Examen rattrapage mip 124 fst mohammedia 2014 2015 algèbre 2

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Exercice 1

On considère la matrice A :

A =
( 2 1 -1 )
( -1 2 1 )
( 1 1 0 )

1/ Calcul des valeurs propres de A

On calcule le polynôme caractéristique P_A(λ) = det(A - λI₃) :

P_A(λ) =
| 2-λ 1 -1 |
| -1 2-λ 1 |
| 1 1 -λ |

En appliquant l'opération C₁ ← C₁ + C₂ + C₃, nous obtenons :

P_A(λ) =
| 2-λ 1 -1 |
| 2-λ 2-λ 1 |
| 2-λ 1 -λ |

Factorisons (2-λ) de la première colonne :

P_A(λ) = (2-λ)
| 1 1 -1 |
| 1 2-λ 1 |
| 1 1 -λ |

Ensuite, appliquons les opérations L₂ ← L₂ - L₁ et L₃ ← L₃ - L₁ :

P_A(λ) = (2-λ)
| 1 1 -1 |
| 0 1-λ 2 |
| 0 0 1-λ |

Ce déterminant est celui d'une matrice triangulaire supérieure, donc il est égal au produit des éléments de la diagonale principale :

P_A(λ) = (2-λ)(1-λ)(1-λ) = (2-λ)(1-λ)² = (2-λ)(λ-1)².

Les valeurs propres de A sont λ₁ = 1 (avec une multiplicité algébrique de 2) et λ₂ = 2 (avec une multiplicité algébrique de 1).

2/ Bijectivité de f, Ker f et Im f

Soit f l'endomorphisme de ℜ³ dont la matrice A est la matrice représentative dans la base canonique.

Puisque aucune des valeurs propres de A n'est nulle (λ₁ = 1 et λ₂ = 2), la matrice A est inversible. Par conséquent, l'endomorphisme f est bijectif.

Étant bijectif, f est à la fois injectif et surjectif.

Le noyau de f est Ker(f) = {0_ℜ³}.

L'image de f est Im(f) = ℜ³.

3/ Détermination de f(x, y, z)

Pour tout vecteur (x, y, z) ∈ ℜ³, l'image f(x, y, z) est donnée par la multiplication de la matrice A par le vecteur colonne (x, y, z)^T :

f(x, y, z) = A
( x )
( y )
( z )

f(x, y, z) =
( 2 1 -1 ) ( x ) ( 2x + y - z )
( -1 2 1 ) ( y ) = ( -x + 2y + z )
( 1 1 0 ) ( z ) ( x + y )

Ainsi, f(x, y, z) = (2x + y - z, -x + 2y + z, x + y).

4/ Non-diagonalisabilité de A

Une matrice est diagonalisable si et seulement si pour chaque valeur propre, sa multiplicité algébrique est égale à sa multiplicité géométrique (dimension de l'espace propre associé).

Pour la valeur propre λ₁ = 1, la multiplicité algébrique est 2. Calculons la dimension de l'espace propre E₁ = Ker(A - I₃).

Le système (A - I₃)u = 0 pour u = (x, y, z)^T est :

( 1 1 -1 ) ( x ) ( 0 )
( -1 1 1 ) ( y ) = ( 0 )
( 1 1 -1 ) ( z ) ( 0 )

Les équations sont :
L₁: x + y - z = 0
L₂: -x + y + z = 0
L₃: x + y - z = 0

Nous remarquons que L₁ et L₃ sont identiques. En additionnant L₁ et L₂ :
(x + y - z) + (-x + y + z) = 0 + 0 ⇒ 2y = 0 ⇒ y = 0.

En substituant y = 0 dans L₁, nous obtenons : x - z = 0 ⇒ x = z.

Les vecteurs propres associés à λ₁ = 1 sont de la forme (x, 0, x) = x(1, 0, 1).

L'espace propre E₁ = Vect{(1, 0, 1)}. La dimension de E₁ est dim(E₁) = 1.

Puisque la multiplicité géométrique de λ₁ (qui est 1) est strictement inférieure à sa multiplicité algébrique (qui est 2), la matrice A n'est pas diagonalisable.

5/ Similitude entre A et T

On nous demande de montrer que A est semblable à la matrice T :

T =
( 2 0 0 )
( 0 1 1 )
( 0 0 1 )

Deux matrices A et T sont semblables s'il existe une matrice inversible P telle que A = PTP^-1. La matrice T est la forme de Jordan de A, ou une matrice triangulaire supérieure équivalente, et représente l'endomorphisme f dans une base B' = (u₁, u₂, u₃) appelée base de Jordan.

