(1)LM 223 Corrigé de l’examen 14 Juin 2011 Exercice no1 1/ La matrice M1 a toutes ses colonnes égales

LM 223 Corrigé de l’examen 14 Juin 2011

Exercice n^o1

1/ La matrice M₁ a toutes ses colonnes égales. Elle est de rang 1. Donc −1 est valeur propre double deM₀. Comme TrM₀ = 0, la dernière valeur propre est 2. Le sous-espace propre E−1 = kerM1 est le plan P d’équation x+ y+z = 0. Comme les espaces propres d’une matrice symétrique sont orthogonaux, E₂ =E₋₁^⊥ = Vect

(1,1,1) .

2/ Les valeurs propres deM_a =M₀+aI₃ se déduisent de celles deM₀ en ajoutant a. Elles sont donc a+ 2, a−1, a−1. On en déduit la signature de Q_a pour tout a en regardant le signe de ces valeurs propres :

a >1 :τ_a= (3,0), τ₁ = (1,0), −2< a <1 :τ_a = (1,2), τ₋₂ = (0,2), a <−2 :τ_a= (0,3).

Exercice n^o2

1/ Soit u = (1,0) et v = (1,1). Alors ψ(K₀) est le parallélogramme dont les sommets sont

±u±v. L’ellipse est inscrite dans ce parallélogramme, les points de tangence étant les milieux des côtés. Ce qui donne :

2/ On a 1 1 0 1

! x y

!

= x+y y

!

. Soitx⁰, y⁰ les coordonnées d’un point de φ(C). Alors il

existe x, y tels que x²+y² = 1 et

( x+y=x⁰ y =y⁰

;soit x=x⁰−y⁰ ety =y⁰. L’équation deφ(C)

est donc (x⁰−y⁰)²+y⁰² = 1 soit x⁰²−2x⁰y⁰+ 2y⁰² = 1.

3/ Les axes sont les directions propres de la matrice 1 −1

−1 2

!

. On a P(λ) =λ²−3λ+ 1,

d’où λ= 3±√ 5

2 =ϕ^±2 où ϕ= 1 +√ 5

2 est le nombre d’or. Cherchons les vecteurs propres de la forme(1, a). On aura ainsi les coefficients directeurs des axes a₊ et a₋. On a

1 −1

−1 2

! 1 a

!

= 1−a

−1 + 2a

!

=λ 1 a

!

D’où 1−a =λ soit a= 1−λ= −1∓√ 5

2 . Soit e₊ et e− des vecteurs propres unitaires. Dans la base(e₊, e−)les composantes d’un vecteur u sont notéesp, q. L’équation de φ(C) devient

λ₊p² +λ−q² = 1 soit 3 +√ 5

2 p²+3−√ 5

2 q² = 1.

2 On en déduit que le grand axe est sur la droiteD−= Vect

(1, a−) et que le demi grand axe a pour longueur 3−√

5 2

!−1/2

=ϕ. De même le petit axe est sur la droite D₊ = Vect (1, a₊) et le demi petit axe a pour longueur ϕ⁻¹. Ces éléments suffisent pour déterminer l’allure de l’ellipse.

Exercice n^o3

1/ On a H₁∩H₂ =N₁^⊥∩N₂^⊥= Vect{N₁, N₂}⊥

. Comme N₁ et N₂ ne sont pas colinéaires ils engendrent un plan. Donc dim Vect{N1, N2}⊥

= 4−2 = 2.

2/ D’après ce qu’on a vu au 1/, P = Vect{N₁, N₂}⊥

soit P^⊥ = Vect{N₁, N₂} ou encore (N₁, N₂) est une base de P^⊥. Par hypothèse e₁ est colinéaire à N₁. On a kN₁k² = 4 soit kN₁k= 2. On peut donc poser

e1 = 1

kN₁kN1 = 1

2N1 = 1

2(1,1,1,1).

Pour trouver e₂ on écrit N₂ =ae₁+be₂. On a donc N₂·e₁ =a×1 +b×0, soit a=N₂·e₁ = 4−3 + 1

2 = 1. Finalement e₂ est colinéaire àN₂ −e₁ = 1

2(2N₂−N₁) = 1

2(7,−1,−7,1). On a (7,−1,−7,1)

2 = 49 + 1 + 49 + 1 = 100. Donc on peut prendre pour e2 = 1

10(7,−1,−7,1).

3/ Soitπ la projection orthogonale sur P^⊥. Alors d(v, P)2

= π(v)

2 = (v·e₁)²+ (v·e₂)². On a (v·e1)² = 1

4(v·N1)² = 1

4(6 + 5−1−4)² = 6² 4 = 9.

De même (v·e₂)² = 1

100 v·(7,−1,−7,1)2

= 1

100 7×6−1×5 + (−7)×(−1) + 1× −42

= 1

100(42−5 + 7−4)²

= 1

100(40)² = 16.

Finalement d(v, P)2

= 9 + 16 = 25 = 5² d’où le résultat.