Réduction : diagonalisation, jordanisation

EC0201SB03

Table des matières

1.Rappels de Cours 2

1.1.Résumé 2

1.2.Dimension 2 2

1.3.Dimension 3 2

2.Exercices matrices 2×2 3

3.Exercices matrices 3×3 4

3.1.Diagonalisation 4

3.2.Diagonalisations astucieuses 4

3.2.1.Exemple 1, où trois vecteurs sont évidents 5

3.2.2.Exemple 2, où deux vecteurs sont évidents 5

3.2.3.Exemple 3, où un seul vecteur est évident 5

3.3.Réduction de Jordan 5

3.3.1.Deux vecteurs propres seulement, jordanisation classique 5

3.3.2.Une seule valeur propre, deux vecteurs propres, attention avec la jordanisation 6

3.3.3.Une seule valeur propre, deux vecteurs propres, idem 7

3.3.4.ΦA(X) non scindé 7

3.4.Calculs de An ou de A-1 de plusieurs manières possibles 7

3.4.1.ΦA(X) a une racine triple, associée à un seul vecteur propre, et on demande An 7

3.4.2.Matrice diagonalisable, on demande A-1 8

3.5.Matrices à paramètres 9

4.Exercices matrices 4×4 10

5.Applications 11

5.1.Systèmes de suites récurrentes 11

5.2.Systèmes différentiels 12

1.Rappels de Cours

1.1.Résumé

* Si Φ est scindé (i.e. s'il y a n valeurs propres, éventuellement confondues) alors :

  • soit A est diagonalisable (s'il y a une base de n vecteurs propres) ;

  • soit A semblable à une Jordan (s'il manque des vecteurs propres).

* Si Φ n'est pas scindé (exemple Φ(X)=X2+1) alors on ne peut pas réduire la matrice (sauf à passer dans ).

Remarque 1.

  1. Φ non scindé, cela signifie que Φ présente, quand on le factorise, des polynômes du second degré avec des discriminants négatifs.

    Exemples : Φ(X)=(X-2)3(X-1) est scindé mais Φ(X)=X(X-1)(X2+X+1) est non scindé.

  2. [hors programme] Si l'on se place sur au lieu de , tout polynôme est scindé (théorème de d'Alembert-Gauss).

  3. A=( 0 -1 1 0 ) est un exemple de matrice de rotation qui n'a aucun vecteur propre ; son polynôme caractéristique Φ(X)=X2+1 n'a pas de racine réelle (mais il a ± comme racines).

  4. Si u1,,un sont n vecteurs propres pour n valeurs propres λ1,,λn distinctes,

    alors (u1,,un) est automatiquement une base.

  5. Si A est semblable à une matrice diagonale Δ, alors trA=trΔ ce qui permet soit de vérifier les calculs, soit de diagonaliser astucieusement (voir le 3.2).

Preuve de la remarque 4. dans le cas de 3 (légèrement hors programme de cet UE) :

il s'agit de considérer αu1+βu2+γu3=0 et de prendre l'image par φ puis par φ2 de cette relation, on obtient le système { αu1+βu2+γu3=0 αλ1u1+βλ2u2+γλ3u3=0 α(λ1)2u1+β(λ2)2u2+γ(λ3)2u3=0 .( 1 1 1 λ1 λ2 λ3 (λ1)2 (λ2)2 (λ3)2 )×( αu1 βu2 γu3 )=0 et la preuve se conclut en montrant que le déterminant de cette matrice est non nul. On trouve que ce déterminant est égal à k(λ1-λ2)(λ2-λ3)(λ3-λ1) (déterminant de Vandermonde).

1.2.Dimension 2

  1. On pose A=( a b c d ). Le polynôme caractéristique Φ est du second degré :

1.3.Dimension 3

2.Exercices matrices 2×2

Calculer A3 de trois manières différentes, avec :

A=( 1 0 -3 2 ).

Réponse :

Le polynome caractéristique est ΦA(X)=X2-3X+2, de racines 1 et 2.

La trace est trA=3.

  1. Par Cayley-Hamilton :

    on fait le quotient X3=ΦA(X)Q(X)+R(X) avec R(X)=aX+b.

