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5/28/2018 Fic 00054

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Enoncs et corrections : Sandra Delaunay

Exo7

Sujets de lanne 2004-2005

1 Devoir la maison

Exercice 1

SoitMla matrice relle 33 suivante :

M=0 2 13 2 02 2 1

1. Dterminer les valeurs propres deM.

2. Montrer queMest diagonalisable.

3. Dterminer une base de vecteurs propres et P la matrice de passage.

4. On aD=P1MP, pourk N exprimerMk en fonction deDk, puis calculerMk.

Correction [002563]

Exercice 2

Soit E un espace vectoriel sur un corps K (K= R ou C), on appelle projecteurun endomorphisme p de E

vrifiant p p= p. Soit p un projecteur.

1. Montrer que IdEpest un projecteur, calculer p (IdEp)et (IdEp)p.

2. Montrer que pour tout x Imp, on a p(x) = x.

3. En dduire que Impet kerpsont supplmentaires.

4. Montrer que le rang depest gal la trace de p. (On rappelle que la trace de la matrice dun endomor-

phisme ne dpend pas de la base dans laquelle on exprime cette matrice.)

Correction [002564]

Exercice 3

SoitA = (ai j)1i,jnune matrice carrenn. On veut dmontrer le rsultat suivant d Hadamard : Supposonsque pour touti {1, , n}, on ait

|aii| >n

j=1,j=i

|ai j|

alorsA est inversible.

1. Montrer le rsultat pourn=2.

2. SoitB, la matrice obtenue en remplaant, pour j 2, chaque colonnecj deA par la colonne

cj a1j

a11c1,

Calculer lesbi j

en fonction desai j

. Montrer que si les coefficients deA satisfont les ingalits ci-dessus,

alors pouri 2, on a

|bii| >n

j=2,j=i

|bi j|.

1
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3. Dmontrer le rsultat de Hadamard pourn quelconque.

Correction [002565]

2 Partiel

Exercice 4

Soit

A=

1 0 00 1 0

1 1 2

Dmontrer queA est diagonalisable et trouver une matrice P telle queP1APsoit diagonale.

Correction [002566]

Exercice 5

Soit

A=

1 1 10 1 01 0 1

Factoriser le polynme caractristique de A. La matriceA est-elle diagonalisable dans R ? dans C ?

Correction [002567]

Exercice 6

Soit

A=

a c

c d

M2(R)

Dmontrer queA est diagonalisable dans R.Correction [002568]

Exercice 7

SoitA la matrice suivante

A=

0 1 11 0 1

1 1 0

Calculer A2 et vrifier que A2 =A + 2I3. En dduire que A est inversible et donner son inverse en fonction deA.

Correction [002569]

Exercice 8

SoitA une matrice carre dordren. On suppose queA est inversible et que R est une valeur propre deA.

1. Dmontrer que=0.

2. Dmontrer que si xest un vecteur propre de A pour la valeur propre alors il est vecteur propre de A1

de valeur propre1 .

Correction [002570]

Exercice 9

Soit f un endomorphisme deEvrifiant f2 =mathrmIdE.

1. Dmontrer que les seules valeurs propres possibles de fsont 1 et 1.

2

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2. Vrifier que pour tout x E, on a

f(xf(x)) = (x f(x)) et f(x + f(x)) = (x + f(x))

et en dduire que fadmet toujours une valeur propre.

3. Dmontrer que si 1 et1 sont valeurs propres, alors E est somme directe des sous-espaces propres

correspondants.4. Traduire gomtriquement sur un dessin dans le casn=2.

Correction [002571]

3 Examen

Exercice 10

(9 points) SoitA la matrice deM3(R)suivante :

A= 1 0 11 2 1

1 1 1

1. Dmontrer que les valeurs propres deA sont 1 et 2.

2. Dterminer les sous-espaces propres deA. La matriceA est-elle diagonalisable ?

3. Dterminer les sous-espaces caractristiques deA.

4. Dterminer une base de R3 dans laquelle la matrice de lendomorphisme associ A est

B=2 0 0

0 1 1

0 0 1

En dduire la dcomposition de Dunford de B.

