Diagonalisation matrice exercices corrigés

La diagonalisation d'une matrice est l'une des techniques centrales de la réduction des endomorphismes en algèbre linéaire. Elle consiste à écrire une matrice A A sous la forme A=PDP−1 A = PDP^{-1} où D D est une matrice diagonale, ce qui simplifie considérablement le calcul de puissances de matrices, la résolution de systèmes différentiels linéaires et l'étude de suites récurrentes. Cette page propose douze exercices corrigés progressifs, allant de la diagonalisation d'une matrice 2×2 2 \times 2 jusqu'aux applications avancées et aux matrices à paramètre, conformément au programme des classes préparatoires MPSI, PCSI, MP, PC et PSI. Chaque exercice mobilise les notions essentielles : polynôme caractéristique, valeurs propres, multiplicité algébrique et géométrique, sous-espaces propres, polynôme annulateur et critères de diagonalisabilité.

Diagonalisation des matrices 2×2 : exercices corrigés pour débuter

Ces premiers exercices visent à consolider la méthode fondamentale : calcul du polynôme caractéristique, détermination des valeurs propres et des vecteurs propres, puis construction explicite des matrices P P et D D . Indispensables avant d'aborder les matrices 3×3 3 \times 3 .

Exercice 1 : Diagonalisation d’une matrice 2×2 à valeurs propres distinctes

Facile

Soit la matrice A=(3124) A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} .

  1. Calculer le polynôme caractéristique χA(λ) \chi_A(\lambda) de A A .
  2. Déterminer les valeurs propres de A A et les sous-espaces propres associés.
  3. Conclure sur la diagonalisabilité de A A et écrire la décomposition A=PDP−1 A = PDP^{-1} .
Indication

Le polynôme caractéristique d'une matrice 2×2 2 \times 2 est χA(λ)=λ2−tr(A) λ+det⁡(A) \chi_A(\lambda) = \lambda^2 - \mathrm{tr}(A)\,\lambda + \det(A) . Si les deux racines sont distinctes, la diagonalisabilité est immédiate. Pour chaque valeur propre λi \lambda_i , résolvez (A−λiI)v=0 (A - \lambda_i I)v = 0 pour trouver une base du sous-espace propre.

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Solution de la question 1 : χA(λ)=det⁡(A−λI)=(3−λ)(4−λ)−2=λ2−7λ+10=(λ−2)(λ−5). \chi_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = (3 - \lambda)(4 - \lambda) - 2 = \lambda^2 - 7\lambda + 10 = (\lambda - 2)(\lambda - 5). Solution de la question 2 :

Les valeurs propres sont λ1=2 \lambda_1 = 2 et λ2=5 \lambda_2 = 5 , toutes deux simples.

Pour λ1=2 \lambda_1 = 2 : (A−2I)v=0 (A - 2I)v = 0 donne (1122)v=0 \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 2 \end{pmatrix} v = 0 , soit v1+v2=0 v_1 + v_2 = 0 . Un vecteur propre : e1=(1−1) e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} .

Pour λ2=5 \lambda_2 = 5 : (A−5I)v=0 (A - 5I)v = 0 donne (−212−1)v=0 \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} v = 0 , soit 2v1=v2 2v_1 = v_2 . Un vecteur propre : e2=(12) e_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} .

Solution de la question 3 :

A A admet deux valeurs propres distinctes, donc elle est diagonalisable. On pose :

P=(11−12),D=(2005),P−1=13(2−111). P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}.

On vérifie que A=PDP−1 A = PDP^{-1} .

Exercice 2 : Matrice 2×2 avec valeur propre double (test de diagonalisabilité)

Facile

Soit la matrice B=(3103) B = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} .

  1. Déterminer les valeurs propres de B B et leurs multiplicités algébriques.
  2. Calculer la dimension du sous-espace propre associé à chaque valeur propre.
  3. B B est-elle diagonalisable ? Justifier précisément.
Indication

Une matrice est diagonalisable si et seulement si, pour chaque valeur propre, la multiplicité géométrique (dimension du sous-espace propre) est égale à la multiplicité algébrique (ordre de la racine dans le polynôme caractéristique). Ici, la matrice est triangulaire supérieure : ses valeurs propres se lisent sur la diagonale.

