Réduction des endomorphismes : exercices corrigés de maths Licence L2 à télécharger en PDF

1 Un vecteur propre est-il propre ? ★★★

On calcule \(Mu = (1\cdot 1 + 2\cdot 1,\ 3\cdot 1 + 0) = (3,3) = 3u\) avec \(u \neq 0\) : \(u\) est un vecteur propre associé à la valeur propre \(3\) (1 pt).

Pour \(w\) : \(Mw = (1 + 4,\ 3) = (5,3)\). Si \(w\) était propre, on aurait \((5,3) = \lambda(1,2)\), donc \(\lambda = 5\) par la première coordonnée et \(2\lambda = 10 \neq 3\) : contradiction. Le vecteur \(w\) n’est pas un vecteur propre de \(M\).

2 Polynôme caractéristique d’une matrice 2×2 ★★★

\(\operatorname{tr}(N) = 7\) et \(\det(N) = 10 + 2 = 12\), donc \(\chi_N(x) = x^2 - 7x + 12 = (x-3)(x-4)\). Les valeurs propres sont \(3\) et \(4\).

Pour \(\lambda = 3\) : \(N - 3I = \begin{pmatrix}2&-2\\1&-1\end{pmatrix}\), le système se réduit à \(x = y\), d’où \(E_3 = \mathrm{Vect}\big((1,1)\big)\). Pour \(\lambda = 4\) : \(N - 4I = \begin{pmatrix}1&-2\\1&-2\end{pmatrix}\), d’où \(x = 2y\) et \(E_4 = \mathrm{Vect}\big((2,1)\big)\).

3 Valeurs propres d’une matrice triangulaire ★★★

Le polynôme caractéristique d’une matrice triangulaire est le produit des \((x - a_{ii})\) : \(\chi_T(x) = (x-2)(x+3)(x-7)\). Les valeurs propres sont \(2\), \(-3\) et \(7\).

La trace vaut \(2 - 3 + 7 = 6\) et le déterminant \(2 \times (-3) \times 7 = -42\). Trois valeurs propres distinctes dans \(\mathbb{R}\) pour une matrice \(3\times 3\) : \(T\) est diagonalisable.

4 Vrai ou faux avec justification ★★★

1. Vrai : il existe \(v \neq 0\) avec \(Av = 0\), donc \(\ker A \neq \{0\}\) et \(A\) n’est pas inversible (1 pt).
2. Faux : si \(Av = \lambda v = \mu v\) avec \(v \neq 0\), alors \((\lambda - \mu)v = 0\), donc \(\lambda = \mu\).
3. Faux : \(R = \begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\) a pour polynôme caractéristique \(x^2 + 1\), sans racine réelle. Elle représente la rotation d’angle \(\tfrac{\pi}{2}\), qui ne laisse aucune direction invariante.

5 Calculer une puissance par diagonalisation ★★★

\(MP = \begin{pmatrix}3&-4\\3&6\end{pmatrix}\) et \(PD = \begin{pmatrix}3&-4\\3&6\end{pmatrix}\), donc \(MP = PD\). Comme \(\det P = -5 \neq 0\), \(P\) est inversible et \(M = PDP^{-1}\).

On a \(P^{-1} = \tfrac{1}{5}\begin{pmatrix}3&2\\1&-1\end{pmatrix}\) et \(D^4 = \mathrm{diag}(81, 16)\). Alors \(PD^4 = \begin{pmatrix}81&32\\81&-48\end{pmatrix}\) et \(M^4 = PD^4P^{-1} = \tfrac{1}{5}\begin{pmatrix}275&130\\195&210\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}55&26\\39&42\end{pmatrix}\).

6 Une suite à vérifier ★★★

On a \(v_{n+2} = 9\cdot 3^n + 16\cdot 4^n\). D’autre part, \(7v_{n+1} - 12v_n = 7(3\cdot 3^n + 4\cdot 4^n) - 12(3^n + 4^n) = 9\cdot 3^n + 16\cdot 4^n\). Les deux expressions coïncident.

Ici \(v_0 = 2\) et \(v_1 = 7\). Le polynôme \(x^2 - 7x + 12 = (x-3)(x-4)\) a pour racines \(3\) et \(4\), les bases des deux termes de la suite.

