Exercices de Mathématiques
Exercice 1 Correction de l'énoncé Le document source présente une matrice A dont les coefficients semblent avoir été altérés lors de la numérisation.
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Exercice 1
Correction de l'énoncé
Le document source présente une matrice A dont les coefficients semblent avoir été altérés lors de la numérisation. En analysant la trace de la matrice attendue et les vecteurs propres du corrigé, la matrice d'origine correcte est :
┌ ┐
│ -1 1 1 │
A = │ 1 -1 1 │
│ 1 1 -1 │
└ ┘
Calcul du polynôme caractéristique
On calcule le polynôme caractéristique χA(x) = det(A - xI) :
│ -1-x 1 1 │
χA(x) = │ 1 -1-x 1 │
│ 1 1 -1-x │
En ajoutant les colonnes 2 et 3 à la première colonne (C1 ← C1 + C2 + C3), on factorise par (1-x) :
│ 1-x 1 1 │ │ 1 1 1 │
χA(x) = │ 1-x -1-x 1 │ = (1-x) │ 1 -1-x 1 │
│ 1-x 1 -1-x │ │ 1 1 -1-x │
On soustrait ensuite la première ligne aux deux autres (L2 ← L2 - L1 et L3 ← L3 - L1) :
│ 1 1 1 │
χA(x) = (1-x) × │ 0 -2-x 0 │ = (1-x)(-2-x)² = (1-x)(x+2)²
│ 0 0 -2-x │
Les valeurs propres sont donc 1 (valeur propre simple) et -2 (valeur propre double).
Recherche des sous-espaces propres
Pour la valeur propre λ = -2, on cherche le sous-espace propre E_(-2) : L'équation (A + 2I)u = 0 se réduit à x + y + z = 0. Les vecteurs (x, y, z) s'écrivent (x, y, -x-y) = x(1, 0, -1) + y(0, 1, -1). Une base de E_(-2) est donc formée des vecteurs u1 = (1, 0, -1) et u2 = (0, 1, -1).
Pour la valeur propre λ = 1, on cherche le sous-espace propre E_1 : On remarque immédiatement que le vecteur u3 = (1, 1, 1) vérifie Au3 = u3. Une base de E_1 est u3 = (1, 1, 1).
Conclusion de la diagonalisation
On construit la matrice de passage P et la matrice diagonale D :
┌ ┐ ┌ ┐
│ 1 0 1 │ │ -2 0 0 │
P = │ 0 1 1 │ D = │ 0 -2 0 │
│ -1 -1 1 │ │ 0 0 1 │
└ ┘ └ ┘
On a alors la relation P⁻¹ A P = D.
Exercice 2
Calcul du polynôme caractéristique
La matrice A est donnée par :
┌ ┐
│ 0 -2 0 │
A = │ 1 0 -1 │
│ 0 2 0 │
└ ┘
On calcule son polynôme caractéristique :
│ -λ -2 0 │
χA(λ) = │ 1 -λ -1 │ = -λ(λ²) + 2(-λ) = -λ³ - 4λ = -λ(λ² + 4)
│ 0 2 -λ │
Le polynôme χA n'est pas scindé dans ℝ, la matrice A n'est donc pas diagonalisable sur les réels. Cependant, dans ℂ, les racines sont 0, 2i et -2i. Ces trois valeurs propres étant distinctes, A est diagonalisable dans ℂ.
Recherche des vecteurs propres
Pour λ = 0 : Le sous-espace propre est dirigé par le vecteur u1 = (1, 0, 1).
Pour λ = 2i : On résout le système (A - 2iI)u = 0 pour un vecteur (x, y, z) : -2ix - 2y = 0 ⇔ y = -ix x - 2iy - z = 0 2y - 2iz = 0 ⇔ z = -iy
Si l'on pose y = -i (pour correspondre au corrigé), alors x = i(-i) = 1 et z = -i(-i) = -1. Le vecteur propre est u2 = (1, -i, -1).
Pour λ = -2i : La matrice A étant à coefficients réels, on peut simplement conjuguer le vecteur précédent. On obtient u3 = (1, i, -1).
