Examen partiel corrigé algèbre 2 module m124 problèmes -Algè
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Cette page présente un partiel d'Algèbre 2 avec sa correction détaillée. Ce document est conçu pour aider les étudiants à réviser les concepts fondamentaux de l'algèbre linéaire, tels que la diagonalisation, les polynômes caractéristiques et minimaux, les vecteurs propres, les matrices de Jordan, et les projecteurs spectraux. Il couvre également l'application de ces concepts à la résolution de systèmes dynamiques linéaires.
Exercice 1
La matrice suivante est-elle diagonalisable ?
M = 3 -1 1 -7
9 -3 -7 -1
0 0 4 -8
0 0 2 -4
Exercice 2
On pose A la matrice :
A = 1 0 -3
1 -1 -6
-1 2 5
-
a) Après avoir déterminé le polynôme caractéristique de A, calculer les vecteurs propres associés aux valeurs propres.
b) En déduire si la matrice est diagonalisable ou non. Dans le premier cas, la diagonaliser. Dans le second, la mettre sous forme d'une matrice de Jordan en déterminant une matrice de changement de base notée P. Exprimer A' la matrice de A dans cette nouvelle base.
c) Déterminer l'inverse de la matrice P.
d) Déterminer le polynôme minimal de A.
e) Déterminer les projecteurs spectraux de A. Vérifier que leur somme donne bien le résultat escompté.
-
On pose le système :
un+1 = un − 3wn
vn+1 = un − vn − 6wn
wn+1 = −un + 2vn + 5wn
avec u0 = 0, v0 = −1 et w0 = 1 et la matrice B =
B = 1 0 0 0 2 1 0 0 2a) Calculer les puissances n-ième de B pour n ∈ ℕ.
b) En vous servant de la question 1, montrer que le système précédent se traduit par un problème matriciel impliquant B via un changement de base adéquat.
c) En déduire un, vn et wn en fonction de n.
Exercice 3
Soit A une matrice diagonalisable de Mn(ℂ) et soit B ∈ M2n(ℂ) la matrice bloc B =
B = 0 A
In 0
1) En considérant des vecteurs de la forme X =
X = x
y
avec x et y deux vecteurs de dimension n, montrer que λ est une valeur propre de B si et seulement si λ² est une valeur propre de A.
2) Montrer que si µ = λ² avec λ ∈ Spec(B), alors dim(Ker(B − λI2n)) = dim(Ker(A − µIn)).
3) En déduire que B est diagonalisable si et seulement si A est inversible. (On pourra utiliser le fait qu'un complexe a, en général, deux racines carrées).
Correction
Correction Exercice 1
0 est une valeur propre quadruple de la matrice M. Une matrice est diagonalisable si et seulement si la dimension de chaque sous-espace propre est égale à la multiplicité algébrique de la valeur propre correspondante. Dans ce cas, la matrice n'est pas la matrice nulle, et il est généralement constaté que la dimension du sous-espace propre associé à 0 est inférieure à 4. Par conséquent, la matrice M n'est pas diagonalisable.
Correction Exercice 2
1)
a) On trouve le polynôme caractéristique de A : χA(X) = (X − 1)(X − 2)². La recherche des vecteurs propres donne v₁ = (2, 1, 0)T associé à la valeur propre 1, et v₂ = (−3, −3, 1)T associé à la valeur propre 2. Pour la valeur propre 2, il n'y a qu'un seul vecteur propre linéaire indépendant.
b) La matrice n'est pas diagonalisable car la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre 2 est dim(V₂) = 1, alors que la multiplicité algébrique de 2 dans le polynôme caractéristique est 2. Pour la mettre sous forme de Jordan, il nous faut trouver un vecteur w₂ tel que (A − 2I)w₂ = v₂, soit à résoudre le système :
−x − 3z = −3
x − 3y − 6z = −3
−x + 2y + 3z = 1
Ce système est équivalent à : x = −3z + 3 et y = −3z + 2. On peut choisir, par exemple, z = 0, ce qui donne w₂ = (3, 2, 0)T. On trouve donc la matrice de changement de base P =
P = 2 -3 3
1 -3 2
0 1 0
et la forme de Jordan A' (matrice de A dans cette nouvelle base) =
A' = 1 0 0
0 2 1
0 0 2
c) On trouve l'inverse de la matrice P : P⁻¹ =
P⁻¹ = 2 -3 -3
0 0 1
-1 2 3
d) On a χA(X) = (X − 1)(X − 2)². Comme le polynôme minimal µA(X) et le polynôme caractéristique χA(X) ont les mêmes facteurs irréductibles, il suffit de tester si (X − 1)(X − 2) est un polynôme annulateur. On calcule A² − 3A + 2I :
A² − 3A + 2I = 3 -6 -9
3 -6 -9
-1 2 3
Puisque A² − 3A + 2I ≠ 0, (X − 1)(X − 2) n'est pas le polynôme minimal. Le polynôme minimal de A est donc µA(X) = χA(X) = (X − 1)(X − 2)². Une autre façon de le déduire est de se rappeler que si une matrice n'est pas diagonalisable, son polynôme minimal ne peut pas être scindé à racines simples. Étant donné la forme de Jordan A', le polynôme minimal doit inclure le bloc de Jordan de taille 2 pour la valeur propre 2, d'où le facteur (X-2)².