Les colonnes de T nous donnent les relations pour les vecteurs de la base B' :

f(u₁) = 2u₁ (u₁ est un vecteur propre associé à λ = 2)
f(u₂) = 1u₂ (u₂ est un vecteur propre associé à λ = 1)
f(u₃) = 1u₃ + u₂ (u₃ est un vecteur de Jordan généralisé ou un vecteur propre généralisé associé à λ = 1)

6/ Détermination de la matrice P

La matrice P est la matrice de passage de la base canonique à la base B' = (u₁, u₂, u₃). Ses colonnes sont les vecteurs u₁, u₂ et u₃.

Pour déterminer u₁ (vecteur propre associé à λ₂ = 2), nous résolvons (A - 2I₃)u₁ = 0 :

( 0 1 -1 ) ( x ) ( 0 )
( -1 0 1 ) ( y ) = ( 0 )
( 1 1 -2 ) ( z ) ( 0 )

Le système d'équations est :
L₁: y - z = 0 ⇒ y = z
L₂: -x + z = 0 ⇒ x = z
L₃: x + y - 2z = 0 (qui est compatible avec x=z et y=z : z+z-2z=0)

Donc, u₁ est de la forme (x, x, x) = x(1, 1, 1). Nous pouvons choisir u₁ = (1, 1, 1).

Pour déterminer u₂ (vecteur propre associé à λ₁ = 1), nous résolvons (A - I₃)u₂ = 0. Nous avons déjà trouvé que l'espace propre E₁ est engendré par (1, 0, 1).

Donc, u₂ est de la forme x(1, 0, 1). Nous pouvons choisir u₂ = (1, 0, 1).

Pour déterminer u₃ (vecteur de Jordan généralisé), nous utilisons la relation (A - I₃)u₃ = u₂ :

( 1 1 -1 ) ( x ) ( 1 ) ( 1 )
( -1 1 1 ) ( y ) = ( 0 ) où u₂ = ( 0 )
( 1 1 -1 ) ( z ) ( 1 ) ( 1 )

Le système est :
L₁: x + y - z = 1
L₂: -x + y + z = 0
L₃: x + y - z = 1

L₁ et L₃ sont identiques. En additionnant L₁ et L₂ :
(x + y - z) + (-x + y + z) = 1 + 0 ⇒ 2y = 1 ⇒ y = 1/2.

En substituant y = 1/2 dans L₁ : x + 1/2 - z = 1 ⇒ x - z = 1/2.

Nous pouvons choisir une solution pour x et z, par exemple en posant z = 0, on obtient x = 1/2. Ainsi, u₃ = (1/2, 1/2, 0).

La matrice de passage P est formée par les vecteurs u₁, u₂, u₃ en colonnes :

P =
( 1 1 1/2 )
( 1 0 1/2 )
( 1 1 0 )

Pour obtenir P^-1, il faudrait calculer l'inverse de cette matrice P. (Le calcul explicite de P^-1 n'est pas fourni dans le texte original).

7/ Inversibilité de T et calcul de T^-1

La matrice T est inversible car son déterminant est non nul. Le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit de ses éléments diagonaux : det(T) = 2 × 1 × 1 = 2 ≠ 0.

Calculons T^-1 en utilisant la méthode de Gauss-Jordan :

( T | I₃ ) =
( 2 0 0 | 1 0 0 )
( 0 1 1 | 0 1 0 )
( 0 0 1 | 0 0 1 )

Opération L₁ ← 1/2 L₁ :
( 1 0 0 | 1/2 0 0 )
( 0 1 1 | 0 1 0 )
( 0 0 1 | 0 0 1 )

Opération L₂ ← L₂ - L₃ :
( 1 0 0 | 1/2 0 0 )
( 0 1 0 | 0 1 -1 )
( 0 0 1 | 0 0 1 )

Donc, T^-1 =
( 1/2 0 0 )
( 0 1 -1 )
( 0 0 1 )

8/ Déduction de l'inversibilité de A et relation entre A^-1 et T^-1

Puisque A est semblable à T (A = PTP^-1) et que T est inversible, la matrice A est également inversible.

La relation entre A^-1 et T^-1 est la suivante :

A^-1 = (PTP^-1)^-1 = (P^-1)^-1 T^-1 P^-1 = PT^-1P^-1.

(Il n'est pas demandé de calculer explicitement A^-1).

9/ Calcul de Tⁿ pour tout n ∈ ℜ*

On veut montrer que Tⁿ est de la forme :

Tⁿ =
( 2ⁿ 0 0 )
( 0 1 n )
( 0 0 1 )

Méthode 1 : Par récurrence

Initialisation : Pour n = 1,
T¹ =
( 2¹ 0 0 )
( 0 1 1 )
( 0 0 1 )

Ce qui est égal à la matrice T donnée. La proposition est vraie pour n = 1.

