Méthodes et exercices e année - pidgis.free.frpidgis.free.fr/Methodes et exos ECS 2eme annee.pdf · Table des matières Remerciements VI 1. Réduction des endomorphismes et des

MathmatiquesMthodes et exercices

ECS 2e anne

Ccile LardonProfesseur en classe prparatoire

au lyce du Parc Lyon

Jean-Marie MonierProfesseur en classe prparatoire

au lyce La Martinire-Monplaisir Lyon

Dunod, Paris, 2011ISBN 978-2-10-058112-2

Table des matires

Remerciements VI

1. Rduction des endomorphismeset des matrices carres 1

Les mthodes retenir 2noncs des exercices 4Du mal dmarrer ? 12Corrigs des exercices 15

2. Algbre bilinaire 38


3. Intgrales sur un intervallequelconque 66


4. Fonctions numriques de plusieursvariables relles 116


5. Variables alatoires discrtes,vecteurs alatoires discrets 150

Les mthodes retenir 151noncs des exercices 154

Du mal dmarrer ? 161Corrigs des exercices 163

6. Variables alatoires densit 180


7. Convergences et approximations 217


8. Estimation, statistique 243


9. Algorithmique 276


10. Problmes de rvision 312

noncs des exercices 313Du mal dmarrer ? 332Corrigs des exercices 338

Index 378

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

III

Pour bien utiliser cet ouvrage

La page dentre de chapitre

Elle propose un plan du chapitre, lesthmes abords dans les exercices, ainsiquun rappel des points essentiels du courspour la rsolution des exercices.

Les mthodes retenir

Cette rubrique constitue une synthse des prin-cipales mthodes connatre, dtailles tapepar tape, et indique les exercices auxquels ellesse rapportent.

IV

Pour bien utiliser cet ouvrage

noncs des exercices

De nombreux exercices de difficult croissantesont proposs pour sentraner. La difficult dechaque exercice est indique sur une chellede 1 4.

Du mal dmarrer ?

Des conseils mthodologiques sont proposspour bien aborder la rsolution des exercices.

Corrigs des exercices

Tous les exercices sont corrigs de faon dtaille.

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

V

Remerciements

Nous tenons ici exprimer notre gratitude aux nombreux collgues qui ont accept de rviser des parties du manuscrit :Pascal Alessandri, Jean-Philippe Berne, Grard Bourgin, Frdrique Christin, Jean-Paul Christin, Sophie Cohlach,Carine Courant, Sylvain Delpech, Hermin Durand, Viviane Gaggioli, Marguerite Gauthier, Andr Laffont, TewfikLahcne, Hadrien Larome, Ibrahim Rihaoui, Ren Roy, Marie-Dominique Sifert, Marie-Pascale Thon, Audrey Verdier.

VI

Rductiondes endomorphismeset des matrices carres

CHAPITRE 11

PlanLes mthodes retenir 2

noncs des exercices 4

Du mal dmarrer ? 12

Corrigs des exercices 15

Thmes abords dans les exercices Dtermination des valeurs propres et des sous-espaces propres dun endomor-

phisme ou dune matrice carre

tude de la diagonalisabilit dun endomorphisme ou dune matrice carre, ob-tention dune diagonalisation

Calcul des puissances dune matrice carre

K dsigne R ou C

Par commodit, on utiliseles abrviations suivantes :

ev pour : espace vectorielsev pour : sous-espace vectorielvp pour : valeur propreSEP pour : sous-espace propre.

Rsolution dquations matricielles.

Points essentiels du courspour la rsolution des exercices Dfinition de : valeur propre, vecteur propre, sous-espace propre

Matrices de passage, formules de changement de base, matrices carres sem-blables

Dfinition de la diagonalisabilit, dune diagonalisation

CNS de diagonalisabilit faisant intervenir la somme des sous-espaces propres

CNS de diagonalisabilit faisant intervenir la somme des dimensions des sous-espaces propres

Condition suffisante de diagonalisabilit : n valeurs propres deux deux dis-tinctes en dimension n

Polynmes dendomorphisme, polynmes de matrice carre, polynmes annu-lateurs dun endomorphisme, polynmes annulateurs dune matrice carre

Toute matrice symtrique relle est diagonalisable.

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

1

Chapitre 1 Rduction des endomorphismes et des matrices carres

Les mthodes retenir

Pour dterminerles valeurs propresdun endomorphisme fdun espace vectoriel Eou dune matrice carre A de Mn(K)

Essayer lune des trois mthodes suivantes :

calculer, pour tout K, le rang de la matrice A In en fonctionde ; est valeur propre si et seulement si rg (A In) < n Exercices 1.1 a), b), c), e), f), 1.4 b), 1.6 b)2), 1.10 a), 1.11 a),1.35 b)

revenir la dfinition, cest--dire rsoudre lquation f (x) = x,dinconnue K, o x E\{0}, ou lquation AX = X, dinconnue K, o X Mn,1(K) \ {0}

Exercices 1.26 b), 1.34

faire intervenir la notion de polynme annulateur, si f ou A satisfaitune quation assez simple.

Exercices 1.2 b), 1.5 a), 1.16 d), 1.18 a), 1.19, 1.32, 1.33 b)

Se rappeler que les valeurs propres dune matrice triangulaire se lisentsur sa diagonale.

Exercices 1.1 d), 1.8 c), 1.13 c), 1.15 a), 1.20 a), 1.25 d)2),1.33 a).

Pour dterminerle sous-espace propreassoci une valeur propre 0dun endomorphisme fou dune matrice carre A de Mn(K)

Appliquer la dfinition :

SEP ( f , 0) = Ker ( f 0IdE) = {x E ; f (x) = 0 x},SEP (A, 0) =

{X Mn,1(K) ; AX = 0X},

cest--dire rsoudre lquation f (x) = 0 x, dinconnue x E oulquation AX = 0X, dinconnue X Mn,1(K).

Exercices 1.1, 1.5 b), 1.10 b), 1.20 a), 1.25 d)2), 1.33 a).

Pour dterminerles valeurs propreset les vecteurs propresdun endomorphisme fdun espace vectoriel Eou dune matrice carre A de Mn(K)

Essayer de :

dterminer dabord les valeurs propres de f ou de A, par une m-thode vue plus haut, puis, pour chaque valeur propre, dterminer lesous-espace propre associ par la mthode vue plus haut

Exercice 1.1

rsoudre lquation f (x) = x, dinconnues K, x E \ {0} oulquation AX = X, dinconnues K, X Mn,1(K).

Exercices 1.3 b), 1.6 b)1), 1.14 b), 1.27, 1.28 b).

Pour tudier la diagonalisabilitdune matrice carre A de Mn(K) etventuellement pour diagonaliser A

Dterminer les valeurs propres de A :

si A admet n valeurs propres deux deux distinctes, alors, daprs lecours, A est diagonalisable

Exercices 1.1 a), b), 1.6 c), 1.9, 1.11 a), 1.27 d)

2

Les mthodes retenir

(suite)

si A nadmet quune seule valeur propre et si A In, alors Anest pas diagonalisable, comme on le montre en raisonnant par lab-surde.

Exercices 1.1 d), 1.8 c), 1.9, 1.13 c)

sinon, dterminer les sous-espaces propres de A puis les dimensionsdes sous-espaces propres de A ; daprs le cours, A est diagonalisablesi et seulement si la somme des dimensions des sous-espaces propresde A est gale n

Exercices 1.1 c), e), 1.2 c), 1.5 c), 1.8 c), 1.10 b), 1.17,1.25 d)2), 1.26 c)

si A est diagonalisable, en notant D la matrice diagonale forme(sur la diagonale) par les valeurs propres de A (prsentes autant defois que la dimension du sous-espace propre associ), et en notantP la matrice de passage de la base canonique de Mn,1(K) une basede vecteurs propres de A (associs aux valeurs propres de A, danslordre), on obtient une diagonalisation A = PDP1 de A

Exercices 1.1 a), b), c)

se rappeler que toute matrice symtrique relle est diagonalisable. Exercices 1.1 b), 1.2 c), 1.3 a), 1.4 a), 1.7 b), 1.12 e), 1.14 a),

1.28 a), 1.35 a) .

Pour tudierla diagonalisabilitdun endomorphisme fdun espace vectoriel Ede dimension finie n

Dterminer les valeurs propres de f :

si f admet n valeurs propres deux deux distinctes, alors f est dia-gonalisable

Exercice 1.6

sinon, dterminer les sous-espaces propres de f , puis ventuelle-ment les dimensions des sous-espaces propres de f

f est diagonalisable si et seulement si la somme des sous-espacespropres de f est gale E

Exercice 1.16

f est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensionsdes sous-espaces propres de f est gale n

Exercices 1.6, 1.25

on peut essayer de se ramener ltude de la diagonalisabilit dunematrice carre, en considrant la matrice de f dans une certaine basede E.

Exercices 1.7, 1.8, 1.12, 1.29.

Pour calculerles puissancesdune matrice carre

Essayer dutiliser, si possible, une diagonalisation A = PDP1 de A,o D est diagonale et P est inversible.On a alors : n N, An = PDnP1.De plus, A est inversible si et seulement si D est inversible, et, dans cecas, on a alors : n Z, An = PDnP1.

Exercice 1.3 c).D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

3


noncs des exercices

1.1 Exemples dtude de diagonalisabilit et de diagonalisation ventuelle de matrices carresdordre 3

Pour chacune des matrices suivantes, est-elle diagonalisable et, si oui, la diagonaliser :

a) A =

4 6 31 3 14 4 3

b) B =0 0 10 0 11 1 1

c) C =3 6 20 1 04 12 3

d) E =

1 2 10 1 10 0 1

e) F =

3 1 10 2 21 1 3

f) G =1 0 10 1 21 1 1

.

1.2 Exemple de diagonalisation dune matrice carre dordre 4, daprs HEC 2009

On considre la matrice A =

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

de M4(R) et on note f lendomorphisme de R4

reprsent par A dans la base canonique B0 = (e1, e2, e3, e4) de R4.

a) On note v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (1, 1, 1, 1), v3 = (1, 0, 1, 0).Calculer f (vi) pour tout i 1 ; 3.b) Calculer A2. Quen dduit-on pour les valeurs propres de A ?

c) Montrer que A est diagonalisable dans M4(R) et dterminer une matrice de passage P de labase B0 une base de vecteurs propres pour f .

1.3 Exemple de dtermination des valeurs propres et des sous-espaces propres dune matricecarre dordre 5, daprs HEC 2006


0 1 0 0 01 0 1 0 00 1 0 1 00 0 1 0 10 0 0 1 0

M5(R).

a) Est-ce que A est diagonalisable ?

b) Dterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de A.

1.4 Exemple de calcul des puissances dune matrice carre dordre 3 laide dune diagonali-sation

On note A =

0 0 10 1 11 1 1/2

M3(R).a) Montrer que A est diagonalisable et que A est inversible.

b) Diagonaliser A.

c) En dduire lexpression de An pour tout n Z.

4

noncs des exercices

1.5 Exemple dtude de diagonalisabilit pour un endomorphisme de M2(R)

On note E =M2(R) et : f : E E,(a bc d

) 1

2

(a + d b + cb + c a + d

).

a) Vrifier : f L (E) et f 2 = f .b) Dterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f .

c) Est-ce que f est diagonalisable ?

1.6 lments propres dun endomorphisme dun ev de polynmesOn considre lapplication f dfinie dans C2[X] par :

P C2[X], f (P) = (X2 + 1)P (2X 1)P.

a) Montrer que f est un endomorphisme de C2[X].

b) Dterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f , de deux faons diffrentes,en utilisant :

1) la dfinition des lments propres de f

2) la matrice de f dans la base (1, X, X2) de C2[X].

c) Lendomorphisme f est-il diagonalisable ?

1.7 Exemple de dtermination des lments propres dun endomorphisme de M2(R)

On considre lapplication f : M2(R) M2(R),(a bc d

)

(d bc a

).

a) Vrifier que f est un endomorphisme de lespace vectoriel M2(R) et crire la matrice de fdans la base canonique de M2(R).

b) Montrer que f est diagonalisable.

1.8 tude de diagonalisabilit pour un endomorphisme dun ev de polynmesSoit (a, b) R2. On note

f : R2[X] R2[X], P P(X + a) + P(X + b) (a + b)P (X).

a) Vrifier : f L (R2[X]).b) Former la matrice de f dans la base canonique B = (1, X, X2) de R2[X].

c) Dterminer une CNS sur (a, b) pour que f soit diagonalisable.