    • En remplaçant X par 1 puis par 2, on trouve R(X)=7X-6.

    • En remplaçant X par A, on trouve A3=R(A)=7A-6I.

  2. Par diagonalisation : A=PΔP-1 avec P=( 1 0 3 1 ) et Δ=( 1 0 0 2 ) (on vérifie trΔ=3).

    On calcule P-1=( 1 0 -3 1 ).

    On a alors Δ3=( 1 0 0 8 ) et A3=PΔ3P-1.

  3. Directement : on trouve A2=( 1 0 -9 4 ) puis A3.

  4. Les trois méthodes donnent :

    A3=( 1 0 -21 8 ).

Calculer A2 de trois manières différentes, avec :

A=( 3,4 -2,7 1,8 -2,9 ).

Réponse :

Le polynome caractéristique est ΦA(X)=X2-12X-5, de racines 52 et -2.

La trace est trA=0,5.

  1. Par Cayley-Hamilton : On n'a pas besoin de faire le quotient ici : ΦA(A)=0 donc on a directement A2=12A+5.

  2. Diagonalisation : A=PΔP-1 avec P=( 3 1 1 2 ) et Δ=( 2,5 0 0 -2 ) (on vérifie trΔ=0,5).

    On calcule P-1=15( 2 -1 -1 3 ).

    On a alors Δ2=( 6,25 0 0 4 ) et A2=PΔ2P-1.

  3. Directement, on calcule A2=A×A.

  4. Les trois méthodes donnent :

    A2=( 6,7 -1,35 0,9 3,55 ).

Remarque : pour calculer An, la diagonalisation est incontournable.

Calculer A-1 de trois manières différentes en reprenant les deux exemples ci-dessus.

Calculer An de deux manières différentes, avec :

A=( -2 1 -4 -6 ).

On a ΦA(X)=X2+8X+16=(X+4)2 de racine double -4.

La trace est trA=-8.

  1. Par Cayley-Hamilton : Xn=(X2+8X+16)Q(X)+R(X) avec R(X)=aX+b.

    En prenant X=-4 on a (-4)n=-4a+b.

    Mais ici cela ne suffit pas : il faudrait une seconde racine. L'idée est alors de dériver.

    3X2=(2X+8)Q(X)+(X2+8X+16)Q'(X)+R'(X) et on remplace X par -4 :

    n×(-4)n-1=a.

    Ainsi, b=(-4)n+4a=(-4)n-1×(4n-4).

    Alors, An=R(A)=n×(-4)n-1A+(-4)n-1×(4n-4)I.

  2. Diagonalisation : En résolvant f(x)=-4x, on trouve 2x+y=0 d'où un seul vecteur propre u=( 1 -2 ). On a alors A( -4 1 0 -4 ), reste à trouver le vecteur w( x y ) tel que f(w)=u-4w, ce qui donne le système { -2x+y = 1-4x -4x-6y = -2-4y . on trouve w( 0 1 ) d'où A=PΔP-1 avec P=( 1 0 -2 1 ) et Δ=( -4 1 0 -4 ) (on vérifie trΔ=-8).

    On calcule P-1=( 1 0 2 1 ).

    Reste alors à déterminer Δn. On écrit Δ=-4I+NN=( 0 1 0 0 ).

    Note : N est dite nilpotente.

    On applique le binome, valable car NΔ=ΔN : Δn=( n 0 )N0(-4I)n+( n 1 )N1(-4I)n-1, les autres termes sont nuls. On a ainsi Δn=(-4)n-1×( -4 n 0 -4 ).

  3. Directement : ce serait impossible à moins de le programmer par ordinateur.

  4. Les deux méthodes donnent :

    An=(-4)n-1( 2n-4 n -4n -2n-4 ).

3.Exercices matrices 3×3

3.1.Diagonalisation

Diagonaliser M=( 1 2 -2 -0,6 3,8 -1,2 -1,4 2,2 -0,8 ) ; puis calculer M2 de deux manières différentes.

Réponse : M=PΔP-1 avec P=( 2 -2 2 1 0 3 3 1 1 ), Δ=( -1 0 0 0 2 0 0 0 3 ), P-1=120( 3 -4 6 -8 4 4 -1 8 -2 ).