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Solution de la question 1 :

B B est triangulaire, donc χB(λ)=(3−λ)2 \chi_B(\lambda) = (3 - \lambda)^2 . La seule valeur propre est λ=3 \lambda = 3 avec multiplicité algébrique ma(3)=2 m_a(3) = 2 .

Solution de la question 2 : B−3I=(0100). B - 3I = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}.

Le noyau de B−3I B - 3I est de dimension 1 1 (engendré par (10) \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} ). Donc mg(3)=1 m_g(3) = 1 .

Solution de la question 3 :

Puisque mg(3)=1<2=ma(3) m_g(3) = 1 < 2 = m_a(3) , la matrice B B n'est pas diagonalisable. Elle est nilpotente modulo 3I 3I et ne possède pas suffisamment de vecteurs propres linéairement indépendants.

Diagonalisation des matrices 3×3 : exercices corrigés niveau MPSI

Ces exercices portent sur des matrices 3×3 3 \times 3 , cas le plus fréquent en classes préparatoires. L'enjeu est de maîtriser le calcul du polynôme caractéristique de degré 3, la recherche des sous-espaces propres et la vérification des conditions de diagonalisabilité avant de construire explicitement P P et D D .

Exercice 3 : Diagonalisation d’une matrice 3×3 à trois valeurs propres distinctes

Facile

Soit la matrice A=(200130011) A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} .

  1. Déterminer les valeurs propres de A A sans développer un déterminant complet.
  2. Pour chaque valeur propre, déterminer une base du sous-espace propre.
  3. Diagonaliser A A et écrire explicitement P P , D D et P−1 P^{-1} .
Indication

A A est triangulaire inférieure : ses valeurs propres sont directement lisibles sur la diagonale. Trois valeurs propres distinctes impliquent immédiatement la diagonalisabilité sans autre vérification.

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Solution de la question 1 :

A A est triangulaire inférieure, donc χA(λ)=(2−λ)(3−λ)(1−λ) \chi_A(\lambda) = (2 - \lambda)(3 - \lambda)(1 - \lambda) . Les valeurs propres sont λ1=1 \lambda_1 = 1 , λ2=2 \lambda_2 = 2 , λ3=3 \lambda_3 = 3 , toutes simples.

Solution de la question 2 :

Pour λ1=1 \lambda_1 = 1 : (A−I)v=0 (A - I)v = 0 donne le système v1=0 v_1 = 0 , v2+2v3=0 v_2 + 2v_3 = 0 . Base : e1=(0−21) e_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} .

Pour λ2=2 \lambda_2 = 2 : (A−2I)v=0 (A - 2I)v = 0 donne v2=0 v_2 = 0 , v3=0 v_3 = 0 . Base : e2=(100) e_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} .

Pour λ3=3 \lambda_3 = 3 : (A−3I)v=0 (A - 3I)v = 0 donne −v1=0 -v_1 = 0 et v2−2v3=0 v_2 - 2v_3 = 0 . Base : e3=(021) e_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} .

Solution de la question 3 : P=(010−202101),D=(100020003). P = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.

On calcule P−1 P^{-1} par la méthode de Gauss-Jordan (déterminant det⁡P=4 \det P = 4 ) et on vérifie AP=PD AP = PD .

Exercice 4 : Matrice 3×3 avec valeur propre double diagonalisable

Moyen

Soit la matrice M=(41−125−2112) M = \begin{pmatrix} 4 & 1 & -1 \\ 2 & 5 & -2 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix} .

  1. Calculer le polynôme caractéristique de M M (on pourra développer par rapport à une ligne ou colonne commode).
  2. Déterminer les sous-espaces propres et vérifier les conditions de diagonalisabilité.
  3. Construire la matrice de passage P P et écrire M=PDP−1 M = PDP^{-1} .
Indication

Développez det⁡(M−λI) \det(M - \lambda I) en réduisant par rapport à la troisième colonne ou par opérations élémentaires. Lorsqu'une valeur propre est double, il faut calculer dim⁡ker⁡(M−λI) \dim \ker(M - \lambda I) : si cette dimension est égale à 2, la diagonalisabilité est assurée.