5. Rsoudre le systme diffrentiel

x =x +z

y = x + 2y +z

z =xy +z

[002572]

Exercice 11

(7 points) On considre la suite(un)nNdfinie paru0=0, u1=1 et par la relation de rcurrence

un+1=1

2(un+ un1).

1. Dterminer une matriceA M2(R)telle que pour toutn 1 on aitun+1

un

=An

u1u0

.

Justifier.

2. Dterminer le polynme caractristiquePA(X)de A et calculer ses racines1 et 2.

3. SoitRn(X) = anX+ bn le reste de la division euclidienne de Xn par PA(X). Calculer an etbn (on pourra

utiliser les racines1 et 2).

3

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4. Montrer queAn =anA + bnI2, en dduire que la matrice An converge lorsque n tend vers + vers une

limiteA que lon dterminera. Calculer limn+

un.

[002573]

Exercice 12

(5 points) Soit A une matrice carre, A Mn(K)(K= R ou C). On rappelle que la trace dune matrice est lasomme de ses coefficients diagonaux et que tr(BAB1) =trA.Dmontrer que det(expA) =etrA dans les cas suivants :

1. Adiagonalisable.

2. Atriangulaire suprieure ayant une diagonale de zros.

3. Atrigonalisable.

4. Aquelconque.

[002574]

4 Rattrapage

Exercice 13

(7 points) On considre la suite(un)nNdfinie paru0=0, u1=1 et par la relation de rcurrence

un+1=1

2(un+ un1).

1. Dterminer une matriceA M2(R)telle que pour toutn 1 on aitun+1

un

=An

u1u0

.

Justifier.2. Dterminer le polynme caractristiquePA(X)de A et calculer ses racines1 et 2.

3. SoitRn(X) = anX+ bn le reste de la division euclidienne de Xn par PA(X). Calculer an etbn (on pourra

utiliser les racines1 et 2).

4. Montrer queAn =anA + bnI2, en dduire que la matrice An converge lorsque n tend vers + vers une

limiteA que lon dterminera. Calculer limn+

un.

[002573]

Exercice 14

(5 points) Soit A une matrice carre, A Mn(K)(K= R ou C). On rappelle que la trace dune matrice est la

somme de ses coefficients diagonaux et que tr(BAB1) =trA.Dmontrer que det(expA) =etrA dans les cas suivants :

1. Adiagonalisable.

2. Atriangulaire suprieure ayant une diagonale de zros.

3. Atrigonalisable.

4. Aquelconque.

[002574]

Exercice 15

(4 points) On suppose quune populationxde lapins et une populationyde loups sont gouvernes par le systme

suivant dquations diffrentielles :

(S)

x =4x2y

y =x +y

4

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1. Diagonaliser la matrice

A=

4 21 1

.

2. Exprimer le systme(S)et ses solutions dans une base de vecteurs propres deA.

3. Reprsenter graphiquement les trajectoires de(S)dans le repre(Oxy).

4. Discuter graphiquement lvolution de la population des lapins en fonction des conditions initiales.

Correction [002575]

Exercice 16

(9 points) Soitu lendomorphisme de R3, dont la matrice dans la base canonique est

A=

3 2 21 0 1

1 1 0

1. Calculer les valeurs propres deA. Lendomorphismeu est-il diagonalisable ?

2. Calculer(AI)2. Montrer queAn =nA + (1n)Ien utilisant la formule du binme de Newton.

3. SoientP(X) = (X1)2 etQ R[X]. Exprimer le reste de la division euclidienne de Q par P en fonctionde Q(1) et Q(1), o Q est le polynme driv de Q. En remarquant que P(A) =0 et en utilisant lersultat prcdent avec un choix judicieux du polynme Q, retrouverAn.

4. (a) Montrer que limage de R3 par lendomorphisme umathrmIdest un sous-espace vectoriel dedimension 1, on notera2 une base.

(b) Dterminer un vecteur3 tel que u(3) = 2+ 3. Dterminer un vecteur propre 1 de u non coli-naire 2.