Voir le fichier diago1.pdf dans la dropbox (lien en haut à gauche de cette page web).

Diagonaliser M=14( 8 0 0 50 -17 5 50 -25 13 ) ; puis établir l'expression de Mn en fonction de n.

Réponse : La recherche des valeurs propres est grandement facilitée par les deux 0 sur la matrice. On trouve λ=2 de multiplicité 2 et λ=-3 de multiplicité 1. L'espace propre E2 est le plan vectoriel d'éqution 10x-5y+z=0, il y a donc une infinité de choix possibles pour les deux vecteurs à écrire dans la matrice P.

On trouve par exemple :

M=PΔP-1 avec P=( 0 1 0 1 0 1 1 -10 5 ), Δ=( -3 0 0 0 2 0 0 0 2 ), P-1=14( -10 5 -1 4 0 0 10 -1 1 ).

Voir le fichier diago2.pdf dans la dropbox (lien en haut à gauche de cette page web).

3.2.Diagonalisations astucieuses

Il s'agit ici de deviner valeurs propres et vecteurs propres d'un coup, dans certains cas simples, en profitant de combinaisons de lignes et de colonnes.

3.2.1.Exemple 1, où trois vecteurs sont évidents

Diagonaliser A=( 6 -2 2 0 -2 0 2 -8 6 ).

.

On remarque tout de suite que ( 1 0 1 )( 8 0 8 ), ( 0 1 1 )( 0 -2 -2 ) et ( 1 0 -1 )( 4 0 -4 ).

Donc A est diagonalisable avec Δ=( 8 -2 4 ) et P=( 1 0 1 0 1 0 1 1 -1 ).

3.2.2.Exemple 2, où deux vecteurs sont évidents

Diagonaliser A=( -8 -10 16 -12 -2 12 -12 -10 20 ).

On remarque tout de suite que ( 1 0 1 )( 8 0 8 ), ( 1 1 1 )( -2 -2 -2 ) et il est difficile de voir le dernier vecteur propre. C'est alors a qu'on utilise la trace :

A est peut-être diagonalisable avec Δ=( 8 -2 ? ) et P=( 1 1 0 1 1 1 ), or trA=10 et trΔ=6+? donc ?=4. On résoud alors le système AX=4X et on a réduit A sans polynôme caractéristique.

3.2.3.Exemple 3, où un seul vecteur est évident

Diagonaliser A=( -28 -50 50 -56 -91 94 -71 -118 121 ).

Le polynôme caractéristique est ΦA(X)=-(X-3)(X+3)(X-2). Mais imaginons que le développement du déterminant nous conduise à la forme développée ΦA(X)=X32X29X+18. Vu qu'on ne sait pas résoudre le degré 3 sans racine évidente, on est coincé. On peut étudier les variations comme dans le fichier diago1.pdf, mais ici on a mieux : ( 0 1 1 )( 0 3 3 ) donc on a immédiatement λ=3 comme valeur propre, et ainsi on peut, par identification, factoriser ΦA(X) par (X-3) et c'est gagné.

On trouve spA={-3,2,3} et : E-3=vect(2,3,4), E2=vect(5,-2,1), E3=vect(0,1,1)

3.3.Réduction de Jordan

3.3.1.Deux vecteurs propres seulement, jordanisation classique

Déterminer la réduction de Jordan de A avec :

A=( -1 -8/3 -16/3 -1/4 -13/6 -7/3 1/8 5/4 3/2 ) et B=( 7 -3,5 4 0 3 0 -8 7,5 -5 )

Pour A

On a ΦA(X)=X3+53X2+13X13=(X+1)2(X-13) de racines -1 (double) et 13 (simple).

La trace est trA=-5/3.

C'est intéressant car la matrice a le même polynôme caractéristique que la précédente et pourtant la précédente était diagonalisable et celle-ci n'est réductible que par Jordan comme on va le voir. Au fait, celle matrice a la même trace que la précédente, mais ça c'est logique vu qu'elles ont le même polynôme caractéristique. Voyez-vous pourquoi ? Réponse : la trace c'est le coefficient de X2 (ou son opposé suivant comment on calcule ΦA(X)).