1.9 tude de diagonalisabilit pour une matrice carre dordre 2 paramtres, daprsEDHEC 2008

Dterminer une condition ncessaire et suffisante sur (x, y) R2 pour que la matrice A =(0 1y 2x

)soit diagonalisable dans M2(R).

1.10 Exemple dtude de diagonalisabilit dune matrice carre dordre 3 paramtre, daprsEDHEC 2008

On note, pour tout a R, M(a) =3 a 5 + a aa a 2 a5 5 2

M3(R).

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

5


a) Dterminer les valeurs propres de M(a), pour tout a R.b) Trouver lensemble des a R tels que M(a) soit diagonalisable.

1.11 tude de diagonalisabilit pour une matrice carre dordre 3 paramtre

a) On note J =

0 0 11 0 10 1 0

. Montrer que J est diagonalisable dans M3(C).

b) On note, pour tout (a, b, c) C3, M(a, b, c) =a c bb a + c b + cc b a + c

.Montrer que, pour tout (a, b, c) C3, M(a, b, c) est diagonalisable dans M3(C).

1.12 Exemple dtude de diagonalisabilit pour un endomorphisme de M2(R)

On note A =

(1 11 1

)M2(R) et f : M2(R) M2(R), M AM.

a) Vrifier : f L (M2(R)).b) Dterminer Ker ( f ) et en donner une base et la dimension.

c) Dterminer Im ( f ) et en donner une base et la dimension.

d) crire la matrice de f dans la base canonique B = (E1, E2 , E3, E4) de M2(R), o :

E1 =

(1 00 0

), E2 =

(0 10 0

), E3 =

(0 01 0

), E4 =

(0 00 1

).

e) Est-ce que f est diagonalisable ?

1.13 Exemple dendomorphisme dun espace de fonctions, daprs HEC 2010

On note, pour tout k 0 ; 3 : fk : R R, x xk e x

et on note B = ( f0, f1, f2, f3), E = Vect (B).

a) Montrer que B est une base de E et dterminer dim (E).

b) Montrer que lapplication : f f f est un endomorphisme du R-espace vectoriel E.On note M la matrice de f dans B.

c) La matrice M est-elle inversible ? diagonalisable ?

1.14 Exemple de dtermination des valeurs propres dune matrice carre dordre n

Soient p N, n = 2p + 1, A = (ai j)i j Mn(R), o : ai j =

1 si i + j est pair

0 sinon.

a) Est-ce que A est diagonalisable ?

b) Dterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de A.

1.15 Exemple dtude de diagonalisabilit pour une matrice carre dordre n

Soient n N \ {0, 1}, A = (ai j)i j Mn(R) o : ai j =1 si (i = 1 ou j = n)0 sinon.

6

noncs des exercices

a) Dterminer les valeurs propres de A.

b) Calculer A2. Est-ce que A2 = A ?

c) Montrer que A nest pas diagonalisable.

1.16 Endomorphismes f tels que ( f ae) ( f be) = 0, daprs EDHEC 2006Soient E un K-ev de dimension finie, n = dim (E) N, e = IdE , (a, b) K2 tel que a b,f L (E) tel que ( f ae) ( f be) = 0.a) Montrer : Im ( f be) Ker ( f ae) et Im ( f ae) Ker ( f be).

b) tablir :1

a b ( f be) +1

b a ( f ae) = e.c) Dmontrer que les sev Ker ( f ae) et Ker ( f be) de E sont supplmentaires dans E.d) Conclure que f est diagonalisable.

1.17 Matrices A Mn(R) telles que A2 = In, daprs EDHEC 2006Soit n N. Le but de lexercice est dtudier lexistence de matrices A Mn(R) telles queA2 = In.a) On suppose ici n pair.

En utilisant la matrice

(0 11 0

), montrer quil existe A Mn(R) telle que A2 = In.

b) On suppose ici n impair, et on suppose quil existe A Mn(R) telle que A2 = In.1) En utilisant lexercice 1.16, montrer que A est diagonalisable dans Mn(C) et que ses valeurspropres sont i et i .On note E i et E i les sous-espaces propres de A respectivement associs i et i .Pour toute matrice carre M = (mi j)i j Mn(C), on note M = (mi j)i j Mn(C), et, pour toutematrice colonne X = (xi)i Mn,1(C), on note X = (xi)i Mn,1(C).

2) Montrer, pour toute X Mn,1(C) : X E i X E i .3) En dduire que, si (u1, ..., ud) est une base de E i , alors (u1, ..., ud) est une base de E i etconclure : dim (E i ) = dim (E i ).

4) Amener une contradiction et conclure.

1.18 tude dun endomorphisme nilpotentSoient E un K-ev de dimension finie n 1 et f L (E) nilpotent (cest--dire quil existep N tel que f p = 0).a) Montrer que 0 est une valeur propre de f , et que cest la seule.

b) Lendomorphisme f est-il diagonalisable ?

1.19 Polynmes dendomorphismes, daprs HEC 2010Soient E un espace vectoriel de dimension finie, e = IdE , f L (E) tel que :

( f e)3 ( f 2e)2 = 0 et ( f e)3 ( f 2e) 0.tudier la diagonalisabilit de f .

1.20 Exemple de recherche des sev stables par un endomorphisme, daprs HEC 2009Soient E un K-espace vectoriel de dimension 3, B = (e1, e2, e3) une base de E.

Dun

od.

Tout

ere

prod

ucti

onno

nau

tori

se

estu

nd

lit

7



0 1 00 0 10 0 0

de M3(K) et on note f lendomorphisme reprsent par Adans la base B de E.

On se propose de trouver tous les sev F de E stables par f , cest--dire les sev F de E tels quef (F) F.a) Dterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f .

b) Soit F un sev de E stable par f .

1) Montrer que, si dim (F) = 1, alors F = Vect (e1).

2) Montrer que, si dim (F) = 2, alors F = Vect (e1, e2).

c) Conclure.

1.21 Noyau et image de f 2 lorsque f est diagonalisableSoient E un espace vectoriel de dimension finie, f L (E) diagonalisable. Montrer :

Ker ( f 2) = Ker ( f ) et Im ( f 2) = Im ( f ).

1.22 Racines carres dune matrice carre de Mn(C) ayant n valeurs propresSoient n N, A Mn(C) admettant n valeurs propres deux deux distinctes, notes 1, ..., n.On note D = diag

1in(i) et P GLn(C) telle que A = PDP1.

On se propose de rsoudre lquation M2 = A, dinconnue M Mn(C).a) Soit M Mn(C). On note N = P1MP. Montrer : M2 = A N2 = D.b) Montrer que, pour toute N Mn(C), si N2 = D, alors N commute avec D.c) Dterminer toutes les matrices de Mn(C) qui commutent avec D.

d) En dduire lensemble{M Mn(C) ; M2 = A}.

Cet ensemble est-il fini ? Si oui, combien a-t-il dlments ?

1.23 Lien entre les diagonalisabilits de AB et de BASoient n N, A, B Mn(R) telles que AB soit diagonalisable.a) Montrer que, si A ou B est inversible, alors BA est diagonalisable.

b) Le rsultat prcdent est-il valable sans lhypothse dinversibilit ? (On pourra se limiter aucas n = 2.)

1.24 f g et g f ont les mmes valeurs propresSoient E un espace vectoriel de dimension finie, f , g L (E). Montrer que f g et g f ont lesmmes valeurs propres.

1.25 Exemple dendomorphisme dun espace de polynmes, daprs HEC 2010

On note f : R[X] R[X], P 3XP + (X2 X)P (X3 X2)P .a) Montrer que f est un endomorphisme du R-espace vectoriel R[X].

b) Calculer f (Xn) pour tout n N.c) Lapplication f est-elle injective ? surjective ?

8

noncs des exercices

d) 1) Montrer quil existe n N unique tel que Rn[X] soit stable par f et dterminer cet entier n.2) On note g lendomorphisme de Rn[X] (o n a la valeur obtenue ci-dessus) induit par f .

Est-ce que g est diagonalisable ?

1.26 Exemple dtude de diagonalisabilit pour une matrice carre dordre n

Soit n N tel que n 3. On note An =

2 2 . . . 2 21 0 . . . 0 1...... (0)

......

1 0 . . . 0 12 2 . . . 2 2

Mn(R).

a) Quel est le rang de An ? En dduire que 0 est valeur propre de An et dterminer la dimensiondu sous-espace propre associ.

b) Dterminer les valeurs propres de An.

c) Montrer que An est diagonalisable.

1.27 tude de diagonalisabilit pour une matrice carre dordre nSoient n N, a1, ..., an R tels que 0 < a1 < ... < an. On note :

A =

0 a2 a3 . . . . . . ana1 0 a3 . . . . . . an

a1 a2 0. . .

......

.... . .

. . .. . .

......

.... . . 0 an

a1 a2 . . . . . . an1 0

Mn(R).

a) Soit R, X =

x1...

xn

Mn,1(R) \ {0}, S =n

i=1

ai xi. Montrer :

AX = X (S = ( + a1)x1, . . . , S = ( + an)xn

).

b) En dduire que, pour tout R, est valeur propre de A si et seulement si :(k 1 ; n, + ak 0) et n

k=1

ak + ak

= 1.

c) Dresser le tableau des variations de la fonction f : 1 +n

k=1

ak + ak

.

d) Conclure quant la diagonalisabilit de A dans Mn(R).

1.28 tude des valeurs propres dune matrice carre dordre n tridiagonale, par utilisationdune suite rcurrente linaire

Soient n N, A =

0 1 0 . . . 0

1 0. . . (0)

...

0. . .

. . .. . . 0

... (0). . . 0 1

0 . . . 0 1 0

Mn(R).

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

9


a) Montrer que A est diagonalisable dans Mn(R).

b) Soient R une valeur propre de A, X =

x1...

xn

Mn,1(R) \ {0} tel que AX = X. On note deplus x0 = 0 et xn+1 = 0.

1) Montrer : i 0 ; n 1, xi+2 xi+1 + xi = 0.2) tablir que lquation r2 r + 1 = 0, dinconnue r C, admet deux solutions distinctes,notes r1, r2.

3) En dduire : [2 ; 2].

1.29 Somme de projecteurs

Soient E un K-ev de dimension finie note n, e = IdE , k N, (u1, ..., uk) (L (E))k tel que :k

i=1

ui = e et (i, j) 1 ; k2, (i j = ui uj = 0).a) Montrer : i 1 ; k, u2i = ui.

b) tablir que les sev Im (ui), i 1 ; k, sont en somme directe et que E =k

i=1

Im (ui).

c) Dmontrer que tout lment de Vect (u1, ..., uk) est diagonalisable.

1.30 Trois endomorphismes vrifiant des galitsSoient E un espace vectoriel de dimension finie, e = IdE , f , g, h L (E) tels que :

f g = h, g h = f , h f = g.

a) Montrer : f 2 = g2 = h2 puis f 5 = f .

On suppose dornavant que f est bijectif et diagonalisable.

b) tablir : f 2 = e.

c) Montrer que f , g, h commutent deux deux.

1.31 CNS pour que 2 soit valeur propre de f 2

Soient E un espace vectoriel de dimension finie, R, f L (E).Montrer : 2 est valeur propre de f 2 si et seulement si ou est valeur propre de f .

1.32 Exemple des puissances dune matrice carre non diagonalisableSoient n N, A Mn(R) telle que :

A(A In)2 = 0, (A In)2 0, A(A In) 0.

a) Montrer que les valeurs propres de A sont 0 et 1.

b) tablir que A nest pas diagonalisable.

c) Exprimer, pour tout k N, Ak comme combinaison linaire de A et A2.d) Donner un exemple de telle matrice A pour n = 3.

10

noncs des exercices

1.33 tude de projecteur, daprs HEC 2010

a) La matrice A =

0 0 10 1 00 0 0

est-elle diagonalisable dans M3(R) ?b) Soient E un R-ev de dimension 3 et f L (E) tel que f 2 soit un projecteur et que rg ( f 2) = 1.

1) Montrer que lensemble des valeurs propres de f est {0} ou {0, 1} ou {0,1}.2) On suppose, de plus, que f admet 1 pour valeur propre et que f nest pas un projecteur.Montrer quil existe une base B de E dans laquelle f est reprsent par A.

1.34 Disques de GershgorinSoient n N, A = (ai j)i j Mn(C). Montrer que, pour toute valeur propre de A dans C, ilexiste i 1 ; n tel que : | aii|

1 jn, ji

|ai j |.

