Transcript Feuille de TD n°2 - Thierry Sageaux

n◦ 2
Feuille d'exercices
Diagonalisation
INP
Bordeaux.
(EDHEC 2008)
On note ϕ l'endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique B = (e1 , e2 , e3 ) est :
Exercice 1.

−2
A = −1
2

5
2
4
2
−10 −5
Montrer que A ne possède qu'une seule valeur propre a.
Expliquer pourquoi A n'est pas diagonalisable. Est-elle inversible ?
c) Déterminer une base du sous-espace propre de A associé à la valeur propre a.
On note Id l'application identité de R3 , on pose :
1) a)
b)
2)
u1 = e1 ,
u2 = (ϕ − a Id)(e1 ) et u3 = 2e1 + e3 .
Montrer que B0 = (u1 , u2 , u3 ) est une base de R3 et vérier que u2 et u3 sont des vecteurs
propres de ϕ.
0
b) Ecrire la matrice T de ϕ dans la base B .
0
−1
c) On note P la matrice de passage de la base B dans la base B . Déterminer P
.
n
n
d) Pour tout n de N, calculer T
puis en déduire explicitement A .
a)
Exercice 2.
Déterminer 
si les deux matrices
 suivantes sont diagonalisables : 
1)
1
1
A=
1
1
1
1
−1
−1
1
−1
1
−1
1
−1

−1
1
2)
1
−2
B=
0
−1

−3 0 3
−6 0 13

−3 1 3 
−4 0 8
Exercice 3.
Soit la matrice M d'ordre n de permutation circulaire Mij = 1 si i − j ≡ 1 modulo n et Mij = 0
sinon. Montrer que M est diagonalisable sur C.
Exercice 4.
Montrer que toute matrice réelle symétrique 2 × 2 est diagonalisable.
(Projections)
On rappelle qu'une projection p sur F suivant G (E = F ⊕ G) est dénie par
Exercice 5.
p:
E
x
y
|{z} ⊕ |{z}
∈F
−→
7−→
E
x
∈G
Faire un dessin pour se persuader que cette dénition est cohérente avec celle vue auparavant.
Montrer qu'une projection est toujours diagonalisable.
(Réexions)
Faire de même avec une réexion r par rapport à F suivant G (E = F ⊕ G) dénie par
Exercice 6.
15 octobre 2014
1
Thierry Sageaux
INP - Bordeaux
Diagonalisation
E
−→
⊕
y
x
|{z} |{z} 7−→
r:
∈F
E
x−y
∈G
(Diagonalisation simultanée)
Soient ϕ et ψ deux endomorphismes sur un espace vectoriel de dimension nie E tels que
ϕ et ψ sont diagonalisables,
et ϕ ◦ ψ = ψ ◦ ϕ.
Montrer qu'il existe une base de E telle que les matrices de ϕ et ψ soient diagonales dans cette base.
(On dit que ϕ et ψ sont simultanément diagonalisables).
Exercice 7.
(Projecteurs spectraux)
Soit ϕ un endomorphisme et soit λ1 , . . . , λp ses valeurs propres. On pose alors πλk l'endomorphisme
Exercice 8.
de projection sur le sous-espace caractéristique Eλk parallèlement à G =
1)
b)
c)
2)
Eλj .
j=1, j6=k
Montrer que
a)
p
L
πλ2 k = πλk ,
Im πλk = Eλk et Ker πλk =
πλk ◦ π
λ0k
= 0 si k 6= k ,
d)
p
L
Eλj
j=1, j6=k
0
p
P
πλk = Id,
k=1
e)
p
P
Si ϕ est diagonalisable, alors
λ k πλ k = ϕ
k=1
Détermination des projecteurs spectraux.
µ (X)
ϕ
, où µϕ (X) est le polynôme minimal et αλi est la multiplicité de λi
On pose Qi (X) =
(X − λi )αλi
dans µϕ .
α
a) Montrer que Qi (X) et (X − λi ) λi sont premiers entre eux.
α
b) En déduire qu'il existe Ui (X) tel que (Qi Ui )(X) ≡ 1 mod(X − λi ) λi .
c) Montrer que (Qi Ui )(ϕ) = πλi .
d)
On écrit la décomposition en éléments simples de
peut prendre Ui (X) = Ri (X).
3)
p
P
1
Ri (X)
=
. Montrer que l'on
µϕ (X) i=1 (X − λi )α(λi )