Le polynôme caractéristique a trois racines (en comptant les multiplicités) donc si ce n'est pas diago ce sera réductible en Jordan. On dit qu'il est scindé.

E1/3 est de dimension 1, bien sûr. On trouve u( 8 2 -3 ).

On trouve E-1 de dimension 1 car le système aboutit à { x=0 y=-2z . donc par exemple v( 0 -2 1 )

On cherche alors w tel que, dans B=(u,v,w), A devienne Δ=( 1/3 0 0 0 -1 1 0 0 -1 ) (trΔ=-5/3).

On résoud f(w)=v-w, cela donne { x=8 y=-2z . d'où par exemple w( 8 -2 1 ).

Alors P=( 8 0 8 2 -2 -2 -3 1 1 ) et A=PΔP-1.

Pour B

On trouve M=PΔJP-1 avec ΔJ=( 3 1 0 0 3 0 0 0 -1 ) et P=( 1 a -2 0 2 0 -1 c 1 ) et a+c=2, par exemple P=( 1 1 -2 0 2 0 -1 1 1 ) et dans ce cas P-1=( -1 1,5 -2 0 0,5 0 -1 1 -1 ).

Voir fichier jordan1.pdf dans la dropbox.

3.3.2.Une seule valeur propre, deux vecteurs propres, attention avec la jordanisation

Déterminer la réduction de Jordan de A, puis en déduire l'expression de An en fonction de n, avec :

A=( -8 2 -1 -2 -4 -1 0 0 -6 ).

On a ΦA(X)=(X+6)3 (scindé) de racine -6 (triple) :

A sera donc soit diagonalisable soit jordanisable.

Diagonalisable est impossible sinon on aurait Δ=-6I donc A=P×(-6I)×P-1=-6PP-1=-6I aussi, ce qui visiblement n'est pas le cas (seule la matrice identité est semblable à la matrice identité).

Le système pour trouver les vecteurs propres associés à λ=-6 se ramène à -2x+2y=z, donc E-6 est de dimension 2 et ses vecteurs ont pour expression ( x y 2y-2x ) avec x,y : on peut prendre u-6=(0,1,2) et u-6'=(1,0,-2) comme base de E-6.

Nous cherchons une base (u-6,u-6',w) (avec w=(x,y,z)), dans laquelle f ait pour matrice Δj=( -6 0 0 0 -6 1 0 0 -6 ) (on vérifie que trΔ=trA=-18 et qu'il y a autant de « 1 » que de vecteurs propres manquants).

L'équation f(w)=u-6'-6w aboutit à un blocage à cause de la ligne L3, qui donne 0=-2 : { -8x+2y-z = 1-6x -2x-4y-z = -6y -6z = -2-6z. .{ -2x+2y-z = 1 -2x+2y-z = 0 0 = -2. .

Il faut être malin et remarquer que si u-6'=(a,b,c) alors :

f(w)=u-6'-6w{ -8x+2y-z = a-6x -2x-4y-z = b-6y -6z = c-6z .{ -2x+2y-z = a -2x+2y-z = b 0 = c ., on doit donc choisir un u-6'=( x y 2y-2x )=(a,b,c) tel que c=0, ce qui donne par exemple u-6'=( 1 1 0 ).

Alors : f(w)=u-6'-6w{ -2x+2y-z = 1 -2x-2y-z = 1 0 = 0 .-2x+2y-z=1 et l'on a l'embarras du choix, par exemple w=( 0 0 -1 ).

Conclusion, : A=PΔjP-1 avec P=( 0 1 0 1 1 0 2 0 -1 ) et Δj=( -6 0 0 0 -6 1 0 0 -6 ) et P-1=( -1 1 0 1 0 0 -2 2 -1 ).

On trouve enfin An=(-6)n6( 2n+6 -2n n 2n 6-2n n 0 0 6 ), voir corrigé détaillé dans la feuille jordan_An1.pdf

3.3.3.Une seule valeur propre, deux vecteurs propres, idem

Déterminer la réduction de Jordan de A avec :

A=( 0 1 0 -4 4 0 -2 1 2 ).

On a Φ(X)=(X-2)3 et E2=vect{u2=( 1 2 0 ),u2'=( 0 0 1 )}. Posons w( x y z ) pour avoir une matrice de Jordan Δj=( 2 0 0 0 2 1 0 0 2 ) avec une matrice de passage P=(u2,u2',w).

