Réduction dendomorphismes (corrigé niveau 2)

1°) Déterminer k pour que la ligne de niveau k de f passe par le barycentre I des points pondérés (A,1) ; (B,–3) 2°) Soit G le centre de gravité du triangle ABC

Lignes de niveau : exercices

Lignes de niveau : exercices Exercice 1 ABC est un triangle Quel est l’ensemble des points M du plan tels que : a) 2 2 1 AM

Réduction dendomorphismes (corrigé niveau 2)

PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 07 : Réduction d’endomorphismes (Exercices : corrigé niveau 2) - 1 - Réduction d'endomorphismes (corrigé niveau 2) Valeurs propres, vecteurs propres, spectre 41 On peut ici développer directement χA puisqu’il n’y a pas de transformation simple du déterminant

Inéquations : exercices

Exercice 1 : Résoudre dans R les inéquations suivantes : 1) x−260 Réponses exercice 2 : Seule la dernière ligne du tableau est donnée 1) x 1 3 4 + (x 4)(3

LANGAGE C Exercices corrigés 1

Exercice 3 : Ecrivez un programme qui calcule les solutions réelles d'une équation du second degré ax2+bx+c = 0 en discutant la formule Utilisez une variable d'aide D pour la valeur du discriminant b2-4ac et décidez à l'aide de D, si l'équation a une, deux ou aucune solution réelle Utilisez des variables du type int pour A, B et C

NOM : BARYCENTRES 1ère S

NOM : BARYCENTRES 1ère S Exercice 15 Soit ABCun triangle isocèle en Atel que BC= 8 cmet BA= 5 cm Soit Ile milieu de [BC] 1) Placer le point Ftel que BF= 1 3 BAet montrer que Fest le barycentre des points Aet Bpondérés par

Vision 6D Sàrl Cahier d’exercices MS Project session 1

Exercice 4 : WBS Réaliser la numérotation WBS du projet en tenant compte de ce que le premier niveau correspond au nom du projet qui sera CRM, ensuite les niveaux suivants seront en fonction de l’indentation des tâches L’énonçé ainsi que la solution de l’exercice 4 se trouvent dans la vidéo qui est en ligne :

Exercice 1 : Signal Exercice 2 Exercice 3 : code de Manchester

Exercice 3 : code de Manchester On va étudier ici les deux formes de codage Manchester • On rappelle que pour le Manchester (normal), un signal partant de V1 au début du temps bit et finissant en V 0 correspond à un bit à 1, s’il part de V0 pour terminer en V1, il correspond à un bit à 0

Exercices Seconde Ondes et signaux - pagesperso-orangefr

Exercice 5 : 1°) 2°) On a d = c Δt/2 (on divise par 2 car l'onde ultrasonore a effectué un aller-retour) d = 340x5 10-3 /2 = 0,85 m 3°) La durée minimale qu'il peut mesurer est celle pour la distance minimale de 10 cm soit

[PDF] le barycentre cours

[PDF] 100 fiches de vocabulaire japonais pdf

[PDF] vocabulaire japonais de base

[PDF] conjugaison japonaise pdf

[PDF] verbes japonais liste

[PDF] demain le film dvd

[PDF] demain mélanie laurent streaming

[PDF] demain youtube

[PDF] decrire un chevalier redaction

[PDF] réveiller les consciences definition

[PDF] eveiller les consciences definition

[PDF] cinétique enzymatique michaelis menten

[PDF] cinétique enzymatique michaelienne

[PDF] cinétique enzymatique tp

[PDF] vitesse de réaction enzymatique

PSI Dupuy de Lôme - Chapitre 07 : Réduction d"endomorphismes (Exercices : corrigé niveau 2). - 1 -

Réduction d"endomorphismes (corrigé niveau 2).

Valeurs propres, vecteurs propres, spectre.

41. On peut ici développer directement

Ac puisqu"il n"y a pas de transformation simple du déterminant.

On trouve :

)1.()2(4.3)(223+-=+-=xxxxxAc. On trouve, en résolvant les systèmes associés : 674

2VectAE,

342

1VectAE.

On remarque que

A n"est pas diagonalisable, f non plus, et :

))6,7,4(()(2-=VectfE, et : ))3,4,2(()(1-=-VectfE.

42. a. Si

s désigne une telle symétrie dans un K-espace vectoriel E, alors : Eids=2, alors 12-X est annulateur pour s et étant scindé à racines simples (dans ou dans ), s est diagonalisable. b. La linéarité de f est évidente.