Hérédité : Supposons que la formule soit vraie pour un entier k ∈ ℜ*, c'est-à-dire :
T^k =
( 2^k 0 0 )
( 0 1 k )
( 0 0 1 )

Calculons T^k+1 :
T^k+1 = T^k × T =
( 2^k 0 0 ) ( 2 0 0 )
( 0 1 k ) ( 0 1 1 )
( 0 0 1 ) ( 0 0 1 )

=
( 2^k×2 + 0 + 0 0+0+0 0+0+0 )
( 0+0+0 0+1+0 0+1+k )
( 0+0+0 0+0+0 0+0+1 )

=
( 2^k+1 0 0 )
( 0 1 k+1 )
( 0 0 1 )

La formule est donc vérifiée pour k+1.

Conclusion : Par le principe de récurrence, la formule est vraie pour tout n ∈ ℜ*.

Méthode 2 : Décomposition de la matrice

On peut décomposer T en la somme d'une matrice diagonale D et d'une matrice nilpotente N, telles que D et N commutent (DN = ND).

T = D + N, où :

D =
( 2 0 0 )
( 0 1 0 )
( 0 0 1 )

N =
( 0 0 0 )
( 0 0 1 )
( 0 0 0 )

Vérifions que DN = ND :
DN =
( 2 0 0 ) ( 0 0 0 ) ( 0 0 0 )
( 0 1 0 ) ( 0 0 1 ) = ( 0 0 1 )
( 0 0 1 ) ( 0 0 0 ) ( 0 0 0 )

ND =
( 0 0 0 ) ( 2 0 0 ) ( 0 0 0 )
( 0 0 1 ) ( 0 1 0 ) = ( 0 0 1 )
( 0 0 0 ) ( 0 0 1 ) ( 0 0 0 )

Donc DN = ND. De plus, N est une matrice nilpotente d'ordre 2, car N² = 0 :

N² =
( 0 0 0 ) ( 0 0 0 ) ( 0 0 0 )
( 0 0 1 ) ( 0 0 1 ) = ( 0 0 0 )
( 0 0 0 ) ( 0 0 0 ) ( 0 0 0 )

Puisque D et N commutent et N est nilpotente d'ordre 2, nous pouvons appliquer la formule du binôme de Newton :

Tⁿ = (D + N)ⁿ = ∑_k=0ⁿ C(n,k) D^n-k N^k.

Comme N² = 0, seuls les termes pour k = 0 et k = 1 sont non nuls :

Tⁿ = C(n,0) Dⁿ N⁰ + C(n,1) D^n-1 N¹

Sachant que C(n,0) = 1 et C(n,1) = n, et N⁰ = I₃ :

Tⁿ = I₃ Dⁿ + n D^n-1 N

Calculons Dⁿ et D^n-1N :

Dⁿ =
( 2ⁿ 0 0 )
( 0 1ⁿ 0 )
( 0 0 1ⁿ )

=
( 2ⁿ 0 0 )
( 0 1 0 )
( 0 0 1 )

D^n-1N =
( 2^n-1 0 0 ) ( 0 0 0 ) ( 0 0 0 )
( 0 1 0 ) ( 0 0 1 ) = ( 0 0 1 )
( 0 0 1 ) ( 0 0 0 ) ( 0 0 0 )

Maintenant, additionnons les termes :
Tⁿ =
( 2ⁿ 0 0 ) ( 0 0 0 )
( 0 1 0 ) + n ( 0 0 1 )
( 0 0 1 ) ( 0 0 0 )

=
( 2ⁿ 0 0 )
( 0 1 n )
( 0 0 1 )

Le résultat est le même que celui obtenu par récurrence.

10/ Déduction de Aⁿ pour tout n ∈ ℜ

Puisque A et T sont semblables, A = PTP^-1. Alors, pour tout n ∈ ℜ, nous avons la relation :

Aⁿ = PTⁿP^-1.

Pour calculer Aⁿ, il suffirait de déterminer P^-1 et d'effectuer le produit PTⁿP^-1.

Pour n ∈ ℜ* : Aⁿ = PTⁿP^-1, avec Tⁿ calculé précédemment.
Pour n = 0 : A⁰ = I₃ (la matrice identité).
Pour n < 0 : Posons n = -k, où k ∈ ℜ*.
Aⁿ = A^-k = (A^-1)^k. En utilisant A^-1 = PT^-1P^-1 :
A^-k = (PT^-1P^-1)^k = P(T^-1)^kP^-1 = PT^-kP^-1.

