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Exercice 1:
A=\pmatrix{-1&0&1\\1&0&-1\\0&0&0}
1)
X_A(x)=\det{(x\times I - A)}=\matrix{+\\-\\+}\begin{vmatrix}x+1&0&-1\\-1&x&1\\0&0&x\end{vmatrix}=x^3+x^x=x^2(x+1)
2)
On veut calculer A\times (A+I)
A+I=\pmatrix{0&0&1\\1&1&-1\\0&0&1}
A\times (A+I)=\pmatrix{0&0&1\\1&1&-1\\0&0&1}\pmatrix{-1&0&1\\1&0&-1\\0&0&0}=\pmatrix{0&0&0\\0&0&0\\0&0&0}
p:x\rightarrow x(x+1).
p est le polynome minimal de A.
3)
Pour toute valeur propre \lambda_i, on associe un espace propre E_i et un projecteur P_i.
\color{red}\boxed{\color{white}\forall n \in\mathbb{N},\, \sum_i\lambda_i^nP_i=A^n}
\forall n\in\mathbb{N},\, O^nP_1+(-1)^nP_0=A^n.
Si n=0, P_0+P_1=I
Si n=1, -P_0=A
On a notre système a deux inconnues: \cases{P_0+P_1=I \\ -P_0=A}\implies\cases{P_0=-A \\ P_1=I-P_0=A+I}
A^n=(-1P_0+0P_1)^n=\sum_{k=0}^n\pmatrix{n\\k}(-P_0)^k(0P_1)^{n-k}
A^n=(-1P_0)^n+(0P_1)^n
A^n=\cases{I\text{ si } n=0 \\ (-1)^nP_0=(-1)^{n+1}A\text{ si }n>0}
4)
Soit t\in\mathbb{R}
e^{tA}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(tA)^k}{k!}
=\sum_{k=0}^{\infty}(\frac{t^k}{k!}(-1)^{k+1})A+I
=-A(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-t)^k}{k!}-1)+I
=-Ae^{-t}+A+I
=P_0e^{\lambda_0t}+P_1e^{\lambda_1t}
P_0=-A=\pmatrix{1&0&-1\\-1&0&1\\0&0&0}
P_1=A+I=\pmatrix{0&0&1\\1&1&-1\\0&0&1}
Vecteur propre dans P_0: \pmatrix{1\\-1\\0}
Vecteurs propres dans P_1: \pmatrix{0\\1\\0} \text{ et } \pmatrix{1\\-1\\1}
Exercice 2:
1.
B=\pmatrix{a&b&c\\a&b&c\\a&b&c}\,(a,b,c)\in\mathbb{R}^3.
\mathcal{X}_B(x)=\det{(xI-B)}=\begin{vmatrix}x-a&-b&-c\\-a&x-b&-c\\-a&-b&x-c\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}x-(a+b+c)&-b&-c\\x-(a+b+c)&x-b&-c\\x-(a+b+c)&-b&x-c\end{vmatrix}
\mathcal{X}_B(x)=(x-(a+b+c))\begin{vmatrix}1&-b&-c\\1&x-b&-c\\1&-b&x-c\end{vmatrix}\matrix{\\L_2-L_1\\L_3-L_1}
\mathcal{X}_B(x)=(x-(a+b+c))\begin{vmatrix}1&-b&-c\\0&x&0\\0&0&x\end{vmatrix}=x^2(x-(a+b+c))
On pose p:x\rightarrow x(x-(a+b+c))
- Divise
\mathcal{X}_B - Mêmes racines que
\mathcal{X}_B - Unitaire
- De + bas degré possible
p(B)=B(B-(a+b+c)I)
p(B)=\pmatrix{a&b&c\\a&b&c\\a&b&c}\pmatrix{-(b+c)&b&c\\a&-(a+c)&c\\a&b&-(a+b)}=0
p est le polynome minimal de B.
S_p(B)=\{0,a+b+c\}.
p est scindé à racines simples si a+b+c≠0
La matrice B est donc diagonalisable \forall(a,b,c)\in\mathbb{R}^3 tel que a+b+c≠0
2.
Soit \lambda_0=0 et \lambda_1=a+b+c.
\cases{\lambda_0;E_0;P_0\\\lambda_1;E_1;P_1}
\forall n\in\mathbb{N},\,\lambda_0^nP_0+\lambda_1^nP_1=B^n
\cases{P_0+P_1=I\\(a+b+c)P_1=B}\implies\cases{P_1=\frac{1}{a+b+c}B\\P_0=I-\frac{1}{a+b+c}B=\frac{-1}{a+b+c}(B-(a+b+c)I)}
B^n=\cases{I \text{ si }n=0\\(a+b+c)^nP_1=(a+b+c)^{n-1}B \text{ si }n>0}
e^{tB}=e^{0t}P_0+e^{(a+b+c)t}P_1.
Vecteurs propres de l'espace E_0: \pmatrix{-(b+c)\\a\\a} et \pmatrix{b\\-(a+c)\\b}
Vecteur propre de l'espace E_1: \pmatrix{a\\a\\a}
Exercice 3:
C=\pmatrix{3&1&0&1\\1&3&0&1\\0&0&4&0\\0&0&0&2}
\mathcal{X}_C(x)=\begin{vmatrix}x-3&-1&0&-1\\-1&x-3&0&-1\\0&0&x-4&0\\0&0&0&x-2\end{vmatrix}=(x-2)(x-4)((x-3)^2-1)=(x-2)^2(x-4)^2
On pose p: x\rightarrow(x-2)(x-4)
- Divise
\mathcal{X}_B - Mêmes racines que
\mathcal{X}_B - Unitaire
- De + bas degré possible
p(C)=(C-2I)(C-4I)=0_4.
p est le polynome minimal de C, il est scindé et à racines simples. Donc, C est diagonalisable.
S_p(C)=\{2,4\}.
\forall n\in\mathbb{N},\,\lambda_0^nP_0+\lambda_1^nP_1=C^n
\cases{P_0+P_1=I\\2P_0+4P_1=C}\implies\cases{P_0=I-P_1\\2I-2P_1=C}
P_1=\frac{C-2I}{2}
P_0=I-\frac{C-2I}{2}=-\frac{1}{2}(C-4I).
C^n=2^nP_0+4^nP_1
e^{tC}=e^{2t}P_0+e^{4t}P_1