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L1 SEG (MATH II)Série Corrigée(Diagonalisation Forme Quadratique) .pdf



Nom original: L1 SEG (MATH II)Série Corrigée(Diagonalisation-Forme Quadratique).pdf
Auteur: pplp

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BEN AHMED MOHSEN

Téléphone : (+216) 97619191
Adresse électronique : omega.center.cp@gmail.com

L1 SEG (MATH II)

Série Corrigée
Diagonalisation/Forme Quadratique
Exercice 1 : (ESC-SP2006)

𝟎
𝟑
𝟐
Soit la matrice : 𝑨 = −𝟐 𝟕
𝟒
𝟑 −𝟗 −𝟓
1) Montrer que le polynôme caractéristique de 𝑨 est 𝑷𝑨 𝝀 = −𝝀 𝟏 − 𝝀 𝟐
2) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de 𝑨
3) Montrer que 𝑨 s’écrit sous la forme 𝑨 = 𝑷𝑫𝑷 −𝟏 , 𝑫 étant une matrice diagonale
4) Calculer la matrice 𝑷 −𝟏
5) Déduire que la matrice 𝑩 = 𝒕𝑨 + 𝟐𝑰 , est diagonalisable
6) Préciser les valeurs propres et les sous-espaces propres de 𝑩

Corrigé 1 : (ESC-SP2006)

−𝝀
𝟑
𝟐
1) 𝑷𝑨 𝝀 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 − 𝝀𝑰 = −𝟐 𝟕 − 𝝀
𝟒
𝟑
−𝟗
−𝟓 − 𝝀
𝟏 − 𝝀 𝟏 − 𝝀 𝟏 − 𝝀 𝑳𝟏 ← 𝑳𝟏 + 𝑳𝟐 + 𝑳𝟑
⟺ 𝑷𝑨 𝝀 = −𝟐
𝟕−𝝀
𝟒
𝟑
−𝟗
−𝟓 − 𝝀
𝟏
𝟏
𝟏
⟺ 𝑷𝑨 𝝀 = 𝟏 − 𝝀 −𝟐 𝟕 − 𝝀
𝟒
𝟑
−𝟗
−𝟓 − 𝝀
𝑪𝟏 +𝟐𝑪𝟐 −𝟑𝑪𝟑

𝑪𝟏

⟺ 𝑷𝑨 𝝀 = 𝟏 − 𝝀 𝒅𝒆𝒕

𝟎
−𝟐𝝀
𝟑𝝀

𝟏
𝟏
𝟕−𝝀
𝟒
−𝟗 −𝟓 − 𝝀

𝟎
𝟏
𝟏
⟺ 𝑷𝑨 𝝀 = 𝝀 𝟏 − 𝝀 −𝟐 𝟕 − 𝝀
𝟒
𝟑
−𝟗
−𝟓 − 𝝀
𝟎
𝟏
𝟏
⟺ 𝑷𝑨 𝝀 = 𝝀 𝟏 − 𝝀 𝟎 𝟏 − 𝝀 𝟐 𝟑 𝟏 − 𝝀 𝑳𝟐
𝟑
−𝟗
−𝟓 − 𝝀
𝟎 𝟏
𝟏
⟺ 𝑷𝑨 𝝀 = 𝝀 𝟏 − 𝝀 𝟐 𝟎 𝟏
𝟐 𝟑
𝟑 −𝟗 −𝟓 − 𝝀
𝟏
𝟏
⟺ 𝑷𝑨 𝝀 = 𝝀 𝟏 − 𝝀 𝟐 +𝟑 ×
𝟏 𝟐 𝟑
𝟐
⟺ 𝑷𝑨 𝝀 = 𝝀 𝟏 − 𝝀 𝟐 +𝟑 × − 𝟏
D’où 𝑷𝑨 𝝀 = −𝝀 𝟏 − 𝝀

𝟐



𝑳𝟐 + 𝟐 𝟑 𝑳𝟑

𝟑

𝝀𝟏 = 𝟎 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆
𝝀𝟐 = 𝟏 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆
Notons 𝑬𝟏 𝒆𝒕 𝑬𝟐 Les sous-espaces propres de 𝑨 associés respectivement aux valeurs propres 𝝀𝟏 𝒆𝒕 𝝀𝟐
 𝑬𝟏 = 𝒖 ∈ ℝ𝟑 / 𝑨 − 𝝀𝟏 𝑰 𝒖 = 𝟎ℝ𝟑
𝒙
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑬𝟏 ⟺ 𝑨 − 𝟎 × 𝑰 𝒖 = 𝟎ℝ 𝟑
𝒛
2) 𝒍𝒆𝒔 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓𝒔 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝑨 ∶

1

BEN AHMED MOHSEN

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⟺ 𝑨𝒖 = 𝟎ℝ𝟑
𝒙
𝟎
𝟑
𝟐
𝟎
𝒚 = 𝟎
⟺ −𝟐 𝟕
𝟒
𝟑 −𝟗 −𝟓 𝒛
𝟎
𝟑𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
⟺ −𝟐𝒙 + 𝟕𝒚 + 𝟒𝒛 = 𝟎
𝟑𝒙 − 𝟗𝒚 − 𝟓𝒛 = 𝟎
𝟑𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
𝟑𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎 𝑳𝟐 ← 𝟑𝑳𝟐 + 𝟐𝑳𝟑

𝟑𝒙 − 𝟗𝒚 − 𝟓𝒛 = 𝟎
𝟑
𝒛=− 𝒚
𝒙
𝟐
𝒚∈ℝ
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑬𝟏 ⟺
𝒛
𝟏
𝒙= 𝒚
𝟐
𝟏
𝒚
𝒙
𝟏
𝟐
𝟏
𝒚
Par la suite 𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑬𝟏 ⟺ 𝒖 =
= 𝒚 𝟐
𝟐
𝟑
𝒛
−𝟑
− 𝒚
𝟐

𝒘𝟏

Ce qui donne 𝑬𝟏 = 𝒖 = 𝜶𝒘𝟏 /𝜶 ∈ ℝ = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟏
𝑬𝟏 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒘𝟏
𝟎
Or 𝒘𝟏 ≠ 𝟎 donc 𝒘𝟏 est aussi famille libre
𝟎
D’où 𝒘𝟏 est une base de 𝑬𝟏 et 𝒅𝒊𝒎(𝑬𝟏 ) = 𝟏
𝟏
En effet 𝒘𝟏 = 𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒆 𝑨 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é à 𝒍𝒂 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆 𝝀𝟏 = 𝟎
−𝟑
 𝑬𝟐 = 𝒖 ∈ ℝ𝟑 / 𝑨 − 𝝀𝟐 𝑰 𝒖 = 𝟎ℝ𝟑
𝒙
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑬𝟐 ⟺ 𝑨 − 𝟏 × 𝑰 𝒖 = 𝟎ℝ 𝟑
𝒛
⟺ 𝑨 − 𝑰 𝒖 = 𝟎ℝ 𝟑
𝒙
−𝟏 𝟑
𝟐
𝟎
𝒚
⟺ −𝟐 𝟔
= 𝟎
𝟒
𝟑 −𝟗 −𝟔 𝒛
𝟎
−𝒙 + 𝟑𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
⟺ −𝟐𝒙 + 𝟔𝒚 + 𝟒𝒛 = 𝟎
𝟑𝒙 − 𝟗𝒚 − 𝟔𝒛 = 𝟎
−𝒙 + 𝟑𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
𝟏
⟺ −𝒙 + 𝟑𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎 𝑳𝟐 ← 𝟐 𝑳𝟐
−𝒙 + 𝟑𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎 𝑳 ←− 𝟏 𝑳
𝟑
𝟑 𝟑
𝒙 = 𝟑𝒚 + 𝟐𝒛

