MT231  Université Paris 7  2002-2003

DM3 correction

Exercice 1 :

1. (a) M = (\begin{matrix}4 & 6 \\ −1 & −1 \end{matrix}).

Polynôme caractéristique : X^{2} − 3X + 2 = (X − 1)(X − 2). Comme les valeurs propres de M sont simples, M est diagonalisable. Vecteur propre associé à la valeur propre 1 : (\begin{matrix}−2 \\ 1 \end{matrix}).

Vecteur propre associé à la valeur propre 2 : (\begin{matrix}−3 \\ 1 \end{matrix}).

Donc P = (\begin{matrix}−2 & −3 \\ 1 & 1 \end{matrix}), et D = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}) conviennent. Alors, le système différentiel linéaire se résoud comme suit :

X′ = MX (E)

⇔ X′ = P DP^{−1}X ⇔ P^{−1}X′ = DP^{−1}X ⇔ \{ \begin{matrix}Y = P^{−1}X \\ Y′ = DY (E′). \end{matrix}

Dès lors, i. les solutions de (E′) sont de la forme Y = (\begin{matrix}ae^{t} \\ be^{2t} \end{matrix}) pour (a, b) ∈ ℝ^{2},

ii. les solutions de (E) sont de la forme X = (\begin{matrix}−2ae^{t} − 3be^{2t} \\ ae^{t} + be^{2t} \end{matrix}) pour (a, b) ∈ ℝ^{2}.

(b) M = (\begin{matrix}0 & 0 & −3 \\ 2 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix}).

Polynôme caractéristique : −(X^{3} − 6X^{2} + 11X − 6) = −(X − 1)(X − 2)(X − 3). Comme les valeurs propres de M sont simples, M est diagonalisable. Les matrices P = (\begin{matrix}−3 & 0 & −1 \\ 3 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) et D = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) conviennent.

Les solutions du système différentiel X′ = MX sont de la forme P = (\begin{matrix}−3ae^{t} − ce^{3t} \\ 3ae^{t} + be^{2t} + ce^{3t} \\ ae^{t} + be^{3t} \end{matrix}) pour (a, b, c) ∈ ℝ^{3}.

(c) M = (\begin{matrix}0 & −2 & −3 \\ 1 & 3 & 3 \\ 1 & 2 & 4 \end{matrix}).

Polynôme caractéristique : −(X^{3} − 7X^{2} + 11X − 5) = −(X − 1)^{2}(X − 5). Vecteurs propres indépendants associés à la valeur propre 1 : (\begin{matrix}−2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−3 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}).

Vecteur propre associé à la valeur propre 5 : (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}).

La dimension des sous-espaces propres de M est donc égale à la multiplicité de chaque valeur propre, ce qui monre que M est diagonalisable.

De plus, les matrices P = (\begin{matrix}−2 & −3 & −1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) et D = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{matrix}) conviennent.

Enfin, les solutions du système différentiel X′ = MX sont de la forme

P = (\begin{matrix}−2ae^{t} − 3be^{t} − ce^{5t} \\ ae^{t} + ce^{5t} \\ be^{t} + ce^{5t} \end{matrix}) pour (a, b, c) ∈ ℝ^{3}.

2. (a) M = (\begin{matrix}−3 & −8 \\ 2 & 5 \end{matrix}).

Polynôme caractéristique : X^{2} − 2X + 1 = (X − 1)^{2}.

Sous-espace propre associé à la valeur propre 1 : (\begin{matrix}−2 \\ 1 \end{matrix}) ℝ.

La dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre 1 est donc strictement inférieure à la multiplicité de celle-ci, ce qui montre que M n’est pas diagonalisable.

(b) M = (\begin{matrix}3 & 3 & −3 \\ −2 & −2 & 3 \\ 0 & −1 & 4 \end{matrix}).

Polynôme caractéristique : −(X^{3} − 5X^{2} + 7X − 3) = −(X − 1)^{2}(X − 3).

Vecteurs propres associés à la valeur propre 1 : (\begin{matrix}−3 \\ 3 \\ 1 \end{matrix}) ℝ.

A nouveau, comme la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre 1 est strictement inférieure à la multiplicité de celle-ci, M n’est pas diagonalisable.

