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ENSA de Tanger Diagonalisation - Corrigé des exercices Algèbre 2 - AP1 - 2014/2

ENSA de Tanger Diagonalisation - Corrigé des exercices Algèbre 2 - AP1 - 2014/2015 Exercice 30. Diagonaliser la matrice A =         1 1 ··· ··· 1 1 −1 0 ··· 0 . . . 0 ... ... . . . . . . . . . ... ... 0 1 0 ··· 0 −1         ∈Mn(R) pour n ≥2. Solution : Nous avons presque terminé cet exercice en TD. Ce n’est pas la peine de reprendre les calculs, mais rappelons que nous nous sommes partis de l’équation matricielle AX = λX, où X =      x1 x2 . . . xn     , ce qui nous a donné un système linéaire à n équations et n inconnues. Nous avons trouvé 3 valeurs propres −√n, √n, −1. Pour les valeurs propres −√n, √n, on trouve par les calculs que les 2 sous-espaces propres sont de dimension 1 (il sufﬁt de revenir au système linéaire en remplaçant λ par −√n, puis par √n). Pour la valeur propre −1, on trouve par les calculs que le sous-espace propre associé est E−1 = {(x1,...,xn) ∈Rn / x1 = 0,x2 +···+xn = 0} = {(0,x2,x3,...,xn−1,xn) ∈Rn / xn = −x2 −x3 −···−xn−1}. Donc les vecteurs de E−1 s’écrivent sous forme X = (0,x2,x3,...,xn−1, −x2 −x3 −···−xn−1) = x2(0, 1, 0,...,0,−1)+x3(0, 0,1, 0,...,0, −1)+···+xn−1(0, 0, 0,...,1, −1). Donc, les n −2 vecteurs u2 = (0, 1, 0,...,0, −1), u2 = (0, 0,1, 0,...,0, −1),...,un−2 = (0, 0, 0,...,1, −1) forment une base de E−1, qui est donc de dimension n−2. Puisque dimE−√n +dimE√n +dimE−1 = 1+1+(n−2) = n = dimRn, alors la matrice A est diagonalisable. Exercice 31. 1. Soit l’endomorphisme D de Cn[X] déﬁni par la dérivation des polynômes. Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de D. L’endomorphisme D est-il diagonalisable ? 2. Mêmes questions pour l’endomorphisme L : R2[X] − →R2[X] donné par L(P) = 2XP−(X2 −1)P′. Solution : 1. Soit λ ∈C une valeur propre de D. Alors il existe un polynôme non nul P ∈Cn[X] tel que D(P) = λP. Donc P′ = λP. Comme deg(P′) < deg(P), alors nécessairement λ = 0. Donc P′ = 0, ce qui montre que P est un polynôme constant. Par conséquent, 0 est la seule valeur propre de D et le sous-espace propre E0(D) est égal à l’ensemble des polynômes constants : E0(D) = C. Soit B = (1,X,X2,...,Xn) la base canonique de Cn[X]. Page 1 sur 3 On a : D(1) = 0, D(X) = 1,;D(X2) = 2X,...,D(Xn) = nXn−1. Donc la matrice de D dans la base B est M(D,B) =           0 1 0 ··· 0 0 0 0 2 ··· 0 0 0 0 0 ... 0 0 . . . . . . . . . ... . . . . . . 0 0 0 ··· 0 n 0 0 0 ··· 0 0           . Par conséquent, le polynôme caractéristique de D vaut det(D−XIn) = −X 1 0 ··· 0 0 0 −X 2 ··· 0 0 0 0 −X ... 0 0 . . . . . . . . . ... . . . . . . 0 0 0 ··· −X n 0 0 0 ··· 0 −X = (−X)n, car c’est un déterminant triangulaire. Donc 0 est une valeur propre d’ordre de multiplicité n. Comme n ̸= dimE0(D) = 1, alors l’endomorphisme D n’est pas diagonalisable. 