[PDF] Examen premi`ere session - Corrigé

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UPMC-2M470 Algebre lineaire et bilineaire 13/05/2015

Examen premiere session - CorrigeExercice 1.1. Decomposer en somme de carres de formes lineairement independantes les

formes quadratiques surR4suivantes : Q

1(x;y;z;t) = 2x2+ 7y2+t2z2+ 8xy4xt2yz6yt+ 2tz;

Q

2(x;y;z;t) =y2+z24xz4xt+ 2yz:

Quelle est leur signature?

2. Soitune application bilineaire symetrique sur un espace vectorielE, et soitQsa forme

quadratique. Soient`1;:::;`rdes formes lineaires independantes, telles queQs'ecrive sous la forme

8x2E;Q(x) =rX

i=1 i`i(x)2; aveci2Reti6= 0 pour touti= 1;:::;r. On noteFle sous-espace du dualE engendre par`1;:::;`r. (a) Rappeler la denition du noyau d'une forme bilineaire symetrique. (b) Verier que la forme bilineaire symetriqueassociee aQest donnee par :

8x;y2E;(x;y) =rX

i=1 i`i(x)`i(y): (c) Justier que l'orthogonal deFdansE(noteFdans le cours) est inclus dans le noyau de. Par un argument de dimension, en deduire queFest egal au noyau de.

3. A l'aide de la question precedente, calculer une base du noyau des formes bilineaires

symetriques associees aQ1etQ2. Corrige.1. On applique l'algorithme de Gauss vu en cours (attention : appliquer une autre methode peut mener a des formes lineairement dependantes). Q

1(x;y;z;t) = 2x2+ 7y2+t2z2+ 8xy4xt2yz6yt+ 2tz

= 2(x2+ 4xy2xt) + 7y2+t2z22yz6yt+ 2tz = 2(x+ 2yt)22(2yt)2+ 7y2+t2z22yz6yt+ 2tz = 2(x+ 2yt)2y2+ 2ytt2z22yz+ 2tz = 2(x+ 2yt)2(y+zt)2: Les formes obtenues sont bien independantes et on voit donc queQ1est de signature (1;1) et de rang 2. Q

2(x;y;z;t) =y2+z24xz4xt+ 2yz

=y2+ 2yz+z24xz4xt = (y+z)24x(z+t) = (y+z)2(x+z+t)2+ (xzt)2: Les formes obtenues sont bien lineairement independantes etQ2est donc de signature (2;1) et de rang 3.

2. (a) Le noyau d'une forme bilineaire symetriqueest l'ensemble des vecteursx2Etels

que pour tout vecteury2E, on ait(x;y) = 0. (b) Il est immediat queainsi denie est bilineaire symetrique. Comme,(x;x) =Q(x) pour toutx,est bien l'unique forme associee aQ. (c) Soitx2Fety2E. Alors pour touti= 1;:::;r,`i(x) = 0 donc(x;y) = 0 et on a prouve l'inclusion demandee. Par ailleurs, le theoreme du rang pour les applications bilineaires symetriques implique que le noyau dea pour codimension le rang de , c'est a direr. Nous avons egalement vu en cours queFa pour codimension la dimension deF, c'est a direr. Nous avons donc en plus d'une inclusion, egalite des dimensions et les deux espaces consideres sont donc egaux.

3. Pour obtenir une base du noyau deQ1nous devons donc, d'apres la question 1, trouver

une base de Vect(`1;`2)ou`1(x;y;z;t) =x+ 2ytet`2(x;y;z;t) =y+zt. On cherche donc une base de l'ensemble des vecteurs colonnesR4tels que

1 2 010

B B@x y z t1 C

CA= 0 et0 1 110

B B@x y z t1 C

CA= 0;

c'est a dire tels que

1 2 01

0 1 110

B B@x y z t1 C

CA= 0:

On cherche donc une base du noyau de la matrice

1 2 01

0 1 11

. Pour cela on applique la methode du pivot de Gauss, que nous ne rappellerons pas ici. On trouve par exemple les deux vecteurs0 B B@2 1 1 01 C CAet0 B B@1 1 0 11 C CA. Pour calculer une base du noyau deQ2, on cherche une base de Vect(`1;`2;`3)ou

1(x;y;z;t) =y+zet`2(x;y;z;t) =xzt,`3(x;y;z;t) =x+z+t. On peut raisonner

de la m^eme maniere que pourQ1, mais on peut aller un peu plus vite en remarquant que l'espace recherche est de dimension 1 et que le vecteur0 B B@0 1 1 11 C

CAappartient au noyau des

trois formes lineaires. Ce vecteur engendre donc le noyau deQ2. Exercice 2.On considere la matrice deM4(C) suivante : A=0 B

B@i0 22i

i0 1 0 0 2i1

0 0 0 01

C CA:

1. Calculer l'image parAdes vecteurs (0;0;0;1), (2i;0;1;0) et (0;1;0;0).

2. Calculer le polynome caracteristique deA, donner ses valeurs propres et leur multiplicite

algebrique.