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Solution de la question 1 : χM(λ)=−(λ−3)2(λ−5). \chi_M(\lambda) = -(\lambda - 3)^2(\lambda - 5).

Les valeurs propres sont λ1=3 \lambda_1 = 3 (multiplicité 2) et λ2=5 \lambda_2 = 5 (multiplicité 1).

Solution de la question 2 :

Pour λ1=3 \lambda_1 = 3 : On résout (M−3I)v=0 (M - 3I)v = 0 . La matrice M−3I=(11−122−211−1) M - 3I = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & -2 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} est de rang 1, donc dim⁡ker⁡(M−3I)=2=ma(3) \dim \ker(M - 3I) = 2 = m_a(3) . Base : f1=(−110),  f2=(101) f_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \; f_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} .

Pour λ2=5 \lambda_2 = 5 : On résout (M−5I)v=0 (M - 5I)v = 0 . On trouve f3=(121) f_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} .

Comme mg(λ)=ma(λ) m_g(\lambda) = m_a(\lambda) pour toutes les valeurs propres, M M est diagonalisable.

Solution de la question 3 : P=(−111102011),D=(300030005). P = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}.

Exercice 5 : Matrice 3×3 non diagonalisable (analyse complète)

Moyen

Soit la matrice N=(210021002) N = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} .

  1. Déterminer les valeurs propres de N N et leurs multiplicités algébriques.
  2. Calculer la dimension du sous-espace propre associé et conclure sur la diagonalisabilité.
  3. Vérifier que (N−2I)3=0 (N - 2I)^3 = 0 et que (N−2I)2≠0 (N - 2I)^2 \neq 0 . Quel polynôme annulateur cela fournit-il ?
Indication

La matrice N−2I N - 2I est nilpotente. Pour tester la diagonalisabilité, comparez mg(2)=dim⁡ker⁡(N−2I) m_g(2) = \dim \ker(N - 2I) et ma(2) m_a(2) . Un polynôme annulateur de la forme (λ−2)k (\lambda - 2)^k révèle l'indice de nilpotence.

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Solution de la question 1 :

N N est triangulaire supérieure, donc χN(λ)=(2−λ)3 \chi_N(\lambda) = (2 - \lambda)^3 . La seule valeur propre est λ=2 \lambda = 2 avec ma(2)=3 m_a(2) = 3 .

Solution de la question 2 : N−2I=(010001000). N - 2I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Le noyau est de dimension 1 (engendré par (100) \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} ). Donc mg(2)=1<3=ma(2) m_g(2) = 1 < 3 = m_a(2) : N N n'est pas diagonalisable.

Solution de la question 3 : (N−2I)2=(001000000)≠0,(N−2I)3=0. (N - 2I)^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \neq 0, \qquad (N - 2I)^3 = 0.

Le polynôme minimal de N N est donc μN(λ)=(λ−2)3 \mu_N(\lambda) = (\lambda - 2)^3 , qui est aussi le polynôme caractéristique. N N est un bloc de Jordan de taille 3.

Matrices à paramètre : critères de diagonalisabilité selon les valeurs d’un paramètre réel

Un exercice classique de prépa consiste à étudier la diagonalisabilité d'une matrice dépendant d'un paramètre m∈R m \in \mathbb{R} . L'enjeu est d'identifier les valeurs critiques du paramètre et d'adapter le raisonnement en distinguant les cas.

Exercice 6 : Diagonalisabilité d’une matrice 3×3 selon un paramètre réel

Moyen

Soit la matrice, dépendant du réel m m :

Am=(m1001000m). A_m = \begin{pmatrix} m & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & m \end{pmatrix}.
  1. Calculer χAm(λ) \chi_{A_m}(\lambda) en fonction de m m .
  2. Pour quelles valeurs de m m la matrice Am A_m est-elle diagonalisable ? Justifier dans chaque cas.
  3. Pour les valeurs de m m où Am A_m n'est pas diagonalisable, déterminer un polynôme annulateur de degré minimal.
Indication

La matrice est triangulaire par blocs. Distinguer le cas m≠1 m \neq 1 (valeurs propres distinctes) et m=1 m = 1 (valeur propre triple). Dans ce dernier cas, calculer dim⁡ker⁡(A1−I) \dim \ker(A_1 - I) .

