Corrigé du contrôle de maths L2 : valeurs propres et diagonalisation

Exercice 1 : Question de cours, sous-espaces propres en somme directe (4 points)

1. On note \(\mathcal{P}(p)\) la propriété de l’énoncé. Pour \(p = 1\), \(x_1 = 0\) : c’est immédiat. Supposons \(\mathcal{P}(p-1)\) vraie pour un \(p \geq\, 2\), et soit \(x_1 + \cdots + x_p = 0\) avec \(x_i \in E_{\lambda_i}(u)\). On applique \(u\), puis on retranche \(\lambda_p\) fois la relation initiale :
   \[\sum_{i=1}^{p} \lambda_i x_i = 0 \quad \text{et} \quad \sum_{i=1}^{p} \lambda_p x_i = 0, \quad \text{donc} \quad \sum_{i=1}^{p-1} (\lambda_i – \lambda_p) x_i = 0.\]
   Chaque \((\lambda_i – \lambda_p)x_i\) appartient à \(E_{\lambda_i}(u)\). Par \(\mathcal{P}(p-1)\), \((\lambda_i – \lambda_p)x_i = 0\) pour \(i \leq\, p-1\). Or \(\lambda_i \neq \lambda_p\), donc \(x_i = 0\). Il reste \(x_p = 0\). La récurrence est établie. Les sous-espaces propres associés à des valeurs propres distinctes sont en somme directe.
2. Si \(u\) a \(n\) valeurs propres distinctes, on choisit un vecteur propre \(e_i\) pour chacune. D’après a), la famille \((e_1, \ldots, e_n)\) est libre : une combinaison nulle \(\sum \mu_i e_i = 0\) a ses termes \(\mu_i e_i \in E_{\lambda_i}(u)\), qui sont donc tous nuls. C’est une famille libre de \(n\) vecteurs en dimension \(n\) : une base de vecteurs propres, donc \(u\) est diagonalisable.
3. Soient \(\lambda_1, \ldots, \lambda_p\) les valeurs propres distinctes de \(u\) et \(F = E_{\lambda_1}(u) \oplus \cdots \oplus E_{\lambda_p}(u)\). La somme étant directe, \(\dim F = \sum \dim E_{\lambda_i}(u) \leq\, n\). Si \(u\) est diagonalisable, une base de vecteurs propres est contenue dans \(F\), donc \(F = E\) et la somme des dimensions vaut \(n\). Réciproquement, si cette somme vaut \(n\), alors \(F = E\). En concaténant des bases des \(E_{\lambda_i}(u)\), on obtient une base de \(E\) formée de vecteurs propres. D’où l’équivalence.

Barème : a) 2 points : 0,5 pour l’initialisation, 1 pour l’hérédité (application de \(u\) et combinaison), 0,5 pour la conclusion sur la somme directe ; b) 1 point ; c) 1 point (0,5 par sens).

Exercice 2 : Une matrice diagonalisable et une qui ne l’est pas (5 points)

1. Dans \(A – \lambda I_3\), la somme des trois colonnes vaut \((1-\lambda, 1-\lambda, 1-\lambda)\). On remplace \(C_1\) par \(C_1 + C_2 + C_3\), ce qui ne change pas le déterminant, puis on factorise \(1 – \lambda\). Ensuite, les opérations \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – L_1\) donnent une matrice triangulaire :
   \[\det(A – \lambda I_3) = (1-\lambda)\begin{vmatrix} 1 1 -1 \\ 1 4-\lambda -1 \\ 1 2 1-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)\begin{vmatrix} 1 1 -1 \\ 0 3-\lambda 0 \\ 0 1 2-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)(3-\lambda)(2-\lambda).\]
   Comme \(\chi_A(\lambda) = (-1)^3 \det(A – \lambda I_3)\), on obtient \(\chi_A(\lambda) = (\lambda – 1)(\lambda – 2)(\lambda – 3)\). Les valeurs propres sont 1, 2 et 3, toutes simples.
2. On résout \((A – \lambda I_3)X = 0\) pour chaque valeur propre.
   
   Pour \(\lambda = 1\) : les lignes donnent \(y – z = 0\) et \(-2x + 2y = 0\), d’où \(x = y = z\) et \(E_1(A) = \operatorname{Vect}((1, 1, 1))\).
   
   Pour \(\lambda = 2\) : \(-x + y – z = 0\) et \(-2x + 2y – z = 0\). Par différence, \(z = 0\), puis \(x = y\) : \(E_2(A) = \operatorname{Vect}((1, 1, 0))\).
   
   Pour \(\lambda = 3\) : \(-2x + y – z = 0\) et \(-2x + 2y – 2z = 0\), d’où \(x = 0\) et \(y = z\) : \(E_3(A) = \operatorname{Vect}((0, 1, 1))\).
   