Conclusion de la diagonalisation
On a P⁻¹ A P = D avec :
┌ ┐ ┌ ┐
│ 1 1 1 │ │ 0 0 0 │
P = │ 0 -i i │ D = │ 0 2i 0 │
│ 1 -1 -1 │ │ 0 0 -2i│
└ ┘ └ ┘
Exercice 3
Analyse de la matrice
La matrice A est une matrice compagnon de dimension 5 :
┌ ┐
│ 0 1 0 0 0 │
│ 0 0 1 0 0 │
A = │ 0 0 0 1 0 │
│ 0 0 0 0 1 │
│ 1 0 0 0 0 │
└ ┘
Polynôme caractéristique et valeurs propres
En développant le déterminant par rapport à la première colonne, on obtient χA(λ) = 1 - λ⁵. Les valeurs propres de A sont les racines cinquièmes de l'unité. En posant ω = exp(2iπ/5), les valeurs propres sont 1, ω, ω², ω³, ω⁴. Ces 5 valeurs propres sont distinctes, donc A est diagonalisable dans ℂ (mais pas dans ℝ).
Vecteurs propres et matrice de passage
Pour chaque valeur propre λ, l'équation Au = λu conduit au système : y = λx z = λ²x t = λ³x u = λ⁴x
Le vecteur propre associé à λ est donc (1, λ, λ², λ³, λ⁴). En regroupant ces vecteurs en colonnes, on obtient la matrice de passage P (matrice de Vandermonde) et la matrice diagonale D :
┌ ┐ ┌ ┐
│ 1 1 1 1 1 │ │ 1 0 0 0 0 │
│ 1 ω ω² ω³ ω⁴ │ │ 0 ω 0 0 0 │
P = │ 1 ω² ω⁴ ω ω³ │ D = │ 0 0 ω² 0 0 │
│ 1 ω³ ω ω⁴ ω² │ │ 0 0 0 ω³ 0 │
│ 1 ω⁴ ω³ ω² ω │ │ 0 0 0 0 ω⁴ │
└ ┘ └ ┘
L'inverse de P s'obtient aisément en remarquant que P × P_conjuguée = 5 I_5. On a donc P⁻¹ = (1/5) × P_conjuguée.
Exercice 4
Analyse des valeurs propres
La matrice A (4×4) est donnée par :
┌ ┐
│ 1 a b c │
A = │ 0 1 d e │
│ 0 0 2 f │
│ 0 0 0 2 │
└ ┘
Étant triangulaire supérieure, ses valeurs propres sont ses éléments diagonaux : 1 et 2, chacune avec une multiplicité algébrique de 2.
Condition de diagonalisation
A est diagonalisable si et seulement si la dimension des sous-espaces propres associés est égale à leur multiplicité algébrique, c'est-à-dire si le noyau de (A - I) et le noyau de (A - 2I) sont de dimension 2. D'après le théorème du rang, cela équivaut à dire que le rang de (A - I) et le rang de (A - 2I) doivent être égaux à 2.
On observe (A - I) :
┌ ┐
│ 0 a b c │
A - I = │ 0 0 d e │
│ 0 0 1 f │
│ 0 0 0 1 │
└ ┘
Les colonnes 3 et 4 sont clairement linéairement indépendantes. Pour que le rang soit exactement 2, les colonnes 1 et 2 doivent être des combinaisons linéaires des colonnes 3 et 4, ou être nulles. La première colonne est nulle. La deuxième colonne est (a, 0, 0, 0) ; elle ne peut s'exprimer avec les colonnes 3 et 4 que si a = 0. Le rang est donc 2 si et seulement si a = 0.
On observe (A - 2I) :
┌ ┐
│ -1 a b c │
A - 2I = │ 0 -1 d e │
│ 0 0 0 f │
│ 0 0 0 0 │
└ ┘
Les deux premières colonnes sont indépendantes. Pour que le rang soit 2, les colonnes 3 et 4 doivent s'exprimer à partir des deux premières. La 3ème ligne impose f = 0. Le rang est 2 si et seulement si f = 0.
La condition nécessaire et suffisante pour que A soit diagonalisable est donc : a = 0 et f = 0.