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Solution de la question 1 : χAm(λ)=(m−λ)2(1−λ). \chi_{A_m}(\lambda) = (m - \lambda)^2 (1 - \lambda). Solution de la question 2 :

Cas m≠1 m \neq 1 : les valeurs propres m m (multiplicité 2) et 1 1 (multiplicité 1) sont distinctes. Pour λ=m \lambda = m , on calcule Am−mI=(01001−m0000) A_m - mI = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1-m & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} . Si m≠1 m \neq 1 , le rang est 1 donc dim⁡ker⁡=2=ma(m) \dim \ker = 2 = m_a(m) . Am A_m est diagonalisable pour tout m≠1 m \neq 1 .

Cas m=1 m = 1 : A1−I=(010000000) A_1 - I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} , de rang 1, donc dim⁡ker⁡=2<3=ma(1) \dim \ker = 2 < 3 = m_a(1) . A1 A_1 n'est pas diagonalisable.

Solution de la question 3 :

Pour m=1 m = 1 : (A1−I)2=0 (A_1 - I)^2 = 0 (à vérifier par calcul direct). Donc μA1(λ)=(λ−1)2 \mu_{A_1}(\lambda) = (\lambda - 1)^2 est un polynôme annulateur de degré minimal.

Puissances de matrices par diagonalisation : exercices corrigés

L'une des applications les plus importantes de la diagonalisation est le calcul de An A^n pour n∈N n \in \mathbb{N} : si A=PDP−1 A = PDP^{-1} , alors An=PDnP−1 A^n = PD^nP^{-1} , et Dn D^n s'obtient en élevant chaque coefficient diagonal à la puissance n n . Ces exercices entraînent également à la manipulation de suites récurrentes linéaires.

Exercice 7 : Calcul de An A^n par diagonalisation

Moyen

Soit la matrice A=(1203) A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} .

  1. Diagonaliser A A .
  2. En déduire une expression explicite de An A^n pour tout n∈N n \in \mathbb{N} .
  3. Calculer A10 A^{10} .
Indication

Après avoir écrit A=PDP−1 A = PDP^{-1} , utilisez le fait que An=PDnP−1 A^n = P D^n P^{-1} où Dn=(λ1n00λ2n) D^n = \begin{pmatrix} \lambda_1^n & 0 \\ 0 & \lambda_2^n \end{pmatrix} . Développez ensuite le produit matriciel en gardant n n comme paramètre.

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Solution de la question 1 :

χA(λ)=(1−λ)(3−λ) \chi_A(\lambda) = (1-\lambda)(3-\lambda) . Valeurs propres : λ1=1,λ2=3 \lambda_1 = 1, \lambda_2 = 3 .

Pour λ1=1 \lambda_1 = 1 : vecteur propre v1=(10) v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} . Pour λ2=3 \lambda_2 = 3 : (A−3I)v=0 (A-3I)v = 0 donne v2=(11) v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} .

P=(1101),P−1=(1−101),D=(1003). P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}. Solution de la question 2 : An=PDnP−1=(1101)(1003n)(1−101)=(13n−103n). A^n = P D^n P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3^n - 1 \\ 0 & 3^n \end{pmatrix}. Solution de la question 3 : A10=(1310−10310)=(159048059049). A^{10} = \begin{pmatrix} 1 & 3^{10} - 1 \\ 0 & 3^{10} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 59048 \\ 0 & 59049 \end{pmatrix}.

Exercice 8 : Suite récurrente linéaire et diagonalisation

Moyen

On définit deux suites (un) (u_n) et (vn) (v_n) par u0=1 u_0 = 1 , v0=0 v_0 = 0 et la relation de récurrence :

{un+1=3un−vnvn+1=2un \begin{cases} u_{n+1} = 3u_n - v_n \\ v_{n+1} = 2u_n \end{cases}
  1. Écrire ce système sous forme matricielle Xn+1=AXn X_{n+1} = AX_n et identifier A A .
  2. Diagonaliser A A et en déduire Xn=AnX0 X_n = A^n X_0 .
  3. Donner les expressions explicites de un u_n et vn v_n en fonction de n n .
Indication

Posez Xn=(unvn) X_n = \begin{pmatrix} u_n \\ v_n \end{pmatrix} . On aura Xn=AnX0 X_n = A^n X_0 . Après diagonalisation, le produit PDnP−1X0 PD^nP^{-1}X_0 donne directement un u_n et vn v_n en lisant les composantes.