   Les trois valeurs propres sont distinctes, donc \(A\) est diagonalisable (exercice 1 b). Avec les vecteurs propres en colonnes :
   \[P = \begin{pmatrix} 1 1 0 \\ 1 1 1 \\ 1 0 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 1 0 0 \\ 0 2 0 \\ 0 0 3 \end{pmatrix}, \qquad \det P = 1 \neq 0, \qquad \boldsymbol{A = PDP^{-1}}.\]
3. Dans \(B – \lambda I_3\), on remplace \(C_1\) par \(C_1 + C_2\), qui vaut \((2-\lambda, 2-\lambda, 0)\), puis on factorise \(2 – \lambda\) et on fait \(L_2 arrow L_2 – L_1\) :
   \[\det(B – \lambda I_3) = (2-\lambda)\begin{vmatrix} 1 -1 1 \\ 0 1-\lambda 1 \\ 0 -1 3-\lambda \end{vmatrix} = (2-\lambda)((1-\lambda)(3-\lambda) + 1) = (2-\lambda)(\lambda – 2)^2.\]
   Ainsi \(\chi_B(\lambda) = (\lambda – 2)^3\) : 2 est l’unique valeur propre, de multiplicité 3. Or
   \[B – 2I_3 = \begin{pmatrix} 1 -1 1 \\ 2 -2 2 \\ 1 -1 1 \end{pmatrix}\]
   est de rang 1 (lignes proportionnelles, non nulles). Par le théorème du rang, \(\dim E_2(B) = 2\), et \(E_2(B)\) est le plan d’équation \(x – y + z = 0\). La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut \(2 \neq 3\) : \(B\) n’est pas diagonalisable. Autre argument : si elle l’était, elle serait semblable à \(2I_3\), donc égale à \(2I_3\), ce qui est faux.

Barème : a) 1,5 point : 1 pour le calcul du déterminant, 0,5 pour la factorisation ; b) 1,5 point : 1 pour les trois sous-espaces propres, 0,5 pour \(P\) et \(D\) ; c) 2 points : 1 pour \(\chi_B\), 0,5 pour la dimension, 0,5 pour la conclusion.

Exercice 3 : Une matrice à paramètre et ses puissances (5 points)

1. La matrice \(M_a\) est triangulaire supérieure : \(\chi_{M_a}(\lambda) = (\lambda – 2)^2(\lambda – 1)\). Les valeurs propres sont 2 (double) et 1 (simple).
2. On a
   \[M_a – 2I_3 = \begin{pmatrix} 0 a -a \\ 0 -1 a \\ 0 0 0 \end{pmatrix}, \qquad \begin{vmatrix} a -a \\ -1 a \end{vmatrix} = a^2 – a = a(a-1).\]
   Si \(a \notin \{0, 1\}\), ce mineur est non nul et le rang vaut 2 (la troisième ligne est nulle). Si \(a = 0\), la seule ligne non nulle est \((0, -1, 0)\) : rang 1. Si \(a = 1\), les lignes \((0, 1, -1)\) et \((0, -1, 1)\) sont opposées : rang 1. Par le théorème du rang, \(\dim E_2(M_a) = 2\) si \(a \in \{0, 1\}\), et \(\dim E_2(M_a) = 1\) sinon. Enfin, 1 est valeur propre simple, donc \(1 \leq\, \dim E_1(M_a) \leq\, 1\) : \(\dim E_1(M_a) = 1\).
3. D’après l’exercice 1 c), \(M_a\) est diagonalisable si et seulement si \(\dim E_2(M_a) + \dim E_1(M_a) = 3\), c’est-à-dire \(\dim E_2(M_a) = 2\). \(M_a\) est diagonalisable si et seulement si \(a \in \{0, 1\}\).
4. Pour \(a = 1\), \(E_2(M_1)\) est défini par \(y – z = 0\) : une base est \(((1, 0, 0), (0, 1, 1))\). Ensuite, \(M_1 – I_3\) a pour lignes \((1, 1, -1)\), \((0, 0, 1)\) et \((0, 0, 1)\), d’où \(z = 0\) et \(x = -y\) : \(E_1(M_1) = \operatorname{Vect}((1, -1, 0))\). Ainsi
   \[P = \begin{pmatrix} 1 0 1 \\ 0 1 -1 \\ 0 1 0 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 2 0 0 \\ 0 2 0 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 1 -1 \\ 0 0 1 \\ 0 -1 1 \end{pmatrix}.\]
   On vérifie que \(PP^{-1} = I_3\). On a alors \(M_1 = PDP^{-1}\).
5. Par récurrence, \(M_1^{n} = PD^{n}P^{-1}\) avec \(D^{n} = \operatorname{diag}(2^n, 2^n, 1)\). Le calcul donne
   \[PD^{n} = \begin{pmatrix} 2^n 0 1 \\ 0 2^n -1 \\ 0 2^n 0 \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{M_1^{n} = \begin{pmatrix} 2^n 2^n – 1 1 – 2^n \\ 0 1 2^n – 1 \\ 0 0 2^n \end{pmatrix}}.\]
   Contrôle : pour \(n = 0\), on retrouve \(I_3\) ; pour \(n = 1\), on retrouve \(M_1\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 1 pour la discussion du rang, 0,5 pour \(\dim E_1\) ; c) 1 point ; d) 1 point : 0,5 pour les vecteurs propres, 0,5 pour \(P^{-1}\) ; e) 1 point.

