[<] Éléments propres d'une matrice [>] Existence de valeurs propres dans un espace complexe

 
Exercice 1  4333  

Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de la matrice

A=(2-11-12-1-110)3().
 
Exercice 2  4334  

Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres complexes de la matrice11 1 Cette matrice traduit l’action d’une rotation d’angle θ.

Rθ=(cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ)) avec θ{kπ|k}.
 
Exercice 3  2704     MINES (MP)

Soit n avec n3. Déterminer les valeurs propres de la matrice de n() suivante

(11111(0)1(0)1).
 
Exercice 4  2613     ENSTIM (MP)

Soient n* et χn le polynôme caractéristique de

An=(01(0)11(0)10)n().
  • (a)

    Pour θ]0;π[, calculer un=χn(2cos(θ)).

  • (b)

    Déterminer les valeurs propres de An. La matrice An est-elle diagonalisable?

  • (c)

    Déterminer les sous-espaces propres de An.

 
Exercice 5  2861     X (MP)Correction  

Déterminer les valeurs propres de la matrice

(001001111)n().

Solution

Notons M la matrice étudiée et supposons n3, les cas n=1 et 2 étant immédiats.
Puisque rg(M)=2, 0 est valeur propre de n() et dimE0(M)=n-2.
Soit λ une valeur propre non nulle de n() et X=(x1xn)t un vecteur propre associé.
L’équation MX=λX fournit le système

{xn=λx1xn=λxn-1x1++xn=λxn.

On en déduit

λ(λ-1)xn=λx1++λxn-1=(n-1)xn

avec xn0 car xn=0 et λ0 entraînent X=0.
Par suite, λ est racine de l’équation λ2-λ-(n-1)=0 et donc

λ=1±4n-32.

Inversement, on justifie que ses valeurs sont valeurs propres, soit en remontant le raisonnement, soit en exploitant la diagonalisabilité de la matrice symétrique réelle M pour affirmer l’existence de n valeurs propres comptées avec multiplicité.

 
Exercice 6  3316   Correction  

Soient n3 et

A=(0(0)1111(0)0)n().
  • (a)

    Calculer les rangs de A et A2.

  • (b)

    Soit f l’endomorphisme de n canoniquement représenté par la matrice A.
    Montrer

    Ker(f)Im(f)=n.
  • (c)

    En déduire que la matrice A est semblable à une matrice de la forme

    (0(0)0(0)B) avec BGL2().
  • (d)

    Calculer tr(B) et tr(B2).
    En déduire les valeurs propres de B puis celles de A.

  • (e)

    La matrice A est-elle diagonalisable?

Solution

  • (a)

    Par le calcul

    A2=(1(0)0110(0)1)n().

    Puisque A et A2 ne possèdent que deux colonnes non nulles et que celles-ci sont visiblement indépendantes, on a rg(A)=rg(A2)=2.

  • (b)

    On a rg(f)=rg(f2) donc dimKer(f)=dimKer(f2). Or Ker(f)Ker(f2) donc Ker(f)=Ker(f2).
    Pour xKer(f)Im(f), on peut écrire x=f(a) et l’on a f(x)=0 donc aKer(f2)=Ker(f) puis x=0.
    On en déduit Ker(f)Im(f)={0E} et un argument de dimension permet d’affirmer Ker(f)Im(f)=n.

  • (c)

    Une base adaptée à la décomposition Ker(f)Im(f)=n permet de justifier que la matrice A est semblable à

    (0(0)0(0)B) avec B2().

    Puisque l’on a alors rg(A)=rg(B)=2, on peut affirmer que la matrice B est inversible.

  • (d)

    tr(B)=tr(A)=0 et tr(B2)=tr(A2)=2.
    Soient λ et μ les deux valeurs propres complexes de la matrice B. On a

    {λ+μ=0λ2+μ2=2.

    On en déduit

    {λ,μ}={1,-1}.

    Ainsi,

    Sp(B)={1,-1} et Sp(A)={1,0,-1}.
  • (e)

    Par calcul de rang

    dimE0(A)=dimKer(A)=n-2.

    On a aussi

    dimE1(A)=dimE1(B)=1   etdimE-1(A)=1

    donc la matrice A est diagonalisable car la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à n.

 
Exercice 7  2729      MINES (MP)Correction  

Soit la matrice An() donnée par A=(min(i,j))1i,jn.

  • (a)

    Trouver une matrice triangulaire inférieure unité L et une matrice triangulaire supérieure U telle que A=LU.

  • (b)

    Exprimer A-1 à l’aide de

    N=(01(0)1(0)0).
  • (c)

    Montrer que Sp(A-1)[0;4].

Solution

  • (a)

    Les matrices suivantes conviennent:

    L=(1(0)11)etU=(11(0)1)=Lt.
  • (b)

    U=In+N++Nn-1, (In-N)U=In donc U-1=In-N, L-1=(U-1)t=In-Nt donc

    A-1=U-1L-1=In-N-Nt+NNt.
  • (c)

    On a

    A-1=(21(0)121(0)11).

    Posons χn le polynôme caractéristique de A-1n().
    On a

    χn+2(λ)=(2-λ)χn+1(λ)-χn(λ)

    avec χ0(λ)=1 et χ1(λ)=1-λ.

    En écrivant λ=2+2cos(θ) avec θ[0;π] et en posant fn(θ)=χn(2+2cos(θ)) on a la relation

    fn+2(θ)+2cos(θ)fn+1(θ)+fn(θ)=0,

    avec les conditions initiales f0(θ)=1 et f1(θ)=2cos(θ)-1.

    La résolution de cette récurrence linéaire d’ordre 2 donne

    fn(θ)=cos(n+12)θcos(θ2).

    Ainsi, χn admet n racines dans [0;4] et, puisque ce polynôme est de degré n, il n’y en a pas ailleurs

    Sp(A-1)[0;4].

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Édité le 08-11-2019

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