2. Soit B = (1,X,X2) la base canonique de R2[X]. On a L(1) = 2X, L(X) = 2X2 −(X2 −1) = 1 + X2, L(X2) = 2X(X2) −(X2 −1)(2X) = 2X3 −2X3 + 2X = 2X. Donc la matrice de L dans la base B est A = M(L,B) =   0 1 0 2 0 2 0 1 0   Donc le polynôme caractéristique est −λ 1 0 2 −λ 2 0 1 −λ = −λ 3 +4λ = λ(4−λ 2) = λ(2−λ)(2+λ). Il en découle que L admet 3 valeurs propres distinctes 0, −2, 2. donc L est diagonalisable. Cherchons les sous-espaces propres de L. D’abord, pour tout P = a+bX +cX2 ∈R2[X], on a L(P) = 2X(a+bX +cX2)−(X2 −1)(b+2cX), ce qui donne, après calculs, L(P) = b+2(a+c)x+bX2 . • L(P) = 0 ⇐ ⇒b = 0, a+c = 0 ⇐ ⇒P = a−aX2 = a(1−X2). Donc E0(L) = Vect(1−X2). • L(P) = −2P ⇐ ⇒b = −2a, 2(a+b+c) = 0, b = −2c ⇐ ⇒a = −b/2, c = −b/2 ⇐ ⇒P = −b/2+bX − b/2X2 = −b/2(1−2X +X2). Donc E−2(L) = Vect(1−2X +X2). • L(P) = 2P ⇐ ⇒b = 2a, 2(a−b+c) = 0, b = 2c ⇐ ⇒a = b/2, c = b/2 ⇐ ⇒P = b/2+bX +b/2X2 = b/2(1+2X +X2). Donc E2(L) = Vect(1+2X +X2). Page 2 sur 3 Soit B′ = (1 −X2, 1 −2X + X2, 1 + 2X + X2) la nouvelle base de R2[X] formée de vecteurs propres de L. Alors la matrice de L dans la base B′ est D = M(L,B′) =   0 0 0 0 −2 0 0 0 2   De plus, A = PDP−1 où P =   1 1 1 0 −2 2 −1 1 1  est la matrice de passage de la base B à la base B′. Exercice 32. Soit E un espace vectoriel de dimension ﬁnie n et soient f et g deux endomorphismes de E tels que g◦f = f ◦g. 1. Soit λ une valeur propre de f et Eλ(f) le sous-espace propre de f associé à λ. Montrer que g(Eλ(f)) ⊆Eλ(f). 2. Prouver que si f admet n valeurs propres distinctes, alors g est diagonalisable. Solution : 1. Soit y ∈g(Eλ(f)), alors il existe x ∈Eλ(f) tel que y = g(x). Montrons que y ∈Eλ(f). On a f(y) = f(g(x)) = (f ◦g)(x) = (g◦f)(x) = g(f(x)) = g(λx) = λg(x) = λy. D’où g(y) ∈Eλ(f). 2. Supposons que f admet n valeurs propres distinctes λ1,...,λn. Alors f est diagonalisable et ses sous-espaces propres Eλ1(f),...,Eλn(f) sont tous de dimension 1. Posons Eλi(f) = Vect(ui) pour chaque i ∈{1,...,n}. Alors (u1,...,un) est une base de E. D’après la première question, pour chaque i on a g Eλi(f) ⊆Eλi(f). Donc g(ui) ∈Eλi(f), ce qui implique l’existence d’un scalaire αi ∈K tel que g(ui) = αiui. Il en résulte que chaque ui est un vecteur propre de g associé à la valeur propre αi. Donc (u1,...,un) est une base de E formée de vecteurs propres de g. D’où g est diagonalisable. Remarquons ici que les valeurs propres α1,...,αn de g ne sont pas nécessairement distinctes. Exercice 33. Soit une matrice M ∈Mn(K) admettant une unique valeur propre λ. Montrer que M est diagonalisable si et seulement si M = λIn. Solution : ⇐ =) Si M = λIn, alors M est une matrice diagonale, et donc évidemment diagonalisable. = ⇒) Supposons que la matrice M est diagonalisable. Alors il existe une matrice diagonale D et une matrice inversible P telles que A = PDP−1. Les coefﬁcients diagonaux de la matrice D sont les valeurs propres de M. Or, λ est la seule valeur propre de M. Donc nécessairement D = diag(λ,...,λ) = λIn. D’où M = P(λIn)P−1 = λPP−1 = λIn. 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