(c) Montrer que(1,2,3) est une base de R3.Ecrire la matrice de u dans cette base, ainsi que les

matrices de passage.(d) RetrouverAn.

Correction [002576]

Exercice 17

(7 points) Soient Met A deux matrices de Mn(R) telles que M A= AM. On suppose que Madmet n valeurspropres distinctes.

1. Soitx un vecteur propre de Mde valeur propre, montrer queMAx=Ax,en dduire que les vecteursxet Ax sont colinaires, puis que tout vecteur propre deMest un vecteur propre deA.

2. On note maintenant1, ,nles valeurs propres deMet 1, ,n celles deA.

(a) Montrer par rcurrence surn lgalit suivante :1 1

n11

......

1 n n1n

= 1i

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(b) SoientM etA les matrices diagonales suivantes :

M =

1 0 0

0 . . . 0

......

0 0 n

, A =

1 0 0

0 . . . 0

......

0 0 n

.

Montrer quil existe des rels0, ,n1tels que

A =n1

k=0

kMk

et en dduire quil existe des rels0, ,n1tels que

A=n1

k=0

kMk.

Correction [002577]

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Correction delexercice 1

SoitMla matrice relle 33 suivante :

M=

0 2 13 2 02 2 1

1. Dterminons les valeurs propres de M.

Ce sont les racines du polynme caractristique

PM(X) =

X 2 1

3 2X 02 2 1X

= 1 3 2X2 2

+ (1X)X 23 22X

(1)= (1X)(X2 + 2X8) (2)

= (1X)(X+ 4)(X2). (3)

La matriceMadmet donc trois valeurs propres distinctes qui sont : 1, 2,et 4.

2. Montrons que M est diagonalisable.Nous venons de voir que M, matrice relle 3 3, admet trois valeurs propres relles distinctes, celaprouve queMest diagonalisable.

3. Dterminons une base de vecteurs propres et P la matrice de passage.

Les trois sous-espaces propres distincts sont de dimension 1, il suffit de dterminer un vecteur propre

pour chacune des valeurs propres.

= 1 : Le vecteur ude coordonnes(x,y,z)est un vecteur propre pour la valeur propre 1 si et seulementsi

2yz=x

3x2y=y

2x + 2y +z=z

x + 2yz=0

3x3y=0

2x + 2y=0

x=y

x=z

Le sous-espace propre associ la valeur propre =1 est la droite vectorielle engendre par le vecteure1 de coordonnes(1, 1, 1).

= 2 : Le vecteur ude coordonnes(x,y,z)est un vecteur propre pour la valeur propre 2 si et seulementsi

2x + 2yz=0

3x4y=0

2x + 2yz=0

3x4y=0

2x + 2yz=0

Le sous-espace propre associ la valeur propre =2 est la droite vectorielle engendre par le vecteure2 de coordonnes(4, 3,2).

=4 : Le vecteuru de coordonnes (x,y,z) est un vecteur propre pour la valeur propre 4 si etseulement si

4x + 2yz=0

3x + 2y=0

2x + 2y + 5z=0

xz=0

2y + 3x=0

Le sous-espace propre associ la valeur propre = 4 est la droite vectorielle engendre par le vecteure3 de coordonnes(2,3, 2).

Les vecteurse1, e2 ete3 forment une base deEcompose de vecteurs propres, la matrice de passage Pest gale

P=1 4 21 3 3

1 2 2

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4. Exprimons Mk en fonction de Dk, puis calculons Mk.

On a

D=P1MP=

1 0 00 2 0

0 0 4

pourk N, on a

Dk =

1 0 00 2k 00 0 (4)k

,etMk =PDkP1.

Calculons donc la matriceP1 : on aP1 = 1

det P(comP)t. Or

det P=

1 4 2

1 3 31 2 2

=

1 6 2

1 0 31 0 2

= 6

1 31 2= 30,

et

comP=

0 5 512 0 618 5 1

do

P1 = 1

30

0 12 185 0 55 6 1

.

