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Si oui, déterminez la valeur propre associée. ## Exercice 3 : Diagonalisation d'une matrice 2x2 Soit la matrice $C = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 0 \end{pmatrix}$. 1. Déterminez les valeurs propres de $C$. 2. Pour chaque valeur propre, déterminez une base du sous-espace propre associé. 3. La matrice $C$ est-elle diagonalisable ? Si oui, écrivez $C$ sous la forme $PDP^{-1}$ où $D$ est une matrice diagonale et $P$ une matrice de passage. ## Exercice 4 : Vecteurs et sous-espaces propres d'une matrice 3x3 Soit la matrice $M = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 3 \end{pmatrix}$. 1. Calculez le polynôme caractéristique de $M$. 2. Déterminez les valeurs propres de $M$. 3. Pour chaque valeur propre, déterminez une base du sous-espace propre associé. ## Exercice 5 : Calcul de puissance de matrice par diagonalisation Soit la matrice $A = \begin{pmatrix} 7 & -4 \\ 8 & -5 \end{pmatrix}$. 1. Déterminez les valeurs propres de $A$. 2. Déterminez les vecteurs propres associés à chaque valeur propre. 3. Diagonalisez la matrice $A$ (trouvez $P$ et $D$). 4. Calculez $A^n$ pour tout entier $n \ge 1$. ## Exercice 6 : Étude de diagonalisabilité pour une valeur propre multiple Soit la matrice $K = \begin{pmatrix} 3 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$. 1. Déterminez les valeurs propres de $K$ et leurs multiplicités algébriques. 2. Pour chaque valeur propre, déterminez la dimension du sous-espace propre associé (multiplicité géométrique). 3. La matrice $K$ est-elle diagonalisable sur $\mathbb{R}$ ? Justifiez votre réponse. ## Exercice 7 : Diagonalisabilité avec paramètre Soit la matrice $M_a = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$, où $a$ est un paramètre réel. 1. Déterminez les valeurs propres de $M_a$ et leurs multiplicités algébriques. 2. Pour quelles valeurs de $a$ la matrice $M_a$ est-elle diagonalisable sur $\mathbb{R}$ ? 3. Lorsque $M_a$ est diagonalisable, donnez une matrice $P$ et une matrice diagonale $D$ telles que $M_a = PDP^{-1}$. ## Exercice 8 : Cas d'une matrice non diagonalisable Soit la matrice $T = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$. 1. Déterminez les valeurs propres de $T$ et leurs multiplicités algébriques. 2. Déterminez les sous-espaces propres associés à chaque valeur propre. 3. La matrice $T$ est-elle diagonalisable sur $\mathbb{R}$ ? Justifiez votre réponse. 4. Que peut-on en conclure sur les conditions de diagonalisabilité ? ## Exercice 9 : Diagonalisation dans $\mathbb{C}$ Soit la matrice $A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ définie par : $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ 1. Calculer le polynôme caractéristique de $A$. 2. Déterminer les valeurs propres de $A$. Pourquoi $A$ n'est-elle pas diagonalisable dans $\mathbb{R}$ ? 3. Justifier que $A$ est diagonalisable dans $\mathbb{C}$. 4. Déterminer les vecteurs propres associés et donner la matrice de passage $P$ ainsi que la matrice diagonale $D$ telles que $A = PDP^{-1}$. # Corrigés Détaillés ## Correction Exercice 1 > [!definition] Valeur propre > Un scalaire $\lambda$ est une valeur propre d'une matrice carrée $A$ si et seulement si il existe un vecteur non nul $v$ tel que $Av = \lambda v$. Cela équivaut à $\det(A - \lambda I) = 0$. 