EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007
Corrigé de la série 14
Correction exercice 1
1. Le premier système s’écrit AX = 0 avec A=
1 1 −1 1 −1 0
1 1 1
et X =
x y z
.
On a det(A) =−46= 0 donc, d’après le document sur les déterminants, la matrice A est inversible. Donc X =A−10 = 0. L’unique solution du système est le vecteur nul.
2. La combinaison linéaire 2L3 −L1 donne l’équation : x−y= 3 soit
2x−2y= 6.
Comme la deuxième équation du système est 2x−2y = 2 on en déduit que le système est incompatible (c’est à dire qu’il n’admet pas de solution.)
3. Ici, 2L3 −L1 donne l’équation :
x−y= 1.
Par conséquent 2(2L3−L1) =L2. On a donc un système de deux équations linéairement indépendantes avec trois inconnues. Le système admet donc une infinité de solutions (l’in- connu z peut être pris comme paramètre.)
Correction exercice 2 On montre que A2 =Id.
Soient λ une valeur propre de A de vecteur propre associé v. On a donc Av=λv. D’où A2v =v =A(Av) = A(λv) =λ2v
et donc (1−λ2)v = 0. Comme v 6= 0 (c’est un vecteur propre !) on en déduit que λ= 1 ou −1.
Pour obtenir les vecteurs propres de A, supposons tout d’abord que sinθ = 0, donc cosθ =±1.
Alors A=
1 0 0 −1
ou A =
−1 0 0 1
. Dans le premier cas, on a
A 1
0
= 1
0
et A 0
1
= 0
−1
par conséquent TA est une réflexion selon l’axe des abscisses.
Dans le deuxième cas, on a A
1 0
= −1
0
etA 0
1
= 0
1
1
par conséquent TA est une réflexion selon l’axe des ordonnées.
Supposons maintenant que sinθ 6= 0. On calcule les espaces propres pour les valeurs propres 1 et −1. Pour λ = 1, on a
(cosθ)x+ (sinθ)y=x alors
y=x1−cosθ sinθ .
Posons θ = 2α. Alors 1−cosθ = 1−cos2α+ sin2α = 2 sin2α et sinθ = 2 sinαcosα, alors y =x 2 sin2α
2 sinαcosα =xtanα.
(On remarque que cosα 6= 0 car sinθ6= 0.) Pour x= cosα, on obtient que v1 =
cosα sinα
est un vecteur propre pour λ= 1.
Pour λ=−1, on a
(sinθ)x−(cosθ)y=−y alors
x=−y1−cosθ
sinθ =−ytanα.
Pour y= cosα on obtient que
v2 =
−sinα cosα
est un vecteur propre pour λ=−1.
Puisque v1 et v2 sont des vecteurs propres pour des valeurs propres distinctes, ils sont linéai- rement indépendants et ils forment une base de R2. Puisque TAv1 = v1 et TAv2 =−v2, TA est une réflexion selon la droite y= (tanα)x.
Correction exercice 3
1. On montre que Ker(T) = Span(~e1−~e3).
A=
0 −1 0 0 1 0 1 1 1
2. On montre facilement que
~e1 =f~1+f~2+f~3
~
e2 =f~1+f~3
~e3 =f~2 +f~3.
On vérifie que {f~1, ~f2, ~f3} est une famille linéairement indépendante. C’est donc une base de R3.
2
3.
T(f~1) =~0 T(f~2) = f~2 T(f~3) =f~3
B =
0 0 0 0 1 0 0 0 1
L’application T est la projection sur le plan engendré par f~2 et f~3. Correction exercice 4
Soient λ une valeur propre de f et P un vecteur propre tels que f(P) = λP. Il existen ∈N et (a0, . . . , an)∈Rn+1 tels que : P(X) =Pn
k=0akXk et an 6= 0. Alors f(P) est de degré inférieur ou égal à n+ 2 et le terme de degré n+ 2 de f(P) est (n−3)anXn+2, d’où n = 3.
En notant P(X) = aX3+bX2+cX+d on obtient : f(P) = λP si et seulement si b = 0, λa= 4a−2c, λb = 3b−3d, λc= 2c, λd=d.
On obtient deux solutions : soit
λ= 2, b= 0, d= 0, a =c soit
λ= 4, b= 0, c= 0, d= 0.
L’applicationf a pour valeurs propres 2de vecteur propre associéX3+X et4de vecteur propre associé X3.
Correction exercice 5
Soitλest une valeur propre deg◦f. Alors il existe un vecteur non-nulv ∈Etel queg(f v) =λv.
Si f v = 0 alors g(f v) = 0, donc λ = 0. En particulier, ni f ni g ◦f n’est inversible. Pour montrer que 0 est une valeur propre de f ◦g, il suffit de montrer que f ◦g n’est pas injectif.
Raisonnons par l’absurde et supposons que f◦g est injectif. Comme E est de dimension finie on déduit que f ◦g est surjectif,. Donc f est surjectif. Et comme V est de dimension finie, f est également injectif, ce qui est en contradiction avec l’égalité f v = 0. Par conséquent, f ◦g n’est pas injectif, et 0 est une valeur propre de f◦g.
Supposons maintenant que f v 6= 0. En appliquant f à l’équation g(f v) = λv, on trouve que f(g(f v)) = (f ◦g)(f v) =f(λv) = λf v. Alors λ est une valeur propre de f◦g.
La démonstration que toute valeur propre def◦g est une valeur propre de g◦f est symétrique.
Correction exercice 6
1. En posant A = a b
c d
on obtient Xn+1 = AXn. On démontre alors par récurrence que Xn =AnX0.
2. Les vecteurs propres~e1 et~e2 étant associés à des valeurs propres disctinctes, forment une base de R2. Par conséquent on peut décomposer le vecteur X0 selon cette base.
On a Xn =An(α~e1+β~e2) = αAn~e1+βAn~e2 =αλn1e~1+βλn2~e2. 3. On a
A=
−1 2
−3 4
.
3
Un calcul montre que les valeurs propres sont 1 et 2 de vecteur propre associé (1,1) et (2,3). Par conséquent X0 =α(1,1) +β(2,3). Par conséquent :
un=α+β2n.2
vn =α+β2n.3
(Si les données initiales u0 et v0 sont données on peut déterminer α et β en fonction de u0 et v0. )
Ces suites convergent si et seulement si β = 0 (dans ce cas la suite est stationnaire.)
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