1.35 Comportement asymptotique des valeurs propres dune matrice carre dordre n

On note, pour tout n N tel que n 4 : An =

1 1 1 . . . 11 1 0 . . . 0

1 0 0. . . 0

......... (0)

...

1 0 0 . . . 0

Mn(R).

a) Montrer que An est diagonalisable dans Mn(R).

b) Montrer que 0 est valeur propre de An et dterminer la dimension du sous-espace propreassoci.

c) tablir que An admet exactement quatre valeurs propres, qui sont 0 et trois autres relles deux deux distinctes, notes an, bn, cn, qui sont les racines du polynme

Pn = X3 2X2 (n 2)X + (n 2), et que : an < 0 < bn < 1 < cn.d) Dmontrer successivement :

cn > 2, cn n +, cn n

n, bn

n 1, an n

n.

1.36 galits de polynmes de matrices carresSoient P K[X], A, B Mn(K) diagonalisables. On suppose que lapplication polynomialeP : K K, x P(x) est injective et que P(A) = P(B). Montrer : A = B.

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

11


Du mal dmarrer ?

1.1 a) Pour dterminer les vp de A, tudier le rang de la ma-trice A I3 selon les valeurs du rel .Dterminer les SEP en utilisant la dfinition.

b) Remarquer que B est symtrique relle.

Pour dterminer les vp de B, tudier le rang de la matrice BI3selon les valeurs du rel .

Dterminer les SEP en utilisant la dfinition.

c) Pour dterminer les vp de C, tudier le rang de la matriceC I3 selon les valeurs du rel .Dterminer les SEP en utilisant la dfinition.

d) Pour les vp, remarquer que E est triangulaire.

Montrer que E nest pas diagonalisable en raisonnant par lab-surde.

e) Pour dterminer les vp de F, tudier le rang de la matriceF I3 selon les valeurs du rel .Dterminer les SEP en utilisant la dfinition.

f) Pour dterminer les vp de G, tudier le rang de la matriceG I3 selon les valeurs du rel . cet effet, tudier les varia-tions de la fonction 3 + 2 4.Montrer que G nest pas diagonalisable en raisonnant par lab-surde.

1.2 a), b) Immdiats.c) Remarquer que A est symtrique relle. Dterminer SEP (f,2) et, dautre part, utiliser a) pour d-

duire Vect (v1, v2, v3) SEP (f, 2).

1.3 a) Remarquer que A est symtrique.b) Rsoudre lquation AX = X, dinconnues R,

X =

x1

...x5

M5,1(R) \ {0}, en exprimant, par exemple, x2, x3, x4, x5en fonction de x1.

1.4 a) Remarquer que A est symtrique relle.Calculer le rang de A, par exemple.

b) Pour dterminer les vp de A, tudier le rang de la matriceA I3 selon les valeurs du rel .Dterminer les SEP de A par la dfinition.

c) Utiliser la diagonalisation A = PDP1 obtenue en b) pour cal-culer (PDP1)n = PDnP1.

1.5 a) Immdiat.b) Pour dterminer les vp, utiliser a).

Dterminer les SEP en utilisant la dfinition.

c) Calculer la somme des dimensions des SEP.

1.6 a) Immdiat.b) 1) Rsoudre lquation f(P) = P, dinconnues C,P C2[X] \ {0}, en notant P = aX2 + bX + c, (a, b, c) C2.b) 2) Calculer f(1), f(X), f(X2), en dduire la matrice de f dansla base canonique (1, X, X2) de C2[X] et dterminer les vp etles SEP de cette matrice carre dordre 3 par la mthode habi-tuelle.

c) Lendomorphisme f de C2[X] admet trois vp deux deux dis-tinctes.

1.7 a) La linarit de f est immdiate.Calculer les images par f des vecteurs de la base canoniqueB = (E1, E2, E3, E4) de M2(R).

b) Remarquer que la matrice de f dans B est symtrique relle.

1.8 a) Immdiat.b) Calculer f(1), f(X), f(X2).

c) Le cas a2 + b2 = 0 est dtude immdiate.

Si a2 + b2 0, raisonner par labsurde pour montrer qualors fnest pas diagonalisable.

1.9 tudier les valeurs propres de A et sparer en cas selonle signe de y x2.

1.10 a) Calculer, pour R, le rang de M(a) I3 selon lesvaleurs de .

b) Dterminer les SEP de M(a) en utilisant la dfinition.

tudier la somme des dimensions des SEP de M(a).

1.11 a) Dterminer les vp de J par la mthode habituelle.Montrer que le polynme X3 X 1 de C[X] admet trois zrosdeux deux distincts.

b) Remarquer que M(a, b, c) se dcompose linairement surI3, J, J2.

1.12 a) Immdiat.

b) Rsoudre f(M) = 0, dinconnue M =(x yz t

)M2(R).

c) Calculer f(M) pour toute M =(x yz t

)M2(R).

d) Calculer f(E1), ..., f(E4) en fonction de E1, ..., E4.

e) Remarquer que la matrice obtenue en d) est symtriquerelle.

1.13 a) Montrer que B est libre en revenant la dfinition eten faisant intervenir un polynme.

b) Calculer (fi) pour tout i 0 ; 3.c) Montrer que M admet une valeur propre et une seule, puisraisonner par labsurde.

12

Du mal dmarrer ?

1.14 a) Remarquer que A est symtrique relle.b) Rsoudre lquation AX = X, dinconnues R,

X =

x1

...x2p+1

M2p+1,1(R) \ {0}.

1.15 a) Remarquer que A est triangulaire. b) Immdiat.c) Pour montrer que A nest pas diagonalisable, raisonner parlabsurde et remarquer que, si D est une matrice diagonale sem-blable A, alors D2 = D.

1.16 a) Passer par les lments.b) Immdiat.

c) Montrer que Ker (f ae) Ker (f be) = {0} en passant parles lments.

Montrer E = Ker (f) + Im (f) en passant par les lments eten utilisant a).

d) Montrer que les vp de f sont parmi a et b et utiliser c).

1.17 a) Considrer la matrice, diagonale par blocs, forme parla rptition de la matrice dordre 2 propose.

b) 1) Appliquer lexercice 1.16, version matricielle, au couple(a, b) = ( i , i ).Ne pas oublier de montrer que i et i sont vp de A, en raison-nant par labsurde.

b) 2) Partir de AX = i X et conjuguer.

b) 3) Montrer que u1, ..., ud sont dans E i et que la famille(u1, ..., ud ) est libre et gnratrice de E i .

b) 4) Dduire n = 2 dim (E i ), puis une contradiction.

1.18 a) Remarquer que le polynme Xp est annulateur de f .Montrer que f nest pas bijectif.

b) Montrer que, si f est diagonalisable, alors f = 0.

Rciproque immdiate.

1.19 Remarquer que le polynme (X 1)3(X 2)2 est annula-teur de f et raisonner par labsurde pour montrer que f nestpas diagonalisable.

1.20 a) Immdiat.b) 1) Immdiat.

b) 2) Supposer quil existe v F tel que v Vect (e1, e2), noterv = a1e1 + a2e2 + a3e3 o (a1, a2, a3) R3 et a3 0, et considrerf(v) et f2(v).

c) Immdiat.

1.21 Faire intervenir une base B = (e1, ..., en ) de E dans la-quelle f est reprsent par une matrice diagonale. ExprimerKer (f) et Im (f) laide de e1, ..., en.

Utiliser : 2 = 0 = 0.

1.22 a) Remplacer M par PNP1.b) Immdiat.

c) Noter N = (xij)ij et traduire ND = DN.

d) Utiliser a), b), c). Pour dterminer le nombre dlments delensemble tudi, distinguer en deux cas selon que 0 est valeurpropre de A ou non.

1.23 a) Supposer A inversible et diagonaliser AB sous la formeAB = PDP1.

tudier le cas o B est inversible.

b) Trouver un contrexemple, par exemple dans lequel AB = 0 etBA 0.

1.24 Soit une valeur propre de f g, x E \ {0} tel que(f g)(x) = x. Calculer (g f)(g(x)) et sparer en deux cas :

g(x) 0, g(x) = 0.

Appliquer le rsultat de 1) (g, f) la place de (f, g).

1.25 a) b) Immdiats.c) Considrer f(X2) et f(X3). Remarquer : f(P)(0) = 0.

d) 1) Utiliser b).

d) 2) crire la matrice de g dans la base canonique de R3[X],en dduire les valeurs propres de g, puis dterminer les sous-espaces propres de g.

1.26 a) Remarquer que, en notant C1, ..., Cn les colonnesde An, on a C1 = Cn et C2 = ... = Cn1.

Appliquer le thorme du rang.

b) Dterminer les vp de An par ltude de lquation AnX = X,dinconnue R et o X Mn,1(R) \ {0}.c) tudier les dimensions des SEP de An.

1.27 a) Immdiat.b) Supposer, par exemple, + a1 = 0, et dduire X = 0, contra-diction.

Dduire S 0.c) Calculer f () pour R \ {a1, ..., ad } et dterminer les limitesde f .

d) Dduire de c) que A admet n vp deux deux distinctes.

1.28 a) Remarquer que A est symtrique relle.b) 1) Poser le systme dquations correspondant AX = X.

b) 2) Raisonner par labsurde : supposer que lquation

r2 r + 1 = 0, dinconnue r C, admet une solution double, etamener une contradiction.

b) 3) Remarquer : r1 + r2 = , r1r2 = 1.

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

13


1.29 a) Pour i 1 ; k, calculer ui par ui = e ui.

b) Soit (x1, ..., xk ) Im (u1) Im (uk) tel quek

i=1

xi = 0. In-

troduire ti E tel que xi = ui(ti), dduire xi = ui(xi), puis, pourj 1 ; k, calculer uj

( ki=1

xi).

Montrer que, pour tout x E, x se dcompose sur lesIm (ui), 1 i k, en partant de x = e(x).

c) Utiliser une base de E forme par la runion de bases desIm (ui).

1.30 a) Calculer f2 en remplaant (une fois) f par g h et enutilisant les hypothses.

Calculer f5 par f2 f f2 (par exemple).b) Remarquer f (f4 e) = 0 et utiliser la bijectivit de f .Montrer que f2 +e est bijectif, par exemple en passant laspectmatriciel dans une base de diagonalisabilit de f .

c) Calculer g f , en utilisant les hypothses et g2 = e (parexemple).

1.31 1) Supposer que est valeur propre de f . Faire intervenirun vecteur propre x de f associ , et calculer f2(x).

De mme si est valeur propre de f .2) Pour la rciproque, raisonner par contraposition. Supposerque nest pas valeur propre de f et que nest pas valeurpropre de f . Traduire ceci par des bijectivits.

1.32 a) 1) Remarquer que le polynme X(X1)2 est annulateurde A.

2) Supposer que 0 nest pas valeur propre de A et, en utilisantA1, dduire une contradiction.

Supposer que 1 nest pas valeur propre de A et, en utilisant(A In)1, dduire une contradiction.b) Raisonner par labsurde : supposer A diagonalisable.

crire alors A = PDP1 avec D = diag (1, ..., 1, 0, ..., 0) et P inver-sible.

Calculer D2 puis A2 et conclure.

c) Obtenir A3 = 2A2 A.Montrer, par rcurrence, que, pour tout k N, il existe(ak, bk) R2 tel que : Ak = akA + bkA2, et obtenir des rela-tions exprimant ak+1 et bk+1 en fonction de ak et bk.

Exprimer ak+2 en fonction de ak et ak+1. Rsoudre cette rcur-rence linaire du second ordre coefficients constants.

d) Envisager, par exemple, une matrice triangulaire dont lestermes diagonaux sont 0, 1, 1.

1.33 a) Dterminer les vp et les SEP de A.b) 1) Remarquer que le polynme X4 X2 est annulateur de f .Montrer que 0 est valeur propre de f , en raisonnant par lab-surde.

Montrer que 0, 1, 1 ne peuvent pas tre tous trois valeurspropres de f , en raisonnant par labsurde.

b) 2) Montrer que f nest pas diagonalisable, en raisonnant parlabsurde.

tablir : Ker (f) Ker (f2).

Utiliser un vecteur v3 tel que v3 Ker (f2) et v3 Ker (f).

1.34 Soit une vp de A dans C.

Introduire X =

x1

...xn

Mn,1(C) \ {0} tel que AX = X, et pas-ser aux lments. Considrer un indice i 1 ; n tel que|xi | = Max

1kn|xk |. Faire passer aiixi dans lautre membre et utiliser

lingalit triangulaire.