On veut f(w)=u2'+2w, ce qui donne { y = 2x -4x+4y = 2y -2x+y+2z = 1+2z .{ y-2x=0 y-2x=1 . qui ne marche pas…

Essayons la base P=(u2',u2,w), alors f(w)=u+2w{ y = 1+2x -4x+4y = 2+2y -2x+y+2z = 2z .{ y-2x=1 y-2x=0 ., qui ne marche toujours pas.

Alors on prend u2=( 1 2 0 ) et u2'=( a 2a b )=a×( 1 2 0 )+b×( 0 0 1 ).

On veut f(w)=v+2w ce qui donne cette fois-ci :

{ y = a+2x -4x+4y = 2a+2y -2x+y+2z = b+2z .{ y-2x = a y-2x = a y-2x = b .

Il suffisait donc de prendre a=b soit par exemple u2'=( 1 2 0 )+( 0 0 1 )=( 1 2 1 ), correspondant à a=b=1. On a alors le choix pour w, par exemple w=( 0 1 0 ).

Conclusion, : A=PΔP-1 avec P=( 1 1 0 2 2 1 0 1 0 ) et Δ=( 2 0 0 0 2 1 0 0 2 ).

3.3.4.ΦA(X) non scindé

Réduire si possible la matrice A avec :

A=( 1 2 0 1 1 0 4 6 2 ).

On a Φ(X)=X3+2X2+X+2=(X+2)(X2+1), non scindé donc pas de réduction : ni diagonalisation, ni Jordan.

Remarque : si l'on se plaçait dans , on pourrait diagonaliser la matrice en ( -2 - ) mais ceci est en dehors du programme de cet UE.

3.4.Matrices à paramètres

Soit φL(3), de matrice A=( 3k-6 6-2k 7-3k 3k-6 6-2k 6-3k -2 2 3 ), où k.

  1. Par combinaison et trace, trouver directement les trois valeurs propres.

  2. A est-elle diagonalisable ?

Réponse :

  1. On voit directement que φ(1,1,0)=k(1,1,0) et φ(1,0,1)=(1,0,1). On a donc 1 et 2 comme valeurs propres. ΦA(X) est donc scindé, donc A est soit diagonalisable soit jordanisable, c'est-à-dire réductible en Δ(J?)=( 1 k ? ), avec ? inconnu et les égaux soit à 1 soit à 0.

    On a donc trA=k+3=trΔ=1+k+?, d'où ?=2. On cherche le vecteur propre pour λ=2, on trouve u2=(4,3,2).

  2. On remarque qu'on a trois vecteurs propres distincts qui forment une base. En effet :

    rg( 1 1 4 1 0 3 0 1 2 )=rg( 1 1 2 1 0 3 0 1 0 )=rg( 1 1 -1 1 0 0 0 1 0 )=rg( 1 1 -1 0 1 0 1 0 0 )=3 car échelonné.

    A est donc diagonalisable et P=( 1 1 4 1 0 3 0 1 2 ) et Δ=( k 1 2 ).

Soit φL(3), de matrice A=14( 10-3t 5t+2 t-6 2-2t 2t+10 2t-6 4-3t t+4 5t-4 ), où t.

  1. On admet que φA(X)=-(X-2)2t+X(X2)2.

  2. Quel est l'ensemble des valeurs propres de A ?

  3. Écrire le système AX=2X et vérifier que L1+L3=3L2.

  4. Trouver les valeurs de t telles que les lignes de L1 et de L2 soient proportionnelles.

  5. A est-elle diagonalisable ? Discuter suivant les valeurs de t.

Réponse :

  1. On a φA(X)=-(X-2)2t+X(X2)2=(X-2)2×[-t+X] donc on a 2, de multiplicité 2, et t, de multiplicité 1.

  2. On écrit (en multipliant tout par 4) :

    { (10-3t)x+(5t+2)y+(t-6)z=8x (2-2t)x+(2t+10)y+(2t-6)z=8y (4-3t)x+(t+4)y+(5t-4)z=8z .{ (2-3t)x+(5t+2)y+(t-6)z=0 (2-2t)x+(2t+2)y+(2t-6)z=0 (4-3t)x+(t+4)y+(5t-12)z=0 .,

    on vérifie que L1+L3=3L2 donc le système équivaut à :