𝒚∈ℝ
𝒛∈ℝ
𝒙
𝟑𝒚 + 𝟐𝒛
Par la suite 𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑬𝟐 ⟺ 𝒖 =
𝒚
𝒛
𝒛
𝟑𝒚
𝟐𝒛
⟺𝒖= 𝒚 + 𝟎
𝒛
𝟎
𝟑
𝟐
⟺ 𝒖= 𝒚 𝟏 +𝒛 𝟎
𝟎
𝟏
𝒘𝟐

𝒘′𝟐

2

BEN AHMED MOHSEN

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Ce qui donne 𝑬𝟐 = 𝒖 = 𝜶𝒘𝟐 + 𝜷𝒘′𝟐 / 𝜶, 𝜷 ∈ ℝ𝟐 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟐 , 𝒘′𝟐
𝑬𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒘𝟐 , 𝒘′𝟐
𝟑𝒂 + 𝟐𝒃 = 𝟎
Or 𝒂𝒘𝟐 + 𝒃𝒘′𝟐 = 𝟎 ⟺
⇒𝒂=𝒃=𝟎
𝒂=𝟎
𝒃=𝟎
Donc 𝒘𝟐 , 𝒘′𝟐 est aussi famille libre
D’où 𝒘𝟐 , 𝒘′𝟐 est une base de 𝑬𝟐 et 𝒅𝒊𝒎 𝑬𝟐 = 𝟐
𝟑
𝟐
En effet 𝒘𝟐 = 𝟏 𝒆𝒕 𝒘′𝟐 = 𝟎 𝒔𝒐𝒏𝒕 𝒍𝒆𝒔 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓𝒔 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝑨 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é𝒔 à 𝒍𝒂 𝒗 − 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆 𝝀𝟐 = 𝟏
𝟎
𝟏
3)
𝒅𝒊𝒎(𝑬𝟏 ) = 𝟏 = 𝒐𝒓𝒅𝒓𝒆 𝒅𝒆 𝒎𝒖𝒍𝒕𝒊𝒑𝒍𝒊𝒄𝒊𝒕é 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆 𝝀𝟏
𝒅𝒊𝒎(𝑬𝟐 ) = 𝟐 = 𝒐𝒓𝒅𝒓𝒆 𝒅𝒆 𝒎𝒖𝒍𝒕𝒊𝒑𝒍𝒊𝒄𝒊𝒕é 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆 𝝀𝟐 ⇔ 𝑨 𝒆𝒔𝒕 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒐𝒏𝒂𝒍𝒊𝒔𝒂𝒃𝒍𝒆
𝒅𝒊𝒎(𝑬𝟏 ) + 𝒅𝒊𝒎(𝑬𝟐 ) = 𝟑 = 𝑳’𝒐𝒓𝒅𝒓𝒆 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒄𝒆 𝒄𝒂𝒓𝒓é𝒆 𝑨
Vérifions que 𝑩𝒑 = 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 , 𝒘′𝟐 est une base propre de ℝ𝟑
𝟏 𝟑 𝟐
𝟕 𝟑 𝟎 𝑳𝟏 ← 𝑳𝟏 − 𝟐𝑳𝟐
𝒅𝒆𝒕 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 , 𝒘′𝟐 = 𝟐 𝟏 𝟎 = 𝟐 𝟏 𝟎
−𝟑 𝟎 𝟏
−𝟑 𝟎 𝟏
𝟕 𝟑

⇔ 𝒅𝒆𝒕 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 , 𝒘𝟐 = +𝟏
= 𝟏 Ainsi 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 𝒆𝒕 𝒘′𝟐 sont 3 vecteurs linéairement indépendants de ℝ𝟑
𝟐 𝟏
Ce qui prouve que 𝑩𝒑 = 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 , 𝒘′𝟐 est une base propre de ℝ𝟑
𝟏 𝟑 𝟐
Soient 𝑷 = 𝟐 𝟏 𝟎 la matrice de passage de la base canonique 𝑩𝒄 = 𝒆𝟏 , 𝒆𝟐 , 𝒆𝟑 à la base propre
−𝟑 𝟎 𝟏
𝟎 𝟎 𝟎
𝑩𝒑 = 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 , 𝒘′𝟐 Et la matrice diagonale 𝑫 = 𝟎 𝟏 𝟎
𝟎 𝟎 𝟏
Récapitulation :
𝟏

𝑬𝟏 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟏 = 𝟐
, 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é
−𝟑
𝝀𝟏 = 𝟎 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆
𝑨




𝝀𝟐 = 𝟏 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆

⟶ 𝑬𝟐 = 𝑽𝒆𝒄𝒕

𝟑
𝟐
𝒘𝟐 = 𝟏 , 𝒘′𝟐 = 𝟎
𝟎
𝟏

, 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é

𝑨 𝒆𝒔𝒕 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒐𝒏𝒂𝒍𝒊𝒔𝒂𝒃𝒍𝒆 ⇔ Il existe une matrice de passage 𝑷 inversible et une matrice 𝑫 diagonale telles que 𝑨 =
𝑷𝑫𝑷 −𝟏
4)
𝟏
𝑷 −𝟏 =
𝒕𝑪𝒐𝒎 𝑷
𝒅𝒆𝒕𝑩𝒄 𝑷
𝟏 𝟎
𝟐 𝟎

𝟎 𝟏
−𝟑 𝟏
𝟑 𝟐
𝟏 𝟐
Avec 𝑪𝒐𝒎 𝑷 = −
+
𝟎 𝟏
−𝟑 𝟏
𝟑 𝟐
𝟏 𝟐
+

𝟏 𝟎
𝟐 𝟎
𝟏 −𝟑 −𝟐
D’où 𝑷 −𝟏 = −𝟐 𝟕
𝟒
𝟑 −𝟗 −𝟓
5) 𝒕𝑨 = 𝒕 𝑷𝑫𝑷−𝟏 = 𝒕𝑷−𝟏 . 𝒕𝑫 . 𝒕𝑷 =
+

𝟐 𝟏
−𝟑 𝟎
𝟏 𝟑

−𝟑 𝟎
𝟏 𝟑
+
𝟐 𝟏
+

𝟏
= −𝟑
−𝟐

𝒕𝑷−𝟏 . 𝑫. 𝒕𝑷
3

−𝟐
𝟕
𝟒

𝟑
−𝟗
−𝟓

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𝟏 −𝟐 𝟑
Soit 𝑸 = 𝒕 −𝟏 = −𝟑 𝟕 −𝟗 ⟹ 𝑸−𝟏 = 𝒕 −𝟏
𝑷
𝑷
−𝟐 𝟒 −𝟓
Par la suite 𝒕𝑨 = 𝑸𝑫𝑸−𝟏
D’autre part 𝟐𝑰 = 𝑸. 𝟐𝑰 . 𝑸 −𝟏
Ce qui donne 𝑩 = 𝒕𝑨 + 𝟐𝑰 = 𝑸 𝑫𝑸 −𝟏 + 𝑸.

