# Réduction des endomorphismes/Applications

Voici quelques applications de la réduction des matrices.

## Puissances d'une matrice

Soient $B,P\in \mathrm {M} _{n}(K)$ avec $P$ inversible.
Si $A=PBP^{-1}$, alors $\forall k\in \mathbb {N} ^{*}\quad A^{k}=PB^{k}P^{-1}$.
Soit $D=\mathrm {diag} (\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n})\in \mathrm {M} _{n}(K)$ une matrice diagonale.
Alors $\forall k\in \mathbb {N} ^{*}\quad D^{k}=\mathrm {diag} (\lambda _{1}^{k},\dots ,\lambda _{n}^{k})$.
Si de plus tous les $\lambda _{i}$ sont non nuls, alors cette égalité est même vraie pour tout $k\in \mathbb {Z}$.
* Pour $k>0$, on procède par récurrence.
* Cas $k<0$ : comme $A^{-k}=(A^{-1})^{k}$, il suffit de démontrer le résultat pour $k=-1$ et d'appliquer le résultat ci-dessus à $A^{-1}$.

## Suites récurrentes

Revoir Initiation aux matrices/Applications aux suites.

## Équations et systèmes différentiels

Il s'agit d'un cas classique de l'équation différentielle d'ordre 1 avec aucune constante (où les valeurs 0 sont une des solutions de l'équation), mais aussi avec plusieurs fonctions inconnues. On peut (et d'ailleurs et c'est même fortement conseillé) former tous ces tas d'éléments en un vecteur-solution et les compositions linéaires que forment chaque équation font découvrir une matrice bien cachée.
Soit $n$ un entier référent au nombre d'inconnues ainsi qu'un système $(S)$ à $n$ équations différentielles composées chacune de combinaison linéaires aux inconnues $\{f_{i\in [\Vert 1;n\Vert ]}(x)\}$ car sinon ce qui va suivre n'aura pas trop d'importance (on peut toujours faire une nouvelle équation issue de la combinaison linéaire de deux autres mais ça ne sert pas à grand chose), un bref "nettoyage" fait d'additions transforme $(S)$ dans sa forme plus lisible :
$(S){\begin{cases}f_{1}'(t)=\sum _{i=1}^{n}a_{i,1}f_{i}(t)\\f_{2}'(t)=\sum _{i=1}^{n}a_{i,2}f_{i}(t)\\...\\f_{n}'(t)=\sum _{i=1}^{n}a_{i,n}f_{n}(t)\end{cases}}avec\ les\ a_{i,j}\in \mathbb {K} \ et\ \forall \ t\ \in \mathbb {K} \ et\ m{\hat {e}}me\ plus\ encore$ .
Et une telle combinaison avec une perception suffisamment sophistiquée (voir Initiation aux matrices/Applications aux suites pour plus d'évidence), permet de compacter tous ce beau monde en une équation révélant la matrice cachée.
$(S){\begin{cases}{\begin{pmatrix}f_{1}'(t)\\...\\f_{n}'(t)\end{pmatrix}}={\mathcal {F}}'(t)=A{\mathcal {F}}(t)={\begin{pmatrix}a_{1,1}&...&a_{n,1}\\...&...&...\\a_{1,n}&...&a_{n,n}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}f_{1}(t)\\...\\f_{n}(t)\end{pmatrix}}\end{cases}}$ .
Contrairement à sa façon d'être notée, ${\mathcal {F}}(t)$ est une fonction-vecteur et non une primitive de $f(t)$.
Considérant que la matrice se "comporte" comme une constante et pareil pour les vecteurs par rapport aux inconnus à trouver de dimension 1, on définit une façon d'écrire :
${\mathcal {F}}(t)=Ce^{At}\ ,C\in \mathbb {K} \ et\ A={\begin{pmatrix}a_{1,1}&...&a_{n,1}\\...&...&...\\a_{1,n}&...&a_{n,n}\end{pmatrix}}$.
Mais tout ça peut encore être plus clair.
$A\ =PTP^{-1}$ d'après le chapitre en plein dedans, $T$ est soit diagonalisable ou trigonalisable ; peu importe, même si la première option nous arrange (et peu importe si $P$ et $P^{-1}$ les matrices de transitions interchangent dans cette situation).
Une attention particulière est demandée pour ce passage, elle est le centre de la résolution du problème. Ce changement de perception est décisif pour un savant mathématicien et même pour n'importe qui, focalisation sur $P^{-1}{\mathcal {F}}(t)$ :
Soit $U(t)=P^{-1}{\mathcal {F}}(t)$. $(\ \ U'(t)=(P^{-1}{\mathcal {F}}(t))'=P^{-1}{\mathcal {F}}(t)\ \ )$ puisque les propriétés algébriques de $P$ sont considérées comme équivalentes à une simple constante, ce qui est donc le cas pour $P^{-1}$.
Ainsi, (S) devient :
$(S){\begin{cases}U'(t)=TU(t)\\U(t)=P^{-1}{\mathcal {F}}(t)\end{cases}}$ (c'est très important d'écrire $U(t)=P^{-1}{\mathcal {F}}(t)$ car sinon ce ne sera pas (S)) avec $U(t)={\begin{pmatrix}u_{1}(t)\\...\\u_{n}(t)\end{pmatrix}}=P^{-1}{\begin{pmatrix}f_{1}(t)\\...\\f_{n}(t)\end{pmatrix}}=P^{-1}{\mathcal {F}}(t)$ dont les $u_{i}(t)$ sont des combinaisons linéaires composées des $f_{i}(t)$ .
Et cela revient à résoudre une valve d'équation différentielle classique d'ordre 1 dans un élément de vecteur et, dans le cas où T est trigonalisable, de simplifier cette équation dont il faudra résoudre avec très grande concentration, elle reste quand même plus simple.
Toutefois, ces efforts ne donnent résultat que sur $U(t)=P^{-1}{\mathcal {F}}(t)$, pour obtenir ${\mathcal {F}}(t)$ et trivialement trouver toutes les solutions de $(S)$, il faudra calculer ${\ce {PU(t)}}$.
Un autre méthode consiste à percevoir $e^{At}$ en développement illimité, et à calculer la somme des matrices aux comportements factorisants $\sum _{k=0}^{+\infty }{\frac {1}{k!}}(PTP^{-1}t)^{k}=\sum _{k=0}^{+\infty }{\frac {PT^{k}P^{-1}}{k!}}t^{k}=P\sum _{k=0}^{+\infty }{\frac {T^{k}}{k!}}t^{k}P^{-1}$, mais il faudra croire que le développement de Taylor marche également pour les matrices.
Plus de sophistication de la précision sur le chapitre de Réduction des endomorphismes/Exponentielle d'une matrice, à propos de l'Utilisation des exponentielles de matrice en cliquant sur le lien.