1.35 a) Remarquer que An est symtrique relle.

b) Montrer rg (An) = 3 et dduire dim(SEP (An, 0)

)= n 3 1.

c) tudier, pour R, le rang de An In et sparer en cas : = 0, = 1, 0 et 1.

Montrer que Pn admet trois zros rels, deux deux dis-tincts.

d) Calculer Pn(2). Montrer c3n n 2. Montrer c3n n (n 2)cn.

Montrer bn 1 = b3n b2nn 2 .

Remarquer anbncn = (n 2).

1.36 Introduire D = diag1in

(di), E = diag1in

(ei), Q, R GLn(K) tellesque : A = QDQ1 et B = RER1.

Dduire : (R1Q)P(D) = P(E)(R1Q).

Noter U = R1Q et passer aux lments.

14


1.1a) Dterminons les valeurs propres de A. Soit R. On a :

rg (A I3) = rg4 6 31 3 14 4 3

= rg

1 3 14 6 3

4 4 3

L1 L2

= rg

1 3 10 6 (4 + )(3 ) 3 + (4 + )0 4 + 4(3 ) 1

L2 L2 (4 + )L1

L3 L3 + 4L1

= rg

1 3 10 8 4 1 0 6 + + 2 1 +

L2 L3

= rg

1 1 3 0 1 8 40 1 + 6 + + 2

C2 C3

= rg

1 1 3 0 1 8 40 0 2 3 + 2

L3 L3 + L2

=

3 si 1 et 1 et 22 sinon.

Ceci montre que les valeurs propres de A sont : 1, 1, 2.Comme A est carre dordre 3 et que A admet trois valeurspropres deux deux distinctes, daprs le cours, A est diagona-lisable.

Dterminons les sous-espaces propres de A.

Soit X =

xy

z

M3,1(R). X SEP (A,1) AX = X

4x + 6y 3z = xx + 3y z = y4x 4y + 3z = z

3x + 6y 3z = 0x + 4y z = 04x 4y + 4z = 0

(x + z) + 2y = 0(x + z) + 4y = 0(x + z) y = 0

x + z = 0

y = 0.

Ainsi : SEP (A,1) ={

x0x

; x R} = Vect (

101

). X SEP (A, 1) AX = X

4x + 6y 3z = xx + 3y z = y4x 4y + 3z = z

5x + 6y 3z = 0x + 2y z = 04x 4y + 2z = 0

x = 2y z5(2y z) + 6y 3z = 04(2y z) 4y + 2z = 0

z = 2y

x = 0.

Ainsi : SEP (A, 1) ={

0y

2y

; y R} = Vect (012

). X SEP (A, 2) AX = 2X

4x + 6y 3z = 2xx + 3y z = 2y4x 4y + 3z = 2z

6x + 6y 3z = 0x + y z = 04x 4y + z = 0

2(x y) z = 0(x y) z = 04(x y) + z = 0

x y = 0z = 0.

Ainsi : SEP (A, 2) ={

xx0

; x R} = Vect (110

).On conclut A = PDP1, o, par exemple :

P =

1 0 10 1 11 2 0

, D =1 0 00 1 00 0 2

.

b) La matrice B est symtrique relle, donc, daprs le cours, Best diagonalisable.

Dterminons les valeurs propres de B. Soit R. On a :

rg (B I3) = rg 0 10 11 1 1

= rg

1 1 1 0 1 0 1

L1 L3

15


= rg

1 1 1 0 10 1 + 2

L3 L3 + L1= rg

1 1 1 0 10 0

L3 L3 + L2o = 2 + 2 = (1 + )(2 )

=

3 si 0 et 1 et 22 sinon.

Ceci montre que les valeurs propres de B sont : 0, 1, 2.Puisque B est carre dordre 3 et admet trois valeurs propresdeux deux distinctes, daprs le cours, B est diagonalisable,ce que lon a vu autrement plus haut.

Dterminons les sous-espaces propres de B.

Soit X =

xy

z

M3,1(R). X SEP (B, 0) BX = 0

z = 0

x + y + z = 0

z = 0

y = x,

donc : SEP (B,0) =

xx0

; x R = Vect

110

.

X SEP (B,1) BX = X

z = xz = yx + y + z = z

y = x

z = x,

donc : SEP (B,1) =

xxx

; x R = Vect

111

.

X SEP (B, 2) BX = 2X

z = 2x

z = 2y

x + y + z = 2z

y = x

z = 2x,

donc : SEP (B,2) =

xx

2x

; x R = Vect

112

.

On conclut B = PDP1, o, par exemple :

P =

1 1 11 1 10 1 2

, D =0 0 00 1 00 0 2

.

c) Dterminons les valeurs propres de C. Soit R. On a :

rg (C I3) = rg3 6 2

0 1 04 12 3

= rg

4 12 3 0 1 0

3 6 2

L1 L3

= rg

4 12 3 0 1 00 12(1 ) 1 2

L3 4L3 + ( 3)L1= rg

4 12 3 0 12(1 ) 1 20 1 0

L2 L3= rg

4 12 3 0 12(1 ) 1 20 0 12(1 )(1 + )

L3 L3 12L2

=

3 si 1 et 12 si = 11 si = 1.

Ceci montre que les valeurs propres de C sont : 1 et 1. Dterminons les sous-espaces propres de C.

Soit X =

xyz

M3,1(R). X SEP (C,1) CX = X

3x 6y 2z = xy = y4x 12y 3z = z

y = 0

z = 2x

donc : SEP (C,1) =

x02x

; x R = Vect

102

.

X SEP (C, 1) CX = X

3x 6y 2z = xy = y

4x 12y 3z = z x = 3y + z,

donc : SEP (C, 1) =

3y + zy

z

(y, z) R2

=

y310

+ z101

; (y, z) R2 = Vect

310

,101

.

La matrice C est carre dordre 3 et la somme des dimensionsdes sous-espaces propres de C est gale 1 + 2 = 3, donc,daprs le cours, C est diagonalisable.

16


On conclut C = PDP1, o, par exemple :

P =

1 3 10 1 02 0 1

, D =1 0 00 1 00 0 1

.

d) La matrice E est triangulaire (suprieure) donc les valeurspropres de E se lisent sur sa diagonale : E admet une valeurpropre et une seule, qui est 1.

Si E tait diagonalisable, il existerait P M3(R) inversible telleque E = PI3P1 = PP1 = I3, contradiction.

On conclut que E nest pas diagonalisable.

e) Dterminons les valeurs propres de F. Soit R. On a :

rg (F I3) = rg3 1 1

0 2 21 1 3

= rg

1 1 3 0 2 2

3 1 1

L1 L3

= rg

1 1 3 0 2 20 2 2 6 + 10

L3 L3 + (3 )L1

= rg

1 1 3 0 2 20 0

L3 L3 L2o = 2 6 + 8 = ( 2)( 4)

=

3 si 2 et 42 si = 2 ou = 4.Ceci montre que les valeurs propres de F sont : 2 et 4.

Dterminons les sous-espaces propres de F.

Soit X =

xyz

M3,1(R). X SEP (F, 2) FX = 2X

3x y + z = 2x2y + 2z = 2y

x + y + 3z = 2z

z = 0

x = y,

donc : SEP (F, 2) =

xx0

; x R = Vect

110

.

X SEP (F, 4) FX = 4X

3x y + z = 4x2y + 2z = 4y

x + y + 3z = 4z

x = 0

y = z,

donc : SEP (F, 4) =

0yy

; y R = Vect

011

.

Puisque F est carre dordre 3 et que la somme des dimensionsdes sous-espaces propres de F est 1 + 1 = 2, on conclut que Fnest pas diagonalisable.

f) Dterminons les valeurs propres de G. Soit R. On a :

rg (G I3) = rg1 0 1

0 1 21 1 1

= rg

1 1 1 0 1 2

1 0 1

L1 L3

= rg

1 1 1 0 1 20 (1 + ) 2 2

L3 L3 + (1 + )L1= rg

1 1 10 2 1 0 2 2 1

C2 C3

= rg

1 1 10 2 1 0 0

L3 2L3 (2 2)L2o = 2 2 (2 2)(1 ) = 3 + 2 4

=

3 si 0

2 si = 0.

Les valeurs propres de G sont donc les tels que = 0.

tudions les variations de lapplication

P : R R, 3 + 2 4.Lapplication P est drivable (donc continue) sur R et :

R, P () = 32 + 2 = (3 + 2).On forme le tableau des variations de P :

0 2/3 +P () 0 + 0

+ < 0P()

4

On a : P(23

)= 8

27+

49 4 < 0.

Ceci montre que P ne sannule en aucun point de [0 ; +[.Daprs le thorme de la bijection monotone, P admet un zroet un seul, not et on a : < 0.

Ainsi, G admet une valeur propre et une seule, et cest .

Si G tait diagonalisable, il existerait P M3(R) inversible telleque G = P(I3)P1 = I3, contradiction.

On conclut que G nest pas diagonalisable.D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

17


1.2a) On a :

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

1100

=2200

,1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

1111

=

2222

,1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

1010

=2020

,do : i 1 ; 3, f (vi) = 2vi.b) On calcule le produit de A par elle-mme et on obtient :

A2 = 4 I4.

Ainsi, le polynme X2 4 est annulateur de A. Daprs lecours, les valeurs propres de A sont parmi les zros de ce poly-nme, donc les valeurs propres de A sont parmi 2 et 2. Commef est reprsent par A, on conclut que les valeurs propres de fsont parmi 2 et 2.c) La matrice A est symtrique relle, donc, daprs le cours,A est diagonalisable dans M4(R).

On a, pour tout V =

xyzt

M4,1(R) :

AV = 2V

x + y + z + t = 2xx + y z t = 2yx y + z t = 2zx y z + t = 2t

3x + y + z + t = 0

x + 3y z t = 0x y + 3z t = 0x y z + 3t = 0

4x + 4y = 0

2x 2y + 2z + 2t = 02x 2y + 2z + 2t = 04z 4t = 0

y = xz = xt = x,

donc : SEP ( f , 2) = Vect((1,1,1,1)).

Daprs a), 2 est valeur propre de f et v1, v2, v3 sont des vec-teurs propres pour f associs la valeur propre 2, donc :

Vect (v1, v2, v3) SEP ( f , 2).

Montrons que (v1, v2, v3) est libre.

On a, pour tout (a1, a2, a3) R3 :a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0

a1 + a2 + a3 = 0

a1 a2 = 0a2 + a3 = 0

a2 = 0

a2 = 0

a1 = 0

a3 = 0,

donc (v1, v2, v3) est libre.

Il en rsulte : dim SEP( f , 2) 3.

Si dim(SEP ( f , 2)

)= 4, alors SEP ( f , 2) = R4, et 2 ne serait

pas valeur propre de f , contradiction.

On a donc dim(SEP ( f , 2)

)= 3, et on obtient :

SEP ( f , 2) = Vect (v1, v2, v3).

On conclut quune matrice de passage P de la base canoniqueB0 de R4 une base de vecteurs propres pour f est :

P =

1 1 1 11 1 0 10 1 1 10 1 0 1

.1.3a) La matrice A est symtrique, donc, daprs le cours, A estdiagonalisable.

b) Soient R, X =x1...

x5

M5,1(R) \ {0}. On a :

AX = X

x2 = x1

x1 + x3 = x2

x2 + x4 = x3

x3 + x5 = x4

x4 = x5

x2 = x1

x3 = x2 x1x4 = x3 x2x5 = x4 x3x4 = x5

(S)

x2 = x1

x3 = (2 1)x1x4 = (3 2)x1x5 = (4 32 + 1)x1(3 2)x1 = (5 33 + )x1.

Si x1 = 0, alors, x2, x3, x4, x5 sont tous nuls, donc X = 0, exclu.

On a donc x1 0. Et :

3 2 = 5 33 + 5 43 + 3 = 0 (4 42 + 3) = 0 (2 1)(2 3) = 0

18


( 1)( + 1)( 3)( + 3) = 0. Si = 0, alors :

(S) (x2 = 0, x3 = x1, x4 = 0, x5 = x1),

donc 0 est vp de A et SEP (A, 0) = Vect

10101

.

Si = 1, alors :(S) (x2 = x1, x3 = 0, x4 = x1, x5 = x1),

donc 1 est vp de A et SEP (A, 1) = Vect

11011

.

Si = 1, alors :(S) (x2 = x1, x3 = 0, x4 = x1, x5 = x1),

donc 1 est vp de A et SEP (A,1) = Vect

11011

.

Si = 3, alors :(S) (x2 = 3 x1, x3 = 2x1, x4 = 3 x1, x5 = x1),

donc

3 est vp de A et SEP (A,

3) = Vect

13

23

1

.

