b)
P =
I n
0
0
J
0
0 1 0
0
J
0
0
−I n
,
D =
(a + b)I n
0
0
0
0
0
a + b
0
0
0
0
0
(a − b)I n
,
P −1 =
1
2
I n
0
0
J
0
0 2 0
0
J
0
0
−I n
,
où
J =
0
1
✧
1
0
∈ M n (C).
Notons E = R n−1 [X], B 0 la base canonique de E , f ∈ L(E)
tel que Mat B 0 ( f ) = A. On a :
∀i ∈ {0, . . . ,n − 1}, f (X
i )
= (n − 1 − i)X
i+1 + (α − pi)X
i − qiX
i−1
= ((n − 1)X + α)X
i − (X 2 + pX + q)(X
i )
.
Il en résulte : ∀P ∈ R[X],
f (P) = ((n − 1)X + α)P − (X 2 + pX + q)P .
Notons a,b les zéros réels de X 2 + pX + q , et, pour
k ∈ {0,. . . ,n − 1}, P k = (X − a) k (X − b) n−1−k .
Calculer : f (P k ) =
α + (n − 1)a + k(b − a)
P k .
Les n réels α + (n − 1)a + k(b − a) , 0 k n − 1 , sont
deux à deux distincts, donc A est diagonalisable.
Réponse :
• Sp R (A) =
α+(n−1) a +k(b−a) ; k ∈{0,. . . ,n−1}
• Pour tout k de {0,. . . ,n − 1} , le SEP associé à
α + (n − 1)a + k(b − a) est de dimension 1, engendré par la
colonne des composantes, dans la base canonique de R n−1 [X],
du polynôme P k = (X − a) k (X − b) n−1−k .
a) Soient λ ∈ C, X =
x 1
. . .
x n
∈ M n,1 (C) − {0} .
On a : AX = λX ⇐⇒
ax 1 + bx 2 = λx 1
cx 1 + ax 2 + bx 3 = λx 2
. . .
cx n−1 + ax n = λx n .
301
Notons x 0 = 0, x n+1 = 0. On a ainsi :
AX = λX
⇐⇒
∀k ∈ {1,. . . ,n}, bx k+1 +(a − λ)x k +cx k−1 = 0
.
Si
(b = 0 et c = 0)
ou
(b = 0 et c = 0)
,
montrer que A n'est pas diagonalisable.
Si b = c = 0, l'étude est triviale.
Supposons donc b = 0 et c = 0.
Notons ∆ = (a − λ) 2 − 4bc le discriminant de l'équation caractéristique br 2 + (a − λ)r + c = 0 associée aux suites récurrentes linéaires du 2 nd ordre (u k ) k∈N ∗ telles que :
∀k ∈ N ∗ , bu k+1 + (a − λ)u k + cu k−1 = 0.
Supposons ∆ = 0. L'équation caractéristique admet un zéro
double r 0 =
λ − a
2b
, et r 0 = 0 (car c = 0) .
Il existe (α,β) ∈ C 2 tel que :
∀k ∈ {0,. . . ,n + 1}, x k = αr k
0 + βkr
k−1
0 .
Comme x 0 = x n+1 = 0, on déduit α = β = 0, donc X = 0,
exclu.
On a donc ∆ = 0, et l'équation caractéristique admet deux solutions distinctes, notées r 1 ,r 2 .
Il existe (α 1 ,α 2 ) ∈ C 2 tel que :
∀k ∈ {0,. . . ,n + 1}, x k = α 1 r k
1 + α 2 r k
2 .
On a :
x 0 = x n+1 = 0 ⇐⇒
α 1 + α 2 = 0
α 1 r
n+1
1
+ α 2 r
n+1
2
= 0
⇐⇒
α 2 = −α 1
α 1 (r
n+1
1
− r
n+1
2 ) = 0 (1)
Si α 1 = 0 , alors α 2 = 0 , X = 0 exclu.
Donc α 1 = 0 et : (1) ⇐⇒ r
n+1
1
= r
n+1
2 .
Il existe donc p ∈ {1,. . . ,n} tel que r 2 = r 1 e
2ipπ
n+1 .
De plus, r 1 r 2 =
c
b
, donc r 2
1 =
c
b
e
−
2ipπ
n+1 .
Notons ζ une racine carrée complexe de
c
b
. On obtient :
r 1 = ζ e
−
ipπ
n+1 et r 2 = ζ e
ipπ
n+1 (à l'ordre près).
D'autre part : r 1 + r 2 =
λ − a
b
,
d'où λ = a + 2bζ cos
pπ
n + 1
.
Notons, pour p ∈ {1,. . . ,n}, λ p = a + 2bζ cos
pπ
n + 1
.
Comme bζ = 0 et que cos est strictement décroissante sur
]0; π[, les n complexes λ 1 ,. . . ,λ n sont deux à deux distincts.