7 Valeurs propres d’une matrice compagnon ★★★

\(\operatorname{tr}(K) = 5\), \(\det(K) = 6\), donc \(\chi_K(x) = x^2 - 5x + 6 = (x-2)(x-3)\).

On a \(K(1,\lambda) = (\lambda,\ -6 + 5\lambda)\). Cette image vaut \(\lambda(1,\lambda) = (\lambda, \lambda^2)\) exactement lorsque \(\lambda^2 = 5\lambda - 6\), c’est-à-dire \(\chi_K(\lambda) = 0\). Ainsi \((1,2)\) est propre pour \(2\) et \((1,3)\) est propre pour \(3\).

8 Diagonaliser une matrice 3×3 ★★★

1. En développant selon la deuxième ligne : \(\chi_{B_2}(x) = (x-3)\big((x-2)^2 - 1\big) = (x-3)(x-3)(x-1) = (x-3)^2(x-1)\) (1 pt).
2. Pour \(\lambda = 1\) : \(B_2 - I\) donne \(x + z = 0\) et \(2y = 0\), donc \(E_1 = \mathrm{Vect}\big((1,0,-1)\big)\). Pour \(\lambda = 3\) : les lignes de \(B_2 - 3I\) se ramènent à \(x - z = 0\), un plan : \(E_3 = \mathrm{Vect}\big((1,0,1),(0,1,0)\big)\) (2 pts).
3. \(\dim E_3 = 2 = m_3\) et \(\dim E_1 = 1 = m_1\) : \(B_2\) est diagonalisable avec \(P = \begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&0\\1&0&-1\end{pmatrix}\) et \(D = \mathrm{diag}(3,3,1)\), ce que confirme \(B_2P = PD\).

9 Une matrice non diagonalisable ★★★

\(\operatorname{tr}(C_1) = 6\), \(\det(C_1) = 5 + 4 = 9\), donc \(\chi_{C_1}(x) = x^2 - 6x + 9 = (x-3)^2\). La seule valeur propre est \(3\), de multiplicité \(2\).

\(C_1 - 3I = \begin{pmatrix}2&1\\-4&-2\end{pmatrix}\) est de rang \(1\) (deuxième ligne égale à \(-2\) fois la première), donc \(E_3\) est de dimension \(1\) : \(E_3 = \mathrm{Vect}\big((1,-2)\big)\). Comme \(\dim E_3 = 1 < 2 = m_3\), \(C_1\) n’est pas diagonalisable. Si elle l’était, elle serait semblable à \(3I\), donc égale à \(3I\), ce qui est faux.

10 Trigonaliser ★★★

On complète \(u\) par \(v = (0,1)\) : \((u,v)\) est une base car \(\det\begin{pmatrix}1&0\\-2&1\end{pmatrix} = 1 \neq 0\) (1 pt).

\(C_1u = 3u\) et \(C_1v = (1,1) = u + 3v\) car \(u + 3v = (1,-2+3) = (1,1)\). Dans la base \((u,v)\), la matrice est \(T = \begin{pmatrix}3&1\\0&3\end{pmatrix}\), avec \(P = \begin{pmatrix}1&0\\-2&1\end{pmatrix}\). On vérifie \(C_1P = PT = \begin{pmatrix}3&1\\-6&1\end{pmatrix}\) (2 pts).

11 Étude avec un paramètre ★★★

\(\chi_{M_a}(x) = (x-1)^2 - a\) (1 pt).

• Si \(a > 0\) : deux racines distinctes \(1 \pm \sqrt{a}\), donc \(M_a\) est diagonalisable.
• Si \(a = 0\) : \(\chi = (x-1)^2\) et \(M_0 - I = \begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\) est de rang \(1\), donc \(\dim E_1 = 1 < 2\) : non diagonalisable.
• Si \(a < 0\) : pas de racine réelle, donc non diagonalisable sur \(\mathbb{R}\) (elle le devient sur \(\mathbb{C}\), avec les valeurs propres \(1 \pm i\sqrt{-a}\)).