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Solution de la question 1 : A=(3−120),X0=(10). A = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}, \quad X_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}. Solution de la question 2 :

χA(λ)=λ2−3λ+2=(λ−1)(λ−2) \chi_A(\lambda) = \lambda^2 - 3\lambda + 2 = (\lambda-1)(\lambda-2) . Valeurs propres : λ1=1 \lambda_1 = 1 , λ2=2 \lambda_2 = 2 .

Pour λ1=1 \lambda_1=1 : v1=(12) v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} . Pour λ2=2 \lambda_2=2 : v2=(11) v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} .

P=(1121),P−1=(−112−1),D=(1002). P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}. Xn=PDnP−1X0=(−1⋅1n+2⋅2n−2⋅1n+2⋅2n). X_n = P D^n P^{-1} X_0 = \begin{pmatrix} -1\cdot 1^n + 2\cdot 2^n \\ -2\cdot 1^n + 2\cdot 2^n \end{pmatrix}. Solution de la question 3 : un=2n+1−1,vn=2n+1−2. u_n = 2^{n+1} - 1, \qquad v_n = 2^{n+1} - 2.

Vérification : u0=2−1=1 u_0 = 2 - 1 = 1 ✓, v0=2−2=0 v_0 = 2 - 2 = 0 ✓.

Polynôme annulateur et diagonalisabilité : exercices corrigés MP/PC

Le polynôme annulateur et le polynôme minimal offrent un critère puissant de diagonalisabilité : une matrice est diagonalisable sur K \mathbb{K} si et seulement si son polynôme minimal est scindé à racines simples sur K \mathbb{K} . Ces exercices entraînent à utiliser ce critère de façon directe.

Exercice 9 : Diagonalisabilité via un polynôme annulateur donné

Moyen

Soit A∈M3(R) A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) une matrice vérifiant A2−5A+6I=0 A^2 - 5A + 6I = 0 .

  1. Montrer que A A est diagonalisable sur R \mathbb{R} .
  2. Que peut-on dire du spectre de A A ?
  3. Supposons de plus que tr(A)=7 \mathrm{tr}(A) = 7 et det⁡(A)=12 \det(A) = 12 . Déterminer complètement les valeurs propres de A A et leurs multiplicités.
Indication

Factorisez X2−5X+6=(X−2)(X−3) X^2 - 5X + 6 = (X-2)(X-3) . Puisque ce polynôme est scindé à racines simples et annule A A , il est divisible par le polynôme minimal de A A . Utilisez la trace et le déterminant pour relier les multiplicités des valeurs propres.

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Solution de la question 1 :

Le polynôme π(X)=X2−5X+6=(X−2)(X−3) \pi(X) = X^2 - 5X + 6 = (X-2)(X-3) est scindé à racines simples sur R \mathbb{R} et annule A A . Donc le polynôme minimal de A A divise π \pi , qui est lui-même scindé à racines simples. Par conséquent, A A est diagonalisable sur R \mathbb{R} .

Solution de la question 2 :

Les valeurs propres de A A appartiennent à {2,3} \{2, 3\} (racines de π \pi ).

Solution de la question 3 :

Notons k k la multiplicité de 2 et 3−k 3-k celle de 3 (la taille est 3). On a :

tr(A)=2k+3(3−k)=9−k=7  ⟹  k=2. \mathrm{tr}(A) = 2k + 3(3-k) = 9 - k = 7 \implies k = 2.

Vérification avec le déterminant : det⁡(A)=22⋅31=12 \det(A) = 2^2 \cdot 3^1 = 12 ✓.

Donc A A a pour valeurs propres 2 2 avec multiplicité 2 et 3 3 avec multiplicité 1.

Applications avancées de la diagonalisation : systèmes différentiels et exponentielles de matrices

La diagonalisation prend toute sa puissance dans la résolution de systèmes différentiels linéaires X′=AX X' = AX et dans le calcul de l'exponentielle de matrice eA e^A . Ces exercices, caractéristiques des épreuves de concours MP/PC/PSI, nécessitent une maîtrise complète de la méthode.