On a donc

Mk =PDkP1 = 1

305.2k+210(4)k 12 + 12(4)k 18 + 5.2k+22(4)k

15.2k15(4)k 1218(4)k 18 + 5.2k+1 + 3(4)k

5.2k+110(4)k 12 + 12(4)k 185.2k+12(4)k


Soit E un espace vectoriel sur un corps K (K= R ou C), on appelle projecteurun endomorphisme p de Evrifiant p p= p. Soit p un projecteur.

1. Montrons queIdEp est un projecteur et calculons p (IdEp)et(IdEp)p.

On a(IdEp) (IdEp) = IdEpp +p2 =IdEp, car p2 = p, ce qui prouve que IdEp est unprojecteur.

Par ailleurs, on a

p (IdEp) = pp2 = pp=0= (IdEp)p

donc pour tout x E, on a p(xp(x)) =0.

2. Montrons que pour toutx Imp, on a p(x) = x.

Soit x Imp, il existe y Etel que x= p(y), on a donc p(x) = p2(y) = p(y) = x.

3. On en dduit que Imp etkerp sont supplmentaires.

Soit x E, on peut crire x= p(x) +xp(x), considrons xp(x), on a p(xp(x)) =0

ce qui prouve que xp(x) kerp. Ainsi tout lment de Escrit comme somme dun lment de Imp,p(x), et dun lment de ker p, xp(x), il nous reste dmontrer que la somme est directe.

Soitx Impkerp, on a, dune partp(x) =xdaprs la question 2)car x Impet, dautre part p(x) =0

car x kerp, do x=0. On a donc E= Impkerp.

(Sachant que dimE= dimkerp + dimImp, on pouvait se contenter de dmontrer que Imp kerp=0,ici nous avons explicitement la dcomposition.)

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4. Montrons que le rang de p est gal la trace de p.

Notonsn la dimension deEet considrons une base de Ede la forme

(e1, ,ek, ek+1, , en)

o(e1, ,ek)est une base de Impet ( ek+1, , en)une base de kerp. dans une telle base, la matrice depscrit

M=

Ik 00 0

oIkdsigne la matrice identit kk, et les 0 des blocs de zros. Le rang de pest gal la dimension deImpcest--dire ici ket on a bienk=TrM=Trp.


SoitA = (ai j)1i,jnune matrice carrenn. On veut dmontrer le rsultat suivant d Hadamard : Supposonsque pour touti {1, , n}, on ait

|aii| >n

j=1,j=i

|ai j|

alorsA est inversible.

1. Montrons le rsultat pour n=2.

Dans ce cas, la matriceA scrit

A=

a11 a12a21 a22

et les hypothses deviennent

|a11| > |a12| et |a22| > |a21|.

La matriceA est inversible si et seulement si son dterminant est non nul, or

detA=

a11

a22

a12

a21,

et, compte tenu des hypothses,

|a11a22| = |a11||a22| > |a12||a21| = |a12a21|,

ainsi|a11a22| > |a12a21| donca12a21=a12a21 et le dterminant est non nul.

2. SoitB, la matrice obtenue en remplaant, pour j 2, chaque colonnecj deA par la colonne

cj a1j

a11c1,

Calculons les bi j en fonction des ai j. Montrons que si les coefficients de A satisfont les ingalits ci-

dessus, alors pour i 2, on a

|bii| >n

j=2,j=i

|bi j|.

On a

bi j= ai j a1ja11

a i1si j 2 et bi1=ai1.

par lingalit triangulaire, on a

j=2,j=i

|bi j| = j=2,j=i

|ai j a1j

a11ai1|

j=2,j=i|ai j|+

|a1j||a11|

| ai1|

= j=2,j=i

|ai j|+|ai1||a11|

j=2,j=i|a1j|.

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Mais, par hypothse, pour i=1, on an

j=2

|a1j| < |a11|,

doncn

j=2,j=i

|a1j| < |a11| |a1i|.

Do, en remplaant dans lingalit prcdente

j=2,j=i

|bi j| < j=2,j=i

|ai j|+ |ai1||ai1||a11|

| a1i|

= j=1,j=i

|ai j||ai1||a11|

| a1i|

< |aii||ai1||a11|

| a1i|

aiiai1a11

a 1i= |bii|.3. Dmontrons le rsultat de Hadamard pour n quelconque.