e) On effectue la décomposition en éléments simples de 1/µA(X). La décomposition en éléments simples de 1/((X − 1)(X − 2)²) est 1/(X − 1) + (3 − X)/(X − 2)². Les projecteurs spectraux π₁ et π₂ sont alors :
π₁ = (Q₁U₁)(A) = ((A − 2Id)²) = A² − 4A + 4I
π₂ = (Q₂U₂)(A) = ((A − Id)(3Id − A)) = −A² + 4A − 3I
Ce qui donne en termes matriciels :
Mat(π₁) =
4 -6 -6
2 -3 -3
0 0 0
et Mat(π₂) =
-3 6 6
-2 4 3
0 0 1
On vérifie bien que la somme des projecteurs π₁ + π₂ = Id (la matrice identité), comme attendu : Mat(π₁) + Mat(π₂) =
1 0 0
0 1 0
0 0 1
2)
a) On écrit la matrice B sous la forme B = C + N, où C est une matrice diagonale et N est une matrice nilpotente. Plus précisément, B = I + N, avec N =
N = 0 0 0
0 0 1
0 0 0
qui est nilpotente d'ordre 2 (N² = 0). On peut aussi décomposer B = C + N où C =
C = 1 0 0
0 2 0
0 0 2
On constate que C et N commutent (CN = NC). On peut alors utiliser la formule du binôme de Newton pour calculer Bn :
Bn = (C + N)n = ∑k=0n (nk) NkCn-k
Puisque N² = 0, seuls les termes pour k=0 et k=1 sont non nuls :
Bn = Cn + (n1) NCn-1 = Cn + nNCn-1
On calcule Cn :
Cn = 1 0 0
0 2n 0
0 0 2n
Et nNCn-1 :
nNCn-1 = 0 0 0
0 0 n2n-1
0 0 0
Ainsi, Bn =
Bn = 1 0 0
0 2n n2n-1
0 0 2n
b) On utilise l'étude précédente de la matrice A et on pose Xn = (un, vn, wn)T. Le système d'équations récurrentes donné se traduit matriciellement par Xn+1 = AXn. Nous avons montré à la question 1.b que la matrice A est semblable à la matrice B (A' = B), c'est-à-dire A = PBP⁻¹. En substituant A dans l'équation du système, nous obtenons Xn+1 = PBP⁻¹Xn. En multipliant par P⁻¹ à gauche, on a P⁻¹Xn+1 = B P⁻¹Xn. En posant Yn = P⁻¹Xn, l'équation devient Yn+1 = BYn. Ceci démontre que le système se ramène à un problème matriciel impliquant B après un changement de base adéquat défini par P.
c) À partir de Yn+1 = BYn, on peut déduire que Yn = BnY0. Puisque Yn = P⁻¹Xn, on a Xn = PYn = PBnY0. Et comme Y0 = P⁻¹X0, nous obtenons Xn = PBnP⁻¹X0. En remplaçant par les matrices calculées et X₀ = (0, −1, 1)T :
Xn = un
vn
wn
=
2 -3 3
1 -3 2
0 1 0
x
1 0 0
0 2n n2n-1
0 0 2n
x
2 -3 -3
0 0 1
-1 2 3
x
0
-1
1
Après calcul de ce produit matriciel, nous obtenons les expressions pour un, vn et wn :
un = −3n2n-1
vn = −2n-1(3n + 2)
wn = 2n-1(n + 2)
Correction Exercice 3
1) Si l'on suppose que X est un vecteur propre de B associé à la valeur propre λ, alors BX = λX. Avec X = (x, y)T (où x et y sont des vecteurs de dimension n), l'équation s'écrit :
A y = λ x (1)
In x = λ y (2)
De l'équation (2), on tire x = λy. En substituant cette expression de x dans l'équation (1), on obtient Ay = λ(λy) = λ²y. Cela signifie que λ² est une valeur propre de A. Réciproquement, si λ² est une valeur propre de A avec vecteur propre y (Ay = λ²y), on peut définir x = λy. Alors B(λy, y)T = (A y, In(λy))T = (λ²y, λy)T = λ(λy, y)T. Donc (λy, y)T est un vecteur propre de B associé à λ. Ainsi, λ est une valeur propre de B si et seulement si λ² est une valeur propre de A.
2) Soit µ = λ² avec λ ∈ Spec(B). Nous voulons montrer que dim(Ker(B − λI2n)) = dim(Ker(A − µIn)). L'application φ : Ker(A − µIn) → Ker(B − λI2n) définie par φ(y) = (λy, y)T est un isomorphisme d'espaces vectoriels. En effet :
- **Bien définie :** Si y ∈ Ker(A − µIn), alors Ay = µy. Soit X = (λy, y)T. Alors BX = (Ay, Inx)T = (Ay, x)T = (µy, λy)T. Comme µ = λ², BX = (λ²y, λy)T = λ(λy, y)T = λX. Donc X ∈ Ker(B − λI2n).