Exercice 10 : Résolution d’un système différentiel linéaire par diagonalisation

Difficile

On considère le système différentiel :

{x′(t)=2x(t)+y(t)y′(t)=x(t)+2y(t) \begin{cases} x'(t) = 2x(t) + y(t) \\ y'(t) = x(t) + 2y(t) \end{cases} avec les conditions initiales x(0)=3 x(0) = 3 et y(0)=1 y(0) = 1 .
  1. Écrire le système sous forme matricielle X′(t)=AX(t) X'(t) = AX(t) et diagonaliser A A .
  2. Effectuer le changement de variable X=PY X = PY pour découpler le système.
  3. Résoudre le système découplé et en déduire x(t) x(t) et y(t) y(t) .
Indication

Après diagonalisation A=PDP−1 A = PDP^{-1} , posez Y=P−1X Y = P^{-1}X . Le système en Y Y devient Y′=DY Y' = DY , qui est diagonal et se résout composante par composante. Revenez ensuite à X=PY X = PY et appliquez les conditions initiales via Y(0)=P−1X(0) Y(0) = P^{-1}X(0) .

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Solution de la question 1 : A=(2112),χA(λ)=(λ−1)(λ−3). A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \quad \chi_A(\lambda) = (\lambda-1)(\lambda-3).

Valeurs propres : λ1=1 \lambda_1 = 1 , vecteur propre v1=(1−1) v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} ; λ2=3 \lambda_2 = 3 , vecteur propre v2=(11) v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} .

P=(11−11),P−1=12(1−111),D=(1003). P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}. Solution de la question 2 :

Avec Y=P−1X Y = P^{-1}X , le système devient Y′=DY Y' = DY , soit y1′=y1 y_1' = y_1 et y2′=3y2 y_2' = 3y_2 .

Solution de la question 3 :

Solutions du système découplé : y1(t)=C1et y_1(t) = C_1 e^t et y2(t)=C2e3t y_2(t) = C_2 e^{3t} .

Conditions initiales : Y(0)=P−1(31)=12(24)=(12) Y(0) = P^{-1}\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} . Donc C1=1 C_1 = 1 , C2=2 C_2 = 2 .

On revient à X=PY X = PY :

{x(t)=et+2e3ty(t)=−et+2e3t \begin{cases} x(t) = e^t + 2e^{3t} \\ y(t) = -e^t + 2e^{3t} \end{cases}

Exercice 11 : Calcul de l’exponentielle d’une matrice par diagonalisation

Difficile

Soit la matrice A=(0100012−54) A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & -5 & 4 \end{pmatrix} .

  1. Montrer que π(X)=(X−1)(X−2)2 \pi(X) = (X-1)(X-2)^2 est un polynôme annulateur de A A . En déduire que A A est diagonalisable.
  2. Diagonaliser A A .
  3. En déduire eA=PeDP−1 e^A = P e^D P^{-1} , où eD=diag(eλi) e^D = \mathrm{diag}(e^{\lambda_i}) .
Indication

Pour montrer que π(A)=0 \pi(A) = 0 , calculez (A−I)(A−2I)2 (A-I)(A-2I)^2 directement. Si ce produit est la matrice nulle, π \pi est un polynôme annulateur. Comme π \pi est scindé à racines simples, A A est diagonalisable. L'exponentielle de matrice diagonale est immédiate : eD=diag(e1,e2,e2) e^D = \mathrm{diag}(e^1, e^2, e^2) .

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Solution de la question 1 :

On calcule A−I A - I et (A−2I)2 (A - 2I)^2 puis leur produit. Un calcul direct montre que (A−I)(A−2I)2=0 (A-I)(A-2I)^2 = 0 . Donc π(X)=(X−1)(X−2)2 \pi(X) = (X-1)(X-2)^2 annule A A . Puisque π \pi est scindé à racines simples sur R \mathbb{R} (racines 1 et 2), A A est diagonalisable.

Solution de la question 2 :

Spectre : λ1=1 \lambda_1 = 1 (multiplicité 1), λ2=2 \lambda_2 = 2 (multiplicité 2).

