ISA BTP, 1◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2010-2011
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 On note M3(R) l’ensemble des matrices 3 × 3 `a coefficients r´eels.
1. On note S le sous ensemble de M3(R) d´efini de la fa¸con suivante :
S = M = a 0 c 0 b 0 0 0 a , a, b, c ∈ R
(a) Montrer que S est un sous-espace vectoriel de M3(R).
(b) Soit F = {A1, A2, A3} la famille d´efinie par
A1 = 1 0 0 0 0 0 0 0 1 , A2 = 0 0 0 0 1 0 0 0 0 , A3 = 0 0 1 0 0 0 0 0 0
i. Montrer que F est une famille libre.
ii. Montrer que toute matrice de S est une combinaison lin´eaire des matrices de F . iii. En d´eduire la nature et F ainsi que la dimension de S.
2. On note T le sous ensemble de S d´efini par
T = M = a 0 1 0 b 0 0 0 a , a, b ∈ R
et l’on note M une matrice quelconque de T
(a) L’ensemble T est-il un espace vectoriel ? Justifier (b) D´eterminer les coordonn´ees de M dans la base F .
(c) Montrer que a et b sont les valeurs propres de M .
(d) Montrer que si a = b, la matrice M n’est pas diagonalisable. (e) On suppose `a partir de maintenant que que a 6= b.
i. D´eterminer les sous-espaces propres de M . ii. M est-elle diagonalisable dans ce cas ? Justifier.
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ??
Exercice 2 On se place dans l’espace vectoriel V des fonctions R → R et on note F la famille suivante :
F = {f0 : x 7→ 1, f1 : x 7→ x, f3 : x 7→ x2}.
1. Montrer que la famille F est une famille libre. 2. On note P le sous espace de V engendr´e par F .
(a) Quelle est la dimension de P ?
(b) ´Ecrire sous forme de fonction un vecteur de P de coordonn´ees f = a b c F . (c) Sous quel nom connaˆıt-on mieux le SEV P ?
? ? ?
CORRECTION
Exercice 1 :1. (a) i. La matrice nulle de M3(R) est bien de la forme
a 0 c 0 b 0 0 0 a avec a = b = c = 0. Donc 0M3(R)∈ S. ii. Soient M = a 0 c 0 b 0 0 0 a et M 0 = a0 0 c0 0 b0 0 0 0 a0 deux matrices de S et k, ` ∈ R. On a k.M + `.M0 = ka + `a0 0 kc + `c0 0 kb + `b0 0 0 0 ka + `a0 = A 0 C 0 B 0 0 0 A avec A = ka + `a0, B = kb + `b0, C = kc + `c0.
S contient donc le vecteur nul de M3(R) et est stable par combinaisons lin´eaires.
C’est donc un SEV de M3(R).
(b) i. Soient a, b, c ∈ R tels que a.A1 + b.A2 + c.A3 = 0. Par identification, on
ob-tient un syst`eme de 9 ´equations `a trois inconnues, dont l’unique solution est a = b = c = 0. La famille F est donc libre.
ii. Soit M = a 0 c 0 b 0 0 0 a ∈ S. On a
M = a.A1+ b.A2+ c.A3
Toute matrice de S est donc une combinaison lin´eaire des matrices A1, A2 et
A3. Autrement dit, la famille F engendre S.
iii. La famille S ´etant `a la fois libre et g´en´eratrice dans S, c’est une base de S. Donc dim S = Card(F ) = 3.
2. (a) Par d´efinition, T ne contient pas le vecteur nul. C¸ a ne peut donc ˆetre un SEV de S. (b) M = a 0 1 0 b 0 0 0 a
= a.A1+ b.A2+ 1.A3 =
a b 1 F .
(c) Les vap de M sont les racines du polynˆome det(M − λI3). Or
det(M − λI3) = a − λ 0 1 0 b − λ 0 0 0 a − λ = (a − λ)2(b − λ).
(d) Si a = b, M admet a comme unique valeur propre. Si M est diagonalisable, il existe donc une matrice de passage P telle que
M = P−1. a 0 0 0 a 0 0 0 a .P = a.P−1.I3.P = a.I3.
Autrement dit, M correspond `a une homoth´etie de rapport a, dont la matrice dans n’importe quelle base est a.I3. Puisque M 6= a.I3, cela ne peut ˆetre une homoth´etie
M ne peut ˆetre diagonalisable.
(e) i. Si b 6= a, M a pour valeurs propres λ1 = a (d’ordre 2) et λ2 = b (d’ordre 1).
– Ea : soit X = x y z . M X = a.X ⇐⇒ ax + z = ax by = ay az = az ⇐⇒ z = 0 y = 0
Ainsi, Ea = {(x, 0, 0), x ∈ R}. C’est donc la droite engendr´ee par (1, 0, 0).
– Eb : M X = b.X ⇐⇒ ax + z = bx by = by az = bz ⇐⇒ x = 0 z = 0
Ainsi, Eb = {(0, y, 0), y ∈ R}. C’est donc la droite engendr´ee par (0, 1, 0).
ii. D’apr`es les calculs pr´ec´edents, a est une vap d’ordre 2, mais le sous espace propre Ea est une droite (de dimension 1, donc). Puisqu’il n’y a pas correspondance
entre ces deux valeurs, M ne peut ˆetre diagonalis´ee.
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? Exercice 2 :
1. Soient k0, k1, k2 ∈ R tels que k0.f0+ k1.f1+ k2.f2 = 0V. Par d´efinition de la fonction nulle,
on doit avoir
∀x ∈ R, k0.f0(x) + k1.f1(x) + k2.f2(x) = 0R
soit
∀x ∈ R, k0+ k1x + k2x2 = 0
En prenant pour valeurs particuli`eres x = 0 puis x = 1 et x = −1, on obtient le syst`eme k0 = 0 k0+ k1 + k2 = 0 k0− k1 + k2 = 0
dont l’unique solution est k0 = k1 = k2 = 0. La famille F est donc libre dans V.
2. (a) Puisque F est libre, la dimension de Vect(F ) est donn´ee par le cardinal de F . Donc dim P = 3.
(b) f = a b c F ⇐⇒ f = a.f0+ b.f1+ c.f2. Autrement dit, f : x 7→ a + bx + cx2.
(c) On reconnaˆıt un trinˆome du second degr´e. P est donc l’ensemble des trinˆomes du second degr´e `a coefficients r´eels.
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