1. **Formulation du polynôme caractéristique :** Nous cherchons les valeurs de $\lambda$ telles que $\det(A - \lambda I) = 0$. $ A - \lambda I = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 4 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3-\lambda & 2 \\ 1 & 4-\lambda \end{pmatrix} $ 2. **Calcul du déterminant :** $ \det(A - \lambda I) = (3-\lambda)(4-\lambda) - (2)(1) $ $ = 12 - 3\lambda - 4\lambda + \lambda^2 - 2 $ $ = \lambda^2 - 7\lambda + 10 $ 3. **Résolution de l'équation caractéristique :** Nous devons résoudre $\lambda^2 - 7\lambda + 10 = 0$. C'est une équation quadratique. On peut utiliser le discriminant $\Delta = b^2 - 4ac$. $\Delta = (-7)^2 - 4(1)(10) = 49 - 40 = 9$. Les racines sont $\lambda = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$. $ \lambda_1 = \frac{7 - \sqrt{9}}{2} = \frac{7 - 3}{2} = \frac{4}{2} = 2 $ $ \lambda_2 = \frac{7 + \sqrt{9}}{2} = \frac{7 + 3}{2} = \frac{10}{2} = 5 $ Les valeurs propres de la matrice $A$ sont $\lambda_1 = 2$ et $\lambda_2 = 5$. ## Correction Exercice 2 > [!definition] Vecteur propre > Un vecteur $v \neq 0$ est un vecteur propre d'une matrice $A$ si $Av = \lambda v$ pour un certain scalaire $\lambda$. $\lambda$ est alors la valeur propre associée à $v$. 1. **Calcul du produit matriciel $Bv$ :** $ Bv = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (1)(1) + (-1)(0) + (0)(-1) \\ (-1)(1) + (2)(0) + (-1)(-1) \\ (0)(1) + (-1)(0) + (1)(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} $ 2. **Comparaison avec $\lambda v$ :** Nous avons $Bv = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$. On observe que $Bv = 1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} = 1 \cdot v$. Puisque $v \neq \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$, le vecteur $v$ est bien un vecteur propre de $B$. La valeur propre associée au vecteur $v = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$ est $\lambda = 1$. ## Correction Exercice 3 1. **Détermination des valeurs propres de $C$ :** On calcule $\det(C - \lambda I) = 0$. $ \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 \\ 3 & -\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)(-\lambda) - (2)(3) = -\lambda + \lambda^2 - 6 = \lambda^2 - \lambda - 6 $ Résolvons $\lambda^2 - \lambda - 6 = 0$. $\Delta = (-1)^2 - 4(1)(-6) = 1 + 24 = 25$. $ \lambda_1 = \frac{1 - \sqrt{25}}{2} = \frac{1 - 5}{2} = -2 $ $ \lambda_2 = \frac{1 + \sqrt{25}}{2} = \frac{1 + 5}{2} = 3 $ Les valeurs propres de $C$ sont $\lambda_1 = -2$ et $\lambda_2 = 3$. 2. **Détermination des bases des sous-espaces propres :** * **Pour $\lambda_1 = -2$ :** On cherche les vecteurs $v = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ tels que $(C - (-2)I)v = 0$. $ (C + 2I)v = \begin{pmatrix} 1+2 & 2 \\ 3 & 0+2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $ Cela donne le système d'équations : $ \begin{cases} 3x + 2y = 0 \\ 3x + 2y = 0 \end{cases} $ La seule équation indépendante est $3x + 2y = 0$, donc $y = -\frac{3}{2}x$. Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} x \\ -\frac{3}{2}x \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ -\frac{3}{2} \end{pmatrix}$. On peut choisir $x=2$ pour avoir des entiers : $v_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \end{pmatrix}$. Le sous-espace propre $E_{-2}$ est engendré par $v_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \end{pmatrix}$. * **Pour $\lambda_2 = 3$ :** On cherche les vecteurs $v = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ tels que $(C - 3I)v = 0$. $ (C - 3I)v = \begin{pmatrix} 1-3 & 2 \\ 3 & 0-3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 3 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $ Cela donne le système d'équations : $ \begin{cases} -2x + 2y = 0 \\ 3x - 3y = 0 \end{cases} $ Les deux équations sont équivalentes à $x - y = 0$, soit $y = x$. Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} x \\ x \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. On peut choisir $x=1$ : $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. Le sous-espace propre $E_3$ est engendré par $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. 3. **Diagonalisabilité et forme $PDP^{-1}$ :** La matrice $C$ a deux valeurs propres distinctes ($\lambda_1 = -2$ et $\lambda_2 = 3$) pour une matrice $2 \times 2$. Donc, la matrice $C$ est diagonalisable. La matrice diagonale $D$ est formée des valeurs propres sur la diagonale : $ D = \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} $ La matrice de passage $P$ est formée des vecteurs propres correspondants en colonnes : $ P = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -3 & 1 \end{pmatrix} $ Pour vérifier, on peut calculer $P^{-1}$. $\det(P) = (2)(1) - (1)(-3) = 2 + 3 = 5$. $ P^{-1} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} $ Ainsi, $C = PDP^{-1}$ avec : $ C = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} $ ## Correction Exercice 4 1. **Calcul du polynôme caractéristique de $M$ :** $ P_M(\lambda) = \det(M - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 0 \\ 1 & 3-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 3-\lambda \end{pmatrix} $ On peut développer le déterminant le long de la première ligne, car il y a beaucoup de zéros : $ P_M(\lambda) = (2-\lambda) \det \begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 1 & 3-\lambda \end{pmatrix} - 0 + 0 $ $ P_M(\lambda) = (2-\lambda) [ (3-\lambda)(3-\lambda) - (1)(1) ] $ $ P_M(\lambda) = (2-\lambda) [ (3-\lambda)^2 - 1 ] $ On utilise l'identité $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ avec $a = (3-\lambda)$ et $b = 1$: $ P_M(\lambda) = (2-\lambda) [ (3-\lambda - 1)(3-\lambda + 1) ] $ $ P_M(\lambda) = (2-\lambda) (2-\lambda) (4-\lambda) $ $ P_M(\lambda) = (2-\lambda)^2 (4-\lambda) $ 2. **Détermination des valeurs propres de $M$ :** Les valeurs propres sont les racines du polynôme caractéristique $P_M(\lambda) = 0$. Donc, $(2-\lambda)^2 (4-\lambda) = 0$. Les valeurs propres sont $\lambda_1 = 2$ (avec multiplicité algébrique $m_a(2) = 2$) et $\lambda_2 = 4$ (avec multiplicité algébrique $m_a(4) = 1$). 3. **Détermination des bases des sous-espaces propres :** * **Pour $\lambda_1 = 2$ :** On cherche les vecteurs $v = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ tels que $(M - 2I)v = 0$. $ (M - 2I)v = \begin{pmatrix} 2-2 & 0 & 0 \\ 1 & 3-2 & 1 \\ 1 & 1 & 3-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $ Cela donne le système d'équations : $ \begin{cases} 0x + 0y + 0z = 0 \\ x + y + z = 0 \\ x + y + z = 0 \end{cases} $ La seule équation indépendante est $x + y + z = 0$. On peut exprimer $x = -y - z$. Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} -y-z \\ y \\ z \end{pmatrix} = y \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + z \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$. Les vecteurs $v_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ et $v_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ forment une base du sous-espace propre $E_2$. La dimension de $E_2$ est 2, ce qui est égal à sa multiplicité algébrique $m_a(2) = 2$. * **Pour $\lambda_2 = 4$ :** On cherche les vecteurs $v = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ tels que $(M - 4I)v = 0$. $ (M - 4I)v = \begin{pmatrix} 2-4 & 0 & 0 \\ 1 & 3-4 & 1 \\ 1 & 1 & 3-4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $ Cela donne le système d'équations : $ \begin{cases} -2x = 0 \\ x - y + z = 0 \\ x + y - z = 0 \end{cases} $ De la première équation, $x = 0$. En substituant $x=0$ dans les deux autres équations : $ \begin{cases} -y + z = 0 \implies z = y \\ y - z = 0 \implies z = y \end{cases} $ Donc, $x=0$ et $z=y$. Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} 0 \\ y \\ y \end{pmatrix} = y \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. Le vecteur $v_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ forme une base du sous-espace propre $E_4$. La dimension de $E_4$ est 1, ce qui est égal à sa multiplicité algébrique $m_a(4) = 1$. Conclusion sur la diagonalisabilité : Puisque pour chaque valeur propre, la multiplicité géométrique est égale à la multiplicité algébrique, et que le polynôme caractéristique est scindé, la matrice $M$ est diagonalisable. ## Correction Exercice 5 1. **Détermination des valeurs propres de $A$ :** $P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 7-\lambda & -4 \\ 8 & -5-\lambda \end{pmatrix}$ $P_A(\lambda) = (7-\lambda)(-5-\lambda) - (-4)(8)$ $P_A(\lambda) = -(7-\lambda)(5+\lambda) + 32$ $P_A(\lambda) = -(35 + 7\lambda - 5\lambda - \lambda^2) + 32$ $P_A(\lambda) = -35 - 2\lambda + \lambda^2 + 32 = \lambda^2 - 2\lambda - 3$ Résolvons $\lambda^2 - 2\lambda - 3 = 0$. $\Delta = (-2)^2 - 4(1)(-3) = 4 + 12 = 16$. $ \lambda_1 = \frac{2 - \sqrt{16}}{2} = \frac{2 - 4}{2} = -1 $ $ \lambda_2 = \frac{2 + \sqrt{16}}{2} = \frac{2 + 4}{2} = 3 $ Les valeurs propres sont $\lambda_1 = -1$ et $\lambda_2 = 3$. 2. **Détermination des vecteurs propres :** * **Pour $\lambda_1 = -1$ :** $(A - (-1)I)v = (A + I)v = \begin{pmatrix} 7+1 & -4 \\ 8 & -5+1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & -4 \\ 8 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ L'équation est $8x - 4y = 0$, soit $y = 2x$. Un vecteur propre est $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$. * **Pour $\lambda_2 = 3$ :** $(A - 3I)v = \begin{pmatrix} 7-3 & -4 \\ 8 & -5-3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & -4 \\ 8 & -8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ L'équation est $4x - 4y = 0$, soit $y = x$. Un vecteur propre est $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. 3. **Diagonalisation de $A$ :** Puisque $A$ a deux valeurs propres distinctes, elle est diagonalisable. $ D = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} $ Calculons $P^{-1}$. $\det(P) = (1)(1) - (1)(2) = 1 - 2 = -1$. $ P^{-1} = \frac{1}{-1} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} $ Ainsi, $A = PDP^{-1}$. 4. **Calcul de $A^n$ :** > [!theorem] Puissance d'une matrice diagonalisable > Si $A = PDP^{-1}$, alors $A^n = P D^n P^{-1}$ pour tout entier $n \ge 1$. > Si $D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$, alors $D^n = \begin{pmatrix} \lambda_1^n & 0 \\ 0 & \lambda_2^n \end{pmatrix}$. $ D^n = \begin{pmatrix} (-1)^n & 0 \\ 0 & 3^n \end{pmatrix} $ $ A^n = P D^n P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} (-1)^n & 0 \\ 0 & 3^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} $ $ A^n = \begin{pmatrix} (-1)^n & 3^n \\ 2(-1)^n & 3^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} $ $ A^n = \begin{pmatrix} (-1)^n(-1) + 3^n(2) & (-1)^n(1) + 3^n(-1) \\ 2(-1)^n(-1) + 3^n(2) & 2(-1)^n(1) + 3^n(-1) \end{pmatrix} $ $ A^n = \begin{pmatrix} -(-1)^n + 2 \cdot 3^n & (-1)^n - 3^n \\ -2(-1)^n + 2 \cdot 3^n & 2(-1)^n - 3^n \end{pmatrix} $ ## Correction Exercice 6 1. **Détermination des valeurs propres de $K$ et leurs multiplicités algébriques :** $P_K(\lambda) = \det(K - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 & -1 \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ 1 & 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}$ Développons le long de la deuxième ligne (qui contient des zéros) : $ P_K(\lambda) = (2-\lambda) \det \begin{pmatrix} 3-\lambda & -1 \\ 1 & 1-\lambda \end{pmatrix} $ $ P_K(\lambda) = (2-\lambda) [ (3-\lambda)(1-\lambda) - (-1)(1) ] $ $ P_K(\lambda) = (2-\lambda) [ (3 - 3\lambda - \lambda + \lambda^2) + 1 ] $ $ P_K(\lambda) = (2-\lambda) [ \lambda^2 - 4\lambda + 4 ] $ On reconnaît une identité remarquable : $\lambda^2 - 4\lambda + 4 = (\lambda - 2)^2$. $ P_K(\lambda) = (2-\lambda)(\lambda - 2)^2 = -(\lambda - 2)(\lambda - 2)^2 = -(\lambda - 2)^3 $ La seule valeur propre est $\lambda_1 = 2$. Sa multiplicité algébrique est $m_a(2) = 3$. 