Spectre d'une matrice à colonnes presque constantes

Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2$ . On considère $n$ réels $a_{1}, \ldots, a_{n}$ tels que $0 < a_{1} < a_{2} < \cdots < a_{n}$ .

On définit la matrice $M \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ par :

M = \begin{pmatrix} 0 & a_{2} & \cdots & a_{n} a_{1} & 0 & \cdots & a_{n} \vdots & \vdots & \ddots & \vdots a_{1} & a_{2} & \cdots & 0 \end{pmatrix}

Autrement dit, pour tout

(i,j) \in \llbracket 1, n \rrbracket^2

, le coefficient

m_{i,j}

vaut

a_j

si

i \neq j

, et

0

si

i=j

.

Démontrer que la matrice $M$ possède $n$ valeurs propres réelles distinctes.

1.

Traduire l'équation aux valeurs propres $MX = \lambda X$ en un système d'équations portant sur les coordonnées $(x_i)$ du vecteur propre.

2.

Introduire la quantité $S = \sum_{j=1}^n a_j x_j$ pour simplifier l'expression des lignes du système.

3.

Étudier une fonction rationnelle dont les zéros correspondent aux valeurs propres de $M$ .

Idées clés

•

Exploitation de la structure "rang 1 + diagonale" de la matrice.

•

Étude des variations d'une fonction auxiliaire (méthode des fonctions rationnelles).

•

Utilisation du théorème des valeurs intermédiaires pour localiser les racines.

1. Mise en équation du problème.

Soit $\lambda \in \mathbb{C}$ une valeur propre de $M$ et $X = \begin{pmatrix} x_1 \vdots x_n \end{pmatrix} \in \mathbb{C}^n \setminus \{0\}$ un vecteur propre associé.

L'équation $MX = \lambda X$ se traduit par le système suivant :

\forall i \in \llbracket 1, n \rrbracket,   \sum_{j \neq i} a_j x_j = \lambda x_i

On introduit la somme pondérée $S = \sum_{j=1}^n a_j x_j$ . Le système devient :

\forall i \in \llbracket 1, n \rrbracket,   S - a_i x_i = \lambda x_i \iff S = (\lambda + a_i) x_i

2. Analyse des valeurs critiques.

Supposons qu'il existe un indice $k$ tel que $\lambda = -a_k$ .

D'après l'équation $S = (\lambda + a_i) x_i$ , on aurait alors $S = (-a_k + a_k) x_k = 0$ .

Si $S = 0$ , alors pour tout $i \in \llbracket 1, n \rrbracket$ , $(\lambda + a_i) x_i = 0$ .

Pour $i \neq k$ , $\lambda + a_i = -a_k + a_i \neq 0$ (car les $a_j$ sont distincts), donc $x_i = 0$ .
Pour $i = k$ , on a déjà $S = a_k x_k + \sum_{j \neq k} a_j x_j = a_k x_k + 0 = 0$ . Comme $a_k > 0$ , on en déduit $x_k = 0$ .

On obtient $X = 0$ , ce qui est exclu pour un vecteur propre.

Ainsi, on a nécessairement :

\forall i \in \llbracket 1, n \rrbracket,   \lambda \neq -a_i

3. Construction de la fonction caractéristique.

On peut alors exprimer chaque composante du vecteur propre :

\forall i \in \llbracket 1, n \rrbracket,   x_i = \frac{S}{\lambda + a_i}

Remarquons que si $S=0$ , alors $X=0$ , donc $S$ est nécessairement non nul. En injectant ces expressions dans la définition de $S$ , on obtient :

S = \sum_{j=1}^n a_j \frac{S}{\lambda + a_j}

En divisant par $S \neq 0$ , $\lambda$ est valeur propre de $M$ si et seulement si $\lambda$ est solution de l'équation :

\boxed{ \sum_{j=1}^n \frac{a_j}{\lambda + a_j} = 1 }

4. Étude de la fonction auxiliaire.

Posons $f : x \mapsto \sum_{j=1}^n \frac{a_j}{x + a_j}$ . La fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R} \setminus \{-a_n, \ldots, -a_1\}$ .

Elle est dérivable sur chaque intervalle de son domaine et :

f'(x) = - \sum_{j=1}^n \frac{a_j}{(x + a_j)^2} < 0

La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur chaque intervalle de définition. Étudions les limites aux bornes des pôles $-a_n < -a_{n-1} < \cdots < -a_1$ :

Sur $I_k = ]-a_{k+1}, -a_k[$ pour $k \in \llbracket 1, n-1 \rrbracket$ : $\lim_{x \to -a_{k+1}^+} f(x) = +\infty \text{et} \lim_{x \to -a_k^-} f(x) = -\infty$ Par le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie, il existe une unique solution $\lambda_k \in I_k$ à l'équation $f(x)=1$ . Cela fournit $n-1$ valeurs propres distinctes.
Sur $I_n = ]-a_1, +\infty[$ : $\lim_{x \to -a_1^1} f(x) = +\infty \text{et} \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$ Il existe donc une unique solution $\lambda_n \in ]-a_1, +\infty[$ à l'équation $f(x)=1$ .
Sur $]-\infty, -a_n[$ : Tous les termes $\frac{a_j}{x+a_j}$ sont strictement négatifs, donc $f(x) < 0$ . L'équation $f(x)=1$ n'y a aucune solution.

Conclusion.

Nous avons trouvé $n$ valeurs propres réelles distinctes :

\boxed{ \text{Sp}(M) = \{\lambda_1, \ldots, \lambda_n\} \subset \mathbb{R} }

Comme $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ possède $n$ valeurs propres distinctes, elle est diagonalisable.

L'erreur classique consiste à oublier de justifier que $\lambda \neq -a_i$ avant de diviser. Si $\lambda = -a_i$ était possible, la fonction $f$ ne permettrait pas de capturer tout le spectre.