3. Pour chaque valeur propre donner une base de l'espace propre associe et de l'espace

caracteristique associe. La matriceAest-elle diagonalisable dansM4(C), est-elle trigona- lisable dansM4(C)? Justier, bien s^ur.

4. Donner une matrice inversiblePet une matrice triangulaire superieureTtelle queA=

PTP 1.

5. Donner une matrice nilpotenteNet une matrice diagonalisableDtelle queA=D+N

etDN=ND.

6. Rappeler la denition de l'exponentielle d'une matrice. Expliquer comment la decomposition

obtenue a la question precedente peut ^etre utilisee pour calculer l'exponentielle deA. En- n, faire le calcul explicitement.

Corrige.1. On trouve

A 0 B B@0 0 0 11 C CA=0 B B@2i 0 1 01 C

CA; A0

B B@2i 0 1 01 C CA=0 B B@0 1 0 01 C

CA; A0

B B@0 1 0 01 C CA=0 B B@0 0 0 01 C CA:

2. Le polynome caracteristique deAest le determinant

P

A(X) =

iX0 22i iX1 0

0 2iX1

0 0 0X

On le calcule par exemple en developpant successivement par rapport a la 4eme ligne puis la deuxieme colonne, ce qui donne : P

A(X) =X2iX22i

2iX =X3(Xi): Les valeurs propres deAsont donc 0 etiqui ont pour multiplicites algebriques respec- tives 3 et 1.

3. Pour calculer les espaces propres on cherche des bases des noyaux des matricesAet

AiI4, ce qui peut se faire par la methode du pivot de Gauss. Apres un calcul que nous omettrons ici, nous obtenons que les deux espaces propres sont de dimension 1. L'espace propre deiest engendre par le vecteurv1=0 B B@1 0 i 01 C

CA. L'espace propre de 0 est engendre

parv2=0 B B@0 1 0 01 C CA. Comme la multiplicite algebrique deiest egale a sa multiplicite geometrique, l'espace caracteristique et l'espace propre concident. L'espace caracteristique de 0 doit avoir pour dimension la multiplicite algebrique de 0, c'est a dire 3. De plus, on sait d'apres la ques- tion 1 que les trois vecteursv2=0 B B@0 1 0 01 C

CA,v3=0

B B@2i 0 1 01 C

CAetv4=0

B B@0 0 0 11 C

CAy appartiennent.

Comme ils sont lineairement independants, on en deduit qu'ils forment une base de l'es- pace caracteristique La multiplicite geometrique de 0 diere de sa multiplicite algebrique. La matrice n'est donc pas diagonalisable. En revanche, comme son polynome caracteristique est scinde, elle est trigonalisable.

4. On cherche ici a trigonaliserA. On va utiliser la base de vecteurs propres/caracteristiques

obtenue a la question precedente. On peut remarquer queAv4=v3etAv3=v2. Par consequent, si l'on notePla matrice dont les colonnes sontv1;v2;v3;v4dans cet ordre, on obtient : P 1AP=0 B

B@i0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 01

C CA:

On a bien trigonaliseA.

5. Il s'agit bien s^ur de la decomposition de Dunford. Les matrices

D=P0 B

B@i0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 01

C

CAP1;etN=P0

B

B@0 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 01

C CAP1 conviennent

6. D'apres les proprietes de l'exponentielle de matrice vues en cours, et en utilisant en

particulier le fait que les matricesDetNcommutent, nous avons : exp(A) = expDexpN=Pexp0 B

B@i0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 01

C

CAexp0

B

B@0 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 01

C CAP1:

On explicite chacun des facteurs. Pour commencer,

exp 0 B

B@i0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 01

C CA=0 B

B@1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 11

C CA; car exp(i) =1. Ensuite, si on note N 0=0 B

B@0 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 01

C

CA;alorsN02=0

B

B@0 0 0 0

0 0 0 1

0 0 0 0

0 0 0 01

C CA etN03est la matrice nulle. On peut donc ecrire expN0=I4+N0+12

N02et donc

exp 0 B

B@1 0 0 0

0 1 1 12

0 0 1 1

0 0 0 11

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