    { (2-3t)x+(5t+2)y+(t-6)z=0 (2-2t)x+(2t+2)y+(2t-6)z=0 .{ (2-3t)x+(5t+2)y+(t-6)z=0 tx-3ty+tz=0 ..
  3. Si les deux lignes sont équivalentes, alors E2 sera de dimension 2 (un plan de 3), sinon de dimension 1 (droite comme intersection de deux plans non parallèles).

    Les deux lignes sont colinéaires ssi les vecteurs u et v sont proportionnels avec :

    u(2-3t,5t+2,t-6) v(t,-3t,t).

    * Déjà, si t=0, le système équivaut à (2-3t)x+(5t+2)y+(t-6)z=0x+y-3z=0.

    * Sinon, il suffit de regarder si 2-3t 5t+2 t-6 1 -3 1 est proportionnel, c'est-à-dire si :

    2-3t1=5t+2-2=t-61-6+9t=2+5t=-3t+18t=2.

    * Dans le cas où t=2, le système équivaut à (2-3t)x+(5t+2)y+(t-6)z=0-x+3y-z=0 donc E2=vect((2,1,1),(1,0,-1)).

    * Si t2, on trouve E2=vect(2,1,1).

  4. Conclusion :

    • si t2, alors dimE2=1 et dimEt=1 donc AΔ=( 2 1 0 0 2 0 0 0 t2 ) ;

    • si t=2, alors il n'y a plus que 2 comme valeur propre et dimE2=2 donc AΔ=( 2 1 0 0 2 0 0 0 2 ) ;

    • si t=0 alors dimE2=2, c'est le seul cas où A est diagonalisable : AΔ=( 2 0 0 0 2 0 0 0 0 ).

4.Exercices matrices 4×4

On pose A=( 1 0 μ 0 0 1 0 0 0 0 λ 0 0 0 0 1 ) et B=( 1 4 1 0 2 3 1 0 3 2 1 0 4 1 1 2 ).

  1. Calculer A-1 directement, en posant un système à seize inconnues.

  2. Trouver valeurs propres et vecteurs propres des matrices A et de B. Sont-elles diagonalisables ?

  3. Existe-t-il des valeurs de λ et μ telles que AB=BA ?

1. On pose A-1=( a b c d e f g h i j k l m n o p ) et on écrit que A-1×A=I on a immédiatement, via le peigne :

A-1=( 1 b -μλ 0 0 1 0 0 0 0 1λ 0 0 0 o 1 ).

2. On trouve :

3. BA=( 1 4 λ+μ 0 2 3 λ+2μ 0 3 2 λ+3μ 0 4 1 λ+4μ 2 ) et AB=( 3μ+1 2μ+4 μ+1 0 2 3 1 0 3λ 2λ λ 0 4 1 1 2 ) donc AB=BA(μ=0;λ=1).

Réduire si possible la matrice A avec :

A=( -8 3 -3 -1 6 3 2 -1 26 7 10 -2 0 0 0 2 ).

On a Φ(X)=(X-1)(X-2)3, on trouve u1=(2,-1,-5,0) et u2=(3,-2,-8,0), ce sera un Jordan. On cherche Δ=( 1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 2 1 0 0 0 2 ) donc w tel que f(w)=u2+2w on trouve un système qui nous demande de choisir, on peut par exemple prendre w=(3,-2,-7,0) puis on cherche w' tel que f(w')=w+2w', et alors on arrive à un système qui aboutit bien.

5.Applications

5.1.Calculs de An ou de A-1 de plusieurs manières possibles

5.1.1.ΦA(X) a une racine double, associée à un seul vecteur propre, et une simple.

Calculer An avec :

A=( -8 2 -1 -2 -4 -1 0 0 -6 ),
  1. Par Jordan.

Voir fichier jordan2_An.pdf dans la dropbox.

On trouve An=(-6)n6( 2n+6 -2n n 2n 6-2n n 0 0 6 ).