De plus : "

1.2 0 n kk k

XaP, on a : ∑∑∑

1.2 0

1.21.2

01.2 1.2 01.2 ..1..)( n ii inn kkn kn k kkn

XaXaXaXPfÎ 2.n+1[X].

f est donc bien un endomorphisme de

2.n+1[X].

On remarque par ailleurs que :

P Î 2.n+1[X], )()(.1.1)(.))(()(1.21.21.22XPXPXXXPXPPnnn= +++ffff.

Donc f est une symétrie de

2.n+1[X], donc est diagonalisable et ses seules valeurs propres possibles

sont ±1. Pour déterminer les espaces propres de f, on peut repartir de l"expression au-dessus et : 1.2 0 n kk k XaP, (PP=)(f) Û (" 1.20+££nk, kknaa=-+1.2) Û (∑ n kknk k XXaP

01.2).().

Une base de

)(1fE est ainsi (nkXXknk££+-+0),(1.2) et : 1))(dim(1+=nEf. 1.2 0 n kk k XaP, (PP-=)(f) Û (" 1.20+££nk, kknaa-=-+1.2) Û (∑ n kknk k XXaP

01.2).().

Une base de

)(1f-E est ainsi (nkXXknk££--+0),(1.2) et : 1))(dim(1+=nEf.

43. a. On écrit donc :

120

10000001

=nnAaxaaxx x

LLLOOOMMOOOL

c, et en développant suivant la dernière ligne : 1 121
212
121
--+-+-+-+---++---+---=n nn nnnnnnn

Axaxxaxaaxc,

soit : )(......)(1 12

210xPxxaxaxaaxnn

nn nA=+-----=- -c. b. Si l est une valeur propre de

A, alors :

--lll l120

10000001

nnnaaaIA

LLLOOOMMOOOL

, et les 1-n

dernières colonnes de cette matrice sont libres puisque échelonnées avec des pivots non nuls.

Donc :

1).(-³-nIArgnl.

Mais puisque l est valeur propre de

A, nIA.l- n"est pas inversible et : 1).(-£-nIArgnl.

PSI Dupuy de Lôme - Chapitre 07 : Réduction d"endomorphismes (Exercices : corrigé niveau 2). - 2 -

Finalement : 1).(-=-nIArgnl, et avec le théorème du rang : 1)).dim(ker(=-nIAl.

Donc chaque espace propre de

A est de dimension 1.

c. On sait que A est diagonalisable (en général) si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé sur K et si la somme des dimensions des sous-espaces propres vaut n.

Or pour la matrice

A de l"exercice, la somme des dimensions des sous-espaces propres est égale au nombre de valeurs propres de

A dans K.

Donc

A est diagonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est P est scindé à racines

simples dans K. d. Pour le cas proposée,

P s"écrit : 1.2....)(1----=-xxnxxPnn

Pour :

1=n, on a : 1)(1-=xxP, qui s"annule une unique fois sur ]0,+¥) en : 1=x.

Pour :

2³n, il est clair que : " x Î ]0,1], 01.2)(2<--£xxxPn,

et on va restreindre l"étude qui suit à l"intervalle ]1,+¥).

On remarque alors que : "

1>x, 1.2....1+++-xxnn, est la dérivée de : 1

11...1

2 x xxxxn n

Donc :

212

21)1(1).2().2(

)1()1()1.().1()(--+++-=----+-= xxnxnx xxxxnxxP nnnnn n n et nP s"annule si et seulement si son numérateur N s"annule.

Enfin : "

1>x, )).(1.().2().).1().(2()("111nxxxnxnxnxnxNnnnn--+=++-+=--+.

Donc N décroît strictement sur ]1,n], et croît strictement sur [n,+¥). Comme N est nul en 1, N est strictement négatif en n et tend vers +¥ en +¥. Le théorème des valeurs intermédiaires garantit que

N (et donc )(xPn) s"annule une unique fois sur

]1,+¥) et donc sur ]0,+¥). 44.

u est évidemment un endomorphisme de E, et f est vecteur propre associé à l si et seulement si :

f Î E, 0¹f,

· l Î ,

ffu.)(l=, soit : " x Î , )(.)("xfxfl=. Or ce dernier problème a toujours des solutions, pour tout l réel, qui sont : " x x Î , )(..)(.xyAeAxyx ll==, où on a posé : " l Î , " x Î , xexy.)(l l=, qui est bien une fonction non nulle.