De la même manière que Tⁿ, on peut calculer T^-k = (T^-1)^k :
T^-k =
( (1/2)^k 0 0 )
( 0 1 -k )
( 0 0 1 )

En réintroduisant n = -k, cela signifie que la formule pour Tⁿ est valable pour n ∈ ℜ :
Tⁿ =
( 2ⁿ 0 0 )
( 0 1 n )
( 0 0 1 )

Donc, Aⁿ = PTⁿP^-1 pour tout n ∈ ℜ.

Exercice 2

Pour tout m ∈ ℜ, on considère la matrice A_m et le système linéaire (S) aux inconnues réelles x, y et z, définis par :

A_m =
( m 1 1 )
( 1 m 1 )
( 1 1 m )

Et (S) : A_m
( x ) ( 1 )
( y ) = ( m )
( z ) ( m² )

1/ Discussion du rang de A_m suivant les valeurs de m

Pour discuter le rang de A_m, nous commençons par calculer son déterminant :

det(A_m) =
| m 1 1 |
| 1 m 1 |
| 1 1 m |

En appliquant l'opération L₁ ← L₁ + L₂ + L₃ :

det(A_m) =
| m+2 m+2 m+2 |
| 1 m 1 |
| 1 1 m |

Factorisons (m+2) de la première ligne :

det(A_m) = (m+2)
| 1 1 1 |
| 1 m 1 |
| 1 1 m |

En appliquant C₂ ← C₂ - C₁ et C₃ ← C₃ - C₁ :

det(A_m) = (m+2)
| 1 0 0 |
| 1 m-1 0 |
| 1 0 m-1 |

Ce déterminant est celui d'une matrice triangulaire inférieure, donc il est égal au produit des éléments de la diagonale principale :

det(A_m) = (m+2)(m-1)(m-1) = (m+2)(m-1)².

Nous distinguons trois cas possibles pour le rang de A_m :

Premier cas : det(A_m) ≠ 0

Si m ≠ -2 et m ≠ 1, alors det(A_m) ≠ 0. La matrice A_m est inversible, et son rang est maximal.

rg(A_m) = 3.

Deuxième cas : m = 1

Si m = 1, alors det(A₁) = (1+2)(1-1)² = 0. Donc rg(A₁) < 3.

A₁ =
( 1 1 1 )
( 1 1 1 )
( 1 1 1 )

Toutes les colonnes (et lignes) sont identiques. Par exemple, C₁ = C₂ = C₃. Il n'y a qu'une seule colonne linéairement indépendante.

Donc, rg(A₁) = 1.

Troisième cas : m = -2

Si m = -2, alors det(A_-2) = (-2+2)(-2-1)² = 0. Donc rg(A_-2) < 3.

A_-2 =
( -2 1 1 )
( 1 -2 1 )
( 1 1 -2 )

Les colonnes C₁ = (-2, 1, 1)^T et C₂ = (1, -2, 1)^T sont linéairement indépendantes (l'une n'est pas un multiple de l'autre). Ainsi, le rang est au moins 2. Puisque le déterminant est nul, le rang ne peut pas être 3.

Donc, rg(A_-2) = 2.

2/ Pour quelles valeurs de m le système (S) est-il de Cramer, compatible ou incompatible ?

a/ Système de Cramer

Le système (S) est un système de Cramer si et seulement si le déterminant de sa matrice associée A_m est non nul.

Donc, (S) est un système de Cramer si m ≠ 1 et m ≠ -2.

b/ Cas où m = 1

Si m = 1, le système (S) devient :

{ x + y + z = 1
{ x + y + z = 1
{ x + y + z = 1

Ce système se réduit à l'équation unique : x + y + z = 1. Il est compatible et admet une infinité de solutions (les solutions forment un plan dans ℜ³).

c/ Cas où m = -2

Si m = -2, le système (S) devient :

{ -2x + y + z = 1
{ x - 2y + z = -2
{ x + y - 2z = 4

Appliquons des opérations sur les lignes :
L₁: -2x + y + z = 1
L₂: x - 2y + z = -2
L₃: x + y - 2z = 4

Effectuons les opérations L₂ ← 2L₂ + L₁ et L₃ ← 2L₃ + L₁ :

L₁: -2x + y + z = 1
L'₂: 0x - 3y + 3z = -3 ⇒ -y + z = -1
L'₃: 0x + 3y - 3z = 9 ⇒ y - z = 3

Maintenant, additionnons L'₂ et L'₃ :
(-y + z) + (y - z) = -1 + 3 ⇒ 0 = 2.