−𝟏

=

𝒕𝑷

−𝟏 −𝟏

𝒅𝒆𝒕 𝑸 = 𝒅𝒆𝒕 𝒕
𝟎
𝟑
𝟎

𝟐
𝟏
𝟎

−𝟑
𝟎
𝟏

𝟐𝑰 . 𝑸 −𝟏 = 𝑸. 𝑫𝑸 −𝟏 + 𝟐𝑰 . 𝑸 −𝟏 = 𝑸. 𝑫 + 𝟐𝑰 . 𝑸−𝟏

Or 𝑸 est inversible puisque :
𝟐
Et 𝑫 + 𝟐𝑰 = 𝚫 = 𝟎
𝟎

𝟏
= 𝒕𝑷 = 𝟑
𝟐

𝑷−𝟏

= 𝒅𝒆𝒕 𝑷 −𝟏 =

𝟎
𝟎 est une matrice diagonale
𝟑

𝟏
𝒅𝒆𝒕 𝑷

=𝟏

D’où 𝑩 = 𝒕𝑨 + 𝟐𝑰 = 𝑸𝚫𝑸−𝟏 est diagonalisable
6)
𝟏 −𝟐 𝟑
𝑸 = −𝟑 𝟕 −𝟗 Étant la matrice de passage de la base canonique 𝑩𝒄 = 𝒆𝟏 , 𝒆𝟐 , 𝒆𝟑 à la base 𝑩 = 𝒗𝟏 , 𝒗𝟐 , 𝒗′𝟐
−𝟐 𝟒 −𝟓
𝟏
−𝟐
𝟑
Où 𝒗𝟏 = −𝟑 , 𝒗𝟐 = 𝟕 𝒆𝒕 𝒗′𝟐 = −𝟗
−𝟐
𝟒
−𝟓
𝟎 −𝟐 𝟑
𝟐 𝟎 𝟎
𝟐 −𝟐 𝟑
Or 𝑩 = 𝒕𝑨 + 𝟐𝑰 = 𝟑 𝟕 −𝟗 + 𝟎 𝟐 𝟎 = 𝟑 𝟗 −𝟗
𝟐 𝟒 −𝟓
𝟎 𝟎 𝟐
𝟐 𝟒 −𝟑
Recherchons les valeurs propres de 𝑩 et les vecteurs propres associés :
𝟐 −𝟐 𝟑
𝟏
𝟐
 𝑩. 𝒗𝟏 = 𝟑 𝟗 −𝟗 −𝟑 = −𝟔 = 𝟐𝒗𝟏
𝟐 𝟒 −𝟑 −𝟐
−𝟒
𝒗𝟏 Vecteur propre de 𝑩 associé à la valeur propre 𝜹𝟏 = 𝟐
𝟐 −𝟐 𝟑
−𝟐
−𝟔
 𝑩. 𝒗𝟐 = 𝟑 𝟗 −𝟗
𝟕 = 𝟐𝟏 = 𝟑𝒗𝟐
𝟐 𝟒 −𝟑
𝟒
𝟏𝟐
𝒗𝟐 Vecteur propre de 𝑩 associé à la valeur propre 𝜹𝟐 = 𝟑
𝟐 −𝟐 𝟑
𝟑
𝟗
 𝑩. 𝒗′𝟐 = 𝟑 𝟗 −𝟗 −𝟗 = −𝟐𝟕 = 𝟑𝒗′𝟐
𝟐 𝟒 −𝟑 −𝟓
−𝟏𝟓
𝒗′𝟐 Vecteur propre de 𝑩 associé à la valeur propre 𝜹𝟐 = 𝟑
Récapitulation :


𝑩 = 𝒕𝑨 + 𝟐𝑰



𝜹𝟏 = 𝟐 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆

𝟏
𝑭𝟏 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒗𝟏 = −𝟑
−𝟐


𝜹𝟐 = 𝟑 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆


𝑭𝟐 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒗𝟐 =

, 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é

−𝟐
𝟑
𝟕 , 𝒗′𝟐 = −𝟗
−𝟓
𝟒

, 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆
𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é

Exercice 2 : (ISG-SP2006)

𝟐 −𝟐 𝟏
On considère la matrice 𝑨𝒎 = 𝟐 −𝟑 𝒎
−𝟏 𝟐
𝟎
1) Vérifier que 𝝀 = 𝟏 est une valeur propre de 𝑨𝒎 pour tout 𝒎 ≥ 𝟎 , (Eviter de calculer le polynôme
caractéristique de 𝑨𝒎 , 𝑷𝑨𝒎 𝝀
4

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2) Supposons que : 𝒎 = 𝟎
 Calculer le déterminant et la trace de la matrice de la matrice 𝑨𝟎
 En déduire les autres valeurs propres de 𝑨𝟎
 Montrer que 𝑨𝟎 n’est pas diagonalisable
3) Supposons que 𝒎 = 𝟐
 Montrer que : 𝑨𝟐𝟐 + 𝟐𝑨𝟐 − 𝟑𝑰 = 𝟎. En déduire que 𝑨𝟐 est inversible et déterminer 𝑨−𝟏
𝟐
 Montrer que 𝑨𝟐 est diagonalisable et qu’ils existent une matrice 𝑫 diagonale et une matrice 𝑷
inversible telles que 𝑨𝟐 = 𝑷𝑫𝑷−𝟏
 En déduire que 𝑨𝒏𝟐 est diagonalisable, 𝒏 ∈ ℕ∗ et préciser ses valeurs propres et ses sous-espaces
propres
4) Supposons que 𝒎 ≥ 𝟎
 Calculer le polynôme caractéristique de 𝑨𝒎 : 𝑷 𝑨𝒎 𝝀
 Déterminer les valeurs de 𝒎 pour que la matrice 𝑨𝒎 soit diagonalisable

Corrigé 2 : (ISG-SP2006)

𝟏 −𝟐 𝟏
1) 𝒅𝒆𝒕 𝑨𝒎 − 𝟏. 𝑰 = 𝟐 −𝟒 𝒎 = 𝟎 𝒄𝒂𝒓 𝑳𝟏 𝒆𝒕 𝑳𝟐 𝒔𝒐𝒏𝒕 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒐𝒓𝒕𝒊𝒐𝒏𝒏𝒆𝒍𝒍𝒆𝒔 ( 𝑳𝟏 = −𝟏 × 𝑳𝟐 )
−𝟏 𝟐 −𝟏
D’où ∀ 𝒎 ≥ 𝟎 , 𝝀𝟏 = 𝟏 est une valeur propre de 𝑨𝒎
2)

𝟐 −𝟐 𝟏
𝟐 −𝟑
 𝒅𝒆𝒕 𝑨𝟎 = 𝟐 −𝟑 𝟎 = +𝟏
=𝟏
−𝟏 𝟐
−𝟏 𝟐 𝟎
 𝑻𝒓 𝑨𝟎 = 𝟐 + −𝟑 + 𝟎 = −𝟏
 𝑨𝟎 est une matrice carrée d’ordre 3 donc admet au plus 3 valeurs propres dans ℝ qui seront notées
respectivement 𝝀𝟏 , 𝝀𝟐 𝒆𝒕 𝝀𝟑 .
Or 𝝀𝟏 = 𝟏 est une valeur propre de 𝑨𝒎 pour tout 𝒎 ≥ 𝟎 en particulier pour 𝒎 = 𝟎 , ainsi 𝝀𝟏 = 𝟏 est une valeur
propre de 𝑨𝟎
𝑻𝒓 𝑨𝟎 = 𝝀𝟏 + 𝝀𝟐 + 𝝀𝟑
−𝟏 = 𝝀𝟏 + 𝝀𝟐 + 𝝀𝟑
D’autre part on a :