5.1.2.ΦA(X) a une racine triple, associée à un seul vecteur propre, et on demande An

Calculer An avec :

A=( -5 1 1 1 -3 -1 0 2 -4 ),
  1. Par Cayley-Hamilton ;

  2. Par Jordan.

On a ΦA(X)=X3+12X2+48X+64=(X+4)3 de racine triple -4.

La trace est trA=-12.

  1. Par Cayley-Hamilton : Xn=(X3+12X2+48X+64)Q(X)+aX2+bX+c.

    On prend X=-4 puis on dérive et l'on prend X=-4 puis on redérive et encore X=-4 :

    { (-4)n=16a-4b+c n×(-4)n-1=-8a+b n(n-1)(-4)n-2=2a ..

    On trouve R(X)=(-4)n-2×(n(n-1)2X2+(4n2-8n)X+(8n2-24n+16)).

    On prend X=A , alors

    An=(-4)n-2×(n(n-1)2A2+(4n2-8n)A+(8n2-24n+16)I)
    .

  2. Par Jordan : E-4 est de dimension 1, on trouve le seul vecteur propre u( 1 0 1 ).

    On cherche alors B=(u,v,w) tels que dans B, A devienne Δ=( -4 1 0 0 -4 1 0 0 -4 ) (trΔ=-12).

    On résoud d'abord f(v)=u-4v, cela donne { x-z=-1/2 y=1/2 . d'où par exemple v( 0 1/2 1/2 ).

    Puis on résoud f(w)=v-4w, cela donne { x-z=1/4 y=1/4 . d'où par exemple w( 0 1/4 -1/4 ).

    Alors P=( 1 0 0 0 1/2 1/4 1 1/2 -1/4 ) et A=PΔP-1. On calcule P-1=( 1 0 0 -1 1 1 2 2 -2 ).

    Puis Δn=(-4I+N)n avec N=( 0 1 0 0 0 1 0 0 0 ) et N2=N=( 0 0 1 0 0 0 0 0 0 ) et N3=0 donc :

    Δn=(-4)nI+(-4)n-1nN+(-4)n-2n(n-1)2N2,

    et enfin An=PΔnP-1.

5.1.3.Matrice diagonalisable, on demande A-1

Calculer A-1 de trois manières avec :

A=13( -1 -4 12 2 -7 12 1 -2 3 ),
  1. Par Cayley-Hamilton ;

  2. Par diagonalisation ;

  3. Par cofacteurs, par double pivot de Gauss, par système.

On a ΦA(X)=X3+53X2+13X13=(X+1)2(X-13) de racines -1 (double) et 13 (simple).

La trace est trA=-5/3.

  1. Par Cayley-Hamilton : A3+53A2+13A13I=0 donc A(A2+53A+13I)=13I,

    donc A-1=3A2+5A+I, avec A2=19( 5 8 -24 -4 17 -24 -2 4 -3 ).

  2. Par Diagonalisation :

    E1/3 est de dimension 1, bien sûr. On trouve u( 2 2 1 ).

    On trouve E-1 de dimension 2 car le système aboutit à x-2y+6z=0.

    On peut choisir par exemple v( 0 1 1/3 ) et w( 1 0 -1/6 )

    Finalement, A=PΔP-1 avec P=( 2 0 1 2 1 0 1 1/3 -1/6 ) et Δ=( 1/3 0 0 0 -1 0 0 0 -1 ).

    (on vérifie que trΔ=trA=-5/3)

    Évidemment, cette méthode est un peu bête ici car pour avoir A-1 il faut calculer P-1

    Cependant on peut remarquer que le calcul de P-1 avec les cofacteurs est assez simple car la matrice P comporte deux 0…

    Pour info, P-1=14( 1 -2 6 -2 8 -12 2 4 -12 ).

    Enfin… A-1=PΔ-1P-1=P( 3 0 0 0 -1 0 0 0 -1 )P-1.

  3. On peut aussi procéder par la matrice des cofacteurs ou par double pivot de Gauss, ou par système.

  4. Par toutes les méthodes, on trouve :

    A-1=( 1 -4 12 2 -5 12 1 -2 5 ).