En conclusion, on a :

=)(uSp , et : " l Î , )()(llyVectuE=, qui est donc une droite.

45. a. Par linéarité de la dérivation des fonctions, f est linéaire et associe bien à tout élément de E un élément

de E.

Donc : f Î L(E).

b. Soient : f Î E, et : l Î .

Alors : (

ff.)(lf=) Û (" xÎ , )(.)(.)("xfxfxxfl=-) Û (f solution sur de : 0).("=+-yxyl). Or toutes ces équations différentielles ont des solutions sur et : )(fSp = ,

· " l Î ,

)()(llfyVectE=, où ly est défini par : " x Î , xxexy .2 2 l l+=. En particulier, tous les sous-espaces propres de f sont des droites. c. Tout d"abord : )()()ker(00yVectE==ff, et : " x Î , 20 2 x exy=.

Puis : "

f Î E, (0)(2=ff) Û (0))((=fff) Û )ker()(ffÎf).

Autrement dit c"est équivalent à : $

A Î , " x Î , 20

2 x eAxyAxfxxf==-. On utilise alors la méthode de variation de la constante en posant : " xÎ , )().()(0xyxCxf=, où C est une fonction dérivable sur , et f est solution de la nouvelle équation sur si et seulement si :

PSI Dupuy de Lôme - Chapitre 07 : Réduction d"endomorphismes (Exercices : corrigé niveau 2). - 3 -

" xÎ , AxC=)(" , soit : $ B Î , " xÎ , BxAxC+=.)(, et donc : )()..()(0xyBxAxf+=).

On a ainsi montré que :

=)ker(2f {Î+),(),()..(0BAxyBxAxa2}.

46. a. On peut calculer le polynôme caractéristique de

A et montrer que 1 est toujours racine de Ac (par

exemple en ajoutant à la première colonne toutes les autres, ce qui permet de factoriser l-1.

On peut aussi remarquer que si on note

X la matrice colonne dont tous les termes valent 1, on a : XXXA.1.==, en développant le produit matriciel.

1 est bien valeur propre de

A. b. On peut remarquer que

0i existe bien puisqu"on cherche le maximum d"un nombre fini de réel et

puisque

X est non nul, 0ix est non nul.

Si on développe le produit :

XXA..l=, alors en examinant la ligne 0i, on obtient : 00.. 1,in j jjixxal=∑ , et donc : ∑∑∑∑ n j ijin j jjin j jjin j jjiii xaxaxaxaxx 1, 1, 1, 1,

0000000......ll.

Il suffit alors de diviser par

0ix, pour obtenir : 1

0=

=n j jial.

47. a. On peut calculer les premières puissances, puis démontrer par récurrence que :

k Î *, kkkAkABBA...=- (elle est aussi vraie pour : 0=k).

Cette égalité est vraie pour :

1=k, et si on la suppose vraie pour un entier k donné, alors :

en utilisant l"hypothèse initiale, et donc :

111).1(..++++=-kkkAkABBA,

ce qui termine la récurrence. b. Si A n"est pas nilpotente, alors : " k Î *, kA n"est pas nulle.

Mais alors pour tout entier :

k Î *, kA est vecteur propre de u associé à la valeur propre k. Donc u admet une infinité de valeurs propres, à savoir au moins tous les entiers naturels non nuls. c. Puisque u est un endomorphisme d"un espace vectoriel de dimension finie (2n), il ne peut avoir qu"un nombre fini de valeurs propres.

Conclusion : ce qu"on a supposé est absurde et

A est nilpotente.

48. a. Tout d"abord

u est linéaire, par dérivation de la dérivation des polynômes. Puis c"est une application qui à tout polynôme réel

P fait correspondre un polynôme réel.

Enfin :

Xu.2)1(-=, et : " 21££k, 11..3..2).2()(-+---=kkkkXkXkXkXu.

Donc si :

2 )(2Xu est de degré 2.
Par linéarité, on en déduit : "

P Î 2[X], 2))(deg(£Pu.
b. Cette question est immédiate puisque : "
P Î 2[X], " l Î ,
PPu.)(l=) Û ("xÎ , )()..2()(").3).(1(xPxxPxxl+=-+).
c. L"équation différentielle précédente est linéaire, du premier ordre et homogène.
On peut la résoudre sur (-¥,-1[, sur ]-1,+3[ ou sur ]+3,+¥).
Sur chacun de ces intervalles
kI, les solutions de l"équation sont : kIxÎ,  -++=∫dxxxxxy.)3).(1(.2exp)(l. On décompose alors la fraction en éléments simples et on intègre :
31)3).(1(.2
xb xa xxx l, et on trouve : 4
2l-=a, 4