𝒅𝒆𝒕 𝑨𝟎 = 𝝀𝟏 × 𝝀𝟐 × 𝝀𝟑
𝟏 = 𝝀𝟏 × 𝝀𝟐 × 𝝀𝟑
𝝀 + 𝝀𝟑 = 𝑺 = −𝟐
Par la suite on obtient le système d'équations somme/produit suivant 𝟐
𝝀𝟐 × 𝝀𝟑 = 𝑷 = 𝟏
𝟐
𝝀𝟐 𝒆𝒕 𝝀𝟑 Seront des racines de l’équation 𝒙 − 𝑺𝒙 + 𝑷 = 𝟎 Autrement dit 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 + 𝟏 = 𝟎 ⇔ 𝒙 + 𝟏 𝟐 = 𝟎
𝝀𝟐 = 𝝀𝟑 = −𝟏
𝝀𝟏 = 𝟏 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆
𝒍𝒆𝒔 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓𝒔 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝑨𝟎 ∶
𝝀𝟐 = −𝟏 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆
 On désigne par 𝑬𝟏 𝒆𝒕 𝑬𝟐 Les sous-espaces propres de 𝑨 associés respectivement aux valeurs propres
𝝀𝟏 𝒆𝒕 𝝀𝟐
 𝑬𝟐 = 𝒖 ∈ ℝ𝟑 / 𝑨𝟎 − 𝝀𝟐 𝑰 𝒖 = 𝟎ℝ𝟑
𝟑 −𝟐 𝟏
𝟑
Or 𝒅𝒊𝒎 𝑬𝟐 = 𝒅𝒊𝒎 ℝ − 𝒓𝒈 𝑨𝟎 − 𝝀𝟐 𝑰 = 𝟑 − 𝒓𝒈 𝑨𝟎 + 𝑰 = 𝟑 − 𝒓𝒈 𝟐 −𝟐 𝟎
−𝟏 𝟐 𝟏
𝟒 −𝟒 𝟎 𝑳𝟏 ← 𝑳𝟏 − 𝑳𝟑
⇔ 𝒅𝒊𝒎 𝑬𝟐 = 𝟑 − 𝒓𝒈 𝟐 −𝟐 𝟎
−𝟏 𝟐 𝟏
𝟎
𝟎 𝟎 𝑳′𝟏 ← 𝑳′𝟏 − 𝟐𝑳𝟐
⇔ 𝒅𝒊𝒎 𝑬𝟐 = 𝟑 − 𝒓𝒈 𝟐 −𝟐 𝟎
−𝟏 𝟐 𝟏
D’où 𝒅𝒊𝒎 𝑬𝟐 = 𝟑 − 𝟐 = 𝟏 ≠ 𝟐
La dimension de 𝑬𝟐 n’est pas égale à l’ordre de multiplicité de la valeur propre double associée 𝝀𝟐 = −𝟏
C’est la raison pour laquelle 𝑨𝟎 n’est pas diagonalisable
3)

5

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𝟐
𝑨𝟐 = 𝟐
−𝟏

−𝟐 𝟏

−𝟑 𝟐 ⇒
𝟐 𝟎
−𝟏 𝟒
Par la suite 𝑨𝟐𝟐 + 𝟐𝑨𝟐 − 𝟑𝑰 = −𝟒 𝟗
𝟐 −𝟒
Il en résulte : 𝑨𝟐𝟐 + 𝟐𝑨𝟐 = 𝟑𝑰 ⇔ 𝟏 𝟑 𝑨𝟐 .
D’où 𝑨𝟐 est inversible et 𝑨𝟐−𝟏

𝟐 −𝟐 𝟏
𝟐 −𝟐 𝟏
−𝟏 𝟒 −𝟐
= 𝟐 −𝟑 𝟐
𝟐 −𝟑 𝟐 = −𝟒 𝟗 −𝟒
−𝟏 𝟐 𝟎 −𝟏 𝟐 𝟎
𝟐 −𝟒 𝟑
−𝟐
𝟐 −𝟐 𝟏
𝟏 𝟎 𝟎
𝟎 𝟎 𝟎
+
𝟐

𝟑
=
−𝟒
𝟐 −𝟑 𝟐
𝟎 𝟏 𝟎
𝟎 𝟎 𝟎 =𝟎
𝟑
−𝟏 𝟐 𝟎
𝟎 𝟎 𝟏
𝟎 𝟎 𝟎
𝑨𝟐 + 𝟐𝑰 = 𝑰 Ou encore 𝑨𝟐 . 𝟏 𝟑 𝑨𝟐 + 𝟐 𝟑 𝑰 = 𝑰
𝟐 −𝟐 𝟏
𝟏 𝟎 𝟎
𝟒 −𝟐
𝟏
= 𝟏 𝟑 𝑨𝟐 + 𝟐𝑰 = 𝟏 𝟑
+
𝟐
=
𝟐 −𝟑 𝟐
𝟎 𝟏 𝟎
𝟑 𝟐 −𝟏
−𝟏 𝟐 𝟎
𝟎 𝟎 𝟏
−𝟏 𝟐
𝑨𝟐𝟐

et𝑻𝒓 𝑨𝟐
−𝟐 𝟏
𝟐 −𝟐 𝟏
−𝟑 𝟐 = −𝟐 𝟏 𝟎 𝑳𝟐 ← 𝑳𝟐 − 𝟐𝑳𝟏
𝟐 𝟎
−𝟏 𝟐 𝟎
−𝟐 𝟏
⇔ 𝒅𝒆𝒕 𝑨𝟐 = +𝟏
= −𝟑
−𝟏 𝟐
 𝑻𝒓 𝑨𝟐 = 𝟐 + −𝟑 + 𝟎 = −𝟏
Or 𝑨𝟐 Est une matrice carrée d’ordre 3 donc admet au plus 3 valeurs propres dans ℝ qui seront notées respectivement
𝜽𝟏 , 𝜽𝟐 𝒆𝒕 𝜽𝟑 .
Or 𝜽𝟏 = 𝟏 est une valeur propre de 𝑨𝒎 pour tout 𝒎 ≥ 𝟎 en particulier pour 𝒎 = 𝟐 , ainsi 𝜽𝟏 = 𝟏 est une valeur
propre de 𝑨𝟐
𝑻𝒓 𝑨𝟐 = 𝜽𝟏 + 𝜽𝟐 + 𝜽𝟑
−𝟏 = 𝜽𝟏 + 𝜽𝟐 + 𝜽𝟑
D’autre part on a :

−𝟑 = 𝜽𝟏 × 𝜽𝟐 × 𝜽𝟑
𝒅𝒆𝒕 𝑨𝟐 = 𝜽𝟏 × 𝜽𝟐 × 𝜽𝟑
𝜽 + 𝜽𝟑 = 𝑺 = −𝟐
Par la suite on obtient le système d'équations somme/produit suivant 𝟐
𝜽𝟐 × 𝜽𝟑 = 𝑷 = −𝟑
𝜽𝟐 𝒆𝒕 𝜽𝟑 Seront des racines de l’équation 𝒙𝟐 − 𝑺𝒙 + 𝑷 = 𝟎 Autrement dit 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 − 𝟑 = 𝟎
𝜽𝟑 = 𝜽𝟏 = 𝟏
𝒄
𝒂 + 𝒃 + 𝒄 = 𝟏 + 𝟐 + −𝟑 = 𝟎 ⇒
𝜽𝟐 = = −𝟑
𝒂
𝜽𝟏 = 𝟏 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆
𝒍𝒆𝒔 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓𝒔 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝑨𝟐 ∶
𝜽𝟐 = −𝟑 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆
Notons 𝑭𝟏 𝒆𝒕 𝑭𝟐 Les sous-espaces propres de 𝑨𝟐 associés respectivement aux valeurs propres 𝜽𝟏 𝒆𝒕 𝜽𝟐