5.2.Systèmes de suites récurrentes

5.2.1.Avec Cayley-Hamilton puis avec Jordan

Déterminer le terme général de (xn,yn,zn) sachant que :

{ xn+1 = 5xn-17yn+25zn yn+1 = 2xn-9yn+16zn zn+1 = xn-5yn+9zn ..

Posons A=( 5 -17 25 2 -9 16 1 -5 9 ) et Xn=( xn yn zn ) alors le système s'écrit Xn+1=AXn soit Xn=AnX0v.

On a Φ(X)=X35X2+8X4=(X-1)(X-2)2, on divise Xn par Φ(X) on obtient :

Xn=Q(X)Φ(X)+aX2+bX+c.

On remplace X par les racines de Φ(X) soit 1 et 2 mais cela ne suffira pas, on n'a pas de troisième racine puisque 2 est racine double.

Alors on utilise le principe : « x0 racine double de P P(x0)=P'(x0)=0 ».

Donc on dérive et on remplace X par 2. Voici le système :

{ 1 = a+b+c 2n = 4a+2b+c n×2n-1 = 4a+b .{ a = 2n-1(n-2)+1 b = 2n-1(8-3n)-4 c = 2n-1(2n-6)+4 ..

On vérifie pour n=3.

À partir de là, vu que Φ(A)=0 on a alors An=aA2+bA+cI .

Vu que A2=( 16 -57 78 8 -33 50 4 -17 26 ), on a An=( 16a+5b+c -57a-17b 78a+25b 8a+2b -33a-9b+c 50a+16b 4a+b -17a-5b 26a+9b+c ) soit :

An=( (2+3n)2n-1 -2n2n-1 -n2n-1 )

etc.. finir de simplifier…

Ainsi :

Xn=( (2+3n)2n-1x0-(57a+17b)y0+(78a+25b)z0 -2n2n-1x0-(33a+9b-c)y0+(50a+16b)z0 -n2n-1x0-(17a+5b)y0+(26a+9b+c)z0 ),

ce qui est un peu long à écrire si l'on doit remplacer a,b,c par leur expression en fonction de n

On pouvait aussi utiliser Jordan : on a A=PΔP-1 avec P=( 11 3 1 7 2 0 3 1 0 ), et Δ=( 1 2 1 2 ).

On détermine P-1=( 0 1 -2 0 -3 7 1 -2 1 ).

Ensuite il faut calculer Δn=(( 1 2 2 )+( 0 0 1 0 ))n=( 1 2n-1(2+n) 2n ) par le binôme.

Puis on a An=P×Δn×P-1 ; on doit retrouver la même chose que par Cayley Hamilton.

5.2.2.Avec diagonalisation

Déterminer le terme général de (xn,yn,zn) sachant que :

{ xn+1 = 14(xn+7yn+13zn) yn+1 = xn+yn+zn zn+1 = 14(3xn-3yn-9zn) . et X0=( 1 -1 0 )

Solution : on trouve Xn=(-3)n2( 1 0 -1 ) pour n1, voir corrigé détaillé sur la dropbox, fichier du nom de suite_vecteurs_1.pdf.

5.3.Systèmes différentiels

Résoudre :

{ x' = 10x+8y-3z y' = 4x+14y-3z z' = 12z ..

On étudie A=( 10 8 -3 4 14 -3 0 0 12 ), on a ΦA(X)=(X-6)(X-12)(X-18) puis P=( 2 1 1 -1 1 1 0 2 0 ) et Δ=( 6 12 18 ) et A=PΔP-1.

Posons X=( x y z ) et Y=P-1X, le système s'écrit alors X'=AXX'=PΔP-1X ce qui équivaut, en multipliant par P-1 par la gauche de chaque côté, à :

Y'=ΔY.

Si Y=( x1 y1 z1 ) on a alors { x1'=6x1 y1'=12y1 z1'=18z1 . soit { x1=λe6t y1=μe12t z1=γe18t . puis on remarque que X=PY d'où :

{ x=2λe6t+μe12t+γe18t y=-λe6t+μe12t+γe18t z=2μe12t ..

Il peut arriver que A soit réductible en Jordan, auquel cas le calcul part sur le même principe, un peu plus long à partir de Y'=ΔY.

Remarque : il n'est pas nécessaire dans cette méthode de connaître P-1.