### Exemple

Résoudre ${\begin{cases}x=x'-z\\y'=-2x-y+2z\\z'=2x'-2x\end{cases}}$ (ces inconnus sont des fonctions, reconnu par des apostrophes (') typique des dérivés, donc pas vraiment besoin d'ajouter la variable muette, le fameux t).
On peut résoudre un par un mais le but est de peaufiner la méthode des réductions d'endomorphisme, et puis c'est très long. En convertissant en matrice, cela revient (après quelques nettoyages) à ${\mathcal {X}}'={\begin{pmatrix}1&0&1\\-2&-1&2\\0&0&2\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}$. où ${\mathcal {X}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$
D'abord trouver toutes les valeurs propres $\lambda$ qui font que ${\begin{pmatrix}1&0&1\\-2&-1&2\\0&0&2\end{pmatrix}}-\lambda Id={\begin{pmatrix}1&0&1\\-2&-1&2\\0&0&2\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}\lambda &0&0\\0&\lambda &0\\0&0&\lambda \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1-\lambda &0&1\\-2&-1-\lambda &2\\0&0&2-\lambda \end{pmatrix}}$ne soit pas inversible, ou plutôt que son déterminant vaut 0.
${\begin{vmatrix}1-\lambda &0&1\\-2&-1-\lambda &2\\0&0&2-\lambda \end{vmatrix}}=(1-\lambda ){\begin{vmatrix}-1-\lambda &2\\0&2-\lambda \end{vmatrix}}-(-2){\begin{vmatrix}0&1\\0&2-\lambda \end{vmatrix}}+0{\begin{vmatrix}0&1\\-1-\lambda &2\end{vmatrix}}=(1-\lambda )(-1-\lambda )(2-\lambda )=0$ pour $\lambda \in \{-1;1;2\}$.
Pour les vecteurs propres ${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}$ où ${\begin{pmatrix}1-\lambda &0&1\\-2&-1-\lambda &2\\0&0&2-\lambda \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$, ça devient ${\begin{cases}(1-\lambda )v_{1}+v_{3}=0\\-2v_{1}+(-1-\lambda )v_{2}+2v_{3}=0\\(2-\lambda )v_{3}=0\end{cases}}$. Cette manière assez bien professionnelle permet d'éviter de surplomber d'écrit les travaux et ainsi créer ce tableaux :
| si $\lambda$= | alors ${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}$= |
| -1 | ${\begin{pmatrix}0\\v_{2}\\0\end{pmatrix}}\xrightarrow {quand\ v_{2}=1} {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ |
| 1 | ${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{1}\\0\end{pmatrix}}\xrightarrow {quand\ v_{1}=1} {\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}$ |
| 2 | ${\begin{pmatrix}v_{3}\\0\\v_{3}\end{pmatrix}}\xrightarrow {quand\ v_{3}=1} {\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}$ |
ATTENTION ! un vecteur propre n'est JAMAIS nul car sinon, ça rendra sa matrice de transition non-inversible !
Ce qui fait que ${\begin{pmatrix}1&0&1\\-2&-1&2\\0&0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{pmatrix}}\Longrightarrow$ ${\begin{pmatrix}1&0&1\\-2&-1&2\\0&0&2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$.
${\mathcal {X}}'={\begin{pmatrix}1&0&1\\-2&-1&2\\0&0&2\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}={\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}$
${\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}^{-1}{\mathcal {X}}'={\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}'={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}$
On change de perception linéaire et — retenez bien ceci — on définit un ${\mathcal {U}}$ qui fait :
${\mathcal {U}}={\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}$.
Ce qui donne ${\mathcal {X}}'={\begin{pmatrix}1&0&1\\-2&-1&2\\0&0&2\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}\Longrightarrow {\mathcal {U}}'={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{pmatrix}}{\mathcal {U}}\Longrightarrow {\begin{cases}u_{1}'=u_{1}\\u_{2}'=-u_{2}\\u_{3}'=2u_{3}\end{cases}}\Longrightarrow$(voir Équation différentielle/Résolution de l'équation différentielle y'=ay+b)${\begin{cases}u_{1}(t)=C_{1}e^{t}\\u_{2}(t)=C_{2}e^{-t}\\u_{3}(t)=C_{3}e^{2t}\end{cases}}\ \ \ C_{1},C_{2},C_{3}\in \mathbb {K} \Longrightarrow {\mathcal {U}}(t)={\begin{pmatrix}C_{1}e^{t}\\C_{2}e^{-t}\\C_{3}e^{2t}\end{pmatrix}}$.
