2013-2014

(1)

ISA BTP, 1◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2013-2014

CONTR ˆOLE CONTINU

Alg`ebre lin´eaire

Dur´ee : 1h30 Les calculatrices sont autoris´ees.

Tous les exercices sont ind´ependants.

Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.

Exercice 1 Un peu de th´eorie

1. Soit θ ∈ R. Dans le plan muni d’un rep`ere orthonorm´e R = (O ;−→i ,−→j ), on note ρ la ro-tation de centre O et d’angle θ. Donner la matrice de ρ dans la base {−→i ,−→j } (on pourra commencer par faire un dessin).

2. Soit A une matrice carrée n × n. Montrer que l’ensemble des solutions du système linéaire homogène A × X = 0 d’inconnue X =

   x1 .. . xn  

 est un sous espace vectoriel de R

n_.

3. Discuter de la validit´e des affirmations suivantes. Pour les affirmations vraies on donnera une justification rapide et pour les fausses, on donnera un contre exemple.

(a) Toute famille de n vecteurs de Rn _{est une base de R}n_.

(b) Toute matrice admet au moins une valeur propre (´eventuellement complexe). (c) Les sous espaces propres d’un endomorphisme sont tous des espaces vectoriels.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 2 Une transformation de l’espace

On se place dans l’espace muni d’un rep`ere orthonorm´e R = (O ; −→i ,−→j ,−→k ) et on note f l’endomorphisme de l’espace dont la matrice dans la base B = {−→i ,−→j ,−→k } est

M = 1 3   2 −2 1 −2 −1 2 1 2 2  

On admet que le polynˆome caract´eristique de f est P (λ) = −(λ − 1)2_{(λ + 1) et que}

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1. Déterminer les sous espaces propres associés à chacune des valeurs propres et donner leurs dimensions.

2. Donner une base orthonorm´ee de chacun des sous espaces propres de f et montrer que la famille {e1, e2, e3} ainsi obtenue est une base orthonorm´ee de l’espace.

3. Donner sans calcul la matrice de f dans cette nouvelle base. 4. `A quelle transformation de l’espace correspond l’application f ?

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3 Un syst`eme dynamique

1. Soit A la matrice d´efinie par A = 1₅ 4 2 1 3

.

(a) Montrer que les valeurs propres de A sont λ1 = 1 etλ2 =

2

5. La matrice A est-elle diagonalisable ? (Justifier)

(b) Déterminer une matrice P inversible telle que le produit P−1×A×P soit une matrice diagonale D à préciser.

(c) Montrer par r´ecurrence que

∀n ∈ N, Dn = 1 0

0 2₅n

(on admet que D0 = I2) puis que

∀n ∈ N, An = P × Dn× P−1

(d) En d´eduire An _{explicitement en fonction de n (on rappelle que si M =} a b

c d

est inversible, alors M−1 = _{det(M )}1

d −b

−c a

).

2. On considère un réservoir à deux compartiments séparés par une parois poreuse.

En observant ce réservoir, on constate que chaque jour, un cinquième de l’eau contenue dans le premier compartiment passe dans le second et deux cinquièmes de l’eau contenue dans le second compartiment passent dans le premier.

Pour tout n ∈ N, on note xn la quantit´e d’eau pr´esente dans le premier compartiment

et yn la quantité d’eau présente dans le second compartiment au n-ième jour.

(a) En notant Xn=

xn

yn

, exprimer Xn+1 en fonction de Xn et de A.

(b) Montrer que pour tout n ∈ N, on a Xn= An× X0.

(c) En déduire la quantité d’eau présente dans chaque compartiment du réservoir au n-ième jour en fonction de n et de la répartition au premier jour.

(d) Donner la r´epartition d’eau dans chacun des compartiments au bout d’un temps infini.

? ? ?

(3)

CORRECTION

Exercice 1 :

1. Pour construire la matrice de ρ dans la base {−→i ,−→j }, il nous faut les coordonnées dans {−→i ,−→j } des images ρ(−→i ) et ρ(−→j ). Or sur le dessin ci-dessous, on a représenté le repère R et les deux images ρ(−→i ) et ρ(−→j ).