1
Application : Déterminer les projecteurs spectraux associés à A = 1
1
1
1
1

1
1 .
1
(Décomposition de Dunford)
On suppose que le polynôme minimal de ϕ est scindé, Montrer qu'il existe une décomposition unique
du type
Exercice 9.
ϕ=d+n
où
• d est diagonalisable,
• n est nilpotent,
• dn = nd.
De plus, d et n sont des polynômes en ϕ.
Exercice 10.
Déterminer exp
0
t
−t
.
0
2
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Diagonalisation
Solutions des exercices
Exercice 1.
On trouve χA (X) = (X + 1)3 .
b) La matrice A n'est pas diagonalisable car si elle l'était, elle serait égale à −I , ce qui n'est pas
le cas.
t
0
t
c) On trouve que dim V−1 = 2 et V−1 est engendré par v−1 = (5, 1, 0) et v−1 = (2, 0, 1).
t
t
2) a) On calcule u2 = (−1, −1, 2) et u3 = (2, 0, 1). On calcule le déterminant pour voir qu'il est non
nul et qu'il
 s'agit donc bien
 d'une base. De plus, ϕ(u2 ) = −u2 et ϕ(u3 ) = −u3 .
1) a)
−1
T = 1
0
0
0 .
−1

1 −1
−1
c) On trouve P = 0
0 2
n
d) On trouve T
= (−1)n I
impair, alors An = −I .
b)
0
−1
0



2
1 −5 −2
0 et P −1 = 0 −1 0 .
1
0 2
1
si n > 0. Donc An = P T n P −1 . Si n est pair, alors An = I . Si n est
Exercice 2.
1)
On peut dire qu'elle est symétrique réelle et basta, ou alors, ontrouve que 2 est
 valeur propre de
1 1
1 0
multiplicité algébrique 3 et −2 valeur propre simple. de plus, P = 
0 1
0 0
2) 1 est valeur propre de multiplicité algébrique 4, mais B 6= I , donc elle
1
0
0
1
1
−1

−1
−1
n'est pas diagonalisable.
Exercice 3.
On démontre facilement que M n = I en composant n fois la permutation circulaire. Le polynôme
annulateur
X n − 1 est scindé à racines simples sur C : en eet, les valeurs propres sont toutes distinctes
n 2ikπ o
.
e n
k∈[[1,n]]
Exercice 4.
a
b
On pose A =
. On a alors χA (X) = X 2 − X(a + c) − b2 et ∆ = (a + c)2 + 4b2 qui est
b c
positif, et nul uniquement si a = −c et b = 0. Mais si b = 0, alors A est diagonale. Donc A est toujours
diagonalisable.
Exercice 5.
Un polynôme annulateur est par dénition M 2 = M . Il sut de voir que X et X − 1 ne sont pas
polynômes annulateurs pour comprendre que µp (X) = X(X − 1) est le polynôme minimal de p. Ainsi,
dans une base de vecteurs propres, on a

1

0

 ..
.
Mat(p) = 
.
 ..

.
 ..
0
0
...
.
..
.
.
1
..
.
0
..
..
..
...
...
3
...
..
.
...
..
.
.
..
...
0
.

0
.. 
.

.. 
.

.. 
.


0
0
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Diagonalisation
Les premiers vecteurs propres associés à 1 sont ceux qui décrivent l'espace F de projection et ceux
associés à la valeur propre 0 décrivent l'espace suivant lequel on projette.
Exercice 6.
Un polynôme annulateur est par dénition M 2 = I . Il sut de voir que X + 1 et X − 1 ne sont pas
polynômes annulateurs pour comprendre que µp (X) = X(X − 1) est le polynôme minimal de p. Ainsi,
dans une base de vecteurs propres, on a

1

0

 ..
.
Mat(p) = 
.
 ..

.
 ..
0
0
...
.
..
.
.
1
..
..
...
..
...
..
.
.
−1
..
...
...
..
.
.
..
...
0
.
0

..
.
..
.
..
.