2. **Détermination de la multiplicité géométrique :** Nous devons trouver la dimension du sous-espace propre $E_2 = \ker(K - 2I)$. $ K - 2I = \begin{pmatrix} 3-2 & 1 & -1 \\ 0 & 2-2 & 0 \\ 1 & 1 & 1-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} $ On cherche $v = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ tel que $(K - 2I)v = 0$. Le système d'équations est : $ \begin{cases} x + y - z = 0 \\ 0x + 0y + 0z = 0 \\ x + y - z = 0 \end{cases} $ La seule équation indépendante est $x + y - z = 0$. On peut exprimer $z = x + y$. Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} x \\ y \\ x+y \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + y \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. Les vecteurs $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ et $v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ forment une base du sous-espace propre $E_2$. La dimension du sous-espace propre $E_2$ est 2. C'est la multiplicité géométrique $m_g(2) = 2$. 3. **Conclusion sur la diagonalisabilité :** Pour que la matrice $K$ soit diagonalisable, il faut que la multiplicité géométrique de chaque valeur propre soit égale à sa multiplicité algébrique. Ici, pour la valeur propre $\lambda = 2$, nous avons $m_a(2) = 3$ et $m_g(2) = 2$. Puisque $m_g(2) \neq m_a(2)$ ($2 \neq 3$), la matrice $K$ n'est **pas diagonalisable** sur $\mathbb{R}$. ## Correction Exercice 7 1. **Détermination des valeurs propres de $M_a$ et leurs multiplicités algébriques :** La matrice $M_a = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ est une matrice triangulaire supérieure. Les valeurs propres de $M_a$ sont donc les éléments diagonaux : $\lambda_1 = 1$ et $\lambda_2 = 2$. * $\lambda_1 = 1$ a une multiplicité algébrique $m_a(1) = 2$ (elle apparaît deux fois sur la diagonale). * $\lambda_2 = 2$ a une multiplicité algébrique $m_a(2) = 1$. 2. **Conditions de diagonalisabilité pour $M_a$ :** Pour que $M_a$ soit diagonalisable, il faut que pour chaque valeur propre $\lambda$, sa multiplicité géométrique $m_g(\lambda)$ soit égale à sa multiplicité algébrique $m_a(\lambda)$. * Pour $\lambda_2 = 2$ : $m_a(2) = 1$. La multiplicité géométrique $m_g(2)$ est toujours 1 si la multiplicité algébrique est 1. Donc, cette valeur propre ne pose pas de problème. * Pour $\lambda_1 = 1$ : $m_a(1) = 2$. Il faut que $m_g(1) = \dim(\ker(M_a - I)) = 2$. Calculons le sous-espace propre $E_1 = \ker(M_a - I)$ : $ M_a - I = \begin{pmatrix} 1-1 & 0 & 0 \\ 0 & 1-1 & a \\ 0 & 0 & 2-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $ On cherche $v = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ tel que $(M_a - I)v = 0$. Le système d'équations est : $ \begin{cases} 0x + 0y + 0z = 0 \\ 0x + 0y + az = 0 \\ 0x + 0y + z = 0 \end{cases} $ Les deux dernières équations sont $az = 0$ et $z = 0$. - Si $a = 0$ : la matrice est $M_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$. Cette matrice est déjà diagonale, donc elle est diagonalisable. * Si $a \neq 0$ : Alors $z=0$ est la seule solution pour $az=0$. Le système se réduit à $z=0$. Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} x \\ y \\ 0 \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + y \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$. Dans ce cas, $E_1$ est de dimension 2. Donc $m_g(1) = 2$. Puisque $m_g(1) = m_a(1) = 2$, la matrice $M_a$ est diagonalisable. Donc, pour *toutes* les valeurs de $a \in \mathbb{R}$, la matrice $M_a$ est diagonalisable. 3. **Matrices $P$ et $D$ lorsque $M_a$ est diagonalisable :** La matrice diagonale $D$ est formée des valeurs propres : $ D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} $ Pour la matrice de passage $P$, nous avons besoin des vecteurs propres. * **Pour $\lambda_1 = 1$ :** Comme vu précédemment, $E_1 = \text{Vect} \left( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right)$. On prend $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ et $v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$. * **Pour $\lambda_2 = 2$ :** On cherche $v = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ tel que $(M_a - 2I)v = 0$. $ M_a - 2I = \begin{pmatrix} 1-2 & 0 & 0 \\ 0 & 1-2 & a \\ 0 & 0 & 2-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & a \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $ Le système d'équations est : $ \begin{cases} -x = 0 \\ -y + az = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} $ Donc $x = 0$ et $y = az$. Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} 0 \\ az \\ z \end{pmatrix} = z \begin{pmatrix} 0 \\ a \\ 1 \end{pmatrix}$. On peut prendre $v_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ a \\ 1 \end{pmatrix}$. La matrice de passage $P$ est donc : $ P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $ Notez que cette matrice $P$ est inversible (son déterminant est 1). Ainsi, pour toute valeur de $a \in \mathbb{R}$, $M_a = PDP^{-1}$ avec ces matrices $D$ et $P$. ## Correction Exercice 8 1. **Détermination des valeurs propres de $T$ et leurs multiplicités algébriques :** La matrice $T = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ est une matrice triangulaire supérieure. Ses valeurs propres sont ses éléments diagonaux. La seule valeur propre est $\lambda_1 = 2$. Sa multiplicité algébrique est $m_a(2) = 3$. 2. **Détermination des sous-espaces propres associés :** Nous devons trouver la dimension du sous-espace propre $E_2 = \ker(T - 2I)$. $ T - 2I = \begin{pmatrix} 2-2 & 1 & 0 \\ 0 & 2-2 & 1 \\ 0 & 0 & 2-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $ On cherche $v = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ tel que $(T - 2I)v = 0$. Le système d'équations est : $ \begin{cases} 0x + 1y + 0z = 0 \\ 0x + 0y + 1z = 0 \\ 0x + 0y + 0z = 0 \end{cases} $ Cela implique $y = 0$ et $z = 0$. Le vecteur $x$ est libre. Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} x \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$. Le sous-espace propre $E_2$ est engendré par le vecteur $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$. La dimension du sous-espace propre $E_2$ est 1. C'est la multiplicité géométrique $m_g(2) = 1$. 3. **La matrice $T$ est-elle diagonalisable sur $\mathbb{R}$ ?** Pour que la matrice $T$ soit diagonalisable, il faut que la multiplicité géométrique de chaque valeur propre soit égale à sa multiplicité algébrique. Ici, pour la valeur propre $\lambda = 2$, nous avons $m_a(2) = 3$ et $m_g(2) = 1$. Puisque $m_g(2) \neq m_a(2)$ ($1 \neq 3$), la matrice $T$ n'est **pas diagonalisable** sur $\mathbb{R}$. 