Calculons d’abord 𝒅𝒆𝒕 𝑨𝟐
𝟐
 𝒅𝒆𝒕 𝑨𝟐 = 𝟐
−𝟏

𝟏
𝟐
𝟐

 𝑭𝟏 = 𝒖 ∈ ℝ𝟑 / 𝑨𝟐 − 𝜽𝟏 𝑰 𝒖 = 𝟎ℝ𝟑

𝒙
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑭 𝟏 ⟺ 𝑨𝟐 − 𝟏 × 𝑰 𝒖 = 𝟎 ℝ 𝟑
𝒛
⟺ 𝑨𝟐 − 𝑰 𝒖 = 𝟎 ℝ 𝟑
𝒙
𝟏 −𝟐 𝟏
𝟎
𝒚 = 𝟎
⟺ 𝟐 −𝟒 𝟐
−𝟏 𝟐 −𝟏 𝒛
𝟎
𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝒛 = 𝟎
⟺ 𝟐𝒙 − 𝟒𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
−𝒙 + 𝟐𝒚 − 𝒛 = 𝟎
𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝒛 = 𝟎
𝟏
𝑳
⟺ 𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝒛 = 𝟎 𝑳𝟐 ←
𝟐 𝟐
𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝒛 = 𝟎 𝑳𝟑 ←−𝟏 × 𝑳𝟑
𝒙 = 𝟐𝒚 − 𝒛

𝒚∈ℝ
𝒛∈ℝ
𝒙
𝟐𝒚 − 𝒛
𝒚
Par la suite 𝒖 =
∈ 𝑭𝟏 ⟺ 𝒖 =
𝒚
𝒛
𝒛

6

BEN AHMED MOHSEN

Téléphone : (+216) 97619191
Adresse électronique : omega.center.cp@gmail.com
−𝒛
𝟐𝒚
⟺𝒖= 𝒚 + 𝟎
𝒛
𝟎
𝟐
−𝟏
⟺ 𝒖= 𝒚 𝟏 +𝒛 𝟎
𝟎
𝟏

Ce qui donne 𝑭𝟏 = 𝒖 =
𝑭𝟏 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓

𝒘𝟏
𝜶𝒘𝟏 + 𝜷𝒘′𝟏 /
𝒘𝟐 , 𝒘′𝟐

𝒘′𝟏

𝜶, 𝜷 ∈ ℝ𝟐 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟏 , 𝒘′𝟏

𝟐𝒂 − 𝒃 = 𝟎
⇒𝒂=𝒃=𝟎
𝒂=𝟎
𝒃 =𝟎
Donc 𝒘𝟏 , 𝒘′𝟏 est aussi famille libre
D’où 𝒘𝟏 , 𝒘′𝟏 est une base de 𝑭𝟏 et 𝒅𝒊𝒎 𝑭𝟏 = 𝟐
𝟐
−𝟏
En effet 𝒘𝟏 = 𝟏 𝒆𝒕 𝒘′𝟏 = 𝟎 𝒔𝒐𝒏𝒕 𝒍𝒆𝒔 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓𝒔 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝑨 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é𝒔 à 𝒍𝒂 𝒗 − 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆 𝜽𝟏 = 𝟏
𝟎
𝟏
Or 𝒂𝒘𝟏 + 𝒃𝒘′𝟏 = 𝟎 ⟺

 𝑭𝟐 = 𝒖 ∈ ℝ𝟑 /
𝒙
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑭𝟐 ⟺ 𝑨𝟐 + 𝟑𝑰 𝒖 = 𝟎ℝ𝟑
𝒛
𝟓 −𝟐 𝟏 𝒙
⟺ 𝟐
𝟎 𝟐 𝒚 =
−𝟏 𝟐 𝟑 𝒛
𝟓𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝒛 = 𝟎

𝟐𝒙 + 𝟐𝒛 = 𝟎
−𝒙 + 𝟐𝒚 + 𝟑𝒛 = 𝟎
𝒙+𝒛 = 𝟎
𝑳𝟏
𝒙+𝒛 = 𝟎

𝑳𝟐
−𝒙 + 𝟐𝒚 + 𝟑𝒛 = 𝟎
𝒙 = −𝒛
𝒙
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑭𝟐 ⟺ 𝒛 ∈ ℝ
𝒚 = −𝟐𝒛
𝒛
𝒙
−𝒛
Par la suite 𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑭𝟐 ⟺ 𝒖 = −𝟐𝒛
𝒛
𝒛

𝑨𝟐 − 𝜽𝟐 𝑰 𝒖 = 𝟎ℝ𝟑

𝟎
𝟎
𝟎




𝟏 𝟒 𝑳𝟏 + 𝑳𝟑
𝟏 𝟐 𝑳𝟐

= −𝒛

𝟏
𝟐
−𝟏
𝒘𝟐

Ce qui donne 𝑭𝟐 = 𝒖 = 𝜶𝒘𝟐 /𝜶 ∈ ℝ = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟐
𝑭𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒘𝟐
𝟎
Or 𝒘𝟐 ≠ 𝟎 donc 𝒘𝟐 est aussi famille libre
𝟎
D’où 𝒘𝟐 est une base de 𝑭𝟐 et 𝒅𝒊𝒎(𝑬𝟏 ) = 𝟏
𝟏
En effet 𝒘𝟐 = 𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒆 𝑨𝟐 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é à 𝒍𝒂 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆 𝜽𝟐 = −𝟑
−𝟏
Récapitulation :
𝟐
−𝟏
⟶ 𝑭𝟏 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟏 = 𝟏 , 𝒘′𝟏 = 𝟎
, 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é
𝜽𝟏 = 𝟏 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆
𝟎
𝟏
𝑨𝟐




𝜽𝟐 = −𝟑 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆



𝑭𝟐 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟐 =

7

𝟏
𝟐
−𝟏

, 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é

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𝒅𝒊𝒎(𝑭𝟏 ) = 𝟐 = 𝒐𝒓𝒅𝒓𝒆 𝒅𝒆 𝒎𝒖𝒍𝒕𝒊𝒑𝒍𝒊𝒄𝒊𝒕é 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆 𝜽𝟏 = 𝟏
𝒅𝒊𝒎(𝑭𝟐 ) = 𝟏 = 𝒐𝒓𝒅𝒓𝒆 𝒅𝒆 𝒎𝒖𝒍𝒕𝒊𝒑𝒍𝒊𝒄𝒊𝒕é 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆 𝜽𝟐 = −𝟑 ⇔ 𝑨𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒐𝒏𝒂𝒍𝒊𝒔𝒂𝒃𝒍𝒆
𝒅𝒊𝒎(𝑭𝟏 ) + 𝒅𝒊𝒎(𝑭𝟐 ) = 𝟑 = 𝑳’𝒐𝒓𝒅𝒓𝒆 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒄𝒆 𝒄𝒂𝒓𝒓é𝒆 𝑨𝟐
Vérifions que 𝑩𝒑 = 𝒘𝟏 , 𝒘′𝟏 , 𝒘𝟐 est une base propre de ℝ𝟑
𝟐 −𝟏 𝟏
𝟐 𝟎 𝟎 𝑳𝟏 ← 𝑳𝟏 + 𝑳𝟑
𝒅𝒆𝒕 𝒘𝟏 , 𝒘′𝟏 , 𝒘𝟐 = 𝟏 𝟎
𝟐 = 𝟏 𝟎 𝟐
𝟎 𝟏 −𝟏
𝟎 𝟏 −𝟏
𝟎 𝟐