12 Inverse par Cayley-Hamilton ★★★

On sait que \(\chi_N(x) = x^2 - 7x + 12\), donc \(N^2 - 7N + 12I = 0\) (1 pt). Alors \(N(7I - N) = 12I\) et \(N^{-1} = \tfrac{1}{12}(7I - N) = \tfrac{1}{12}\begin{pmatrix}2&2\\-1&5\end{pmatrix}\).

Vérification : \(N\cdot \begin{pmatrix}2&2\\-1&5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}12&0\\0&12\end{pmatrix} = 12I\).

13 Puissances par polynôme annulateur ★★★

\(S^2 = \begin{pmatrix}4&3\\0&1\end{pmatrix}\) et \(3S - 2I = \begin{pmatrix}4&3\\0&1\end{pmatrix}\), d’où \(S^2 = 3S - 2I\), c’est-à-dire que \((x-1)(x-2)\) annule \(S\) (1 pt).

On écrit \(x^n = Q(x)(x-1)(x-2) + \alpha x + \beta\). En \(x = 1\) : \(\alpha + \beta = 1\) ; en \(x = 2\) : \(2\alpha + \beta = 2^n\), donc \(\alpha = 2^n - 1\) et \(\beta = 2 - 2^n\). Comme \(Q(S)\cdot 0 = 0\), \(S^n = (2^n - 1)S + (2 - 2^n)I = \begin{pmatrix}2^n&2^n - 1\\0&1\end{pmatrix}\) (2 pts). Pour \(n = 1\), on retrouve \(S\).

14 Une suite par réduction ★★★

Avec \(X_n = (u_n, u_{n+1})^T\), on a \(X_{n+1} = \begin{pmatrix}0&1\\6&1\end{pmatrix}X_n\). Le polynôme caractéristique est \(x^2 - x - 6 = (x-3)(x+2)\) : valeurs propres \(3\) et \(-2\), distinctes, donc la matrice est diagonalisable (1 pt).

Ainsi \(u_n = \alpha 3^n + \beta(-2)^n\). Avec \(\alpha + \beta = 0\) et \(3\alpha - 2\beta = 5\), on obtient \(\alpha = 1\), \(\beta = -1\) : \(u_n = 3^n - (-2)^n\). Contrôle : \(u_2 = 9 - 4 = 5 = u_1 + 6u_0\) (2 pts).

15 Spectre d’une fonction de matrice ★★★

Trois valeurs propres distinctes dans \(\mathbb{R}\) pour une matrice d’ordre \(3\) : \(A\) est diagonalisable, donc semblable à \(\mathrm{diag}(1,2,4)\).

\(\operatorname{tr}(A) = 7\) et \(\det(A) = 8\). Les valeurs propres de \(A^{-1}\) sont \(1, \tfrac12, \tfrac14\), d’où \(\operatorname{tr}(A^{-1}) = \tfrac{7}{4}\). Celles de \(A^2 + I\) sont \(2, 5, 17\), d’où \(\det(A^2 + I) = 170\).

16 Deux populations en interaction ★★★

Avec \(X_n = (x_n, y_n)^T\), \(X_{n+1} = MX_n\) où \(M = \begin{pmatrix}1&2\\3&0\end{pmatrix}\), de polynôme caractéristique \((x-3)(x+2)\), avec \(E_3 = \mathrm{Vect}\big((1,1)\big)\) et \(E_{-2} = \mathrm{Vect}\big((2,-3)\big)\) (1 pt).

On décompose \(X_0 = (5,0) = 3(1,1) + 1\cdot(2,-3)\). Alors \(X_n = 3\cdot 3^n(1,1) + (-2)^n(2,-3)\), soit \(x_n = 3^{n+1} + 2(-2)^n\) et \(y_n = 3^{n+1} - 3(-2)^n\) (2 pts). Contrôle : \(x_1 = 9 - 4 = 5\) et \(y_1 = 9 + 6 = 15 = 3x_0\).

Comme \((-2)^n / 3^n \to 0\), \(\dfrac{x_n}{y_n} = \dfrac{3 + 2(-2/3)^n}{3 - 3(-2/3)^n} \to 1\). Les deux populations deviennent équivalentes (1 pt).