Si = 3, alors :(S)(x2 = 3 x1, x3 = 2x1, x4 = 3 x1, x5 = x1),

donc 3 est vp de A et SEP (A,3) = Vect

13

23

1

.

On conclut que les valeurs propres de A sont0, 1, 1, 3, 3 et que les sous-espaces propres de A sontles droites vectorielles engendres respectivement par les cinqvecteurs :

10101

,

11011

,

11011

,

13

23

1

,

13

23

1

.

Remarque : Puisque A est carre dordre 5 et que que A admetcinq valeurs propres deux deux distinctes, daprs le cours, Aest diagonalisable, ce que lon avait obtenu en a) par une autremthode.

1.4a) La matrice carre A est symtrique relle, donc, daprs lecours, A est diagonalisable.

On a, par L1 L3 :

rg (A) = rg

0 0 10 1 11 1 1/2

= rg1 1 1/20 1 10 0 1

= 3,

donc A est inversible.

b) Dterminons les valeurs propres de A. Soit R. On a :

rg (A I3) = rg 0 10 1 11 1 1/2

= rg

1 1 1/2 0 1 1 0 1

L1 L3= rg

1 1 1/2 0 1 10 1 + 2 2

L3 L3 + L1Si 1, alors, par L3 (1 )L3 L2 :

rg (A I3) = rg1 1 1/2 0 1 10 0

o :

= (1 )(1 +

2 2

) = 1 3

2 3

22 + 3

= (1 + )

(1 5

2 + 2

)= (1 + )(2 )

(12

).

On conclut que les valeurs propres de A sont : 1, 2, 12.

Remarque : Puisque A est carre dordre 3 et que A admet troisvaleurs propres deux deux distinctes, A est diagonalisable,rsultat obtenu en a) par une autre mthode.

Dterminons les sous-espaces propres de A.

Soit X =

xy

z

M3,1(R). On a :

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

19


X SEP (A,1) AX = X

z = xy + z = y

x + y +12

z = z

z = xy =

x2,

donc : SEP (A,1) = Vect

212

.

X SEP (A, 2) AX = 2X

z = 2x

y + z = 2y

x + y +12

z = 2z

z = 2x

y = 2x,

donc : SEP (A, 2) = Vect

122

.

X SEP(A,

12

) AX = 1

2X

z =12

x

y + z =12y

x + y +12

z =12

z

x = 2z

y = 2z,

donc : SEP(A,

12

)= Vect

221

.

On en dduit une diagonalisation de A, A = PDP1, o, par

exemple : P =

2 1 21 2 22 2 1

, D =1 0 00 2 00 0 1/2

.

On calcule P1 et on obtient : P1 =19

2 1 21 2 22 2 1

.c) Remarquons dabord que, pour tout n Z, An et Dn existent,car A et D sont inversibles.

On a, pour tout n Z : An = (PDP1)n = PDnP1et on obtient en faisant le produit de ces trois matrices, la ma-trice An :

19

4(1)n + 2n + 4 2n 2(1)n + 2n+1 22n 4(1)n + 2n+1 + 21n2(1)n + 2n+1 22n (1)n + 2n+2 + 22n 2(1)n + 2n+2 21n4(1)n + 2n+1 + 21n 2(1)n + 2n+2 21n 4(1)n + 2n+2 + 2n

1.5a) On a, pour tout R et pour toutes matricesM =

(a bc d

), M =

(a b

c d

)M2(R) :

f (M + M) = f((a + a b + b

c + c d + d

))

=12

((a + a) + (d + d) (b + b) + (c + c)(b + b) + (c + c) (a + a) + (d + d)

)

= 12

(a + d b + cb + c a + d

)+

12

(a + d b + c

b + c a + d

)= f (M) + f (M),

donc f est linaire.

On a, pour toute M =(a bc d

)M2(R) :

f 2(M) = f(f (M)

)= f (

12

(a + d b + cb + c a + d

))

=12

12

((a + d) + (a + d) (b + c) + (b + c)(b + c) + (b + c) (a + d) + (a + d)

)

=12

(a + d b + cb + c a + d

)= f (M),

donc : f 2 = f .

b) Puisque f 2 f = 0, le polynme X2 X est annulateur de f .Daprs le cours, les valeurs propres de f sont parmi les zrosde ce polynme annulateur de f , donc les valeurs propres de fsont parmi 0 et 1.


)M2(R) :

f (M) = 0M 12

(a + d b + cb + c a + d

)=

(0 00 0

)

a + d = 0

b + c = 0

d = ac = b

donc 0 est valeur propre de f et :

SEP ( f , 0) =

{(a bb a

); (a, b) R2

}

= Vect

((1 00 1

),

(0 11 0

)).


)M2(R) :

f (M) = 1M 12

(a + d b + cb + c a + d

)=

(a bc d

)

a + d = 2a = 2d

b + c = 2b = 2c

d = a

c = b

20


donc 1 est valeur propre de f et :

SEP ( f , 1) ={ (a b

b a

); (a, b) R2

}= Vect

( (1 00 1

),

(0 11 0

) ).

Finalement, les valeurs propres de f sont 0 et 1 et les sous-espaces propres associs ont t dtermins ci-dessus.

c) Chacun des deux sous-espaces propres de f est de di-mension 2, donc la somme des dimensions des sous-espacespropres de f est gale 4, donc gale la dim (E). Daprs lecours, on conclut que f est diagonalisable.

1.6a) On a, pour tout P = aX2 + bX + c C2(X] :

f (P) = (X2 + 1)(2aX + b) (2X 1)(aX2 + bX + c)= (a b)X2 + (2a + b 2c)X + (b + c) C2[X].

On a, pour tout C et tous P,Q C2[X] :f (P + Q) = (X2 + 1)(P + Q) (2X 1)(P + Q)

= (X2 + 1)(P + Q ) (2X 1)(P + Q)=

((X2 + 1)P (2X 1)P) + ((X2 + 1)Q (2X 1)Q)

= f (P) + f (Q),

donc f est linaire.

On conclut que f est un endomorphisme du C-ev C2[X].

b) 1) Soient C, P = aX2 + bX + c C2[X] \ {0}.On a, en rutilisant le calcul de f (p) effectu en a) :

f (P) = P (ab)X2 + (2a+b2c)X+ (b+c) = (aX2 +bX+c)

a b = a2a + b 2c = bb + c = c

b = (1 )a2a + (1 )b 2c = 0b = ( 1)c

= 1

b = 0

2a 2c = 0ou

c = ab = (1 )a2a + (1 )2a + 2a = 0

= 1

b = 0

a = c

ou

(1 )2 + 4 = 0c = ab = (1 )a,

car, dans le second systme, si a = 0, alors c = 0, b = 0, doncP = 0, exclu.

Et :

(1 )2 + 4 = 0 ( 1)2 = 4 ( 1 = 2 i ou 1 = 2 i )

( = 1 + 2 i ou = 1 2 i ).

Donc :f (P) = P

= 1

b = 0

a = c

ou

= 1 + 2 i

c = ab = 2 i a

ou

= 1 2 ic = ab = 2 i a

.Ainsi, les valeurs propres de f sont 1, 1 + 2 i , 1 2 i , et lessous-espaces propres de f sont :

SEP ( f , 1) = Vect (1 + X2),

SEP ( f , 1 + 2 i ) = Vect (1 + 2 i X X2),SEP ( f , 1 2 i ) = Vect (1 2 i X X2).

b) 2) On calcule les images par f des vecteurs de la base cano-nique de C2[X] :

f (1) = (2X 1) = 1 2Xf (X) = (X2 + 1) (2X 1)X = 1 + X X2f (X2) = (X2 + 1)2X (2X 1)X2 = 2X + X2,

do la matrice A de f dans B = (1, X, X2) :

A =

1 1 02 1 20 1 1

. Dterminons les valeurs propres de A. Soit R. On a :

rg (A I3) = rg1 1 02 1 20 1 1

= rg

2 1 2

1 1 00 1 1

L1 L2

= rg

2 1 20 2 + (1 )2 2(1 )0 1 1

L2 2L2 + (1 )L1

= rg

2 1 20 1 1 0 2 + (1 )2 2(1 )

L2 L3= rg

2 1 20 1 1 0 0

L3 L3 + (2 + (1 )2)L2

o :

= 2(1 ) + (2 + (1 )2)(1 )= (1 )(4 + (1 )2),D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

21


et : = 0 = 1 ou = 1 + 2 i ou = 1 2 i .Ainsi, les valeurs propres de A sont : 1, 1 + 2 i , 1 2 i . Dterminons les sous-espaces propres de A.

X =

xy

z

SEP (A, 1) AX = X

1 1 02 1 20 1 1

xyz

=xyz

x + y = x

2x + y + 2z = yy + z = z

y = 0

x = z,

donc : SEP (A, 1) = Vect

101

.

X =

xyz

SEP (A, 1 + 2 i ) AX = (1 + 2 i )X

1 1 02 1 20 1 1

xyz

= (1 + 2 i )xyz

x + y = (1 + 2 i )x

2x + y + 2z = (1 + 2 i )yy + z = (1 + 2 i )z

2 i x + y = 02x 2 i y + 2z = 0y 2 i z = 0

y = 2 i x

z = x,

donc : SEP (A, 1 + 2 i ) = Vect

12 i1

.

De mme : SEP (A, 1 2 i ) = Vect

12 i1

.

Lendomorphisme f a les mmes valeurs propres que A,donc les valeurs propres de f sont 1, 1 + 2 i , 1 2 i . Les vec-teurs propres de A nous donnent les coordonnes des vecteurspropres de f dans la base (1, X, X2) de C2[X] :

SEP ( f , 1) = Vect (1 + X2),

SEP ( f , 1 + 2 i ) = Vect (1 + 2 i X X2),SEP ( f , 1 2 i ) = Vect (1 2 i X X2).

Remarque : On retrouve bien les mmes rsultats que dans 1).

c) Lendomorphisme f admet trois valeurs propres deux deuxdistinctes et dim

(C2[X]

)= 3, donc, daprs le cours, f est dia-

gonalisable.

1.7a) On a, pour tout R et pour toutes matricesM =

(a bc d

), M =

(a b

c d

)M2(R) :

f (M + M) = f ((a + a b + b

c + c d + d

))

=

(d + d (b + b)(c + c) a + a

)

=

(d bc a

)+

(d bc a

)= f (M) + f (M),

ce qui montre que f est linaire.

On conclut que f est un endomorphisme de lespace vectorielM2(R).

Considrons la base canonique B = (E1, E2, E3, E4) deM2(R), dfinie par :

E1 =

(1 00 0

), E2 =

(0 10 0

), E3 =

(0 01 0

), E4 =

(0 00 1

).

On a :

f (E1) = E4, f (E2) = E2, f (E3) = E3, f (E4) = E1 .On en dduit la matrice A de f dans B :

A =

0 0 0 10 1 0 00 0 1 01 0 0 0

.b) La matrice A est symtrique relle, donc, daprs le cours, Aest diagonalisable, puis, comme A reprsente f dans une basede E, on conclut que f est diagonalisable.

1.8a) Pour tout P R2[X], on a :

P(X + a) R2[X], P(X + b) R2[X],(a + b)P (X) R1[X] R2[X],

donc : f (P) = P(X + a) + P(X + b) (a + b)P [X] R2[X]. On a, pour tous R, P,Q R2[X] :f (P+Q) = (P+Q)(X+a)+ (P+Q)(X+b) (a+b)((P+Q)(X))

= P(X + a) + Q(X + a) + P(X + b) + Q(X + b)

(a + b)P(X) (a + b)Q(X)=

(P(X + a) + P(X + b) (a + b)P(X))+(Q(X + a) + Q(X + b) (a + b)Q(X))

= f (P) + f (Q),

donc f est linaire.

On conclut : f L (R2[X]).b) On a :

f (1) = 1 + 1 0 = 2,22


f (X) = (X + a) + (X + b) (a + b) = 2X,f (X2) = (X + a)2 + (X + b)2 (a + b)2X = 2X2 + (a2 + b2).

On en dduit la matrice M de f dans la base canonique

B = (1, X, X2) de R2[X] :

M =

2 0 a2 + b2

0 2 00 0 2

.c) On remarque que M est triangulaire (suprieure), doncles valeurs propres de M se lisent sur sa diagonale, doSp (M) = {2}.Ainsi, M est diagonalisable si et seulement sil existeP M3(R) inversible telle que M = P(2 I3)P1 = 2 I3, si etseulement si a2 + b2 = 0, si et seulement si a = b = 0.

