Réduction d'une matrice tridiagonale classique

Soit $n$ un entier naturel tel que $n \geqslant 2$ . On considère la matrice $A \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ définie par :

A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & & (0) 1 & 0 & \ddots & & \ddots & \ddots & 1 (0) & & 1 & 0 \end{pmatrix}

Autrement dit, les coefficients

a_{i,j}

de

A

sont nuls, sauf si

|i-j|=1

, auquel cas

a_{i,j}=1

.

Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de $A$ . On pourra introduire une suite récurrente linéaire d'ordre 2 et chercher les valeurs propres sous la forme $2\cos\theta$ avec $\theta \in ]0, \pi[$ .
Justifier que la matrice $A$ est diagonalisable.
On note $P$ la matrice de passage dont les colonnes sont les vecteurs propres trouvés précédemment. En calculant le produit ${}^t P P$ , déterminer l'inverse $P^{-1}$ .

1.

Traduire l'équation $AX = \lambda X$ en un système d'équations sur les composantes de $X = (x_1, \dots, x_n)$ .

2.

Poser des conditions de bord fictives $x_0 = 0$ et $x_{n+1} = 0$ pour obtenir une relation de récurrence uniforme.

3.

Pour le calcul de ${}^t P P$ , utiliser les formules de linéarisation des produits de sinus et les sommes de racines de l'unité (ou sommes de cosinus).

Idées clés

•

Modélisation par une relation de récurrence linéaire à coefficients constants.

•

Utilisation des conditions aux limites pour quantifier les valeurs de l'argument $\theta$ .

•

Exploitation de la symétrie de la matrice pour la diagonalisabilité et l'orthogonalité (à un facteur près) de la base de vecteurs propres.

Résolution.

Soit $\lambda \in \mathbb{R}$ une valeur propre de $A$ et $X = \begin{pmatrix} x_1 \vdots x_n \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R}) \setminus \{0\}$ un vecteur propre associé. L'égalité $AX = \lambda X$ est équivalente au système : $\left\{ \begin{array}{l} x_2 = \lambda x_1 x_{k-1} + x_{k+1} = \lambda x_k \text{pour } 2 \le k \le n-1 x_{n-1} = \lambda x_n \end{array} \right.$ Pour unifier ces relations, on introduit $x_0 = 0$ et $x_{n+1} = 0$ . Le système devient : $\forall k \in \{1, \dots, n\}, x_{k+1} - \lambda x_k + x_{k-1} = 0$ L'équation caractéristique associée à cette récurrence est $r^2 - \lambda r + 1 = 0$ . Le discriminant est $\Delta = \lambda^2 - 4$ . Si $|\lambda| < 2$ , on peut poser $\lambda = 2\cos\theta$ avec $\theta \in ]0, \pi[$ . Les racines sont alors $e^{i\theta}$ et $e^{-i\theta}$ . Il existe donc $(A, B) \in \mathbb{C}^2$ tels que pour tout $k \in \{0, \dots, n+1\}$ : $x_k = A e^{ik\theta} + B e^{-ik\theta}$ La condition $x_0 = 0$ impose $A + B = 0$ , soit $B = -A$ . D'où $x_k = 2iA \sin(k\theta)$ . Comme $X \neq 0$ , on a $A \neq 0$ . La condition $x_{n+1} = 0$ donne alors $\sin((n+1)\theta) = 0$ . Ceci implique $(n+1)\theta = j\pi$ avec $j \in \mathbb{Z}$ . Pour avoir $\theta \in ]0, \pi[$ , on doit prendre $j \in \{1, \dots, n\}$ . On obtient ainsi $n$ valeurs propres distinctes : $\boxed{\lambda_j = 2\cos\left(\frac{j\pi}{n+1}\right), j \in \{1, \dots, n\}}$ Le vecteur propre $V_j$ associé à $\lambda_j$ a pour composantes : $\boxed{v_{k,j} = \sin\left(\frac{kj\pi}{n+1}\right), k \in \{1, \dots, n\}}$
Note : Si $|\lambda| \ge 2$ , on montre par un raisonnement similaire (utilisant des fonctions hyperboliques ou des racines réelles) que seule la solution nulle $X=0$ existe, ce qui ne fournit pas de valeurs propres supplémentaires.
La matrice $A$ est symétrique réelle, donc elle est diagonalisable d'après le théorème spectral. Alternativement, nous avons trouvé $n$ valeurs propres distinctes pour une matrice de taille $n$ , ce qui suffit à garantir la diagonalisabilité.
Soit $P$ la matrice dont le coefficient $(k,j)$ est $P_{k,j} = \sin\left(\frac{kj\pi}{n+1}\right)$ . Calculons les coefficients de $M = {}^t P P$ . Le coefficient $M_{i,j}$ est donné par : $M_{i,j} = \sum_{k=1}^n \sin\left(\frac{ki\pi}{n+1}\right) \sin\left(\frac{kj\pi}{n+1}\right)$ En utilisant la formule $2\sin(a)\sin(b) = \cos(a-b) - \cos(a+b)$ , on a : $M_{i,j} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left[ \cos\left( \frac{k(i-j)\pi}{n+1} \right) - \cos\left( \frac{k(i+j)\pi}{n+1} \right) \right]$ Utilisons la formule $\sum_{k=0}^n \cos(kx) = \text{Re}\left( \sum_{k=0}^n e^{ikx} \right)$ . Si $i=j$ , alors $M_{i,i} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left[ 1 - \cos\left( \frac{2ki\pi}{n+1} \right) \right] = \frac{n}{2} - \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \cos\left( \frac{2ki\pi}{n+1} \right)$ . La somme des cosinus sur une période (ou ici sur les racines de l'unité privées de 1) vaut $-1$ . Plus précisément : $\sum_{k=0}^n e^{i \frac{2ki\pi}{n+1}} = \frac{1 - e^{i 2i\pi}}{1 - e^{i \frac{2i\pi}{n+1}}} = 0 \implies \sum_{k=1}^n \cos\left( \frac{2ki\pi}{n+1} \right) = -1$ D'où $M_{i,i} = \frac{n}{2} - \frac{1}{2}(-1) = \frac{n+1}{2}$ . Si $i \neq j$ (avec $1 \le i,j \le n$ ), on montre de même que les sommes de cosinus s'annulent ou se compensent, menant à $M_{i,j} = 0$ . Ainsi, ${}^t P P = \frac{n+1}{2} I_n$ . On en déduit : $\boxed{P^{-1} = \frac{2}{n+1} {}^t P}$

Attention à ne pas oublier de vérifier si $|\lambda| \ge 2$ . Même si l'énoncé suggère la forme trigonométrique, une rédaction rigoureuse en CPGE impose d'écarter le cas où le discriminant est positif ou nul, ou de vérifier que l'on possède déjà $n$ valeurs propres distinctes.