17 Réduction et polynôme minimal ★★★

La matrice est triangulaire : \(\chi_{K_3}(x) = (x-2)^3\) (1 pt).

\(K_3 - 2I = \begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}\) est de rang \(1\), donc \(\dim\ker(K_3 - 2I) = 2 < 3\) : \(K_3\) n’est pas diagonalisable.

Le polynôme minimal divise \((x-2)^3\) et a pour racine \(2\). On a \(K_3 - 2I \neq 0\) mais \((K_3 - 2I)^2 = 0\) (le seul coefficient non nul se multiplie par un zéro). Donc \(\mu(x) = (x-2)^2\), qui n’est pas à racines simples, ce qui confirme la non-diagonalisabilité (2 pts).

18 Projecteur et diagonalisation ★★★

\(P_0^2 = \begin{pmatrix}2&-2\\1&-1\end{pmatrix} = P_0\) (1 pt).

Le polynôme \(x^2 - x = x(x-1)\) annule \(P_0\) et est scindé à racines simples : \(P_0\) est diagonalisable, de valeurs propres possibles \(0\) et \(1\) (1 pt).

\(E_1 = \ker(P_0 - I)\) : \(x - 2y = 0\), d’où \(E_1 = \mathrm{Vect}\big((2,1)\big)\). \(E_0 = \ker P_0\) : \(2x - 2y = 0\), d’où \(E_0 = \mathrm{Vect}\big((1,1)\big)\). Ainsi \(\mathbb{R}^2 = E_0 \oplus E_1\) et \(\operatorname{tr}(P_0) = 1 = \operatorname{rang}(P_0)\) (2 pts).

19 Valeurs propres complexes ★★★

\(\chi_Z(x) = x^2 - 2x + 2\), de discriminant \(4 - 8 = -4 < 0\) : aucune racine réelle, donc aucune valeur propre réelle (1 pt).

Sur \(\mathbb{C}\), les racines sont \(1 + i\) et \(1 - i\), distinctes, donc \(Z\) est diagonalisable sur \(\mathbb{C}\) (1 pt).

\(Z^2 = \begin{pmatrix}0&-2\\2&0\end{pmatrix}\), puis \(Z^4 = (Z^2)^2 = \begin{pmatrix}-4&0\\0&-4\end{pmatrix} = -4I\). On retrouve que \((1+i)^4 = -4\), cohérent avec les valeurs propres (2 pts).

20 Suite d’ordre trois ★★★

Avec \(X_n = (u_n, u_{n+1}, u_{n+2})^T\), \(Q = \begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\6&-11&6\end{pmatrix}\) (1 pt). Alors \(\chi_Q(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = (x-1)(x-2)(x-3)\), car \(1 - 6 + 11 - 6 = 0\), \(8 - 24 + 22 - 6 = 0\) et \(27 - 54 + 33 - 6 = 0\) (1 pt).

Trois valeurs propres distinctes : \(Q\) est diagonalisable et \(u_n = a + b2^n + c3^n\). Les conditions \(a + b + c = 0\), \(a + 2b + 3c = 1\), \(a + 4b + 9c = 5\) donnent par différences \(b + 2c = 1\) et \(2b + 6c = 4\), d’où \(c = 1\), \(b = -1\), \(a = 0\) : \(u_n = 3^n - 2^n\) (2 pts).

Enfin \(u_{10} = 59049 - 1024 = 58025\) (1 pt).

21 Démonstration : vecteurs propres libres ★★★

Supposons \(a v_1 + b v_2 = 0\) (1). En appliquant \(f\) : \(a\lambda_1 v_1 + b\lambda_2 v_2 = 0\) (2). En retranchant \(\lambda_1\) fois (1) à (2), il reste \(b(\lambda_2 - \lambda_1)v_2 = 0\) (2 pts).

Comme \(\lambda_2 \neq \lambda_1\) et \(v_2 \neq 0\), on obtient \(b = 0\). Alors (1) donne \(a v_1 = 0\), donc \(a = 0\) puisque \(v_1 \neq 0\) : la famille est libre (2 pts).

En dimension \(2\), une famille libre de deux vecteurs est une base : l’endomorphisme est diagonalisable (1 pt).