⇔ 𝒅𝒆𝒕 𝒘𝟏 , 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 = +𝟐
= −𝟒 ≠ 𝟎 Ainsi 𝒘𝟏 , 𝒘′𝟏 𝒆𝒕 𝒘𝟐 sont 3 vecteurs linéairement indépendants de
𝟏 −𝟏
ℝ𝟑 . Ce qui prouve que 𝑩𝒑 = 𝒘𝟏 , 𝒘′𝟏 , 𝒘𝟐 est une base propre de ℝ𝟑
𝟐 −𝟏 𝟏
Soient 𝑷 = 𝟏 𝟎
𝟐 la matrice de passage de la base canonique 𝑩𝒄 = 𝒆𝟏 , 𝒆𝟐 , 𝒆𝟑 à la base propre
𝟎 𝟏 −𝟏
𝟏 𝟎 𝟎
𝑩𝒑 = 𝒘𝟏 , 𝒘′𝟏 , 𝒘𝟐 Et la matrice diagonale 𝑫 = 𝟎 𝟏 𝟎
𝟎 𝟎 −𝟑
𝑨𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒐𝒏𝒂𝒍𝒊𝒔𝒂𝒃𝒍𝒆 ⇔ Il existe une matrice de passage 𝑷 inversible et une matrice 𝑫 diagonale telles
que 𝑨𝟐 = 𝑷𝑫𝑷−𝟏
 Démontrons par récurrence sur n la propriété 𝓟 𝒏 : " ∀ 𝒏 ∈ ℕ∗ , 𝑨𝒏𝟐 = 𝑷𝑫𝒏𝑷−𝟏 "
Pour 𝒏 = 𝟏, 𝒐𝒏 𝒂 ∶ 𝑨𝟏𝟐 = 𝑨𝟐 = 𝑷𝑫𝑷 −𝟏 = 𝑷𝑫𝟏 𝑷−𝟏 donc la propriété 𝓟 𝟏 est vraie pour 𝒏 = 𝟏
Démontrons que 𝓟 𝒏 𝒆𝒔𝒕 𝒗𝒓𝒂𝒊𝒆 ⟹ 𝓟 𝒏 + 𝟏 𝒆𝒔𝒕 𝒗𝒓𝒂𝒊𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒕𝒐𝒖𝒕 𝒆𝒏𝒕𝒊𝒆𝒓 𝒏 ≥ 𝟏
Supposons que 𝑨𝒏𝟐 = 𝑷𝑫𝒏 𝑷 −𝟏 ; il faut démontrer que 𝑨𝒏+𝟏
= 𝑷𝑫𝒏+𝟏 𝑷−𝟏
𝟐
𝒏+𝟏
𝒏
−𝟏
𝒏 −𝟏
−𝟏
Or 𝑨𝟐 = 𝑨𝟐 . 𝑨𝟐 = 𝑷𝑫𝑷
. 𝑷𝑫 𝑷
= 𝑷𝑫. 𝑷 𝑷 . 𝑫𝒏 𝑷−𝟏 = 𝑷𝑫. 𝑰. 𝑫𝒏 𝑷−𝟏 = 𝑷. 𝑫𝑫𝒏 . 𝑷 −𝟏 = 𝑷𝑫 𝒏+𝟏 𝑷−𝟏
On a bien démontré que : ∀ 𝒏 ∈ ℕ∗ , 𝑨𝒏𝟐 = 𝑷𝑫𝒏 𝑷 −𝟏
𝟐 −𝟏 𝟏
D’où l’existence d’une matrice 𝑷 = 𝟏 𝟎
𝟐 de passage (de la base canonique 𝑩𝒄 = 𝒆𝟏 , 𝒆𝟐 , 𝒆𝟑 à la base
𝟎 𝟏 −𝟏
𝟏𝒏 𝟎
𝟎
𝟏 𝟎
𝟎
𝒑

𝒏
𝟎
propre𝑩 = 𝒘𝟏 , 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 ) Inversible et une matrice 𝑫 = 𝟎 𝟏𝒏
𝟎
= 𝟎 𝟏
diagonale telles
𝟎
𝟎
−𝟑 𝒏
𝟎 𝟎 −𝟑 𝒏
que 𝑨𝒏𝟐 = 𝑷𝑫 𝒏 𝑷−𝟏
D’où 𝑨𝒏𝟐 est diagonalisable.
On démontre facilement et par récurrence sur 𝒏 les résultats suivants
∀ 𝒏 ∈ ℕ∗ ∶ 𝑨𝒏𝟐 . 𝒘𝟏 = 𝜽𝟏 𝒏 . 𝒘𝟏 , 𝑨𝒏𝟐 . 𝒘′𝟏 = 𝜽𝟏 𝒏 . 𝒘′𝟏 𝒆𝒕 𝑨𝒏𝟐 . 𝒘𝟐 = 𝜽𝟐 𝒏 . 𝒘𝟐
 Il est évident que 𝑨𝟏𝟐 . 𝒘𝟏 = 𝜽𝟏 𝟏 . 𝒘𝟏
Supposons que 𝑨𝒏𝟐 . 𝒘𝟏 = 𝜽𝟏 𝒏 . 𝒘𝟏 ; il faut démontrer que 𝑨𝒏+𝟏
. 𝒘𝟏 = 𝜽𝟏 𝒏+𝟏 . 𝒘𝟏 :
𝟐
𝒏+𝟏
𝒏
𝒏
𝒏
Or 𝑨𝟐 . 𝒘𝟏 = 𝑨𝟐 . 𝑨𝟐 . 𝒘𝟏 = 𝑨𝟐 . 𝜽𝟏 . 𝒘𝟏 = 𝜽𝟏 . 𝑨𝟐 . 𝒘𝟏 = 𝜽𝟏 𝒏 𝜽𝟏 𝟏 . 𝒘𝟏 = 𝜽𝟏 𝒏+𝟏 . 𝒘𝟏
𝟐
Il en résulte que 𝒘𝟏 = 𝟏 est un vecteur propre de 𝑨𝒏𝟐 associé à la valeur propre 𝜽𝟏 𝒏 = 𝟏𝒏 = 𝟏
𝟎
Les autres résultats seront démontrés d’une manière identique
En effet :
𝟐
−𝟏
⟶ 𝑭𝟏 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟏 = 𝟏 , 𝒘′𝟏 = 𝟎
, 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆
𝒏
𝒏
𝟎
𝟏
𝜽𝟏 = 𝟏 = 𝟏 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒅𝒐𝒖𝒃𝒍𝒆

𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é
𝑨𝒏𝟐

𝟏
𝜽𝟐 𝒏 = −𝟑 𝒏 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒆 ⟶
𝑭𝟐 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟐 = 𝟐
, 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆
−𝟏
𝒑𝒓𝒐𝒑𝒓𝒆 𝒂𝒔𝒔𝒐𝒄𝒊é

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4)