0
−1
Les premiers vecteurs propres associés à 1 sont ceux qui décrivent l'espace F de projection et ceux
associés à la valeur propre −1 décrivent l'espace suivant lequel on projette.
Exercice 7.
On raisonne par récurrence sur la dimension de l'espace dim E = n. L'initialisation pour n = 1 ne
pose pas de problème. Supposons que le résultat soit vrai pour la dimension n − 1. On note λ1 , . . . , λp les
valeurs propres de ϕ distinctes deux à deux. Si ϕ est une homothétie, le résultat est vrai car toute base
qui diagonalise ψ diagonalise ϕ. Si ϕ n'est pas une homothétie, E est somme directe de ses sous-espaces
propres qui sont tous de dimensions strictement inférieures à n. Soit Eλ un sous-espace propre de ϕ. Il
sut de montrer qu'il est stable par ψ : Soit u ∈ Eλ , on a (ϕ − λ Id) ◦ ψ(u) = ψ ◦ (ϕ − λ Id)(u) = 0
car ϕ et ψ commutent. Donc ψ(u) ∈ Eλ . Il sut ensuite d'appliquer l'hypothèse de récurrence à tous les
sous-espaces propres.
Exercice 8.
c)
C'est un projecteur par dénition.
Ce sont respectivement les espaces de projection et de direction.
Comme Eλk ⊕ Eλ0k , on a πλ0k (u) ∈ Eλ0k et πλk (Eλ0k ) = {0}.
d)
On décompose u ∈ E dans une base adaptée à la somme directe E =
1) a)
b)
p
L
j=1
Eλk .
Les Eλk = Vλk et on a bien une homothétie λk πλk sur chacun des sous-espaces propres.
Cela fonctionne avec n'importe quel polynôme annulateur. Le seul problème est que
les calculs sont plus longs...
a) Car Qi (λi ) 6= 0.
b) Bézout.
α
c) Si u ∈ Eλi , alors (Qi Ui )(X) + R(X)(X − λi ) λi = 1 et (Qi Ui )(ϕ)(u) = Id(u) = u.
Si u ∈ Eλj avec j 6= i, alors (Qi Ui )(ϕ)(u) = 0.
d) Réduire au même dénominateur et conclure.
2
3) On a facilement χϕ (X) = X (X − 3). En fait, le polynôme minimal est X(X − 3). Imaginons qu'on
ne l'ait pas vu et utilisons le procédé expliqué pour trouver les projecteurs spectraux :
On a Q0 (X) = X − 3 et Q3 (X) = X 2 . De plus,
e)
2)
Remarque:
1
=
2
X (X − 3)
Donc U0 (X) =
−1
9 X
−
X2
1
3
+
1
9
X −3
.
−1
1
1
X − et U3 (X) = . D'où (en remarquant que A2 = 3A,
9
3
9
4
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Diagonalisation
−ϕ
−ϕ2
+ Id =
+ Id.
9
3
2
ϕ
ϕ
et π3 = (Q3 U3 )(ϕ) =
= .
9
3
π0 = (Q0 U0 )(ϕ) =
Exercice 9.
On note λ1 , . . . , λp les racines de χϕ (X) distinctes deux à deux. Soit Eλ = Ker(ϕ − λk Id)m(λk ) les
sous-espaces caractéristiques et ϕk = ϕ|Nλk la restriction de ϕ à Nλk (ce qui est bien déni car ϕ est
stable sur les sous-espaces caractéristiques). On note aussi ψk = ϕk − λk Id. Or λk Id est diagonalisable et
ψk est nilpotente et ces deux endomorphismes commutent entre eux, d'où l'existence de la décomposition
de Dunford.
p
Q
Montrons que d et n sont des polynômes en ϕ. On pose Pj (X) =
(X − λi )m(λi ) pour 1 ≤ j ≤ p.
i=1,i6=j
Les polynômes Pj sont premiers entre eux dans leur ensemble et d'après le théorème de Bézout, il existe
des polynômes Q1 , . . . , Qp tels que
P1 Q1 + · · · + Pp Qp = 1.
On a donc
P1 (ϕ)Q1 (ϕ) + · · · + Pp (ϕ)Qp (ϕ) = Id.
{z
}
|
{z
}
|
R1 (ϕ)
Rp (ϕ)
Et pour tout vecteur u, on a
u = R1 (ϕ)(u) + · · · + Rp (ϕ)(u).
| {z }
| {z }
∈N1
∈Np
Cette somme est donc la décomposition de u dans la somme directe E =
p
L
i=1
Ni et l'endormorphisme
Rk (ϕ) est la projection sur Nk parallèlement à la somme directe des autres sous-espaces. On pose alors
p
P
d=
λk Rk (ϕ) et n = u−d. Ce sont bien des polynômes en ϕ. L'endomorphisme d est bien diagonalisable
i=1
car les Rk (ϕ) commutent entre eux deux à deux et sont diagonalisables. L'endomorphisme n est nilpotent
car le polynôme caractéristique de ϕ est scindé donc il existe une base de E dans laquelle la matrice de
ϕ est triangulaire supérieure. Or dans cette base, la matrice de n est triangulaire supérieure avec une
diagonale de 0.
Montrons enn l'unicité. Supposons qu'il existe d0 et n0 vériant les mêmes hypothèses que d et n.
Alors h = d0 − d = n − n0 est nilpotent comme somme de deux nilpotents. De plus, d0 et d commutent et
sont diagonalisables donc ils sont simultanément diagonalisables et d0 − d est ainsi diagonalisable. Comme
h est nilpotent et diagonalisable, il est nul.
Exercice
10.
cos t − sin t
.
sin t cos t
Attention ! Si A et B ne commutent pas, exp(A + B) 6= exp(A) × exp(B).
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Thierry Sageaux