Ceci montre que A admet au moins n vp deux à deux distinctes ;
3.3.6
3.3.7
P =
I n
0
0
J
0
0 1 0
0
J
0
0
−I n
,
D =
(a + b)I n
0
0
0
0
0
a + b
0
0
0
0
0
(a − b)I n
,
P −1 =
1
2
I n
0
0
J
0
0 2 0
0
J
0
0
−I n
,
où
J =
0
1
✧
1
0
∈ M n (C).
Notons E = R n−1 [X], B 0 la base canonique de E , f ∈ L(E)
tel que Mat B 0 ( f ) = A. On a :
∀i ∈ {0, . . . ,n − 1}, f (X
i )
= (n − 1 − i)X
i+1 + (α − pi)X
i − qiX
i−1
= ((n − 1)X + α)X
i − (X 2 + pX + q)(X
i )
.
Il en résulte : ∀P ∈ R[X],
f (P) = ((n − 1)X + α)P − (X 2 + pX + q)P .
Notons a,b les zéros réels de X 2 + pX + q , et, pour
k ∈ {0,. . . ,n − 1}, P k = (X − a) k (X − b) n−1−k .
Calculer : f (P k ) =
α + (n − 1)a + k(b − a)
P k .
Les n réels α + (n − 1)a + k(b − a) , 0 k n − 1 , sont
deux à deux distincts, donc A est diagonalisable.
Réponse :
• Sp R (A) =
α+(n−1) a +k(b−a) ; k ∈{0,. . . ,n−1}
• Pour tout k de {0,. . . ,n − 1} , le SEP associé à
α + (n − 1)a + k(b − a) est de dimension 1, engendré par la
colonne des composantes, dans la base canonique de R n−1 [X],
du polynôme P k = (X − a) k (X − b) n−1−k .
a) Soient λ ∈ C, X =
x 1
. . .
x n
∈ M n,1 (C) − {0} .
On a : AX = λX ⇐⇒
ax 1 + bx 2 = λx 1
cx 1 + ax 2 + bx 3 = λx 2
. . .
cx n−1 + ax n = λx n .
301
Notons x 0 = 0, x n+1 = 0. On a ainsi :
AX = λX
⇐⇒
∀k ∈ {1,. . . ,n}, bx k+1 +(a − λ)x k +cx k−1 = 0
.
Si
(b = 0 et c = 0)
ou
(b = 0 et c = 0)
,
montrer que A n'est pas diagonalisable.
Si b = c = 0, l'étude est triviale.
Supposons donc b = 0 et c = 0.
Notons ∆ = (a − λ) 2 − 4bc le discriminant de l'équation caractéristique br 2 + (a − λ)r + c = 0 associée aux suites récurrentes linéaires du 2 nd ordre (u k ) k∈N ∗ telles que :
∀k ∈ N ∗ , bu k+1 + (a − λ)u k + cu k−1 = 0.
Supposons ∆ = 0. L'équation caractéristique admet un zéro
double r 0 =
λ − a
2b
, et r 0 = 0 (car c = 0) .
Il existe (α,β) ∈ C 2 tel que :
∀k ∈ {0,. . . ,n + 1}, x k = αr k
0 + βkr
k−1
0 .
Comme x 0 = x n+1 = 0, on déduit α = β = 0, donc X = 0,
exclu.
On a donc ∆ = 0, et l'équation caractéristique admet deux solutions distinctes, notées r 1 ,r 2 .
Il existe (α 1 ,α 2 ) ∈ C 2 tel que :
∀k ∈ {0,. . . ,n + 1}, x k = α 1 r k
1 + α 2 r k
2 .
On a :
x 0 = x n+1 = 0 ⇐⇒
α 1 + α 2 = 0
α 1 r
n+1
1
+ α 2 r
n+1
2
= 0
⇐⇒
α 2 = −α 1
α 1 (r
n+1
1
− r
n+1
2 ) = 0 (1)
Si α 1 = 0 , alors α 2 = 0 , X = 0 exclu.
Donc α 1 = 0 et : (1) ⇐⇒ r
n+1
1
= r
n+1
2 .
Il existe donc p ∈ {1,. . . ,n} tel que r 2 = r 1 e
2ipπ
n+1 .
De plus, r 1 r 2 =
c
b
, donc r 2
1 =
c
b
e
−
2ipπ
n+1 .
Notons ζ une racine carrée complexe de
c
b
. On obtient :
r 1 = ζ e
−
ipπ
n+1 et r 2 = ζ e
ipπ
n+1 (à l'ordre près).
D'autre part : r 1 + r 2 =
λ − a
b
,
d'où λ = a + 2bζ cos
pπ
n + 1
.
Notons, pour p ∈ {1,. . . ,n}, λ p = a + 2bζ cos
pπ
n + 1
.
Comme bζ = 0 et que cos est strictement décroissante sur
]0; π[, les n complexes λ 1 ,. . . ,λ n sont deux à deux distincts.
Ceci montre que A admet au moins n vp deux à deux distinctes ;
3.3.6
3.3.7