Lyon 1 Semestre d`automne 2015-2016 Alg`ebre III
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Lyon 1 Semestre d`automne 2015-2016 Alg`ebre III
Université Claude Bernard - Lyon 1 Semestre d’automne 2015-2016 Algèbre III - Math2020L Lundi 07 décembre Devoir surveillé n◦ 2 Durée: 1h15. Exercice 1. (/5) (Questions du cours) 1. Rappeler la décomposition de Dunford d’une matrice A ∈ Mn (C). 2. Donner un exemple de matrice non nulle N ∈ M3 (C), vérifiant N 2 = 0 et un exemple vérifiant N 2 6= 0 et N 3 = 0. 3. Donner une matrice D, non diagonale dans M4 (C), qui est diagonalisable. 4. Donner la décomposition 2 A = 0 0 de Dunford des matrices 1 5 1 0 2 1 , B = 0 2 0 0 0 2 Exercice 2. (/4) On considère la matrice 1 a B= 0 1 0 0 suivantes : 0 4 . 3 suivante b c . 0 A quelles conditions sur les réels a, b, et c la matrice B est-elle diagonalisable ? 4 1 −1 Exercice 3. (/11) Soit A = −6 −1 2 . 2 1 1 1. Montrer que A est inversible. 2. Calculer son polynôme caratéristique unitaire P (X) := det(XI3 − A) et en déduire que Sp(A) = {1, 2}. 3. En déduire A−1 par le théorème de Cayley-Hamilton. 4. Calculer le polynôme minimal de A. 5. Est-ce que A est diagonalisable ? 6. Pour n ≥ 0, déterminer le reste de la division euclidienne de X n par le polynôme caratéristique de A. 7. En déduire une expression polynomiale de An et puis la matrice An pour n ≥ 0. Corrigé I. (1+1+1+2) 1. Toute matrice A dans Mn (C) peut s’écrire de façon unique sous la forme A = D + N , où D est une matrice diagonalisable et N est une matrice nilpotente, et 0 2. Si N1 = 0 0 3 et N = 0. DN = N D. 0 1 0 1 0 0 0, alors N12 = 0. Si N = 0 0 1, alors N 2 = N1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 2 1 3. La matrice N = 0 0 3 0 0 0 propores distinctes :1, 2, 3, 0 0 est diagonalisable car elle a quatre valeurs 0 4 4. 4. On a les décompositions de Dunford de A et B 2 1 0 0 A = 0 2 1 = 2I3 + 0 0 0 2 0 comme suit : 1 0 0 1 0 0 et B = B + 0 car B est diagonalisable. II. (2+2) Le polynôme caractéristique de A est |XI3 − A| = X(X − 1)2 et donc 1 est une valeur propre double et 0 une valeur propre simple. La matrice B est diagonalisable si et seulement si 1 a B(B − I) = 0 1 0 0 X(X − 1) est le polynôme minimal de B. Or 0 a ac 0 a b b c 0 0 c = 0 0 0 . 0 0 −1 0 0 0 0 Donc B est diagonalisble si et seulement si a = 0. N.B. On peut aussi calculer la multiplicité géométrique de chaque valeur propre. Le sous espace propore associé à la valeur propre simple est de dimension 1. Reste à connaı̂tre la dimension du sous espace propre associé à la valeur propore 1. z) appartient au sous espace propre associé à 1 si et seulement si Or (x, y, 0 a b x 0 0 0 c y = 0. Ce qui équivaut à ay = 0 et z = 0. Si a 6= 0 il reste 0 0 −1 z 0 y = z = 0 et x quelconque et alors le sous espace est de dimension 1 ; si a = 0 il reste z = 0 et x et y quelconques et le sous espace propre est de dimension 2. Conclusion, la matrice est diagonalisable si et seulement si a = 0. III. (1+2+1+1+1+2,5+2,5) 1. det(A) = 2 donc A est inversible. 2. Le polynôme caractéristique de A est P (X) = (X − 2)(X − 1)2 = X 3 − 4X 2 + 5X − 2 et Sp(A) = {1, 2}. 3. On en déduit que 1 A3 − 4A2 + 5A − 2I3 = 0 =⇒ A−1 = (A2 − 4A + 5I3 ) 2 Un calcul simple donne A−1 −3 −2 1 1 = 10 6 −2 . 2 −4 −2 2 4. On remarque que (A − I3 )(A − 2I3 ) 6= 0 car le coefficient à la position (1,1) est −2. Donc le polynôme minimal de A est égal à son polynôme caractéristique P (X). 5. Comme P (X) a une racine double 1, la matrice A n’est pas diagonalisable. 6. Pour n ≥ 0, la division euclidienne de X n par P (X) s’écrit X n = Q(X)P (X)+(aX 2 +bX +c), pour certain Q ∈ C[X] et a, b, c ∈ C. 1 étant une racine double, on a P (1) = P 0 (1) = 0. Comme nX n−1 = Q0 (X)P (X) + Q(X)P 0 (X) + (2aX + b) on obtient 1 = a + b + c et n = 2a + b. 2 étant racine simple, P (2) = 0. Soit 2n = 4a + 2b + c. La résolution du système ci-dessus amène : a = 2n − n − 1, b = −2n+1 + 3n + 2, c = 2n − 2n. 7. Appliquant le théorème de Cayley-Hamilton, on tire An = (2n − n − 1)A2 + (−2n+1 + 3n + 2)A + (2n − 2n)I3 , ce qui peut encore s’écrire : 2n + 2n n −2n + 1 An = −2n+1 − 4n + 2 −2n + 1 2n+1 − 2 . 2n n 1