Il est à rappeler que ${\mathcal {U}}={\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}$, pour connaître ${\mathcal {X}}$, reste à le multiplier par l'inverse de ${\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$ qui vaut ${\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$.
${\mathcal {U}}={\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}\Longrightarrow {\begin{pmatrix}C_{1}e^{t}\\C_{2}e^{-t}\\C_{3}e^{2t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}\Longrightarrow {\mathcal {X}}={\begin{pmatrix}1&0&-1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}C_{1}e^{t}\\C_{2}e^{-t}\\C_{3}e^{2t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}C_{1}e^{t}\\C_{2}e^{-t}\\C_{3}e^{2t}\end{pmatrix}}$.
${\mathcal {X}}(t)={\begin{pmatrix}C_{1}e^{t}+C_{3}e^{2t}\\C_{1}e^{t}+C_{2}e^{-t}\\C_{3}e^{2t}\end{pmatrix}}\Rightarrow {\begin{cases}x(t)=C_{1}e^{t}+C_{3}e^{2t}\\y(t)=C_{1}e^{t}+C_{2}e^{-t}\\z(t)=C_{3}e^{2t}\end{cases}}$Voici toutes les solutions de l'équation.
Maintenant, résoudre ${\mathcal {X}}'={\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}$. Comme toujours, pas besoin de mettre le t puisqu'il y a le prime qui montre que ${\mathcal {X}}$ est une fonction.
Son polynôme caractéristique ( $det({\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}-\lambda Id)$ ) vaut $(1-\lambda )^{2}$, alors que c'est de second degré, il ne possède qu'une seule racine qui annule deux fois (même si on le divise par $(1-\lambda )$, on sait qu'elle s'annule encore) ou plutôt que $(1-\lambda )$ est d'ordre 2, on dit que la racine $1$ est double. Concernant la situation, cela montre que la matrice ne pourra pas être diagonalisable mais trigonalisable.
D'ailleurs si on la diagonalisait brutalement, les deux vecteurs bases de la matrice de transition (le $P$) étant linéaire entre elles rendent la matrice non-inversible or c'est ce qui est très important.
Alors pour remédier à ça, on fait appelle à un vecteur non-propre de $1$, mais d'abord, déclarer son vecteur propre.
${\Biggl{\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}{\Biggr )}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&-2\\2&-2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}\Rightarrow {\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{1}\end{pmatrix}}\xrightarrow {quand\ v_{1}=1} {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$.
Soit le vecteur ${\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ qui fait que ${\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}=2{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&&1\\1&&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}$.
Et ${\begin{cases}{\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}=2{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&&1\\1&&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}\\{\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+0{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&&1\\1&&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\end{cases}}$fait que ${\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}$ et ainsi ${\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix}}$.
On peut ainsi écrire ${\begin{cases}{\mathcal {U}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}^{-1}{\mathcal {X}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix}}{\mathcal {X}}\\{\mathcal {U}}'={\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}{\mathcal {U}}\end{cases}}$.
Et ${\mathcal {U}}(t)=C_{1}e^{t}{\begin{pmatrix}2t\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2tC_{1}e^{t}\\C_{1}e^{t}\end{pmatrix}}\ \ C_{1}\in \mathbb {K}$ voir Équation différentielle/Équation différentielle linéaire du premier ordre.
Tout l'ensemble des solutions de l'équation se résume à cette ligne ${\mathcal {X}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}{\mathcal {U}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2tC_{1}e^{t}\\C_{1}e^{t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}(2t+1)C_{1}e^{t}\\2tC_{1}e^{t}\end{pmatrix}}=C_{1}e^{t}{\begin{pmatrix}2t+1\\2t\end{pmatrix}}$ .
| Trigonalisabilité | Réductions de Jordan et de Dunford |