On conclut que f est diagonalisable si et seulement sia2 + b2 = 0, cest--dire si et seulement si a = b = 0, puisque(a, b) R2.

1.9 Soit (x, y) R2 fix.tudions les valeurs propres de A =

(0 1y 2x

).

On a, pour tout R :

rg (A I2) = rg( 1y 2x

)C1 C2

= rg

( 1 2x y

)L2 L2 + (2x )L1

= rg

(1 0 2 2x + y

)=

1 si 2 2x + y = 02 sinon.

Il en rsulte :

vp de A 2 2x + y = 0 ( x)2 + (y x2) = 0 ().

Si yx2 < 0, alors lquation () ci-dessus, dinconnue R,admet deux solutions distinctes, donc A admet deux valeurspropres distinctes, et donc, comme A est carre dordre 2, onconclut que A est diagonalisable dans M2(R).

Si y x2 > 0, alors lquation () na pas de solution dans R,donc A nest pas diagonalisable dans M2(R).

Supposons y x2 = 0.Alors, A admet une valeur propre et une seule, qui est = x.Si A tait diagonalisable dans M2(R), il existerait P GL2(R)telle que A = P(x I2)P1 = x I2, do

(0 1y 2x

)=

(x 00 x

), contra-

diction (1 0).On dduit que A nest pas diagonalisable dans M2(R).

Finalement :

A est diagonalisable dans M2(R) si et seulement si y < x2.

1.10a) Soit a R. Soit R. On a :

rg(M(a) I3) = rg

3 a 5 + a aa a 2 a5 5 2

= rg

3 3 0a a 2 a5 5 2

L1 L1 L2.

Si = 3, alors : rg(M(a) I3) 2.

Si 3, alors, en divisant L1 par 3 , on a :

rg(M(a) I3) = rg

1 1 0a a 2 a5 5 2

= rg

1 0 0a 2 a5 0 2

C2 C2 +C1.Si 2, alors, en divisant C2 par 2 :

rg(M(a) I3) = rg

1 0 0a 1 a5 0 2

= 1 + rg

(1 a0 2

)= 1 + 2 = 3.

Si = 2, alors : rg (M(a) I3) 2.On obtient :

rg(M(a) I3)

2 si = 2 ou = 3= 3 sinon.

On conclut que les valeurs propres de M(a) sont : 2 et 3.Remarque : les valeurs propres de M(a) ne dpendent pas de a.

b) Dterminons les sous-espaces propres de M(a).

Soit X =

xyz

M3,1(R). On a : X SEP (M(a),2) M(a)X = 2X

3 a 5 + a aa a 2 a5 5 2

xyz

= 2xyz

(5 a)x + (5 + a)y + az = 0ax + ay + az = 05x 5y = 0

x = y

az = 0,

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

23


donc : si a = 0, alors SEP(M(a),2) = Vect

110

,001

, et, si

a 0, alors SEP(M(a),2) = Vect

110

,

do : dim(SEP

(M(a),2)) =

2 si a = 0

1 si a 0.

X SEP (M(a), 3) M(a)X = 3X

3 a 5 + a aa a 2 a5 5 2

xy

z

= 3xy

z

ax + (a 5)y + az = 05x 5y 5z = 0

z = x

y = 0

donc : SEP(M(a), 3

)= Vect

101

,

do : dim(SEP

(M(a), 3

))= 1.

Il en rsulte que la somme des dimensions des sous-espacespropres de M(a) est gale 3 si a = 0, et est gale 2 si a 0.Comme M(a) est diagonalisable si et seulement si la sommedes dimensions de ses sous-espaces propres est gale 3, onconclut que M(a) est diagonalisable si et seulement si a = 0.

1.11a) Dterminons les valeurs propres de J dans C.

Soit C. On a :

rg (J I3) = rg 0 11 10 1

= rg

1 1 0 10 1

L1 L2

= rg

1 10 2 1 + 0 1

L2 L2 + L1

= rg

1 10 1 0 2 1 +

L2 L3

= rg

1 10 1 0 0 3 + + 1

L3 + 2L2.Les valeurs propres de J sont donc les solutions de lquation3 1 = 0, dinconnue C.Daprs le cours, cette quation du troisime degr admet,dans C, trois solutions (a priori non ncessairement distinctes) ;

montrons que celles-ci sont deux deux distinctes. Raisonnonspar labsurde : supposons que lquation admette (au moins)une solution (au moins) double, note . Daprs le cours, annule le polynme considr et sa drive premire, cest--

dire :

3 1 = 032 1 = 0.

On dduit 2 =13, puis, en reportant dans la premire qua-

tion :13 1 = 0, donc = 3

2, puis

( 3

2

)2=

13,

contradiction.

Ceci montre que les racines du polynme 3 1 sont toutessimples.

Ainsi, lquation 3 1 = 0, dinconnue C, admetexactement trois solutions deux deux distinctes.

Il en rsulte que J admet (dans C) trois valeurs propres deux deux distinctes. Comme J est carre dordre trois et admettrois valeurs propres deux deux distinctes, daprs le cours,on conclut que J est diagonalisable dans M3(C).

b) Soit (a, b, c) C3. On a :

M(a, b, c) =

a c bb a + c b + cc b a + c

= a

1 0 00 1 00 0 1

+ b0 0 11 0 10 1 0

= J

+c

0 1 00 1 11 0 1

et on remarque que la troisime matrice, dans cette dernireexpression, est J2.

Daprs a), il existe D D3(C) et P GL3(C) telles queJ = PDP1. On a alors J2 = PD2P1, puis :

M(a, b, c) = a I3 + bJ + cJ2

= a I3 + bPDP1 + cPD2P1 = P(a I3 + bD + cD2)P1.

Comme a I3+bD+cD2 est diagonale, on conclut que M(a, b, c)est diagonalisable dans M3(C).

1.12a) Dabord, f est bien une application de M2(R) dans lui-mme.

On a, pour tout R et toutes M,N M2(R) :f (M + N) = A(M + N) = AM + AN = f (M) + f (N),

donc f est linaire.

On conclut : f L (M2(R)).b) On a, pour toute M =

(x yz t

)M2(R) :

M Ker ( f ) f (M) = 0 AM = 024


(1 11 1

) (x yz t

)=

(0 00 0

)

x + z = 0

y + t = 0,

donc : Ker ( f ) ={ (x y

z t

); x + z = 0 et y + t = 0

}={ ( x yx y

); (x, y) R2}

Une base de Ker ( f ) est( ( 1 01 0

),

(0 10 1

) )et dim

(Ker ( f )

)= 2.

c) Comme, pour toute matrice M =

(x yz t

)M2(R),

f (M) =

(x + z y + tx + z y + t

), on a :

Im ( f ) { (a b

a b

); (a, b) R2

}= Vect

( (1 01 0

),

(0 10 1

) ).

Dautre part, daprs le thorme du rang :

dim(Im ( f )

)= dim

(M2(R)

) dim (Ker ( f )) = 22 2 = 2.Il en rsulte quil y a galit dans linclusion prcdente :

Im ( f ) ={ (a b

a b

); (a, b) R2

}= Vect

( (1 01 0

),

(0 10 1

) ).

d) On calcule les images des lments E1 , E2 , E3 , E4 de Bpar f :

f (E1) = AE1 =

(1 11 1

) (1 00 0

)=

(1 01 0

)= E1 + E3 ,

f (E2) = AE2 =

(1 11 1

) (0 10 0

)=

(0 10 1

)= E2 + E4 ,

f (E3) = AE3 =

(1 11 1

) (0 01 0

)=

(1 01 0

)= E1 + E3 ,

f (E4) = AE4 =

(1 11 1

) (0 00 1

)=

(0 10 1

)= E2 + E4 ,

do la matrice de f dans B : F =

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

.e) La matrice F de f dans B est symtrique relle, donc,daprs le cours, F est diagonalisable, et on conclut : f est dia-gonalisable.

1.13a) Montrons que B est libre.

Soit (a0, a1, a2, a3) R4 tel que3

k=0

ak fk = 0. On a donc :

x R, (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3) e x = 0,

cest--dire : x R, a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 = 0.Le polynme a0+a1X+a2X2+a3X3 sannule en tout rel, donccest le polynme nul, do a0 = a1 = a2 = a3 = 0.

Ceci montre que B est libre.

Puisque B est libre et que, par dfinition de E, B engendre E,on conclut : B est une base de E.

Il en rsulte : dim (E) = Card (B) = 4.

b) Il est clair que, pour toute f E, f est deux fois drivablesur R, donc ( f ) = f f existe.Calculons les images par des lments de B.

On a, pour tout x R :

( f0)(x) = e x, ( f1)(x) = (1 x) e x,

( f2)(x) = (2x x2) e x, ( f3)(x) = (3x2 x3) e x,donc :

( f0) = f0, ( f1) = f0 f1,( f2) = 2 f1 f2, ( f3) = 3 f2 f3.

Comme est linaire (par linarit de la drivation), il en r-sulte : f E, ( f ) E.On conclut : est un endomorphisme de lespace vectoriel E.

De plus, la matrice M de dans B est :

M =

1 1 0 00 1 2 00 0 1 30 0 0 1

.

c) La matrice M est triangulaire (suprieure) et ses termesdiagonaux sont tous non nuls, donc M est inversible.

La matrice M est triangulaire (suprieure), donc ses valeurspropres se lisent sur sa diagonale : M admet 1 pour valeurpropre et cest la seule.

Si M tait diagonalisable, il existerait P GL4(R) telle queM = P(I4)P = I4, contradiction. On conclut que M nestpas diagonalisable.

1.14Il sagit dune matrice forme de 0 et de 1 en damier :

A =

1 0 1 0 . . . 0 10 1 0 1 . . . 1 01 0 1 0 . . . 0 10 1 0 1 . . . 1 0............. . .

......

0 1 0 1 . . . 1 01 0 1 0 . . . 0 1

M2p+1(R).

D

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

25


a) Daprs la dfinition de A :

(i, j) 1 ; n2, ai j = aji,

donc A est symtrique relle.

Daprs le cours, on conclut que A est diagonalisable.

b) Soient R, X =

x1...

x2p+1

M2p+1(R) \ {0}. On a :

AX = X

x1 + x3 + + x2p+1 = x1 (1)x2 + x4 + + x2p = x2 (2)

...

x1 + x3 + + x2p+1 = x2p+1

(1), (2), x1 = x3 = = x2p+1, x2 = x4 = = x2p

= 0

x1 + x3 + + x2p+1 = 0x2 + x4 + + x2p = 0

ou

0x1 = x3 = = x2p+1x2 = x4 = = x2p(p + 1)x1 = x1px2 = x2

= 0

x1 + x3 + + x2p+1 = 0x2 + x4 + + x2p = 0

ou

= p + 1

x1 = x3 = = x2p+1x2 = x4 = = x2p = 0

ou

= p

x1 = x3 = = x2p+1 = 0x2 = x4 = ... = x2p.

On conclut que les valeurs propres de A sont 0, p, p + 1 et queles sous-espaces propres de A sont :

SEP (A, 0) ={

x1...

x2p+1

M2p+1,1(R) ;x1 + x3 + + x2p+1 = 0 et x2 + x4 + + x2p = 0

},

qui est de dimension 2p 1 (on peut, par exemple, exprimerx2p et x2p+1 en fonction de x1, ..., x2p1),

SEP (A, p) ={

x1...

x2p+1

M2p+1,1(R) ;x1 = x3 = = x2p+1 = 0 et x2 = x4 = = x2p

}

qui est de dimension 1, engendr par le vecteur de coordonnes(0, 1, 0, 1, ..., 0, 1, 0)

SEP (A, p + 1) ={

x1...

x2p+1

M2p+1,1(R) ;x1 = x3 = = x2p+1 et x2 = x4 = = x2p = 0

},

qui est de dimension 1, engendr par le vecteur de coordonnes(1, 0, 1, 0, ..., 1, 0, 1).

Remarque : La somme des dimensions des sous-espacespropres de A est gale 2p + 1, et on retrouve ainsi le faitque A est diagonalisable.

1.15 Il sagit de la matrice A =

1 . . . 1 10 . . . 0 1... (0)

......

