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Officiel de la Taupe: planche 3

Posté par
perroquet 05-03-09 à 17:09

Bonjour

Un exercice sur les équations différentielles, posé à l'ENS (option MP)

Citation :

Soient $A$ continue sur $\mathbb R$ à valeurs dans $\mathcal{M}_2({\mathbb R})$ , $X$ de classe $C^1$ sur $\mathbb R$ à valeurs dans $\mathcal{M}_2({\mathbb R})$ , telles que   $X'(t)=A(t)X(t)-X(t)A(t) \quad$
Montrer que   $\forall k \geq 0,\ \operatorname{tr}((X(t))^k)$    ne dépend pas de $t$ .
Montrer que les valeurs propres de $X(t)$ ne dépendent pas de   $t$ .
Montrer que $X(t)$ est semblable à $X(0)$

Posté par

1 Schumi 1re : Officiel de la Taupe: planche 3 06-03-09 à 18:01

Salut

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1) On multiplie les deux termes de l'égalité par X^k-1 et on prend la trace. On a que tr(X'X^(k-1)(t))=0 ce qui est exactement ce qu'on veut.

2) Conséquence de ce qui précède. Les valeurs propres (complexes) vérifient pour tout t:
l₁^k(t)+l₂^k(t)=constante_k.
On en déduit qu'il existe deux situations: les t pour lesquels l₁(t) et l₂(t) sont distincts. Dans ce cas, on a un Cramer donc il y a unicité de la solution.
Ceux pour lesquels les deux sont égaux, dans ce cas également, il y a unicité de la solution (suffit de regarder pour k=1).
Il nous reste donc pour conclure, à montrer que les deux situations ne peuvent coexister (ie, soit pour tout t, l₁(t)=l₂(t) soit ce n'est jamais le cas). Ce qui est relativement immédiat vu que X est continue. En particulier, les racines du polynôme caractéristique de X(t) dépend continuement de t. Bref, on a pas le choix.

3) On distingue deux cas:
1er cas: pour tout t, X(t) est diagonalisable. Cas foncièrement triviale d'après la question précédente.
2ème cas: Il existe t tel que t soit non diagonalisable. No idea... A hint?

Posté par

1 Schumi 1re : Officiel de la Taupe: planche 3 06-03-09 à 19:26

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J'ai craqué pour la 2). Je reprends donc:
On pose l₁(t) et l₂(t) les valeurs propres de X(t). Pour les distinguer, on peut par exemple exiger que l1 soit celui d'entre les deux dont la partie imaginaire est la plus petite.
On écrit les conditions pour k=1 et k=2. On remplace: l₁(t) est racine d'un certain polynôme à coefficients réels. Ce qui donne pour tout t deux possibilités.
l₁ étant à peu près trivialement continue, on en déduit qu'en fait l1 est constante.
Il s'en suit que l2 est constante également.

Pour la 3), ce qu'il reste à faire c'est prouver que tous les X(t) ont le même polynôme minimal. Vu qu'on est en dimension 2 et qu'ils ont déjà le même polynôme caractéristique, ça devrait être suffisant.

Posté par

1 Schumi 1re : Officiel de la Taupe: planche 3 06-03-09 à 21:59

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It's time to finish it!

On distingue 3 cas:
1er cas: l1 est différent de l2.
Dans ce cas, les X(t) sont en tant que matrices de M2_(C) diagonalisables et donc semblables (mêmes valeurs propres, mêmes ordres de multiplicité). Elles sont donc également semblables en tant que matrices réelles.

2ème cas: l1 est valeur propre double et il existe t tel que X(t) soit diagonalisable.
Dans ce cas, l1 est réel et (Cauchy) X(t)=l1*I_2.

3ème cas: l1 est valeur propre double et pour tout t, X(t) n'est pas diagonalisable.
X(t) reste trigonalisable quelque soit t et le polynôme caractéristique de X(t) c'est précisemment son polynôme minimal. En dimension 2, avoir même polynôme caractéristique et polynôme minimal c'est équivalent à être semblable.

Posté par

perroquetre : Officiel de la Taupe: planche 3 12-03-09 à 17:24

Bonjour.

Voici une solution de l'exercice.

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Notons $\quad f(t)=\operatorname{tr}(X(t)) \quad g(t)=\operatorname{tr}((X(t))^2)$
On a, sachant que $\quad \operatorname{tr}(MN)=\operatorname{tr}(NM)$ :
$f'=\operatorname{tr}(X')=\operatorname{tr}(AX-XA)=\operatorname{tr}(AX)-\operatorname{tr}(XA)=0$
$g'=\operatorname{tr}(X'X+XX')=2 \operatorname{tr}(XX')=2 \operatorname{tr}(XAX-X^2A)=0$
On en déduit que $f$ et $g$ sont constantes sur ${\mathbb R}$ .

