Diagonalisation et calculs de puissances

Soit $K$ un sous-corps de $\mathbb{C}$ . On considère les deux matrices suivantes de $\mathcal{M}_3(K)$ :

A = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 2 & -3 & 2 -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}   \text{et}   M = \begin{pmatrix} 5 & 1 & -1 2 & 4 & -2 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}

Montrer que la matrice $A$ est diagonalisable. Déterminer une matrice de passage $P$ et une matrice diagonale $D$ telles que $A = PDP^{-1}$ .
En déduire l'expression de $A^n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ .
On considère une suite de vecteurs $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ de $K^3$ définie par la relation de récurrence $X_{n+1} = A X_n$ . Exprimer $X_n$ en fonction de $n$ et de $X_0$ .
Étudier la diagonalisabilité de $M$ . Déterminer alors l'ensemble des suites $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ vérifiant $Y_{n+1} = M Y_n$ .

1.

Pour la diagonalisation, calculer le polynôme caractéristique et déterminer la dimension des sous-espaces propres.

2.

Pour $A^n$ , utiliser la relation $A^n = P D^n P^{-1}$ ou chercher un polynôme annulateur de degré 2.

3.

La relation $X_{n+1} = A X_n$ implique $X_n = A^n X_0$ .

4.

Pour $M$ , vérifier si elle possède trois valeurs propres distinctes.

Idées clés

•

Recherche des valeurs propres via $\chi_A(X) = \det(XI - A)$ .

•

Condition de diagonalisabilité : la somme des dimensions des sous-espaces propres égale l'ordre de la matrice.

•

Lien entre puissances de matrices et systèmes récurrents linéaires.

Résolution.

Diagonalisation de $A$ : Calculons le polynôme caractéristique de $A$ . On remarque que pour $\lambda = 1$ , la matrice $A-I$ possède des lignes proportionnelles : $A - I = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 2 & -4 & 2 -1 & 2 & -1 \end{pmatrix}$ Toutes les lignes sont des multiples de $(1, -2, 1)$ , donc $\text{rg}(A-I) = 1$ . D'après le théorème du rang, $\dim \ker(A-I) = 3 - 1 = 2$ . Ainsi, $1$ est une valeur propre de multiplicité au moins 2. La trace de $A$ est $\text{Tr}(A) = 2 - 3 + 0 = -1$ . Soit $\lambda_3$ la troisième valeur propre. On a $1 + 1 + \lambda_3 = -1$ , d'où $\lambda_3 = -3$ . Le spectre de $A$ est donc : $\boxed{\text{Sp}(A) = \{1, -3\}}$ Puisque $\dim E_1(A) = 2$ et $\dim E_{-3}(A) = 1$ , la somme des dimensions est $3$ . La matrice $A$ est donc diagonalisable. Déterminons les sous-espaces propres : $E_1(A)$ est défini par $x - 2y + z = 0$ . Une base est composée de $u_1 = (2, 1, 0)$ et $u_2 = (-1, 0, 1)$ . $E_{-3}(A)$ est le noyau de $A+3I$ . Après résolution du système, on trouve que $u_3 = (1, 2, -1)$ convient. On pose alors : $\boxed{P = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 1 & 0 & 2 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \text{et} D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 0 & 1 & 0 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}}$
Calcul de $A^n$ : Une méthode efficace consiste à utiliser le polynôme annulateur $P(X) = (X-1)(X+3) = X^2 + 2X - 3$ . La division euclidienne de $X^n$ par $P(X)$ donne $X^n = P(X)Q(X) + a_n X + b_n$ . En évaluant en $1$ et $-3$ : $\begin{cases} 1 = a_n + b_n (-3)^n = -3a_n + b_n \end{cases} \implies \begin{cases} a_n = \frac{1 - (-3)^n}{4} b_n = \frac{3 + (-3)^n}{4} \end{cases}$ Comme $P(A) = 0$ (car $A$ est diagonalisable et ses valeurs propres sont les racines de $P$ ), on a : $\boxed{A^n = \frac{1 - (-3)^n}{4} A + \frac{3 + (-3)^n}{4} I}$
Suite $X_n$ : Par une récurrence immédiate, on a $X_n = A^n X_0$ . En utilisant l'expression précédente : $\boxed{X_n = \left( \frac{1 - (-3)^n}{4} A + \frac{3 + (-3)^n}{4} I \right) X_0}$
Étude de $M$ : Calculons les valeurs propres de $M$ . On observe que la somme des colonnes $C_1+C_3$ donne $2 C_2$ ? Non. Testons des valeurs simples : $M-4I$ a pour colonnes $(1, 2, 1)$ , $(1, 0, -1)$ , $(-1, -2, -1)$ . On voit $C_1 = -C_3$ , donc $\det(M-4I)=0$ . De même, $M-2I$ possède des colonnes liées ( $C_2 = -C_3$ ). La trace est $12$ , donc $4 + 2 + \lambda_3 = 12 \implies \lambda_3 = 6$ . Les valeurs propres $\{2, 4, 6\}$ sont distinctes, donc $M$ est diagonalisable. Il existe $Q \in GL_3(K)$ telle que $M = Q \text{diag}(2, 4, 6) Q^{-1}$ . Les suites cherchées sont de la forme $Y_n = M^n Y_0$ . En notant $(v_1, v_2, v_3)$ une base de vecteurs propres associés à $(2, 4, 6)$ , la solution générale est : $\boxed{Y_n = \alpha 2^n v_1 + \beta 4^n v_2 + \gamma 6^n v_3 (\alpha, \beta, \gamma \in K)}$

Attention à ne pas oublier que pour $A$ , la valeur propre $1$ est double. Il faut impérativement vérifier que la dimension du sous-espace propre associé est bien égale à 2 pour conclure à la diagonalisabilité.