 et S2(t) = exp(tA)V2.

Si V S1(R) S2(R) alors il existe t1 R et t2 R tels que :V = S1(t1) = S2(t2) = exp(t1A)V1 = exp(t2A)V2.

Or, S2 est lunique solution prenant la valeur V en t2, on a donc, pour tout t R :S2(t) = (exp(t t2)A)V.

Ainsi, pour tout t R, on a :S2(t + t2 t1) = exp((t t1)A)V = (exp(t t1)A) exp(t1A)V1 = S1(t).

Ce qui prouve que les trajectoires sont confondues car, en effet, pour tout t R, on aS1(t) S2(t) et S2(t) S1(t).

2 quations diffrentielles du second ordreOn souhaite intgrer lquation :

x(t) + px(t) + qx(t) = b(t) (III.5)

o p et q sont des constantes relles et o la fonction inconnue x est une fonction relle valeurs relles et la fonction b est dfinie et continue sur un intervalle I de R. Pour cela, onpose y = x et on intge le systme :

x = y

y =

qx

py + b(t).

On est ainsi ramen ltude des systmes de la section III.2.

Proposition III.16. La fonction s : I R est solution de lquation diffrentiellex +px + qx = b

si et seulement si lapplication S: I R2 dfinie par :

S(t) =

x(t)y(t)

=

s(t)s(t)


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III.5. TUDES DEXEMPLES 57

est solution du systme X = AX + B avec :

A = 0 1

q p et B = 0

b(t) .La dmonstration est une vrification immdiate et la matrice A est trs simple tudier.

Son polynme caractristique est gale :

PA(X) = X2 +pX + q.

Lespace vectoriel :

S = {X, X solution de lquation x +px + q = 0 homogne dordre 2}est de dimension 2, on peut en donner une base en fonction des racines du polynmecaractristique.

Si 1 et 2 sont deux racines distinctes alors lespace des solutions de lquationhomogne est engendr par les fonctions t e1t et t e2t.

Si est une racine relle double, il est engendr par t et et t tet. Si a+ib et aib sont deux racines complexes conjugus, il est engendr par t eat cos bt

et t eat sin bt.

III.5 tudes dexemples

On va commencer par un exemple de systme linaire avec second membre par la

mthode de variation des constantes.

Exemple III.17. Soit le systme x

= 3x + y + tet

y = x + y + et (III.6)

On note (III.7) le systme homogne :

x = 3x + y

y =

x + y

X =

3 1

1 1

X = AX. (III.7)

On considre la matrice A = ( 3 11 1 ), son polynme caractristique est gal :

PA(X) = (3 X)(1 X) + 1 = X2 4X + 4 = (X 2)2.Daprs le thorme de Cayley-Hamilton, on a PA(A) = 0, cest--dire (A 2I2)2 = 0.On pose N = A 2I2, cest une matrice nilopente et on a A = N + 2I2, comme N et I2commutent, cest la dcomposition de Dunford. La solution gnrale de lquation homognescrit :

X(t) = exp(tA)V


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o V est un vecteur de R2. On calcule exp(tA) :

exp(tA) = exp(t(N + 2I2)) = exp(tN + 2tI2) = exp(tN) exp(2tI2).

Or (tN)2 = t2N2 = 0, do :

exp(tA) = e2tI2(I + tN) = e2t

t + 1 tt 1 t

.

La solution gnrale du systme (III.7) scrit donc :

X(t) = e2t

t + 1 tt 1 t

a

b

= e2t

a(t + 1) + bt

at + b(1 t)

= ae2t

t + 1t

+ be2t

t

1 t

avec V = (a, b) R2. Les applications

t e2t

t + 1t

et t

t

1 t

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