Notons $\lambda_1(t),\lambda_2(t)$ les valeurs propres (éventuellement complexes) de $X(t)$ , comptées avec leur ordre de multiplicité. On a:
$\lambda_1(t)+\lambda_2(t)=f(0) \quad \quad \lambda_1^2(t)+\lambda_2^2(t)=g(0)$
$\lambda_1(t)+\lambda_2(t)=f(0) \quad \quad \lambda_1(t)\lambda_2(t)=\frac{ f(0)^2-g(0)}{2}$

Citation :
$\lambda_1(t)$ et $\lambda_2(t)$ sont les racines d'un polynôme du second degré, à coefficients constants. Elles sont donc indépendantes de $t$ . Notons $\lambda_1,\lambda_2$ ces constantes.

Pour tout $t$ , il existe une matrice $P(t)$ dans $\mathcal{GL}_n({\mathbb C})$ telle que:
$\quad X(t)=P(t)^{-1}\begin{pmatrix}\lambda_1 & \alpha_1 \\ 0 & \lambda_2\end{pmatrix}P(t)$ avec $\alpha_1\in{\mathbb C}$
On a alors, pour tout $k$ $\quad X(t)^k=P(t)^{-1}\begin{pmatrix}\lambda_1^k & \alpha_k \\ 0 & \lambda_2^k\end{pmatrix}P(t)$ avec $\alpha_k\in{\mathbb C}$

Citation :
Ce qui montre que $\quad \operatorname{tr}(X(t)^k)=\lambda_1^k+\lambda_2^k \quad$ est indépendant de $t$

Premier cas: $\lambda_1 \neq \lambda_2$

Pour tout $t$ , $X(t)$ est diagonalisable puisqu'elle admet deux valeurs propres distinctes $\lambda_1, \lambda_2$ . Elle est semblable à $\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2\end{pmatrix}$ .
Donc, $X(t)$ est semblable dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{C})$ à $X(0)$
Remarque: on sait que si deux matrices à coefficients réels sont semblables dans $\mathcal{M}_n\mathbb{C})$ , alors, elles sont semblables dans $\mathcal{M}_n\mathbb{R})$ . Mais ce n'est pas un résultat de cours, et il faut en faire la démonstration. On ne le fera pas dans cette correction en considérant que l'énoncé demande une relation de similitude dans $\mathcal{M}_n\mathbb{C})$ .

Deuxième cas: $\lambda_1=\lambda_2$ et il existe $t_0$ tel que $X(t_0)=\lambda_1I_2$

Alors, $X$ est solution du problème de Cauchy $\left\{ {X'=\varphi(t)X\\ X(t_0)=\lambda_1I_2}\right.$   où $\varphi$ est l'application continue de ${\mathbb R}$ dans $\mathcal{L}(\mathcal{M}_2({\mathbb R}))$ définie par $\quad \varphi(t)(Y)=A(t)Y-YA(t)$ .
On sait que ce problème de Cauchy admet une unique solution et on vérifie facilement que cette solution est $X(t)=\lambda_1I_2$ . Donc, dans ce cas, $X(t)$ est semblable à $X(0)$ puisque   $X(t)=X(0)$

Troisième cas: $\lambda_1=\lambda_2$ et pour tout $t_0$ ,   $X(t_0)\neq\lambda_1I_2$

Dans ce cas, $X(t)$ admet une unique valeur propre $\lambda_1$ et n'est pas égale à $\lambda_1 I_2$ . Ceci implique que $\ker(X(t)-\lambda_1I_2)$ est de dimension 1. Donc par le théorème du rang $\operatorname{Im} (X(t)-\lambda_1I_2)$ est de dimension 1. Comme de plus, $(X(t)-\lambda_1I_2)^2=0$ , on en déduit que $\operatorname{Im}(X(t)-\lambda_1I_2)=\ker(X(t)-\lambda_2I_2)$ . On note $e_1(t)$ un vecteur non nul de $\ker(X(t)-\lambda_1I_2)$ et $e_2(t)$ un vecteur tel que $\quad (X(t)-\lambda_1I_2)e_2(t)=e_1(t) \quad$ . On démontre facilement que $(e_1(t),e_2(t))$ est une base de ${\mathbb R}^2$ et que $\quad X(t)e_1(t)=\lambda_1 e_1(t) \quad \quad X(t)=e_1(t)+\lambda_1e_2(t) \quad$ . On en déduit que $X(t)$ est semblable à $\begin{pmatrix}\lambda_1 & 1 \\ 0 & \lambda_1\end{pmatrix}$ , ce qui montre que $X(t)$ est semblable à $X(0)$ .

Citation :
Ce qui montre que X(t) est semblable à X(0)

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