0 . . . 0 1

.a) Puisque la matrice A est triangulaire (suprieure), les valeurspropres de A se lisent sur sa diagonale, donc les valeurs propresde A sont 0 et 1.

b)

A2 =

1 . . . 1

(0)...1

1 . . . 1

(0)...1

=1 1 n

1

(0)...1

,

donc A2 A.

c) Nous allons montrer que A nest pas diagonalisable, en rai-sonnant par labsurde. Supposons que A est diagonalisable. Ilexiste alors P Mn(R) inversible et D Mn(R) diagonaletelles que A = PDP1. Puisque les termes diagonaux de D sontles valeurs propres de A, les termes diagonaux de D sont parmi0 et 1, donc D2 = D. Do :

A2 = (PDP1)2 = PD2P1 = PDP1 = A.

Contradiction avec b).

On conclut : A nest pas diagonalisable.

1.16a) Soit y Im ( f be).Il existe x E tel que y = ( f be)(x). On a :( f ae)(y) = ( f ae)(( f be)(x))

=(

( f ae) ( f be)= 0

)(x) = 0,

donc : y Ker ( f ae).Ceci montre : Im ( f be) Ker ( f ae).

26


Puisque f ae et f be commutent, on a aussi :Im ( f ae) Ker ( f be).

b) On a :1

a b ( f be) +1

b a ( f ae)

=1

a b(( f be) ( f ae)) = 1

a b (a b)e = e.

c) Soit x Ker ( f a) Ker ( f be).On a alors : ( f ae)(x) = 0 et ( f be)(x) = 0,cest--dire : f (x) = ax et f (x) = bx,

do : ax = bx, puis (a b) 0

x = 0, donc x = 0.

On a alors : Ker ( f ae) Ker ( f be) {0}, et, commelautre inclusion est vidente, on obtient :

Ker ( f ae) Ker ( f be) = {0}, Soit y E. Daprs b), on a :

y = e(y) =1

a b ( f be)(y)not u

+1

b a ( f ae)(y)not v

,

et :

u Im ( f be) Ker ( f ae)v Im ( f ae) Ker ( f be)

.

Ceci montre : E Ker ( f ae) + Ker ( f be), et, commelautre inclusion est vidente, on obtient :

E = Ker ( f ae) + Ker ( f be),On conclut que Ker ( f ae) et Ker ( f be) sont supplmentairesdans E.

d) Daprs le cours, puisque (X a)(X b) est un polynmeannulateur de f , les valeurs propres de f sont parmi a et b.

Les sous-espaces propres de f sont donc Ker ( f ae) etKer ( f be), lorsque ceux-ci sont diffrents de {0}.Daprs c), la somme des sous-espaces propres de f est gale E.

On conclut, daprs le cours, que f est diagonalisable.

1.17a) On suppose ici n pair, n = 2p, p N.

Pour A2 =

(0 11 0

), on a A22 =

(1 00 1

)= I2.

La matrice A, diagonale par blocs, forme par la rptition dubloc A2 (p fois) sur la diagonale, vrifie alors A2 = I2p, doncA convient.

b) 1) On a : 0 = A2 + In = (A i In)(A + i In),donc comme i i , daprs lexercice 1.16, A est diagonali-sable dans Mn(C) et ses valeurs propres sont parmi i et i .

Si i nest pas valeur propre de A, alors i est la seule valeurpropre de A, et alors, comme A est diagonalisable, A est sem-blable i In, donc A = i In, contradiction, car A Mn(R).Ceci montre que i est valeur propre de A.De mme, i est valeur propre de A.

On conclut que les valeurs propres de A sont i et i .b) 2) Soit X Mn,1(C). Supposons X E i .On a alors AX = i X, donc AX = i X = i X.Mais AX = A X, comme on le voit en passant aux lments.

Do : AX = i X.Comme A est relle, on a A = A, do : AX = i X.Ainsi : X E i .Ceci montre : X E i = X E i . On montre de mme la rciproque.On conclut, pour toute X Mn,1(C) : X E i X E i .b) 3) Le sev E i admet au moins une base (u1, ..., ud).

Daprs 2), puisque : k 1 ; d, uk E i ,on a : k 1 ; d, uk E i .Montrons que (u1, ..., ud) est libre.

Soit (1, ..., d) Cd tel qued

k=1

kuk = 0.

On a alors, en conjuguant :d

k=1

kuk =d

k=1

kuk = 0 = 0.

Comme (u1, ..., ud) est libre, il sensuit :

k 1 ; d, k = 0,

puis, en conjuguant : k 1 ; d, k = 0.Ceci montre que (u1, ..., ud) est libre.

Montrons que (u1, ..., ud) engendre E i .Soit X E i . Daprs 2), on a alors X E i . Il existe donc(1, ..., d) Cd tel que X =

dk=1

kuk.

Do, en conjuguant : X =d

k=1

kuk =d

k=1

kuk .

Ceci montre que (u1, ..., ud) engendre E i .

On conclut que (u1, ..., ud) est une base de E i .

On a donc dim (E i ) = d = dim (E i ).

b) 4) Daprs 1), on a : E = E i E i .Do : n = dim (E) = dim (E i ) + dim (E i ) = 2 dim (E i ),

Dun

od.

Tout

ere

prod

ucti

onno

nau

tori

se

estu

nd

lit

27


contradiction avec n impair.

Ce raisonnement par labsurde montre que, si n est impair, ilnexiste pas de matrice A Mn(R) telle que A2 = In.

1.18 Lendomorphisme f tant nilpotent, il existe p Ntel que f p = 0.

a) Puisque le polynme Xp est annulateur de f , daprs lecours, les valeurs propres de f sont parmi les zros de Xp, doncla seule valeur propre possible de f est 0.

De plus, puisque f nest pas bijectif (car sinon, f p = 0 le se-rait aussi, ce qui est absurde, puisque E nest pas rduit {0} !),f nest donc pas injectif, do Ker( f ) {0}. Donc 0 est unevaleur propre de f .

Ainsi : 0 est la seule valeur propre de f .

b) Si f est diagonalisable, comme f admet une seule valeurpropre, le SEP associ est de dimension n = dim(E).

Ainsi : Ker( f ) = SEP( f , 0) = E.

Donc : f est lapplication nulle.

Rciproquement, si f = 0, alors il est clair que f est diago-nalisable.

On conclut, pour un endomorphisme nilpotent :

f est diagonalisable si et seulement si f = 0.

1.19 Notons n = dim (E). Supposons f diagonalisable.Daprs lhypothse, le polynme (X 1)3(X 2)2 est annula-teur de f .

Daprs le cours, il en rsulte que les valeurs propres de f sontparmi 1 et 2.

Il existe donc une base B de E telle que la matrice D de fdans B soit diagonale, termes diagonaux parmi 1 et 2,D = diag (1, ..., 1, 2, ..., 2) o 1 est crit p fois, 2 est crit q fois,(p, q) N2, p + q = n.On a alors, par produit de matrices diagonales :

(DIn)3(D2 In)=diag (0, ..., 0p fois

, 1, ..., 1q fois

) diag (1, ...,1p fois

, 0, ..., 0q fois

)

= diag (0, ..., 0p fois

, 0, ..., 0q fois

) = 0,

donc ( f e)3 ( f 2e) = 0, contradiction.On conclut, par ce raisonnement par labsurde, que f nest pasdiagonalisable.

1.20

a) Puisque A =0 1 00 0 10 0 0

est triangulaire (suprieure), les va-leurs propres de A se lisent sur sa diagonale, donc A admet 0

pour valeur propre et cest la seule, et donc, comme f est re-prsent par A, on conclut que f admet 0 pour valeur propre etque cest la seule.

On a, pour tout v = (x1, x2, x3) R3 :

f (v) = 0 x2 = 0x3 = 0

donc : SEP ( f , 0) = Vect (e1).

b) 1) Puisque dim (F) = 1, il existe v1 F {0} tel queF = Vect (v1).

Comme F est stable par f , on a f (v1) F, donc il existe Ktel que f (v1) = v1.

Ceci montre que v1 est un vecteur propre pour f . Daprs a),il en rsulte v1 Vect (e1), puis F = Vect (v1) Vect (e1).Comme dim (F) = 1 = dim

(Vect (e1)

), on a ncessairement :

F = Vect (e1).

b) 2) Soit v F.Il existe (a1, a2, a3) K3 tel que v = a1e1 + a2e2 + a3e3.Puisque F est stable par f , on a f (v) F, puis encore f 2(v) F.Et : f (v) = a2e1 + a3e2 et f 2(v) = a3e1.

Si a3 0, alors e1 =1a3

f 2(v) F,puis a3e2 = f (v) a2e1 F, donc e2 F,puis a3e3 = v a1e1 a2e2 F, donc e3 F et donc F = E,exclu car dim (F) = 2 et dim (E) = 3.

Ceci montre a3 = 0, donc v = a1e1 + a2e2 Vect (e1, e2).On a donc : F Vect (e1, e2).Comme dim (F) = 2 = dim

(Vect (e1, e2)

), il en rsulte :

F = Vect (e1, e2).

c) Daprs b), si F est un sev de E stable par f et de dimension1 ou 2, alors F = Vect (e1) ou F = Vect (e1, e2).

Rciproquement, Vect (e1) et Vect (e1, e2) sont stables par f ,car f (e1) = 0 et f (e2) = e1.

Enfin, dautre part, {0} et E sont stables par f .On conclut que les sev de E stables par f sont :

{0}, Vect (e1), Vect (e1, e2), E.

1.21 Puisque f est diagonalisable, il existe une baseB = (e1, ..., en) de E et il existe (1, ..., n) Rn tels que :

i 1 ; n, f (ei) = iei.La matrice de f dans B est la matrice diagonale

1 (0). . .

(0) n

.28


On a alors :

Ker ( f ) = Vect (ei ; i = 0), Im ( f ) = Vect (ei ; i 0)

o, par exemple, Vect (ei ; i = 0) dsigne le sev de E engendrpar les ei correspondants aux indices i 1 ; n tels que telsque i = 0.

De plus :

i 1 ; n, f 2(ei) = f ( f (ei)) = f (iei) = i f (ei) = 2i ei,donc on a aussi de mme :

Ker ( f 2) = Vect (ei ; 2i = 0), Im ( f

2) = Vect (ei ; 2i 0).

Comme : i 1 ; n,2i = 0 i = 02i 0 i 0

,

il en rsulte : Ker ( f 2) = Ker ( f ) et Im ( f 2) = Im ( f ).

1.22a) On a A = PDP1, donc :

M2 = A (PNP1)2 = PDP1 PN2P1 = PDP1 N2 = D.

b) Soit N Mn(C) telle que N2 = D. Alors :ND = NN2 = N3 = N2N = DN.

c) Soit N = (xi j)i j Mn(C). On a :ND = DN (i, j) 1 ; n2, (ND)i j = (DN)i j

(i, j) 1 ; n2,n

k=1

(N)ik(D)k j =n

k=1

(D)ik(N)k j

(i, j) 1 ; n2, xi j j = i xi j (i, j) 1 ; n2, (i j)xi j = 0.

Comme 1, ..., n sont deux deux distincts, on a donc :

ND = DN (i, j) 1 ; n2, (i j = xi j = 0).On conclut que lensemble des matrices N de Mn, (C) qui com-mutent avec D est lensemble des matrices diagonales.

d) Soit M Mn(C) telle que M2 = A.En notant N = P1 MP, on a, daprs a), N2 = D, puis, daprsc), N est diagonale. Notons diag (1, ..., n) = N. Alors :

N2 = D diag (21, ..., 2n) = diag (1, ..., n)

i 1 ; n, 2i = i.

Rciproquement, pour tout i 1 ; n, soit i C tel que2i = i. Notons N = diag (1, ..., n) et M = PNP

1. On a alorsM2 = A.

On conclut que lensemble{M Mn(C) ; M2 = A} est

lensemble des matrices de Mn(C) de la forme PNP1, oN = diag (1, ..., n), (1, ..., n) Cn tel que, pour touti 1 ; n, 2i = i. Pour chaque u 1 ; n, lquation 2i = i, din-connue i C admet exactement une solution si i = 0,et exactement deux solutions si i 0. Il en rsulte que{M Mn(C) ; M2 = A} est fini. Comme 1, ..., n sont deux deux distincts, il existe au plusun indice i 1 ; n tel que i = 0 et on conclut :

Card({

M Mn(C) ; M2 = A})=

2n si

(i 1 ; n; i 0)2n1 si

( i 1 ; n; i = 0).1.23a) 1) Supposons A inversible.

Puisque AB est diagonalisable, il existe P Mn(R) inversibleet D Mn(R) diagonale telles que AB = PDP1.On a alors :

BA = A1(AB)A = A1(PDP1)A = (A1P)D(P1A).Comme (A1P)(P1A) = A1(PP1)A = A1A = In,

la matrice P1A est inversible et son inverse est A1P.