O

_~i

~j

ρ

(

~i

)

ρ

(

~j

)

θ

D’après les règles de trigonométrie dans le triangle rectangle, on lit ρ(−→i ) = cos(θ)−→i + sin(θ)−→j = cos(θ)

sin(θ)

R

ρ(−→j ) = − sin(θ)−→i + cos(θ)−→j = − sin(θ) cos(θ)

R

La matrice de ρ dans la base {−→i ,−→j } est donc

M (ρ) = cos(θ) − sin(θ) sin(θ) cos(θ)

2. Soit AX = 0 un système linéaire homogène et S l’ensemble de ses solutions. – A ×−→0 =−→0 . Le vecteur nul appartient donc à S et S est non vide.

– Soient X et Y deux solutions de S et soient λ et µ des r´eels. On a A × X et A × Y . Mais alors

A × (λX + µY ) = λ.A × X + µ.A × Y =−→0 +−→0 = 0

Ainsi, S est non vide et stable par combinaisons lin´eaires. C’est donc un sous espace vectoriel de S.

(4)

(b) VRAI. Les valeurs propres d’une matrice M sont les racines du polynˆome det(M − λI). Il s’agit d’un polynˆome de degr´_{e n > 1. Il admet donc au moins une racine} com-plexe. M admet donc au moins une valeur propre.

(c) VRAI. Ce sont des les solutions d’un système linéaire de la forme A×X = 0. D’après la question 2, il s’agit d’un sous espace vectoriel de Rn_.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :

1. Les sous espaces propres de f sont les vecteurs solutions des syst`eme AX = X et AX = −X. Ainsi, – E1 : AX = X ⇔ 3AX = 3X ⇔    2x − 2y + z = 3x −2x − y + 2z = 3y x + 2y + 2z = 3z ⇔    −x − 2y + z = 0 −2x − 4y + 2z = 0 x + 2y − z = 0 ⇔ x + 2y − z = 0

Le sous espace propre E1 est donc le plan d’´equation x + 2y − z = 0. De ce plan, on

peut extraire deux vecteurs orthogonaux. Pour cela, on commence par tirer un premier vecteur au hasard : ε1 =   1 0 1   (x = 1 et y = 0)

On cherche ensuite un second vecteur ε2 =

  x y z 

 de E1 orthogonal au premier. Ses

coordonnées doivent donc vérifier le système

x + 2y − z = 0 (ε2 ∈ E1)

x + z = 0 (ε1 · ε2 = 0)

Les solutions de ce syst`eme sont les vecteurs de la forme   x −x −x  . En posant alors ε2 =   1 −1 −1  , on obtient une base orthogonale du plan E1. On transforme alors {ε1, ε2} en une base

orthonorm´ee en divisant chacun des vecteurs par sa norme :

e1 = ε1 ||ε1|| = √ 2 2   1 0 1   et e2 = ε2 ||ε2|| = √ 3 3   1 −1 −1  

(5)

– E−1 : AX = −X ⇔ 3AX = −3X ⇔    2x − 2y + z = −3x −2x − y + 2z = −3y x + 2y + 2z = −3z ⇔    5x − 2y + z = 0 −2x + 2y + 2z = 0 x + 2y + 5z = 0 ⇔    −x + y + z = 0 x + 2y + 5z = 0 5x − 2y + z = 0 ⇔    −x + y + z = 0 3y + 6z = 0 3y + 6z = 0 ⇔ x = y + z = −z y = −2z

D’o`u E−1 = {(−z, −2z, z), z ∈ R}. De cette droite, on tire un vecteur ε3 =

  −1 −2 1  

que l’on divise par sa norme pour obtenir un vecteur de norme 1 :

e3 = √ 6 6   −1 −2 1  

2. Pour vérifier que la famille {e1, e2, e3} forme une BON de l’espace, il reste à vérifier que

e3 est orthogonal `a e1 et e2. Or e1· e3 = √ 2 2   1 0 1  · √ 6 6   −1 −2 1  = √ 12 12 (−1 + 1) = 0 et e2· e3 = √ 3 3   1 −1 −1  · √ 6 6   −1 −2 1  = √ 18 18 (−1 + 2 − 1) = 0

3. Les vecteurs e1, e2 et e3 ´etant des vecteurs propres de f , la matrice de f dans la

base {e1, e2, e3} est une matrice diagonale D dont les termes diagonaux sont les valeurs

propres de f : D =   1 0 0 0 1 0 0 0 −1  

4. Dans la matrice D, on lit que si l’on applique f à un vecteur de l’espace, l’application conserve les coordonnées en e1 et e2 et transforme la coordonnée en e3 en son opposée. f

est donc la sym´etrie orthogonale par rapport au plan E1.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