- **Linéaire :** C'est évident.
- **Injective :** Si φ(y) = (0, 0)T, alors y = 0.
- **Surjective :** Pour tout X = (x, y)T ∈ Ker(B − λI2n), on a x = λy (comme montré à la question 1). Donc X = (λy, y)T = φ(y), et y ∈ Ker(A − µIn).
Puisque φ est un isomorphisme, les dimensions des espaces vectoriels sont égales : dim(Ker(B − λI2n)) = dim(Ker(A − µIn)).
3) Une matrice est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à sa dimension. Pour A, puisque A est diagonalisable, ∑µ∈Spec(A) dim(Ker(A − µIn)) = n.
- **Si A est inversible :** Alors 0 n'est pas une valeur propre de A (µ ≠ 0). Pour chaque valeur propre µ de A, il existe deux racines carrées distinctes non nulles, λ₁ et λ₂, dans ℂ (sauf si µ est réel négatif, les racines sont alors imaginaires pures et distinctes). Ces λ₁ et λ₂ sont les valeurs propres de B associées à µ. Pour ces deux valeurs propres de B, nous avons dim(Ker(B − λ₁I2n)) = dim(Ker(A − µIn)) et dim(Ker(B − λ₂I2n)) = dim(Ker(A − µIn)). La somme des dimensions des sous-espaces propres de B est donc : ∑λ∈Spec(B) dim(Ker(B − λI2n)) = ∑µ∈Spec(A) (dim(Ker(A − µIn)) + dim(Ker(A − µIn))) = 2 * ∑µ∈Spec(A) dim(Ker(A − µIn)) = 2n. Puisque la somme des dimensions des sous-espaces propres de B est égale à sa dimension (2n), B est diagonalisable si A est inversible.
- **Si A n'est pas inversible :** Alors 0 est une valeur propre de A (µ = 0). Dans ce cas, il n'existe qu'une seule racine carrée pour µ = 0, qui est λ = 0. Donc la valeur propre 0 de A correspond à une seule valeur propre 0 pour B. La somme des dimensions des sous-espaces propres de B est alors : ∑λ∈Spec(B) dim(Ker(B − λI2n)) = dim(Ker(B − 0I2n)) + ∑µ∈Spec(A), µ≠0 2 * dim(Ker(A − µIn)). D'après la question 2, dim(Ker(B − 0I2n)) = dim(Ker(A − 0In)). Donc, la somme totale est : dim(Ker(A − 0In)) + ∑µ∈Spec(A), µ≠0 2 * dim(Ker(A − µIn)). Cette somme peut être réécrite comme : dim(Ker(A − 0In)) + 2 * (n − dim(Ker(A − 0In))) = 2n − dim(Ker(A − 0In)). Pour que B soit diagonalisable, cette somme doit être égale à 2n. Cela implique que dim(Ker(A − 0In)) doit être égal à 0, ce qui signifie que 0 n'est pas une valeur propre de A. Ceci est une contradiction puisque nous avons supposé que A n'est pas inversible (donc 0 est valeur propre). Par conséquent, si A n'est pas inversible, B n'est pas diagonalisable.
En conclusion, B est diagonalisable si et seulement si A est inversible.
Questions Fréquentes (FAQ)
Qu'est-ce qu'une matrice diagonalisable ?
Une matrice carrée est dite diagonalisable si elle est semblable à une matrice diagonale. Cela signifie qu'il existe une matrice inversible P telle que P⁻¹AP est une matrice diagonale. Pour qu'une matrice soit diagonalisable sur un corps donné, il faut et il suffit que la somme des dimensions de ses sous-espaces propres soit égale à la taille de la matrice, ou de manière équivalente, que la multiplicité algébrique de chaque valeur propre soit égale à sa multiplicité géométrique.
Quand utilise-t-on la forme de Jordan d'une matrice ?
La forme canonique de Jordan est utilisée pour représenter une matrice carrée qui n'est pas diagonalisable. Chaque matrice carrée complexe est semblable à une unique matrice de Jordan (à l'ordre des blocs près). Cette forme est essentielle pour calculer des puissances de matrices (comme dans l'exercice 2), résoudre des systèmes différentiels linéaires, ou analyser le comportement asymptotique de systèmes dynamiques, notamment lorsque la matrice n'a pas suffisamment de vecteurs propres pour être diagonalisée.
Que sont les projecteurs spectraux d'une matrice ?
Les projecteurs spectraux d'une matrice A sont des opérateurs (matrices) Pᵢ associés à chaque valeur propre distincte λᵢ de A. Ils ont la propriété de projeter tout vecteur de l'espace sur le sous-espace caractéristique (ou propre si la matrice est diagonalisable) associé à λᵢ. Ces projecteurs satisfont à plusieurs propriétés importantes : Pᵢ² = Pᵢ (ce sont des projecteurs), PᵢPⱼ = 0 pour i ≠ j (ils sont orthogonaux deux à deux), et leur somme ∑Pᵢ = I (ils forment une résolution de l'identité). Ils sont particulièrement utiles dans la décomposition spectrale d'une matrice et le calcul de fonctions matricielles.