Exercice 2 :

1. Soit r ∈ ℕ^{∗} tel que N^{r} = 0.

(a) D’après le choix de r, det(N^{r}) = 0 ⇔ r. det(N) = 0, donc det(N) = 0 car r ≠ 0. On en déduit que N n’est pas inversible, et donc Ker(N) ≠ {0}. Il suffit donc de considérer x ∈ Ker(N) − {0}.

(b) Comme x est non nul, d’après le théorème de la base incomplète, on peut compléter (x) en une base (x, e_{2}, ..., e_{n}) de ℝ^{n}. Comme u(x) = Nx = 0, la matrice de u dans cette base est de la forme attendue.

(c) Par définition du produit de matrice,

( \begin{matrix}0 & ∗ \\ 0 ⋮ 0 & N′ \end{matrix}  )^{r} = ( \begin{matrix}0 & ∗ \\ 0 ⋮ 0 & (N′)^{r} \end{matrix}  ) .

Dès lors, par définition de N, (N′)^{r} = 0 ce qui montre que N′ est nilpotente.

(d) On pose x_{1} = x. Comme N′ est nilpotente, il existe un vecteur x′ = (x′_{2} ; ⋮ ; x′_{n}) de ℝ^{n−1} tel

que N′x′ = 0. Considérant la base obtenue dans 1(b), on pose x_{2} = x′_{2}.e_{2} + ... + x′_{n}.e_{n}. Dès lors,

u(x_{2}) = ( \begin{matrix}0 & ∗ \\ 0 ⋮ 0 & N′ \end{matrix}  ) ( 0 ; x′_{2} ; ⋮ ; x′_{n}) = ( ∗ ; N′x′ ) = ( ∗ ; 0 ⋮ 0 ) .

Par ailleurs, (x_{1}, x_{2}) est libre. On peut donc le compléter en une base (x_{1}, x_{2}, e′_{3}, ..., e′_{n}). Dans cette nouvelle base, la matrice de u est donc de la forme :

( \begin{matrix}0 & ∗ & ∗ \\ 0 & 0 & ∗ \\ 0 ⋮ 0 & 0 ⋮ 0 & N′′ \end{matrix}  )

où N′′ est une matrice carré de taille n − 2. On démontre comme dans 1(c) que (N′′)^{r} = 0, et on peut donc itérer le raisonnement avec cette matrice. Comme la taille de la matrice obtenue diminue, ce procédé termine, et on ontient donc une base (x_{1}, x_{2}, x_{3}, ..., x_{n}) de ℝ^{n} tel que la matrice de u dans cette base est de la forme attendue.

2. Il est évident que (b) ⇒ (a). Supposons réciproquement que N est nilpotente. La matrice de u dans la base canonique de ℝ^{n} est par définition N. D’après le 1(d) il existe une base (x_{1}, ..., x_{n}) dans laquelle la matrice de u est triangulaire supérieure stricte (c’est-à-dire avec des 0 sur la diagonale). Si P est la matrice de passage de la base canonique à (x_{1}, ..., x_{n}), on a donc N = P T P^{−1} et N^{n} = P T^{n}P^{−1}. Or, par définition, du produit de matrice,

T^{n} = (\begin{matrix}0 & ∗ & … & ∗ \\ 0 & ... & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & ∗ \\ 0 & … & 0 & 0 \end{matrix})^{n} = 0

car T est de taille n. On déduit donc de ce qui précède que N^{n} = 0, ce qui montre la réciproque.

3. (a) Soit χ_{T} (λ) le polynôme caractéristique de T. Il est immédiat par définition de T que χ_{T} (λ) = (−λ)^{n}. Par ailleurs,

χ_{N}(λ) = det(N − λ.Id) = det(P T P^{−1} − λ.Id)

= det(P T P^{−1} − λ.P P^{−1}) = det (P (T − λ.Id)P^{−1}) = det(T − λ.Id) = χ_{T} (λ).

La dernière égalité résulte du fait que les déterminants respectifs de deux matrices semblables sont égaux. Ceci conclut.

(b) Supposons que χ_{N}(λ) = (−λ)^{n}. En particulier χ_{N} est scindé, donc N est trigonalisable. En outre la seule racine de χ_{N} est 0, donc la seule valeur propre de N est 0. Ainsi, modulo un changement de base, N est triangulaire supérieure avec des 0 sur la diagonale. Comme on l’a déjà vu à la question 2, cela implique que N^{n} = 0, donc que N est nilpotente.