(6)

1. (a) Les valeurs propres de A sont les racines du polynˆome P (λ) = 4 5 − λ 2 5 1 5 3 5 − λ . Or 4 5 − λ 2 5 1 5 3 5 − λ = 4 5− λ 3 5− λ − 2 25 = λ 2₋7 5λ + 2 5 = (λ − 1) λ − 2 5

On a donc bien Spec(A) = 1,2₅ et toutes ces valeurs propres sont d’ordre 1. La matrice A est donc diagonalisable.

(b) Toute matrice de passage entre la base canonique de R2 _{et une base faite de vecteurs}

propres de A convient. Reste donc à déterminer les vecteurs propres de A : – E1 : AX = X ⇔ 5AX = 5X ⇔ 4x + 2y = 5x x + 3y = 5y ⇔ x − 2y = 0 D’où ε1 = (2, 1) – E2 5 : AX = 2 5X ⇔ 5AX = 2X ⇔ 4x + 2y = 2x x + 3y = 2y ⇔ x + y = 0 D’où ε2 = (1, −1). La matrice P = 2 1 1 −1 convient et P−1AP = 1 0 0 2₅ . (c) Soit P(n) : Dn₌ 1 0 0 2₅n .

– Initialisation : par hypoth`ese, D0 = I2 =

1 0

0 2₅0

donc P(0) est vraie. – H´er´edit´_{e : supposons qu’il existe un entier n ∈ N tel que D}n₌ 1 0

0 2₅n . Alors Dn+1 = D×Dn= 1 0 0 2 5 × 1 0 0 2₅n = 1 0 0 2₅ . 2₅n = 1 0 0 2₅n+1

Donc P(n + 1) est vraie et par r´_{ecurrence, P(n) est vraie pour tout n ∈ N.} Soit maintenant Q(n) : An = P × Dn× P−1_.

– Par hypoth`ese, on a A0 _{= I}

2 = P × I2× P−1 = P × D0× P−1 donc Q(0) est vraie.

– Supposons qu’il existe en entier n ∈ N tel que An = P × Dn× P . D’après les questions précédentes, on a

(7)

Mais alors

An+1 = A × An = P DP−1× P Dn_P−1

= P × D × Dn× P−1= P × Dn+1× P−1 donc Q(n + 1) est vraie.

Par r´_{ecurrence, Q(n) est vraie pour tout n ∈ N.} (d) D’après la formule rappelée dans l’énoncé, on trouve

P−1 = −1 3 −1 −1 −1 2 = 1 3 1 1 1 −2 Ainsi, An = P × Dn× P−1 = 1 3 2 1 1 −1 × 1 0 0 2₅n × 1 1 1 −2 = 1 3 2 1 1 −1 × 1 1 2n 5n − 2n+1 5n D’o`u An = 1 3      2 + 2 n 5n 2 − 2n+1 5n 1 −2 n 5n 1 + 2n+1 5n     

2. (a) D’après l’énoncé, si xn et yn donnent la répartition au n-ième jour et xn+1 et yn+1

donnent la répartition au (n + 1)-ième jour, on a          xn+1 = 4 5xn + 2 5yn yn+1 = 1 5xn + 3 5yn ⇔ Xn+1 = A × Xn (b) Par récurrence.

(c) D’après les calculs effectués à la question 1, on a

∀n ∈ N,        xn = 2 + 2 5 n x0 + 2 − 2 2 5 n y0 yn = 1 − 2 5 n x0 + 1 + 2 2 5 n y0

(d) Pour avoir la répartition dans le réservoir au bout d’un temps infini, il suffit de passer à la limite n → +∞ dans le système précédent. Or dans chacune des expres-sions précédentes, on reconnaˆıt le terme 2₅n qui est le terme général d’une suite géométrique de raison 2₅ < 1. Ainsi, tous ces termes tendent vers 0 et en note x∞

et y∞ les limites lim xn et lim yn, on a

(8)

Autrement dit, au bout d’un temps infini, le premier compartiment contient deux tiers de l’eau stock´ee dans le r´eservoir et le second compartiment contient le dernier tiers.

? ? ?