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2010-2011

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Academic year: 2021

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Texte intégral

(1)

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.

(2)

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

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 ?

? ? ?

(3)

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).

(4)

(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.

(5)

(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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