𝟐−𝝀
−𝟐
𝟏
𝟐
−𝟑 − 𝝀 𝒎
−𝟏
𝟐
−𝝀
𝟏−𝝀
𝟎
𝟏 − 𝝀 𝑳𝟏 ← 𝑳𝟏 + 𝑳𝟑
⇔ 𝑷 𝑨𝒎 𝝀 = 𝟐
−𝟑 − 𝝀
𝒎
−𝟏
𝟐
−𝝀
𝟏
𝟎
𝟏
⇔ 𝑷 𝑨𝒎 𝝀 = 𝟏 − 𝝀 𝟐 −𝟑 − 𝝀 𝒎
−𝟏
𝟐
−𝝀
𝑪𝟏 − 𝑪𝟑

𝑪𝟏
𝟎
𝟎
𝟏
⇔ 𝑷𝑨𝒎 𝝀 = 𝟏 − 𝝀 𝟐 − 𝒎 −𝟑 − 𝝀 𝒎
𝝀−𝟏
𝟐
−𝝀
𝟐 − 𝒎 −𝟑 − 𝝀
⇔ 𝑷𝑨𝒎 𝝀 = 𝟏 − 𝝀 × +𝟏
𝝀−𝟏
𝟐
⇔ 𝑷𝑨𝒎 𝝀 = 𝟏 − 𝝀 × 𝟐 𝟐 − 𝒎 − 𝝀 − 𝟏 −𝟑 − 𝝀
⇔ 𝑷𝑨𝒎 𝝀 = 𝟏 − 𝝀 𝝀𝟐 + 𝟐𝝀 + 𝟏 − 𝟐𝒎
⇔ 𝑷𝑨𝒎 𝝀 = 𝟏 − 𝝀 𝝀 + 𝟏 𝟐 − 𝟐𝒎
⇔ 𝑷𝑨𝒎 𝝀 = − 𝝀 − 𝟏 𝝀 + 𝟏 𝟐 − 𝟐𝒎
D’où le polynôme caractéristique de 𝑨𝒎 :
𝑷 𝑨𝒎 𝝀 = − 𝝀 − 𝟏 𝝀 − −𝟏 + 𝟐𝒎 𝝀 − −𝟏 − 𝟐𝒎
 𝟏 , −𝟏 + 𝟐𝒎 𝒆𝒕 −𝟏 − 𝟐𝒎 des valeurs propres de 𝑨𝒎


𝑷 𝑨𝒎 𝝀 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨𝒎 − 𝝀𝑰 =

𝟏 = −𝟏 +
𝟏 = −𝟏 −

𝟐𝒎 ⇔
𝟐𝒎 ⇔

𝟐𝒎 = 𝟐 ⇔ 𝒎 = 𝟐
𝟐𝒎 = −𝟐 , 𝒂𝒃𝒔𝒖𝒓𝒅𝒆

−𝟏 +

𝟐𝒎 = −𝟏 − 𝟐𝒎 ⇔ 𝟐𝒎 = 𝟎 ⇔ 𝒎 = 𝟎
 1er cas : si 𝒎 = 𝟐
On a démontré que 𝑨𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒐𝒏𝒂𝒍𝒊𝒔𝒂𝒃𝒍𝒆
 2èm cas: si 𝒎 = 𝟎
On a démontré que 𝑨𝟎 n’est pas diagonalisable
 3èm cas : si 𝒎 ∈ 𝟎, 𝟐 ∪ 𝟐, +∞
𝑨𝒎 Admet 3 valeurs propres distinctes et simples d’où 𝑨𝒎 𝒆𝒔𝒕 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒐𝒏𝒂𝒍𝒊𝒔𝒂𝒃𝒍𝒆
Conclusion
𝑨𝒎 𝒆𝒔𝒕 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒐𝒏𝒂𝒍𝒊𝒔𝒂𝒃𝒍𝒆 𝒔𝒊 𝒆𝒕 𝒔𝒆𝒖𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒔𝒊 𝒎 ∈ 𝟎, +∞

Exercice 3 : (ISG-SP2008)
Réduire à la forme canonique la forme quadratique suivante et préciser sa nature et sa signature.
𝒒 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝒙𝟐 + 𝟔𝒚𝟐 + 𝟓𝟔𝒛𝟐 − 𝟒𝒙𝒚 + 𝟏𝟒𝒙𝒛 − 𝟑𝟔𝒚𝒛

Corrigé 3 : (ISG-SP2008)

𝒒 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝒙𝟐 − 𝟒𝒙𝒚 + 𝟏𝟒𝒙𝒛 + 𝟔𝒚𝟐 + 𝟓𝟔𝒛𝟐 − 𝟑𝟔𝒚𝒛
⇔ 𝒒 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 −𝟐𝒚 + 𝟕𝒛 + 𝟔𝒚𝟐 + 𝟓𝟔𝒛𝟐 − 𝟑𝟔𝒚𝒛
⇔ 𝒒 𝒙, 𝒚, 𝒛 =






𝒒
𝒒
𝒒
𝒒
𝒒

𝒙, 𝒚, 𝒛
𝒙, 𝒚, 𝒛
𝒙, 𝒚, 𝒛
𝒙, 𝒚, 𝒛
𝒙, 𝒚, 𝒛

=
=
=
=
=

𝒙 + −𝟐𝒚 + 𝟕𝒛
𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟕𝒛
𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟕𝒛
𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟕𝒛
𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟕𝒛
𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟕𝒛

𝟐

− −𝟐𝒚 + 𝟕𝒛

𝟐

+ 𝟔𝒚𝟐 + 𝟓𝟔𝒛𝟐 − 𝟑𝟔𝒚𝒛

𝟐

− 𝟒𝟗𝒛𝟐 + 𝟒𝒚𝟐 − 𝟐𝟖𝒚𝒛 + 𝟔𝒚𝟐 + 𝟓𝟔𝒛𝟐 − 𝟑𝟔𝒚𝒛
𝟐
+ 𝟐𝒚𝟐 − 𝟖𝒚𝒛 + 𝟕𝒛𝟐
𝟐
+ 𝟐 𝒚𝟐 − 𝟒𝒚𝒛 + 𝟕𝒛𝟐
𝟐
+ 𝟐 𝒚𝟐 + 𝟐𝒚 −𝟐𝒛 + 𝟕𝒛𝟐
𝟐
+ 𝟐 𝒚 − 𝟐𝒛 𝟐 − −𝟐𝒛 𝟐 + 𝟕𝒛𝟐

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⇔ 𝒒 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟕𝒛 𝟐 + 𝟐 𝒚 − 𝟐𝒛 𝟐 − 𝟐 𝟒𝒛𝟐 + 𝟕𝒛𝟐
D’où la forme canonique de 𝒒 𝒙, 𝒚, 𝒛 :
𝒒 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟕𝒛 𝟐 + 𝟐 𝒚 − 𝟐𝒛 𝟐 − 𝒛𝟐
≠ 𝟑, 𝟎 ⟹ 𝒒 𝒏′ 𝒆𝒔𝒕 𝒑𝒂𝒔 𝒅é𝒇𝒊𝒏𝒊𝒆 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒕𝒊𝒗𝒆
𝒔𝒈 𝒒 = 𝟐, 𝟏
≠ 𝟎, 𝟑 ⟹ 𝒒 𝒏′ 𝒆𝒔𝒕 𝒑𝒂𝒔 𝒅é𝒇𝒊𝒏𝒊𝒆 𝒏é𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒆
𝒓𝒈 𝒒 = 𝟐 + 𝟏 = 𝟑 = 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟑 ⟹ 𝒒 𝒆𝒔𝒕 𝒏′ 𝒆𝒔𝒕 𝒑𝒂𝒔 𝒅é𝒈é𝒏é𝒓é𝒆