On obtient : BA = (P1A)1D(P1A),

donc BA est diagonalisable.

De plus, AB et BA ont les mmes valeurs propres.

2) Le cas o B est suppose inversible se traite de la mmefaon.

On conclut que, si A ou B est inversible et si AB est diagonali-sable, alors BA est diagonalisable.

b) Montrons que le rsultat prcdent nest pas valable sanslhypothse dinversibilit, pour n = 2, par exemple.

Considrons : A =

(0 10 0

), B =

(1 10 0

).

On a : AB =

(0 00 0

), donc AB est diagonalisable.

Dautre part : BA =

(0 10 0

), qui nest pas diagonalisable. En

effet, BA est triangulaire (suprieure), donc les valeurs propresde BA se lisent sur sa diagonale, BA nadmet que 0 pour va-leur propre ; si BA tait diagonalisable, elle serait semblable la matrice nulle, donc serait gale la matrice nulle, contradic-tion.

1.241) Montrons que toute valeur propre de f g est valeur proprede g f .Soit R une valeur propre de f g.

Dun

od.

Tout

ere

prod

ucti

onno

nau

tori

se

estu

nd

lit

29


Il existe x E \ {0} tel que : ( f g)(x) = x.On a alors :

(g f )(g(x)) = ((g f ) g)(x) = (g ( f g))(x)= g

(( f g)(x)) = g(x) = g(x).

Si g(x) 0, le rsultat ci-dessus montre que est valeurpropre de g f (et que g(x) est un vecteur propre associ). Supposons g(x) = 0. On a alors :

x = ( f g)(x) = f (g(x)) = f (0) = 0.Comme x 0, on dduit = 0. Dautre part, puisque x 0 etg(x) = 0, 0 est valeur propre de g, donc g nest pas bijectif.

Montrons alors que g f nest pas bijectif. Raisonnons parlabsurde et supposons g f bijectif. Alors g f est surjec-tif, et daprs lexercice 1.17 du volume de premire anne, gest alors surjectif. Puisque E est de dimension finie, g est alorsbijectif, do une contradiction.

Ce raisonnement par labsurde montre que g f nest pas bi-jectif. Donc 0 est valeur propre de g f .On a montr que toute valeur propre de f g est valeur proprede g f .2) En appliquant le rsultat prcdent au couple (g, f ) la placedu couple ( f , g), on a aussi : toute valeur propre de g f est va-leur propre de f g.On conclut : f g et g f ont les mmes valeurs propres.

1.25a) Il est clair que f est une application de R[X] dans R[X].On a, pour tout R et tous P,Q R[X] :f (P + Q)

= 3X(P + Q) + (X2 X)(P + Q) (X3 X2)(P + Q)= 3X(P + Q) + (X2 X)(P + Q) (X3 X2)(P + Q)=

(3XP + (X2 X)P (X3 X2)P )

+(3XQ + (X2 X)Q (X3 X2)Q),

donc f est linaire.

On conclut que f est un endomorphisme du R-espace vectorielR[X].

b) On a, pour tout n N :f (Xn) = 3X Xn (X2 X)(nXn1) (X3 X2)n(n 1)Xn2

= 3Xn+1 + n(Xn+1 Xn) n(n 1)(Xn+1 Xn)= (n2 + 2n + 3)Xn+1 + (n2 2n)Xn.

(Les critures nXn1 et n(n 1)Xn2 ne sont pas clairement d-finies lorsque n = 0 ou n = 1, mais le rsultat final est valableaussi dans ces deux cas.)

c) Daprs b), on a, en particulier : f (X2) = 3X3 etf (X3) = 3X3. Ainsi, X2 et X3 sont diffrents et ont la mmeimage par f , donc f nest pas injective.

On a, daprs la dfinition de f :

P R(X], ( f (P))(0) = 0,puisque f (P) contient X en facteur. En particulier, le polynmeconstant 1 nest pas atteint par f , donc f nest pas surjective.

d) 1) Soit n N tel que Rn[X] soit stable par f .On a alors en particulier : f (Xn) Rn[X], donc, daprs b) :n2 + 2n + 3 = 0, cest--dire n = 1 ou n = 3, donc n = 3(puisque n N). Rciproquement, montrons que R3[X] est stable par f .On a, daprs b) :

f (1) = 3X, f (X) = 4X2 X, f (X2) = 3X3, f (X3) = 3X3.

Il en rsulte, puisque f est linaire et que (1, X, X2, X3) estune base de R3[X], que R3[X] est stable par f .

On conclut quil existe n N unique tel que Rn[X] soit stablepar f , et on a n = 3.

d) 2) Daprs 1), la matrice A de g dans la base canonique

(1, X, X2, X3) de R3[X] est : A =

0 0 0 03 1 0 00 4 0 00 0 3 3

.Puisque A est triangulaire (infrieure), les valeurs propres de Ase lisent sur sa diagonale, donc les valeurs propres de A sont :1, 0, 3.Dterminons les sous-espaces propres de A.

Soit V =

xyzt

M4,1(R). On a :

V SEP (A,1) AV = V

0 = x3x y = y4y = z3z + 3t = t

x = 0

z = 4yt = 3y,

donc SEP (A,1) = Vect (

0143

), dim(SEP (A,1)) = 1.

V SEP (A, 0) AV = 0

3x y = 04y = 0

3z + 3t = 0

x = 0

y = 0

t = z,30


donc SEP (A, 0) = Vect (

0011

), dim(SEP (A, 0)

)= 1.

V SEP (A, 3) AV = 3V

0 = 3x

3x y = 3y4y = 3z

3z + 3t = 3t

x = 0

y = 0

z = 0,

donc : SEP (A, 3) = Vect (

0001

), dim(SEP (A, 3)

)= 1.

Puisque A est carre dordre 4 et que la somme des dimensionsdes sous-espaces propres de A est 1 + 1 + 1 = 3 4, daprs lecours, A nest pas diagonalisable dans M4(R).

Comme A reprsente g, on conclut que g nest pas diagonali-sable.

1.26a) On remarque, en notant C1, ...,Cn les colonnes de An :C1 = Cn et C2 = C3 = = Cn1,do : rg (An) 2.

Dautre part, (C1,C2) est libre, car C2 nest pas colinaire C1.

On conclut : rg (An) = 2.

Comme rg (An) = 2 < n, 0 est valeur propre de An et :dim

(SEP (An, 0)

)= n rg (An) = n 2.

Ceci montre que 0 est valeur propre de An et :dim SEP (An, 0) = n 2.b) On sait dj que 0 est valeur propre de An.

Soient R, X =x1...

xn

Mn,1(R) \ {0}. On a :

AnX = X

2 2 . . . 2 21 0 . . . 0 1...... (0)

......

1 0 . . . 0 12 2 . . . 2 2

x1x2...

xn1xn

=

x1x2...

xn1xn

2x1 + 2x2 + + 2xn1 + 2xn = x1x1 + xn = x2

...

x1 + xn = xn1

2x1 + 2x2 + + 2xn1 + 2xn = xn

x1 = xn, x2 = ... = xn1,2(x1 + + xn) = x1, x1 + xn = x2

x1 = xn, x2 = ... = xn1,2(2x1 + (n 2)x2) = x1 (1), 2x1 = x2 (2).

On a :

(1)

(2)

x1 =

2x2

2x2 + 2(n 2)x2 = 2

2x2 (3)

et :

(3) (2

2 2 2(n 2)

)x2 = 0

(2 4 4(n 2)) = 0 (4),car x2 0, puisque, si x2 = 0, alors on dduit x1 = 0, puisx3 = ... = xn1 = 0, xn = 0, X = 0, exclu.

Le discriminant de cette quation du second degr en est : = 16 + 16(n 2) = 16(n 1) > 0,donc : (4) ( = 1 ou = 2),o : 1 = 2 2

n 1, 2 = 2 + 2

n 1.

Il en rsulte que les valeurs propres de An sont :

0, 2 2n 1, 2 + 2n 1,et ces trois valeurs propres sont bien deux deux distinctes, carn 3.

c) Notons, pour {0, 1, 2}, E = SEP (An, ).Daprs a), dim (E0) = n 2.Daprs b), dim (E1 ) 1 et dim (E2 ) 1.

Dautre part, daprs le cours, la somme des dimensions dessous-espaces propres pour A est infrieure ou gale n.

On a donc ncessairement :

dim (E0) = n 2, dim (E1 ) = dim (E2 ) = 1,donc la somme des dimensions des sous-espaces proprespour An est gale n.

On conclut, daprs le cours, que An est diagonalisable.

1.27a) On a :

AX = X

a2 x2 + + an xn = x1a1 x1 + a3 x3 + + an xn = x2

...

a1 x1 + + an1 xn1 = xnD

unod

.To

ute

repr

oduc

tion

non

auto

ris

ees

tun

dlit

31


S a1 x1 = x1S a2 x2 = x2

...

S an xn = xn

S = ( + a1)x1

...

S = ( + an)xn.

b) Supposons + a1 = 0.

On a alors S = ( + a1)x1 = 0. Dautre part, comme a2, ..., ansont tous diffrents de a1, on a :

+ a2 0, ... , + an 0,

do : x2 = ... = xn = 0.

Ensuite : 0 = S =n

k=1

ak xk = a1 x1,

donc x1 = 0. On obtient X = 0, contradiction.

Ceci montre : + a1 0.

De mme : k 1 ; n, + ak 0. Comme X 0, il existe i 1 ; n tel que xi 0, et, comme + ai 0, on a : S = ( + ai)xi 0.

Do :AX = X

(x1 =

S + a1

, ..., xn =S

+ an, S =

nk=1

akS

+ ak

)

(x1 =

S + a1

, ..., xn =S

+ an,

nk=1

ak + ak

= 1).

Ceci montre que, pour tout R, est valeur propre de A si etseulement si :

(k 1 ; n, + ak 0) et nk=1

ak + ak

= 1.

c) La fonction f : 1 +n

k=1

ak + ak

est dfinie sur

D = R \ {a1, ..., an}, drivable sur D, et :

D, f () = n

k=1

ak( + ak)2

< 0.

On en dduit le tableau des variations de f :

an . . . a1 +f () || . . . ||

1 || || +f () || . . . ||

|| || 1

Daprs le thorme des valeurs intermdiaires et la strictemonotonie par intervalles, f admet exactement n zros, nots1, ..., n et on a :

an < n < an1 < ... < a2 < 2 < a1 < 1.

Ceci montre que A admet n valeurs propres relles deux deuxdistinctes.

d) Puisque A Mn(R) et que A admet n valeurs propres deux deux distinctes, daprs le cours, on conclut que A est diagona-lisable dans Mn(R).

1.28a) La matrice carre A est symtrique relle, donc, daprs lecours, A est diagonalisable dans Mn(R).

b) 1) On a :

AX = X

0 1 0 . . . 0

1 0. . . (0)

...

0. . .

. . .. . . 0

... (0). . .

. . . 10 . . . 0 1 0

x1x2...

xn1xn

=

x1x2...

xn1xn

x2 = x1

x1 + x3 = x2

...

xn2 + xn = xn1

xn1 = xn

x2 x1 + x0 = 0x3 x2 + x1 = 0

...

xn xn1 + xn2 = 0xn+1 xn + xn1 = 0

i 0 ; n 1, xi+2 xi+1 + xi = 0.b) 2) Pour montrer que lquation du second degr

r2 r + 1 = 0,

dinconnue r C, admet deux solutions distinctes, il suffit demontrer que son discriminant = 2 4 est non nul. ceteffet, raisonnons par labsurde : supposons = 0.

Daprs le cours sur les suites rcurrentes linaires du secondordre coefficients constants et sans second membre, il existealors (, ) R2 tel que :

k 0 ; n + 1, xk = (k + )rk10 ,

o r0 =

2est la racine double du trinme.

On a :x0 = 0

xn+1 = 0

= 0((n + 1) +

)rn0 = 0

= 0

= 0 ou r0 = 0.

Si = = 0, alors tous les xk sont nuls, X = 0, exclu.

32


Si r0 = 0, alors = 2r0 = 0, = 2 4 = 4 0, contradic-tion.

Ce raisonnement par labsurde montre 0. On conclut quelquation r2 r + 1 = 0, dinconnue r C, admet deuxsolutions distinctes, notes r1, r2.

b) 3) En considrant la somme et le produit des

Documents

Méthodes et exercices e année - pidgis.free.frpidgis.free.fr/Methodes et exos ECS 2eme annee.pdf · Table des matières Remerciements VI 1. Réduction des endomorphismes et des