Pour λ1=1 \lambda_1 = 1 : ker⁡(A−I) \ker(A-I) , on résout et on trouve f1=(111) f_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} .

Pour λ2=2 \lambda_2 = 2 : ker⁡(A−2I) \ker(A-2I) est de dimension 2, on trouve f2=(124) f_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} et f3=(012) f_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} .

P=(110121142),D=(100020002). P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 4 & 2 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}. Solution de la question 3 : eD=(e000e2000e2),eA=PeDP−1. e^D = \begin{pmatrix} e & 0 & 0 \\ 0 & e^2 & 0 \\ 0 & 0 & e^2 \end{pmatrix}, \qquad e^A = P e^D P^{-1}.

On calcule P−1 P^{-1} par Gauss-Jordan (det⁡P=0⋅… \det P = 0 \cdot \ldots , à vérifier), puis eA=PeDP−1 e^A = Pe^DP^{-1} donne une matrice 3×3 3\times 3 exprimée en fonction de e e et e2 e^2 .

Exercice 12 : Diagonalisation simultanée et endomorphismes qui commutent

Difficile

Soient A,B∈Mn(R) A, B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) deux matrices diagonalisables telles que AB=BA AB = BA .

  1. Montrer que pour toute valeur propre λ \lambda de A A , le sous-espace propre Eλ(A)=ker⁡(A−λI) E_\lambda(A) = \ker(A - \lambda I) est stable par B B .
  2. En déduire que A A et B B sont simultanément diagonalisables, c'est-à-dire qu'il existe une base de Rn \mathbb{R}^n dans laquelle les matrices de A A et de B B sont toutes les deux diagonales.
  3. Illustrer ce résultat avec A=(2003) A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} et B=(5007) B = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 7 \end{pmatrix} . Vérifier que toute base de vecteurs propres communs convient.
Indication

Pour la question 1, prenez v∈Eλ(A) v \in E_\lambda(A) et montrez que Bv∈Eλ(A) Bv \in E_\lambda(A) en utilisant AB=BA AB = BA . Pour la question 2, raisonnez par récurrence sur le nombre de valeurs propres distinctes de A A , ou diagonalisez B B en restriction à chaque Eλ(A) E_\lambda(A) (qui est stable par B B ).

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Solution de la question 1 :

Soit v∈Eλ(A) v \in E_\lambda(A) , c'est-à-dire Av=λv Av = \lambda v . Calculons A(Bv) A(Bv) :

A(Bv)=(AB)v=(BA)v=B(Av)=B(λv)=λ(Bv). A(Bv) = (AB)v = (BA)v = B(Av) = B(\lambda v) = \lambda(Bv).

Donc Bv∈Eλ(A) Bv \in E_\lambda(A) : le sous-espace propre Eλ(A) E_\lambda(A) est stable par B B .

Solution de la question 2 :

Puisque A A est diagonalisable, Rn=⨁λ∈Sp(A)Eλ(A) \mathbb{R}^n = \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}(A)} E_\lambda(A) . Chaque Eλ(A) E_\lambda(A) est stable par B B , et la restriction B∣Eλ(A) B|_{E_\lambda(A)} est bien définie. Puisque B B est diagonalisable sur Rn \mathbb{R}^n , sa restriction à tout sous-espace stable est aussi diagonalisable. On peut donc trouver, dans chaque Eλ(A) E_\lambda(A) , une base de vecteurs propres de B B . La réunion de ces bases forme une base de Rn \mathbb{R}^n constituée de vecteurs propres communs à A A et à B B : elles sont simultanément diagonales dans cette base.

Solution de la question 3 :

A A et B B sont déjà diagonales dans la base canonique. Leurs vecteurs propres communs sont e1=(10) e_1 = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} (pour les valeurs propres 2 et 5 respectivement) et e2=(01) e_2 = \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} (pour 3 et 7). Dans la base (e1,e2) (e_1, e_2) :

Mat(A)=(2003),Mat(B)=(5007). \mathrm{Mat}(A) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}, \quad \mathrm{Mat}(B) = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 7 \end{pmatrix}.

Les deux matrices sont simultanément diagonales, ce qui illustre le théorème.

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