6l+=b, puis :
Kxxdxxxx+-+++-=-++∫3ln.461ln.42.)3).(1(.2lll, et enfin : 46
423.1.)(
ll+--+=xxCxy.
Les solutions trouvées sont polynomiales si et seulement si les exposants sont des entiers naturels, ce

PSI Dupuy de Lôme - Chapitre 07 : Réduction d"endomorphismes (Exercices : corrigé niveau 2). - 4 -
qui conduit à : 6.4-=kl, k Î , et : k-=-24
2l, autrement dit on considère : 20££k.
Finalement, les valeurs qui conduisent à des solutions polynomiales sont :
2,2,6+-- (pour : 2,1,0=k).

En fait, les fonctions trouvées sont solutions sur de l"équation différentielle initiale puisque l"égalité

qu"on obtient sur chaque intervalle étant polynomiale (par exemple sur ]3,+¥)) est alors vraie aussi sur
, par égalité de polynômes en une infinité de valeurs. d. Les valeurs et vecteurs propres de u sont donc :
6-=l, et : ))1(()(2

6+=-XVectuE,

2-=l, et : ))3).(1(()(2-+=-XXVectuE,

2=l, et : ))3(()(2

2-=XVectuE.
e. Pour n[X], on définit u en posant : " P Î n[X], PXnPXXPu..").3).(1()(--+=.
Les valeurs propres de
u sont alors : 4 .3ll+=n k, avec : nk££0, et :quotesdbs_dbs5.pdfusesText_10

[PDF] Réduction dendomorphismes (corrigé niveau 2)

Valeurs propres, vecteurs propres, spectre.

41. On peut ici développer directement

On trouve :

2VectAE,

1VectAE.

On remarque que

A n"est pas diagonalisable, f non plus, et :

42. a. Si

De plus : "

XaP, on a : ∑∑∑

1.21.2

XaXaXaXPfÎ 2.n+1[X].

2.n+1[X].

On remarque par ailleurs que :

Donc f est une symétrie de

2.n+1[X], donc est diagonalisable et ses seules valeurs propres possibles

01.2).().

Une base de

01.2).().

Une base de

43. a. On écrit donc :

10000001

LLLOOOMMOOOL

Axaxxaxaaxc,

210xPxxaxaxaaxnn

A, alors :

10000001

LLLOOOMMOOOL

Donc :

1).(-³-nIArgnl.

Mais puisque l est valeur propre de

Donc chaque espace propre de

A est de dimension 1.

Or pour la matrice

A dans K.

P s"écrit : 1.2....)(1----=-xxnxxPnn

Pour :

1=n, on a : 1)(1-=xxP, qui s"annule une unique fois sur ]0,+¥) en : 1=x.

Pour :

2³n, il est clair que : " x Î ]0,1], 01.2)(2<--£xxxPn,

On remarque alors que : "

1>x, 1.2....1+++-xxnn, est la dérivée de : 1

11...1

Donc :

21)1(1).2().2(

Enfin : "

1>x, )).(1.().2().).1().(2()("111nxxxnxnxnxnxNnnnn--+=++-+=--+.

N (et donc )(xPn) s"annule une unique fois sur

· l Î ,

En conclusion, on a :

45. a. Par linéarité de la dérivation des fonctions, f est linéaire et associe bien à tout élément de E un élément

Donc : f Î L(E).

Alors : (

· " l Î ,

Puis : "

Autrement dit c"est équivalent à : $

A Î , " x Î , 20

On a ainsi montré que :

46. a. On peut calculer le polynôme caractéristique de

A et montrer que 1 est toujours racine de Ac (par

On peut aussi remarquer que si on note

1 est bien valeur propre de

0i existe bien puisqu"on cherche le maximum d"un nombre fini de réel et

X est non nul, 0ix est non nul.

Si on développe le produit :

0000000......ll.

Il suffit alors de diviser par

0ix, pour obtenir : 1

0=

47. a. On peut calculer les premières puissances, puis démontrer par récurrence que :

Cette égalité est vraie pour :

1=k, et si on la suppose vraie pour un entier k donné, alors :

111).1(..++++=-kkkAkABBA,

Mais alors pour tout entier :

Conclusion : ce qu"on a supposé est absurde et

A est nilpotente.

48. a. Tout d"abord

P fait correspondre un polynôme réel.

Enfin :