Université Denis Diderot (Paris VII) 2000-2001 51MT231

Corrigé du DST n^{∘}4 Lundi 08 Janvier 2001

Exercice 1, question 1. On calcule le polynôme caractéristique en faisant apparaître des zéros, et on en déduit que les valeurs propres sont −2, a et 2 :

P_{a}(X) = | \begin{matrix}−2 − a − X & −4 − 3a & a + 4 \\ a + 1 & 3a + 1 − X & +a + 1 \\ a + 1 & 3a − 1 & 1 − a − X \end{matrix} | = | \begin{matrix}2 − X & −4 − 3a & a + 4 \\ 0 & 3a + 1 − X & −a − 1 \\ 2 − X & 3a − 1 & 1 − a − X \end{matrix} |

= | \begin{matrix}2 − X & −4 − 3a & a + 4 \\ 0 & 3a + 1 − X & −a − 1 \\ 0 & 6a + 3 & −2a − 3 − X \end{matrix} | = (2 − X)[X^{2} + (2 − a)X − 2a]

= (2 − X)(X + 2)(X − a).

Lorsque a ≠ 2, −2 : les trois valeurs propres sont de multiplicité 1 donc l’endomorphisme est diagonalisable.

Lorsque a = 2 :

1 ≤ dim E_{−2} ≤ om(−2) = 1, 1 ≤ dim E_{2} ≤ om(2) = 2,

donc il faut étudier dim E_{2}. On a

M_{2} − 2I = ( \begin{matrix}−6 & −10 & 6 \\ 3 & 5 & −3 \\ 3 & 5 & −3 \end{matrix} ) .

Les trois vecteurs colonnes sont colinéaires et la matrice n’est pas nulle, donc elle est de rang 1. Par le théorème du rang on a donc dim E_{2} = dim Ker(f_{2} − 2id) = 3 − rg(f_{2} − 2id) = 2. L’endomorphisme est encore diagonalisable.

Lorsque a = −2 :

1 ≤ dim E_{−2} ≤ om(−2) = 2, 1 ≤ dim E_{2} ≤ om(2) = 1,

donc il faut étudier dim E_{−2}. On a

M_{−2} + 2I = ( \begin{matrix}2 & 2 & 2 \\ −1 & −3 & 1 \\ −1 & −7 & 5 \end{matrix} ) .

Les trois vecteurs colonnes ne sont pas colinéaires et la matrice n’est pas inversible (car −2 est valeur propre), donc elle est de rang 2. Comme plus haut, on en déduit que dim E_{−2} = 1, donc l’endomorphisme n’est pas diagonalisable.

Finalement, f_{a} est diagonalisable si et seulement si a ≠ −2.

Exercice 1, question 2. On a vu à la question précédente que dim E_{−2} = dim E_{2} = 1. On trouve un vecteur directeur pour chacune de ces droites en résolvants des systèmes linéaires :

( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) ∈ E_{−2} ⇔ \{ \begin{matrix}2x + 2y + 2z = 0 \\ −x − 3y + z = 0 \\ −x − 7y + 5z = 0 \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}−x − 3y + z = 0 \\ −4y + 4z = 0 \\ −4y + 4z = 0 \end{matrix}

⇔ \{ \begin{matrix}y = z \\ x = −2z \end{matrix} ⇔ ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = z ( \begin{matrix}−2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ),

( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) ∈ E_{2} ⇔ \{ \begin{matrix}−2x + 2y + 2z = 0 \\ −x − 7y + z = 0 \\ −x − 7y + z = 0 \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}16y = 0 \\ −x − 7y + z = 0 \end{matrix}

⇔ \{ \begin{matrix}y = 0 \\ x = z \end{matrix} ⇔ ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = z ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

On pose donc v_{1} = (−2, 1, 1), v_{2} = (1, 0, 1) et on complète par exemple avec v_{3} = (1, 0, 0)

— le déterminant de cette famille dans la base canonique vaut 1 donc c’est une base. On a f_{−2}(v_{1}) = −2v_{1} et f_{−2}(v_{2}) = 2v_{2} donc la matrice de f_{−2} dans la base (v_{1}, v_{2}, v_{3}) est

( \begin{matrix}−2 & 0 & a \\ 0 & 2 & b \\ 0 & 0 & c \end{matrix} ),

øù a, b, c sont les coordonnées de f_{−2}(v_{3}) dans (v_{1}, v_{2}, v_{3}).