SoitA= (ai j)1i,jn une matrice carrenn, vrifiant pour touti {1, , n},

|aii| >n

j=1,j=i

|ai j|

On veut dmontrer queA est inversible.

Le rsultat est vrai pour n = 2, daprs la question 1). Soit n arbitrairement fix, supposons le rsultatvrai pourn1 et dmontrons le pour n.

On a detA=detBo B est la matrice construite dans la question 2)

B=

a11 0 0... (bi j(2i,jn))

an1

Or, la matrice(bi j(2i,jn))est une matrice carre dordren1 qui vrifie les hypothses de Hadamard,

daprs la question 2). Elle est donc inversible par hypothse de rcurrence. Et, par consquent, la matriceAest inversible cara11=0.


Soit

A=

1 0 00 1 0

1 1 2

Dmontrons que A est diagonalisable et trouvons une matrice P telle que P1AP soit diagonale.

Commenons par calculer le polynme caractristique de A :

PA(X) =

1X 0 00 1X 01 1 2X

= (1X)2(2X)

Les racines du polynme caractristique sont les rels 1 avec la multiplicit 2, et 2 avec la multiplicit 1.

Dterminons les sous-espaces propres associs : SoitE1le sous-espace propre associ la valeur propre double

1.

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E1= {V(x,y,z) R3/A.V= V},

VE1

x=x

y=y

xy +z=0

xy +z=0

E1est donc un plan vectoriel, dont les vecteurs e1= (1, 1, 0)et e2= (0, 1, 1)forment une base.SoitE2 le sous-espace propre associ la valeur propre simple 2.

E2= {V(x,y,z) R3/A.V= 2V},

VE2

x=2x

y=2y

xy + 2z=2z

x=0,y=0

E2est donc une droite vectorielle, dont le vecteur e3= (0, 0, 1)est une base.Les dimensions des sous-espaces propres sont gales la multiplicit des valeurs propres correspondantes, la

matrice A est donc diagonalisable. Dans la base (e1, e2, e3) lendomorphisme reprsent par A (dans la base

canonique) a pour matrice.

D=

1 0 00 1 0

0 0 2

la matrice de passage

P=

1 0 01 1 0

0 1 1

vrifieP1AP=D.

Correction delexercice 5 Soit

A=

1 1 10 1 0

1 0 1

Factorisons le polynme caractristique de A.

PA(X) =

1X 1 10 1X 01 0 1X

= (1X)3 + (1X) = (1X)((1X)2 + 1) = (1X)(X22X+ 2)

factorisons maintenant le polynmeX2

2X+ 2, le discriminant rduit

=12=1, ce polynme nadmetdonc pas de racines relles, mais deux racines complexes conjugues qui sont : 1 + i et 1 i. On a PA(X) =(1X)(1 iX)(1 + iX).La matriceA nest pas diagonalisable dans R car son polynme caractristique na pas toutes ses racines dans

R, elle est diagonalisable dans C car cest une matrice 33 qui admet trois valeurs propres distinctes.


Soit

A=

a c

c d

M2(R)

Dmontrons que A est diagonalisable dans R.

Le polynme caractristiquePA(X)est gal

PA(X) =

aX cc dx= (aX)(dX) c2 =X2 (a + d)X+ ad c2,

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dterminons ses racines : calculons le discriminant :

= (a + d)24(ad c2)

=a2 + d2 + 2ad4ad+ 4c2

=a2 + d22ad+ 4c2

= (ad)2 + 4c2 0

On a =0 ad=0 etc=0, mais, sic=0, la matriceAest dj diagonale. Sinon >0 et le polynmecaractristique admet deux racines relles distinctes, ce qui prouve que la matrice est toujours diagonalisable

dans R.


SoitA la matrice suivante

A=

0 1 11 0 1

1 1 0

Calculons A2

et vrifions que A2

=A + 2I3. On a

A2 =

0 1 11 0 1

1 1 0

0 1 11 0 1

1 1 0

=

2 1 11 2 1

1 1 2

=A + 2I3.