Exercice 4 : (ISCAE-SP2007)

𝒙
𝟐
𝟏 −𝟏
𝟏 −𝟏 𝟑 𝒆𝒕 𝒖 = 𝒚
𝒛
−𝟏 𝟑
𝟎
Résoudre 𝑨𝒖 = 𝟎
Déterminer la forme quadratique 𝒒 associée à la matrice 𝑨
Déterminer le rang de 𝒒
Décomposer 𝒒 en somme de carrés
Donner la signature de 𝒒

Soient 𝑨 =
1)
2)
3)
4)
5)

Corrigé 4 : (ISCAE-SP2007)
1) 𝑨𝒖 = 𝟎 ⇔




D’où 𝑺 ℝ𝟑 =

𝟎
𝟎
𝟎

𝟐
𝟏 −𝟏 𝒙
𝒚 =
𝟏 −𝟏 𝟑
𝒛
−𝟏 𝟑
𝟎
𝟐𝒙 + 𝒚 − 𝒛 = 𝟎
𝒙 − 𝒚 + 𝟑𝒛 = 𝟎
−𝒙 + 𝟑𝒚 = 𝟎
𝟐𝒙 + 𝒚 − 𝒛 = 𝟎
−𝟑𝒚 + 𝟕𝒛 = 𝟎 𝑳𝟐 ←
𝟐𝒚 + 𝟑𝒛 = 𝟎 𝑳𝟑 ←
𝟐𝒙 + 𝒚 − 𝒛 = 𝟎
−𝟑𝒚 + 𝟕𝒛 = 𝟎
𝑳′𝟑 ←
𝟐𝟑𝒛 = 𝟎
𝒙=𝟎
𝒚=𝟎
𝒛=𝟎

𝟎
𝟎
𝟎

𝟐𝑳𝟐 − 𝑳𝟏
𝑳𝟑 + 𝑳𝟐
𝟑𝑳′𝟑 + 𝟐𝑳′𝟐

= 𝟎ℝ 𝟑

𝟐
𝟏 −𝟏 𝒙
𝒚
𝟏 −𝟏 𝟑
𝒛
−𝟏 𝟑
𝟎
𝟐𝒙 + 𝒚 − 𝒛
⇔𝒒 𝒖 = 𝒙 𝒚 𝒛
𝒙 − 𝒚 + 𝟑𝒛
−𝒙 + 𝟑𝒚
⇔ 𝒒 𝒖 = 𝒙 𝟐𝒙 + 𝒚 − 𝒛 + 𝒚 𝒙 − 𝒚 + 𝟑𝒛 + 𝒛 −𝒙 + 𝟑𝒚
D’où 𝒒 𝒖 = 𝟐𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 + 𝟐𝒙𝒚 − 𝟐𝒙𝒛 + 𝟔𝒚𝒛
3) 𝒓𝒈 𝒒 = 𝒓𝒈 𝑨 = 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟑 − 𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝑨
Avec 𝑲𝒆𝒓 𝑨 = 𝒖 ∈ ℝ𝟑 / 𝑨𝒖 = 𝟎 = 𝟎ℝ𝟑 ⟹ 𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝑨 = 𝟎
D’où 𝒓𝒈 𝒒 = 𝟑 = 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟑 ⟹ 𝒒 𝒆𝒔𝒕 𝒏′ 𝒆𝒔𝒕 𝒑𝒂𝒔 𝒅é𝒈é𝒏é𝒓é𝒆
4) 𝒒 𝒖 = 𝟐𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 + 𝟐𝒙𝒚 − 𝟐𝒙𝒛 + 𝟔𝒚𝒛
⇔ 𝒒 𝒖 = 𝟐 𝒙𝟐 + 𝒙𝒚 − 𝒙𝒛 − 𝒚𝟐 + 𝟔𝒚𝒛
2) 𝒒 𝒖 = 𝒕𝒖 . 𝑨. 𝒖 = 𝒙

⇔ 𝒒 𝒖 = 𝟐 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙
⇔𝒒 𝒖 =𝟐

𝒙+

𝒚

𝒚−𝒛

𝒚−𝒛
𝟐

𝟐

𝒛

− 𝒚𝟐 + 𝟔𝒚𝒛

𝟐



𝒚−𝒛 𝟐
𝟐

− 𝒚𝟐 + 𝟔𝒚𝒛

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𝟏 𝟐
𝒚−𝒛 𝟐
𝒚− 𝒛 −𝟐
− 𝒚𝟐 + 𝟔𝒚𝒛
𝟐
𝟐
𝟐
𝟏
𝟏 𝟐 𝟏
⇔ 𝒒 𝒖 = 𝟐 𝒙 + 𝒚 − 𝒛 − 𝒚𝟐 − 𝟐𝒚𝒛 + 𝒛𝟐 − 𝒚𝟐 + 𝟔𝒚𝒛
𝟐
𝟐
𝟐
𝟏
𝟏 𝟐 𝟑 𝟐
𝟏
⇔ 𝒒 𝒖 = 𝟐 𝒙 + 𝒚 − 𝒛 − 𝒚 + 𝟕𝒚𝒛 − 𝒛𝟐
𝟐
𝟐
𝟐
𝟐
𝟏
𝟏 𝟐 𝟑 𝟐 𝟏𝟒
𝟏
⇔𝒒 𝒖 = 𝟐 𝒙+ 𝒚− 𝒛 − 𝒚 −
𝒚𝒛 − 𝒛𝟐
𝟐
𝟐
𝟐
𝟑
𝟐
𝟏
𝟏 𝟐 𝟑 𝟐
𝟕
𝟏
⇔ 𝒒 𝒖 = 𝟐 𝒙 + 𝒚 − 𝒛 − 𝒚 + 𝟐𝒚 − 𝒛 − 𝒛𝟐
𝟐
𝟐
𝟐
𝟑
𝟐
𝟐
𝟐
𝟏
𝟏
𝟑
𝟕
𝟕 𝟐
𝟏
⇔𝒒 𝒖 = 𝟐 𝒙+ 𝒚− 𝒛 −
𝒚+ − 𝒛
− − 𝒛
− 𝒛𝟐
𝟐
𝟐
𝟐
𝟑
𝟑
𝟐
D’où la forme canonique de 𝒒 𝒖 :
𝟏
𝟏 𝟐 𝟑
𝟕 𝟐 𝟐𝟑 𝟐
𝒒 𝒖 = 𝟐 𝒙+ 𝒚− 𝒛 − 𝒚− 𝒛 +
𝒛
𝟐
𝟐
𝟐
𝟑
𝟑
≠ 𝟑, 𝟎 ⟹ 𝒒 𝒏′ 𝒆𝒔𝒕 𝒑𝒂𝒔 𝒅é𝒇𝒊𝒏𝒊𝒆 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒕𝒊𝒗𝒆
5) 𝒔𝒈 𝒒 = 𝟐, 𝟏
≠ 𝟎, 𝟑 ⟹ 𝒒 𝒏′ 𝒆𝒔𝒕 𝒑𝒂𝒔 𝒅é𝒇𝒊𝒏𝒊𝒆 𝒏é𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒆
On retrouve aussi 𝒓𝒈 𝒒 = 𝟐 + 𝟏 = 𝟑
⇔𝒒 𝒖 =𝟐 𝒙+

𝟏

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