Exercice 1, question 3. On a vu à la question 1. que f_{0} est diagonalisable et que ses valeurs propres sont −2, 0 et 2. Il existe donc une base (u_{1}, u_{2}, u_{3}) de vecteurs propres, et dans cette base la matrice de f_{0} est diagonale avec −2, 0 et 2 sur la diagonale.

On a f(v) = f(u_{1} + u_{2} + u_{3}) = f(u_{1}) + f(u_{2}) + f(u_{3}) = −2u_{1} + 2u_{3}, f^{2}(v) = f(−2u_{1} + 2u_{3}) = −2f(u_{1}) + 2f(u_{3}) = 4u_{1} + 4u_{3},

f^{3}(v) = f(4u_{1} + 4u_{3}) = 4f(u_{1}) + 4f(u_{3}) = −8u_{1} + 8u_{3}.

On calcule le déterminant de la famille (v, f(v), f^{2}(v)) dans la base (u_{1}, u_{2}, u_{3}) :

| \begin{matrix}1 & −2 & 4 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix} | = − | \begin{matrix}−2 & 4 \\ 2 & 1 \end{matrix} | = 6 ≠ 0.

La famille (v, f(v), f^{2}(v)) est donc une base.

On exprime enfin f(v), f(f(v)) et f(f^{2}(v)) dans la base (v, f(v), f^{2}(v)), grâce aux calculs déjà effectués :

f(v) = f(v), f(f(v)) = f^{2}(v),

f(f^{2}(v)) = f^{3}(v) = −8u_{1} + 8u_{3} = 4f(v), donc

Mat_{(v,f(v),f^{2}(v))}f_{0} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) .

Exercice 2. Commençons par écrire le système matriciellement :

X′ = MX, où X = ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) et M = ( \begin{matrix}13 & −20 & −10 \\ 15 & −22 & −10 \\ −15 & 20 & 8 \end{matrix} ) .

On étudie ensuite la matrice M. Les calculs donnent P (λ) = −λ^{3}−λ^{2}+8λ+12 = (λ+2)^{2}(3− λ), E_{−2} = Vect [(1, 0, \frac{3}{2}), (0, 1, −2)] et E_{3} = Vect [(1, 1, −1)]. Ainsi M est diagonalisable : M = P DP^{−1} avec

D = ( \begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix} ) et P = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ \frac{3}{2} & −2 & −1 \end{matrix} ) .

On effectue alors le changement de variable correspondant dans le système différentiel :

X′ = MX ⇔ X′ = P DP^{−1}X ⇔ P^{−1}X′ = DP^{−1}X
⇔ Y′ = DY et Y = P^{−1}X ⇔ Y′ = DY et X = P Y.

Le système pour Y = (u, v, w) se résoud facilement :

\{ \begin{matrix}u′ = −2u \\ v′ = −2v \\ w′ = 3w \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}u(t) = αe^{−2t} \\ v(t) = βe^{−2t} \\ w(t) = γe^{3t}. \end{matrix}

On revient enfin aux inconnues de départ grâce à la relation X = P Y :

\{ \begin{matrix}x(t) = u(t) + w(t) = αe^{−2t} + γe^{3t} \\ y(t) = v(t) + w(t) = βe^{−2t} + γe^{3t} \\ z(t) = \frac{3}{2}u(t) − 2v(t) − w(t) = (\frac{3}{2}α − 2β)e^{−2t} − γe^{3t}. \end{matrix}