On a donc A2 A=2I3, cest--direA(AI3) = 2I3, ou encoreA.12

(AI3) = I3. Ce qui prouve que A est inversible et que son inverse est A1 = 1

2(AI3)


SoitA une matrice carre dordren. On suppose queA est inversible et que R est une valeur propre deA.

1. Dmontrons que=0. Si=0 est valeur propre de A, alors kerA = {0}, doncA nest pas injective etsa matrice ne peut pas tre inversible. Par consquent, =0.

2. Dmontrons que si x est un vecteur propre de A pour la valeur propre alors il est vecteur propre deA1 de valeur propre1 .

CommeA est inversible, on a Ax=x A1(Ax) = A1(x) x=A1x, doA1x=1x.Ce qui prouve que xest vecteur propre deA1 de valeur propre1.


Soit f un endomorphisme deEvrifiant f2 =mathrmIdE.

1. Dmontrons que les seules valeurs propres possibles de f sont1 et1.

Siest une valeur propre de f, il existe un vecteur non nul x Etel que f(x) =x. On a donc

f2(x) = f(x) =f(x) =2x.

Mais, f2 =mathrmIdEdonc si xest un vecteur propre associ la valeur propre on a

x= f2(x) =2x,

do2 =1, cest--dire (dans R ou C),= 1 ou= 1. ce qui prouve que les seules valeurs proprespossibles de fsont 1 et 1.

2. Vrifions que pour toutx E, on a

f(xf(x)) = (x f(x)) et f(x + f(x)) = (x + f(x))

Soit x E, on af(x f(x)) = f(x)f2(x) = f(x)x= (x f(x))

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et

f(x + f(x)) = f(x) +f2(x) = f(x) +x

Nous allons en dduire que f admet toujours une valeur propre.

Supposons que 1 ne soit pas valeur propre de f, alors,x= f(x) x= 0. Or, pour toutx E, on af(x + f(x)) = f(x) +x, donc pour tout x E, on a f(x) +x=0, cest--dire, f(x) = x. Ce qui prouveque 1 est valeur propre de f. On a mme dans ce cas f= mathrmIdE.

Si1 nest pas valeur propre de f, on montre par un raisonnement analogue que pour tout x E on af(x)x=0. Ce qui prouve que 1 est valeur propre de f, et dans ce cas f=mathrmIdE.

3. Dmontrons que si 1 et1 sont valeurs propres, alors E est somme directe des sous-espaces proprescorrespondants.

Supposons maintenant que 1 et 1 sont valeurs propres de f. Ce sont alors les seules et on a, pour toutx E,

x=1

2(x + f(x)) +

1

2(x f(x))

Et, quelque soit x E, f(x f(x)) = (x f(x))et f(x + f(x)) = (x + f(x)), cest--dire x + f(x) estdans le sous-espace propre associ la valeur propre 1 et x f(x)est dans le sous-espace propre associ

la valeur propre 1. Par ailleurs on sait que les sous-espaces propres sont en somme directe ( on peut levrifier galement puisque leur intersection est lensemble des vecteurs xtels que x= x, donc rduiteau vecteur nul). par consquentEest bien somme directe des sous-espaces propres correspondants aux

valeurs propres 1 et 1.

4. Traduisons gomtriquement le cas n=2.

Rappelons que si il ny a quune valeur propre, fest lidentit ou son oppose. Dans le cas o 1 et 1sont valeur propres, leurs sous-espaces propres sont des droites vectorielles. Soit u un vecteur propre tel

que f(u) =u et v un vecteur propre tel que f(v) = v, alors siw=au + bv, f(w) =aubv.


On suppose quune population x de lapins et une population y de loups sont gouvernes par le systme suivantdquations diffrentielles:

(S)

x =4x2y

y =x +y

1. On diagonalise la matrice

A=

4 21 1

.