4. **Conclusion sur les conditions de diagonalisabilité :** Cet exercice illustre qu'avoir un polynôme caractéristique scindé (ici, $P_T(\lambda) = (2-\lambda)^3$) n'est pas une condition suffisante pour la diagonalisabilité. Il est également nécessaire que la dimension de chaque sous-espace propre (multiplicité géométrique) soit égale à la multiplicité de la valeur propre correspondante dans le polynôme caractéristique (multiplicité algébrique). Lorsque cette condition n'est pas remplie, la matrice n'est pas "assez riche" en vecteurs propres pour former une base de l'espace vectoriel. ## Correction Exercice 9 1. Polynôme caractéristique $P_A(X)$ On calcule $\det(A - XI)$ : $P_A(X) = \begin{vmatrix} 1-X & 0 & 0 \\ 0 & -X & -1 \\ 0 & 1 & -X \end{vmatrix}$ En développant suivant la première ligne : $P_A(X) = (1-X) \begin{vmatrix} -X & -1 \\ 1 & -X \end{vmatrix}$ $P_A(X) = (1-X) (X^2 - (-1)) = (1-X)(X^2 + 1)$ 2. Valeurs propres On cherche les racines de $P_A(X) = 0$ : - $1 - X = 0 \implies X = 1$ - $X^2 + 1 = 0 \implies X^2 = -1 \implies X = i \quad \text{ou} \quad X = -i$ Les valeurs propres sont $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = i$, $\lambda_3 = -i$. **Pourquoi pas diagonalisable dans $\mathbb{R}$ ?** Une matrice réelle est diagonalisable dans $\mathbb{R}$ si et seulement si toutes ses valeurs propres sont réelles. Ici, deux valeurs propres sont complexes non réelles ($i$ et $-i$). Donc $A$ n'est pas diagonalisable dans $\mathbb{R}$. 3. Diagonalisation dans $\mathbb{C}$ Dans $\mathbb{C}$, la matrice $A$ possède **3 valeurs propres distinctes** ($1, i, -i$) pour une matrice de taille $3 \times 3$. D'après le cours, si une matrice possède $n$ valeurs propres distinctes, elle est **automatiquement diagonalisable**. 4. Recherche des vecteurs propres - Pour $\lambda_1 = 1$ On résout $(A - I)V = 0$ avec $V = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ : $ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies \begin{cases} -y - z = 0 \\ y - z = 0 \end{cases} \implies y=0, z=0 $ Le vecteur propre est $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$. - Pour $\lambda_2 = i$ On résout $(A - iI)V = 0$ : $ \begin{pmatrix} 1-i & 0 & 0 \\ 0 & -i & -1 \\ 0 & 1 & -i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies \begin{cases} (1-i)x = 0 \implies x = 0 \\ -iy - z = 0 \implies z = -iy \end{cases} $ En fixant $y = 1$, on a $z = -i$. Le vecteur propre est $v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -i \end{pmatrix}$. - Pour $\lambda_3 = -i$ Comme la matrice est réelle, le vecteur propre associé à $\bar{\lambda}$ est le conjugué du vecteur propre associé à $\lambda$. $v_3 = \bar{v_2} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ i \end{pmatrix}$ La matrice de passage $P$ est formée par les vecteurs propres en colonnes : $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & -i & i \end{pmatrix}$ La matrice diagonale $D$ correspondante est : $D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & i & 0 \\ 0 & 0 & -i \end{pmatrix}$ On a bien la relation $A = PDP^{-1}$ dans $\mathbb{C}$. # ➡️ C'est la fin - Cours précèdent: [[Analyse et Données/Mathématiques/Diagonalisation des matrices/Cours 2 - Diagonalisation des matrices|Cours 2 - Diagonalisation des matrices]] - Page d'accueil de la compétence: [[Analyse et Données/Mathématiques/Diagonalisation des matrices/Diagonalisation des matrices|Diagonalisation des matrices]] - Page d'accueil du domaine: [[Analyse et Données/Mathématiques/Mathématiques|Mathématiques]] # 🗓️ Historique - Dernière MAJ : `20-juillet-2026` - Rédigé par : [[Antonia JABBOUR]] %% nav-debut : généré par gen_navigation.py, ne pas modifier à la main %% > [!nav] > ↩ [[Analyse et Données/Mathématiques/Diagonalisation des matrices/Diagonalisation des matrices|Accueil · Diagonalisation des matrices]] > > | [[Analyse et Données/Mathématiques/Diagonalisation des matrices/Cours 2 - Diagonalisation des matrices\|← Cours 2 - Diagonalisation des matrices]] | | > |:---|---:| %% nav-fin %%