Ecricome Eco 2011 Exercice 1 Algèbre   énoncé (page 1)   corrigé (pages 1-4)

• Décomposition de Dunford : 4 critères à vérifier
  • Δ est diagonalisable
  • N est nilpotente
  • N Δ = Δ N
  • A = N + Δ
• 1) Décomposition de Dunford : 4 critères à vérifier
  • Δ est diagonale : donc diagonalisable
  • N est triangulaire supérieure sans diagonale : donc nilpotente
  • N Δ = Δ N car une matrice diagonale commute avec toutes les matrices
  • A = N + Δ : VRAI
  • (Δ, N) est une décomposition de Dunford de A
• 2.a) valeurs propres λ de A : si il existe X ≠ 0 tel que A X = λ X ou ( A − λ I ) X = 0
  Donc ( A − λ I ) n'est pas inversible !
  • les valeurs propres sont probablement les valeurs de la diagonale de D
  • (L₁) 3 x + y − z = λ x
  • (L₂) − 2 x + 2 z = λ y
  • (L₃) z = λ z
  • première solution : z ≠ 0 (L₃) => λ = z / z = 1
    • en remplaçant λ dans les 2 autres équations :
    • (L₁) 3 x + y − z = x
    • (L₂) − 2 x + 2 z = y
    • (L₁) 2 x + y − z = 0
    • (L₂) − 2 x − y + 2 z = 0
    • élimination de x : (L₁ + L₂) z = 0 ( contraire à l'hypothèse z ≠ 0 )
  • deuxième solution : z = 0
    • (L₁) (3 − λ) x + y = 0
    • (L₂) − 2 x − λ y = 0
    • élimination de y : λ L₁ + L₂
    • (L₁) (3 − λ) λ x + λ y = 0
    • (L₂) − 2 x − λ y = 0
    • (3 − λ) λ x − 2 x = 0
    • si x = 0 : (L₁) => y = 0 : le vecteur X = 0 (pas un vecteur propre)
    • si x ≠ 0 : (3 − λ) λ − 2 = 0
      • 3 λ − λ² − 2 = 0
      • − λ² + 3 λ − 2 = 0
      • Δ = b² − 4 a c = 9 − 4 (− 1) (− 2) = 9 − 8 = 1
      • λ = ( − 3 ± 1 ) / (− 2) = 1 ou 2
• 2.b)
  • Si les 3 valeurs propres étaient différentes : il existerait 3 vecteurs propres non nuls et la matrice serait inversible
  • Ici, il y a 2 valeurs propres différentes : il existe au moins 2 vecteurs propres non nuls
    • Pour que la matrice soit inversible, il faut qu'il existe un troisième vecteur propre indépendant des 2 premiers (pour former une base propre)
  • Comme z = 0 : il ne peut y avoir que 2 vecteurs propres pour l'espace de dimension 2 (x,y)
  • vecteur(s) propre(s) de λ = 1 :
    • (L₁) 3 x + y − z = x
    • (L₁) 2 x + y − z = 0
    • (L₂) − 2 x − y + 2 z = 0
    • (L₃) z = z
    • (L₁ + L₂) z = 0
    • 2 x + y = 0 : 1 seul degré de liberté donc un seul vecteur propre
    • X₁ = ( x = 1, y = −2, z = 0 )
  • vecteur(s) propre(s) de λ = 2 :
  • (L₁) 3 x + y − z = 2 x
  • (L₁) x + y − z = 0
  • (L₂) − 2 x − 2 y + 2 z = 0
  • (L₃) z = 2 z
  • (L₃) => z = 0
  • (2 L₁ + L₂) 0 = 0 => x + y = 0
  • X₁ = ( x = 1, y = −1, z = 0 )
  • A n'ayant que 2 vecteurs propres indépendants n'est pas diagonalisable.
• 3.a) Calcul de Δ X₁ , Δ X₂ , Δ X₃

  Δ				X1		X2		X3
  				1		0		1
  				− 1		0		− 2
  				0		1		0
  3	1	0		2		0		1
  − 2	0	0		− 2		0		− 2
  0	0	1		0		1		0

• 3.b) On remarque que :
  • Pour qu'une matrice soit diagonalisable, il faut qu'elle possède 3 vecteurs propres indépendants
    c'est à dire formant une base de dimension n=3
  • Δ X₁ = 2 X₁
  • Δ X₂ = X₂
  • Δ X₃ = X₃
  • Δ a pour valeurs propres : 2 et 1
  • Les 3 vecteurs X₁, X₂, X₃ sont indépendants
    • x X₁ + y X₂ + z X₃ = 0 => x = y = z = 0
    • ligne 3 : y = 0
    • ligne 2 : x = − z
    • ligne 1 : 2 x = − z
    • => y = 0 , z = 0 , x = 0
  • P est formée des vecteurs propres : permet de passer de la base canonique à la base propre
    Dans la base propre l'application possède une matrice diagonale formée des valeurs propres.

    P	1	0	1
    	−1	0	−2
    	0	1	0

  • D = P⁻¹ Δ P
• 3.c) P⁻¹

  P	1	0	1	×	x	=	a
  	−1	0	−2		y		b
  	0	1	0		z		c

  • (L₁) x + z = a
  • (L₂) − x − 2 z = b
  • (L₃) y = c
  • (L₁ + L₂) − z = a + b => z = − a − b
  • (2 L₁ + L₂) x = 2 a + b

    P−1	2	1	0	×	a	=	x
    	0	0	1		b		y
    	−1	−1	0		c		z

• 4.a) N ≠ 0 et N² = 0 : N est donc nilpotente
• 4.b) Vérification des 4 critères :
  • Δ est diagonalisable en D ( d'après 3.b)
  • N est nilpotente (d'après 4.a)
  • Δ N = N Δ = N
  • A = Δ + N
• 4.c) Aⁿ = ( Δ + N )ⁿ
  • Comme Δ et N commutent, on peut appliquer le développement du binôme
  • ( Δ + N )ⁿ = ∑₀ⁿ (_kⁿ) Δ^n−k N^k     où il ne reste que les 2 premiers termes en N⁰=I et N¹=N
  • Aⁿ = Δⁿ + n Δⁿ⁻¹ N = Δⁿ⁻¹ ( Δ + n N )
• 4.d) D'après le résultat des calculs du 4.b) Δ N = N
  • => Δ² N = Δ ( Δ N ) = Δ N = N
  • on voit que les Δ disparaissent un par un.
  • supposons que Δⁿ N = N
  • => Δⁿ⁺¹ N = Δ × Δⁿ N = Δ N = N
  • comme la relation est vraie pour k = 1, elle est vraie quel que soit k ≥ 1
• 4.e) application du résultat Δⁿ N = N à la formule de la question 4.c)
  • Aⁿ = Δⁿ + n Δⁿ⁻¹ N = Δⁿ + n N
  • Δⁿ est diagonalisable de matrice diagonale Dⁿ
  • n N est nilpotente comme N
  • Δⁿ et n N commutent : Δⁿ × n N = n N
    n N × Δⁿ = n N Δⁿ⁻¹ = ... = n N
  • Aⁿ est la somme : Δⁿ + n N
  • (Δⁿ, n N) est une décomposition de Dunford de Aⁿ

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