Pour cela on dtermine ses valeurs propres :

det(AI) = 4 21 1

= (4)(1) + 2=25+ 6= (2)(3).Ainsi, la matriceA admet deux valeurs propres distinctes, qui sont1= 2 et2= 3. Elle est diagonali-sable. Dterminons une base de vecteurs propres :

4 21 1

x

y

=

2x

2y

x=y,

do le vecteur propreu1= (1, 1)associ la valeur propre1=2 .4 21 1

x

y

=

3x

3y

x=2y,

do le vecteur propre u2= (2, 1) associ la valeur propre 2= 3 . Dans la base (u1, u2), la matricescrit

A =

2 0

0 3

.

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14/17

On a A=PAP1 o

P=

1 2

1 1

etP1 =

1 2

1 1

.

2. Exprimons le systme(S)et ses solutions dans une base de vecteurs propres deA.

Dans la base(u1, u2), le systme(S)devient

(S)

X =2X

Y =3Y

Ses solutions sont les fonctions X(t) =X(0)e2t

Y(t) = Y(0)e3t

3. Pour reprsenter graphiquement les trajectoires de (S) dans le repre (Oxy), on trace dabord le repre(O, u1, u2)dans le repre(0xy), puis, on trace les courbes

Y=Y(0)

X(0)X3/2

dans le repre(O, u1, u2)(ou OXY).

4. On voit sur le dessin que si Y(0) est strictement positif, alors la population des lapins, x(t) tend vers+ quandttend vers+. SiY(0)est strictement ngatif alors la populations des lapins steint dans lamesure oux(t)dans ce cas tendrait vers .


Soit u lendomorphisme de R3, dont la matrice dans la base canonique est

A= 3 2 21 0 1

1 1 0

1. Calculons les valeurs propres deA.

det(AI) =

3 2 21 1

1 1

= (1)3.La matriceA admet une valeur propre triple qui est=1, elle ne peut pas tre diagonalisable sinon sonsous-espace propre serait de dimension 3 or,A =I.

2. Calculons(AI)2.

(AI)2 =

2 2 21 1 1

1 1 1

2

=

0 0 00 0 0

0 0 0

Montrons queAn =nA + (1n)Ien utilisant la formule du binme de Newton.

An = (AI+I)n =n

k=0

Ckn(AI)kInk = C0nI

n +C1n (AI) =I+ n(AI) =nA + (1n)I.

Car, pourk 2, on a(AI)k =0.

3. Soient P(X) = (X1)2 et Q R[X].Exprimons le reste de la division euclidienne de Q par P en fonction de Q(1) et Q(1), o Q est lepolynme driv deQ.

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15/17

Il existe des polynmes Set R, avecdR

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La matrice de passageP est gale

P=

0 2 11 1 0

1 1 0

et son inverse

P1 =

0 1/2 1/20 1/2 1/21 1 1

.(d) Pour retrouverAn, on critA =I+N, o

N=

0 0 00 0 1

0 0 0

,

etN2 =0. Par ailleurs, on aA=PAP1, do

An =PAnP1 =P(I+N)nP1 =P(I+ nN)P1 =P

1 0 00 1 n0 0 1

P1

=

2n + 1 2n 2nn 1n n

n n 1n

=n

3 2 21 0 1

1 1 0

+ (1n)

1 0 00 1 0

0 0 1

=nA + (1n)I.


Soient M et A deux matrices de Mn(R) telles que MA= AM. On suppose que M admet n valeurs propres

distinctes.

1. Soit x un vecteur propre de M de valeur propre .

Montrons queMAx=Ax.

On a Mx = x, doncAMx=Ax= Ax. Mais,AM=MA, doncMAx=AMx= Ax. Ce qui prouve quele vecteurAxest un vecteur propre deMpour la valeur propre, et comme les valeurs propres de Msont

supposes distinctes, les sous-espaces propres sont de dimension 1, donc Ax est colinaire x. Ainsi, il

existe un rel tel queAx=x, doncx est un vecteur propre deA.

2. On note maintenant1, ,nles valeurs propres deMet 1, ,n celles deA.

(a) Montrons lgalit suivante :

1 n11

......

1 n n1n

= 1i

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On factorise alors chaque ligne par(i1)et on obtient

V(1, ,n) = (21) (n 1)

1 2 n2

2...

...

1 n n2

n

=

n

i=2(i1)V(2, ,n) = 1i