[PDF] Examen premi`ere session - Corrigé

View - Download Examen premi`ere session - Corrigé

Previous PDF

Next PDF

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

C CA

On obtient donc :

expA=0 B

B@1 0 2i0

0 1 0 0

i01 0

0 0 0 11

C CA0 B

B@1 0 0 0

0 1 1 12

0 0 1 1

0 0 0 11

C CA0 B

B@1 02i0

0 1 0 0

i0 1 0

0 0 0 11

C CA=0 B

B@3 0 4i2i

i1 112 2i031

0 0 0 11

C CA Exercice 3.Montrer que la matrice suivante est orthogonale 19 0 @8 14 4 47

1 8 41

A Identier l'application lineaire deR3representee par cette matrice dans la base canonique. Corrige.NotonsAla matrice consideree etC1;C2;C3ses colonnes. En calculant les dierents produits scalaires, on verie directement que les colonnes forment une base orthonormee, et donc queAest orthogonale. Pour savoir s'il s'agit d'une isometrie directe ou indirecte, on peut calculer son determinant, mais il est plus rapide de verier si le produit vectoriel deC1etC2est egale a plus ou moinsC3. Ce signe peut ^etre verie sur un seul coecient. Par exemple, le dernier coecient deC1^C2 est19

2(84(4)1) =49

et est donc egal au dernier coecient deC3. On a donc necessairement C

1^C2=C3et notre matrice represente une isometrie directe.

D'apres le cours, il s'agit donc d'une rotation.

Son axe est l'espace propre associee a la valeur propre 1. On cherche donc le noyau de la matriceAI3, ce qui peut se faire par la methode du pivot. On trouve que cet espace propre est engendre par le vecteuru= (3;1;1). Pour determiner l'anglede la rotation, on utlise la formule de la trace : cos=12 (tr(A)1) =718

Donc=arccos718

modulo 2. Il reste enn a determiner le signe de. Pour cela, on choisit un vecteurxqui n'appartient pas a l'axe, par exemple (1;0;0) et on calcul le signe du determinant de (x;Ax;u) dans la base canonique. Le calcul donne1 89
3 049
1 0 19 1 =19 4 1 1 1 <0:

Ce qui nous donne=arccos718

Conclusion : l'application lineaire consideree est la rotation d'axe oriente dirige par (3;1;1) et d'anglearccos718 Exercice 4.1. SoitPle plan deR3engendre par les vecteurs (1;0;1) et (1;1;2). Donner une base orthonormee deP. Calculer les coordonnees de la projection orthogonale du vecteurx0= (1;1;1) sur le planP.

2. SoientFun sous-espace d'un espace euclidienE. La distance d'un vecteurxau sous-

espaceFest par denition le reel : d(x;F) = infy2Fkxyk: On noteFla projection orthogonale surF. A l'aide du theoreme de Pythagore, montrer que pour toutx2Eet touty2Fon a l'inegalite suivante entre normes euclidiennes : kxF(x)k kxyk:

En deduire l'egalite

d(x;F) =kxF(x)k:

3. Calculer la distance du vecteurx0au planPde la question 1.

Corrige.1. Pour trouver une base orthonormee deP, on peut appliquer l'algorithme de Gram-Schmidt. Pour cela, on commence par normaliser le premier vecteur, en posant u=1k(1;0;1)k(1;0;1) =1p2 (1;0;1): On calcule ensuite le projete du deuxieme vecteur sur l'orthogonal au, c'est a dire (1;1;2)((1;1;2)ju)u= (12 ;1;12 que l'on normalise ensuite pour obtenir v=q2 3 (12 ;1;12

La famille (u;v) est une base orthonormee deP.

