Chapitres Maths en ECS2

Corrigés : Réduction des endomorphismes en ECS2

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Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECS2

Corrigés – Valeurs propres, vecteurs propres, famille libre

Dans ce chapitre, $E$ est un espace vectoriel de dimension $n$ , $n \geq 1$ , sur $\mathbb{K}$ , ( $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ),
$\mathcal{B}=(e_{1},...,e_{n})$ est une base de $E$ , $f$ est un endomorphisme de $E$ , $M$ est la matrice dans la base $\mathcal{B}$ de $f$ .

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Exercice 1 : valeurs propres et vecteurs propres

$A=\begin{pmatrix} 2& 1& 1\\ 1& 0& 1\\ 1& 3& -2 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 3& 2& -2 \\ -1& 0& 2 \\ 1& 2& 0\end{pmatrix}$ .

Question 1 :

Pour $X=\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}$ , on a:

$AX=\lambda X \Leftrightarrow \begin{cases} 2x+y+z=\lambda x \\ x+z=\lambda y \\ x+3y-2z=\lambda z \end{cases}$

$\stackrel{\Longleftrightarrow} {\begin{matrix} L_{1}\leftarrow L_{1}-L_{2}\\ L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}\end{matrix}} \begin{cases} x+y=\lambda (x-y)\\ x+z=\lambda y\\ 3(y-z)=\lambda (z-y)\end{cases}$ .

$\bullet$ $AX=-3X \Leftrightarrow \begin{cases} x+y=-3(x-y)\\x+z=-3y \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases} y=2x\\ z=-7x \end{cases}$

$\Leftrightarrow X\in\textrm{Vect} \left(\begin{pmatrix} 1\\ 2\\-7\end{pmatrix} \right)$ .

$\bullet$ Pour $\lambda\neq -3$ : $AX=\lambda X\Leftrightarrow \begin{cases} x+y=\lambda (x-y)\\ x+z=\lambda y\\ z=y\end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} \lambda(\lambda-3)y=0\\ x=(\lambda-1)y\\ z=y \end{cases}$ .

Si $\lambda=0$ , $AX=0\Leftrightarrow\begin{cases}x=-y\\z=y\end{cases}\Leftrightarrow X\in\textrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\right)$

Si $\lambda=3$ , $AX=3X\Leftrightarrow\begin{cases} x=2y\\ z=y\end{cases}\Leftrightarrow X\in \textrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\right)$

Question 2 :

$(B-\lambda I)X=0\Leftrightarrow \begin{cases} (3-\lambda)x+2y-2z=0\\ -x-\lambda y+2z=0\\ x+2y-\lambda z=0 \end{cases}$

$\stackrel{\Longleftrightarrow} {\begin{matrix}L_{1}\leftrightarrow L_{3}\\ L_{2}\leftarrow -L_{2}\end{matrix}} \begin{cases} x+2y-\lambda z=0\\ x+\lambda y-2z=0\\(3-\lambda)x+2y-2z=0\end{cases}$

$\stackrel{\Longleftrightarrow}{\begin{matrix} L_{2}\leftarrow L_{2}-L_{1}\\ L_{3}\leftarrow L_{3}+(\lambda-3)L_{1}\end{matrix}}$

$\begin{cases} x+2y-\lambda z=0\\ (\lambda-2)y+(\lambda-2)z=0\\2(\lambda-2)y-(2+\lambda(\lambda-3)z=0\end{cases}$

$\stackrel{\Longleftrightarrow}{L_{3}\leftarrow -L_{3}+2L_{2}} \begin{cases} x+2y-\lambda z=0\\ (\lambda-2)(y+z)=0\\ (\lambda-2)(\lambda-3)z=0\end{cases}$ .

Pour $\lambda=2$ : $AX=2X\Leftrightarrow x+2y-2z=0$

$\Leftrightarrow X\in \textrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\ 1\\1 \end{pmatrix} \right)$

Pour $\lambda=3$ : $AX=3X\Leftrightarrow \begin{cases} y+z=0\\ x+2y-3z=0\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases} z=-y\\ x=-5y\end{cases}\Leftrightarrow X\in\textrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 5\\ -1\\ 1 \end{pmatrix}\right)$ .

Exercice 2 : Valeurs propres et sous-espaces propres

Si $B=( B_{1} \vdots\ B_{2} \vdots B_{3})$ , alors $AB=( AB_{1} \vdots AB_{2} \vdots AB_{3})= ( 0 \vdots B_{2} \vdots 2B_{3} )$ .
Les valeurs propres de $A$ sont $0, 1, 2$ , et les sous-espaces propres associés $\textrm{Vect}(B_{1})$ , $\textrm{Vect}(B_{2})$ , $\textrm{Vect}(B_{3})$ .

Exercice 3 : Valeurs propres et sous-espaces propres

$A$ est une matrice de $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})$ .

Question 1 :

$\lambda$ est valeur propre de $A$ si et seulement si $A-\lambda I$ n’est pas inversible. Or une matrice et sa transposée sont simultanément inversibles ou non inversibles.

La transposée de $A-\lambda I$ est $^{t}A-\lambda I$ , donc si $\lambda$ est valeur propre d’une de ces deux matrices, elle est valeur propre de l’autre.

Question 2 :

Si $\lambda$ est une valeur propre non nulle de $AB$ , il existe $X\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{K})$ , $X\neq 0$ tel que $ABX=\lambda X$ . Alors $(BA)(BX)=\lambda BX$ .

Si on avait $BX=0$ , on aurait $ABX=0$ , donc $\lambda X=0$ , ce qui est impossible car $\lambda\neq 0$ et $X\neq 0$ . Donc $BX\neq 0$ , donc $BX$ est vecteur propre de $BA$ attaché à la valeur propre $\lambda$ .

Si $0$ est valeur propre de $AB$ , $AB$ n’est pas inversible. Si $BA$ etait inversible, alors $A$ serait inversible: pour $X\in \mathcal{M}_{n,1}\mathbb{K}$ , $AX=0$ entraînerait $BAX=0$ donc $X=0$ . Alors, comme $B=(BA)A^{-1}$ , $B$ aussi serait inversible. Donc $AB$ serait inversible, ce qui est faux. Donc $BA$ n’est pas inversible, donc $0$ est valeur propre de $BA$ .

Les valeurs propres de $AB$ sont donc valeurs propres de $BA$ , et inversement.

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Exercice 4 : Familles libres et suites

$A$ est une matrice à $n$ lignes et $n$ colonnes qui admet $n$ valeurs propres distinctes $\lambda_{1},\dots,\lambda_{n}$ , donc $A$ est diagonalisable: il existe une matrice $P$ inversible de $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})$ telle que: $A=PDP^{-1}$ où $D=\textrm{diag}(\lambda_{1},\dots,\lambda_{n})$ .

Si $\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} a_{i}A^{i}=0$ , en multipliant à gauche par $P^{-1}$ et à droite par $P$ , $\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}a_{i}D^{i}=0$ , donc, pour tout $k$ tel que $1\leq k\leq n$ , $\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}\lambda_{k}^{i}=O$ .

Le polynôme $\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}a_{i}X^{i}$ est de degré au plus $n-1$ et admet au moins $n$ racines distinctes $\lambda_{1},\dots,\lambda_{n}$ , donc c’est le polynôme nul. Donc tous les $a_{i}$ sont nuls.