Exercice 4 : Problème, trois réservoirs couplés (6 points)

1. Le système s’écrit \(X_{n+1} = AX_n\) avec
   \[A = \frac{1}{4}\begin{pmatrix} 2 1 1 \\ 1 2 1 \\ 1 1 2 \end{pmatrix} = \frac{1}{4}(I_3 + J).\]
   Par une récurrence immédiate, \(X_n = A^{n}X_0\) pour tout \(n \geq\, 0\).
2. La matrice \(J\) est de rang 1, donc \(\ker J\) est de dimension 2 : c’est le plan \(\Pi\) d’équation \(x + y + z = 0\), sous-espace propre pour la valeur propre 0. De plus, \(J e = 3e\) pour \(e = (1, 1, 1)\). Pour \(X\) propre pour \(J\) avec la valeur \(\mu\), \(AX = \frac{1 + \mu}{4}X\). Ainsi \(E_1(A) = \operatorname{Vect}(e)\) et \(E_{1/4}(A) = \Pi\), de base \(((1, -1, 0), (1, 0, -1))\). La somme des dimensions vaut \(1 + 2 = 3\) : \(A\) est diagonalisable. On pouvait aussi invoquer le fait que \(A\) est symétrique réelle.
3. On a \(Qe = e\) et \(QX = 0\) pour \(X \in \Pi\). Comparons les deux membres sur la base \((e, (1, -1, 0), (1, 0, -1))\). Pour \(e\) : \(A^{n}e = e\), et \(Qe + 4^{-n}(e – Qe) = e\). Pour \(X \in \Pi\) : \(A^{n}X = 4^{-n}X\), et \(QX + 4^{-n}(X – QX) = 4^{-n}X\). Les deux matrices coïncident sur une base de \(\mathbb{R}^3\), donc \(A^{n} = Q + \dfrac{1}{4^{n}}(I_3 – Q)\).
4. Avec \(X_0 = (60, 30, 0)\), on a \(QX_0 = \frac{90}{3}(1, 1, 1) = (30, 30, 30)\) et \(X_0 – QX_0 = (30, 0, -30)\). Donc
   \[u_n = 30 + \frac{30}{4^{n}}, \qquad v_n = 30, \qquad w_n = 30 – \frac{30}{4^{n}}.\]
   Contrôle : \(u_1 = 37{,}5\), \(v_1 = 30\), \(w_1 = 22{,}5\), ce que donne aussi le système. Comme \(4^{-n} \to 0\), les trois suites convergent vers 30.
5. En additionnant les trois relations, \(u_{n+1} + v_{n+1} + w_{n+1} = (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4})(u_n + v_n + w_n) = u_n + v_n + w_n\). Le volume total reste égal à 90 litres : l’eau est seulement redistribuée, et elle tend à se répartir équitablement, soit 30 litres par réservoir. Enfin, \(u_n – w_n = \frac{60}{4^{n}} < 1\) équivaut à \(4^{n} > 60\). Comme \(4^2 = 16\) et \(4^3 = 64\), l’écart est inférieur à 1 litre à partir de l’étape 3.

Erreur fréquente : calculer \(P^{-1}\) alors que la décomposition \(A^{n} = Q + 4^{-n}(I_3 – Q)\) évite tout calcul d’inverse.

Barème : a) 0,5 point ; b) 2 points : 1 pour les éléments propres de \(J\), 0,5 pour ceux de \(A\), 0,5 pour la diagonalisabilité ; c) 1,5 point : 0,5 par vecteur de la base, 0,5 pour la conclusion ; d) 1 point (0,5 pour les formules, 0,5 pour les limites) ; e) 1 point (0,5 pour la conservation et l’interprétation, 0,5 pour le rang 3).

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Après le corrigé du contrôle : valeurs propres et diagonalisation

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