Puisque nous obtenons une contradiction (0 = 2), le système est incompatible. Il n'admet aucune solution.

3/ Résolution du système (S) par les formules de Cramer lorsque det(A_m) ≠ 0

Lorsque m ≠ 1 et m ≠ -2, le système est de Cramer. Nous utilisons les formules de Cramer :
x = Δ_x / det(A_m)
y = Δ_y / det(A_m)
z = Δ_z / det(A_m)

Nous savons que det(A_m) = (m+2)(m-1)².

Calcul de Δ_x :
Δ_x =
| 1 1 1 |
| m m 1 |
| m² 1 m |

En appliquant C₂ ← C₂ - C₁ et C₃ ← C₃ - C₁ :
Δ_x =
| 1 0 0 |
| m 0 1-m |
| m² 1-m² m-m² |

Développons par rapport à la première ligne :
Δ_x = 1 ×
| 0 1-m |
| 1-m² m-m² |

= 0 × (m-m²) - (1-m) × (1-m²)
= -(1-m)(1-m)(1+m) = -(1-m)²(1+m).

x = -(1-m)²(1+m) / ((m+2)(m-1)²) = -(m+1) / (m+2).

Calcul de Δ_y :
Δ_y =
| m 1 1 |
| 1 m 1 |
| 1 m² m |

En appliquant C₁ ← C₁ - C₃ et C₂ ← C₂ - C₃ :
Δ_y =
| m-1 0 1 |
| 0 m-1 1 |
| 1-m m²-m m |

=
| m-1 0 1 |
| 0 m-1 1 |
| -(m-1) m(m-1) m |

Factorisons (m-1) de la première et deuxième colonne :
Δ_y = (m-1)²
| 1 0 1 |
| 0 1 1 |
| -1 m m |

Développons par rapport à la première ligne :
Δ_y = (m-1)² [1 × (m - m) - 0 + 1 × (0 - (-1))]
= (m-1)² [0 + 1] = (m-1)².

y = (m-1)² / ((m+2)(m-1)²) = 1 / (m+2).

Calcul de Δ_z :
Δ_z =
| m 1 1 |
| 1 m m |
| 1 1 m² |

En appliquant C₂ ← C₂ - C₁ et C₃ ← C₃ - C₁ :
Δ_z =
| m 1-m 1-m |
| 1 m-1 m-1 |
| 1 0 m²-1 |

=
| m -(m-1) -(m-1) |
| 1 m-1 m-1 |
| 1 0 (m-1)(m+1) |

Factorisons (m-1) des colonnes C₂ et C₃ :
Δ_z = (m-1)²
| m -1 -1 |
| 1 1 1 |
| 1 0 m+1 |

Développons par rapport à la première ligne :
Δ_z = (m-1)² [m × (1 × (m+1) - 0 × 1) - (-1) × (1 × (m+1) - 1 × 1) + (-1) × (1 × 0 - 1 × 1)]
= (m-1)² [m(m+1) + (m+1 - 1) + (-1)(-1)]
= (m-1)² [m² + m + m + 1]
= (m-1)² [m² + 2m + 1] = (m-1)²(m+1)².

z = (m-1)²(m+1)² / ((m+2)(m-1)²) = (m+1)² / (m+2).

Les solutions du système (S) sont :
x = -(m+1) / (m+2)
y = 1 / (m+2)
z = (m+1)² / (m+2)

FAQ

1. Qu'est-ce qu'une valeur propre et un vecteur propre ?

Une valeur propre (λ) d'une matrice A est un scalaire tel qu'il existe un vecteur non nul (appelé vecteur propre) v, pour lequel Av = λv. En d'autres termes, l'application linéaire associée à A étire ou contracte le vecteur v sans changer sa direction (sauf si λ est négatif).

2. Dans quel cas une matrice n'est-elle pas diagonalisable ?

Une matrice n'est pas diagonalisable si, pour au moins une de ses valeurs propres, la multiplicité géométrique (la dimension de l'espace propre associé) est strictement inférieure à sa multiplicité algébrique (le nombre de fois que la valeur propre apparaît comme racine du polynôme caractéristique).

3. Quel est l'avantage principal de la règle de Cramer pour résoudre un système linéaire ?

La règle de Cramer permet de trouver directement la valeur de chaque inconnue d'un système linéaire sans avoir à résoudre tout le système par substitution ou élimination. Cependant, elle est généralement efficace et pratique uniquement pour les systèmes de petite taille (2x2 ou 3x3), car le calcul des déterminants devient très lourd pour des systèmes plus grands.