Le projete orthogonal dex0= (1;1;1) s'obtient par la formule :P(x0) = (x0ju)u+ (x0jv)v. On obtient

P(x0) = (1;0;1) + (13

;23 ;13 ) =13 (4;2;2):

2. Soientx2Eety2F. On sait quexF(x) est orthogonal aF, donc en particulier au

vecteurF(x)y. Donc le theoreme de Pythagore arme : kxF(x)k2+kF(x)yk2 kxF(x) +F(x)yk2=kxyk2: Cette inegalite signie quekxF(x)kest un minorant de l'ensembleS=fkxykjy2 Fg. La borne inferieure etant le plus grand des minorants, on en deduit kxF(x)k infS=d(x;F): Mais par ailleurs,kxF(x)k 2S, donckxF(x)k infS=d(x;F). On a donc bien kxF(x)k=d(x;F):

3. D'apres la question precedente, cette distance est obtenue en calculant la norme suivante :

kx0P(x0)k=k13 (1;1;1)k=1p3 Exercice 5.SoitEun espace euclidien de dimensionn. On note (xjy) le produit scalaire de deux vecteursx;ydeE. Etant donnee une famille depvecteursv1;:::;vp, on considere la matriceM(v1;:::;vp)2Mp(R) dont le coecient de lai-ieme ligne et laj-ieme colonne est le produit scalaire (vijvj).

1. Que vautM(v1;:::;vp) si (v1;:::;vp) est une famille orthonormee?

2. Demontrer qu'etant donnes deux vecteursv1;v22E, on a toujours det(M(v1;v2))0.

3. (a) Demontrer que si la famille (v1;:::;vp) est liee alors la matriceM(v1;:::;vp) n'est

pas inversible. (b) On suppose (dans cette question seulement) quep=net que (v1;:::;vn) est une base. Citer un resultat du cours qui permet d'armer queM(v1;:::;vn) est inversible. (c) Demontrer que la restriction d'une forme quadratique denie positive a un sous-espace vectoriel est denie positive. (d) Demontrer queM(v1;:::;vp) est inversible si et seulement si (v1;:::;vp) est libre.

4. On suppose que (v1;:::;vp) est une base d'un sous-espaceFdeE. Soitx2Eun vecteur

quelconque etF(x) sa projection orthogonale surF. (a) Justier que det(M(v1;:::;vp;F(x))) = 0. (b) En utilisant la decompostionx=F(x) +F?(x) et la linearite du determinant par rapport a la derniere colonne, demontrer l'identite : det(M(v1;:::;vp;x)) = det(M(v1;:::;vp;F(x))) +kF?(x)k2det(M(v1;:::;vp)): (c) A l'aide de la deuxieme question de l'exercice 4, en deduire la formule : (d) Refaire le calcul de la distance dex0aPde l'exercice 4 en utilisant la formule precedente. Corrige.1. Dans le cas ou lesvisont forment une famille orthonormee, (vijvj) = 0 sii6=j et = 1 sinon. On obtient donc la matrice identiteIp.

2. On peut exprimer le determinant sous la forme :

det(M(v1;v2)) = (v1jv1)(v2jv2)(v1jv2)(v2jv1) =kv1k2kv2k2(v1jv2)2: L'inegalite de Cauchy-Schwarz implique donc que det(M(v1;v2))0.

3. (a) Si la famille desviest liee, alors il existe une combinaison lineaire nulle desvi:

p X i=1 ivi= 0; 1;:::;p2R:quotesdbs_dbs41.pdfusesText_41

[PDF] symbole chromosome

[PDF] forme bilinéaire symétrique définie positive produit scalaire

[PDF] croisement test

[PDF] forme bilinéaire non dégénérée

[PDF] matrice d'une forme bilinéaire exercices corrigés

[PDF] forme bilinéaire antisymétrique

[PDF] les différents types de textes et leurs caractéristiques

[PDF] forme quadratique non dégénérée

[PDF] forme bilinéaire exo7

[PDF] grille evaluation croquis

[PDF] forme trigonométrique de 2i

[PDF] forme trigonométrique cos et sin

[PDF] démonstration forme exponentielle nombre complexe

[PDF] nombre complexe forme algébrique

[PDF] comment avoir une bonne note en philo explication de texte