Exercice 5
Calcul du déterminant
La matrice est :
┌ ┐
│ c a b │
A = │ c a+b c │
│ b c a │
└ ┘
Wait, l'énoncé source et le déterminant du corrigé comportent une contradiction d'impression. Si on suit le corrigé pas à pas : "(a-b)((a+b)² - 2c²)", la matrice initiale étudiée dans le corrigé est symétrique (ou quasi-symétrique). Reprenons la véritable matrice qui mène aux calculs du corrigé :
┌ ┐
│ a c b │
A = │ c a+b c │
│ b c a │
└ ┘
Le polynôme caractéristique s'obtient en remplaçant "a" par "a-λ" et "a+b" par "a+b-λ". χA(λ) = -(λ - (a - b))(λ - (a + b - c√2))(λ - (a + b + c√2)). La matrice possède 3 valeurs propres : a - b, a + b - c√2, et a + b + c√2.
Recherche des vecteurs propres
Puisque ces vecteurs propres ne dépendent pas des valeurs de a, b et c, la diagonalisation est valable même si les valeurs propres sont confondues.
- Pour λ = a - b, on vérifie que u1 = (1, 0, -1) est vecteur propre.
- Pour λ = a + b - c√2, on vérifie que u2 = (1, √2, 1) est vecteur propre.
- Pour λ = a + b + c√2, on vérifie que u3 = (1, -√2, 1) est vecteur propre.
┌ ┐ ┌ ┐
│ 1 1 1 │ │ a-b 0 0 │
P = │ 0 √2 -√2 │ D = │ 0 a+b-c√2 0 │
│ -1 1 1 │ │ 0 0 a+b+c√2 │
└ ┘ └ ┘
Exercice 6
Méthode 1 : Par diagonalisation
On calcule le polynôme caractéristique de A (de taille 4×4, avec des zéros sur la diagonale et des 1 partout ailleurs). En effectuant L1 ← L1+L2+L3+L4, on peut factoriser par (3-λ). On obtient χA(λ) = (3 - λ)(-1 - λ)³. Les valeurs propres sont 3 (simple) et -1 (triple).
Pour λ = -1 : le sous-espace propre a pour équation x + y + z + t = 0. Une base est (1, -1, 0, 0), (1, 0, -1, 0), (1, 0, 0, -1). Pour λ = 3 : le vecteur propre est (1, 1, 1, 1).
On a A = P D P⁻¹. Pour trouver M telle que M² = A, on cherche une matrice diagonale Δ telle que Δ² = D. En choisissant Δ = diag(i, i, i, √3), on calcule M = P Δ P⁻¹.
Méthode 2 : Par un polynôme de A
On remarque que A² = 3I + 2A. Cherchons M sous la forme M = xI + yA. Alors M² = (xI + yA)² = x²I + 2xyA + y²A² = x²I + 2xyA + y²(3I + 2A) = (x² + 3y²)I + 2y(x + y)A.
Par identification avec M² = A = 0I + 1A, on obtient le système : x² + 3y² = 0 2y(x + y) = 1
La première équation donne x = i√3 y (ou -i√3 y). En remplaçant dans la seconde : 2y(i√3 y + y) = 1 ⇔ 2y²(1 + i√3) = 1. On choisit y = 1 / (√3 + i). On obtient alors x = (i√3) / (√3 + i). La matrice est donc M = (1/4)( (√3 + 3i)I + (√3 - i)A ).
Exercice 7
Correction de l'énoncé
L'énoncé numérisé comporte un mélange des coefficients de la matrice. D'après la résolution, la matrice A concernée est une matrice triangulaire inférieure :
┌ ┐
│ 3 0 0 │
A = │ -5 2 0 │
│ 4 0 1 │
└ ┘
Diagonalisation de A
A étant triangulaire, ses valeurs propres sont ses éléments diagonaux : 3, 2, 1. Elles sont distinctes, donc A est diagonalisable.
- Pour λ = 3 : Le noyau de (A - 3I) donne le système y = -5x et z = 2x. Le vecteur est u1 = (1, -5, 2).
- Pour λ = 2 : On trouve le vecteur u2 = (0, 1, 0).
- Pour λ = 1 : On trouve le vecteur u3 = (0, 0, 1).
On a A = P D P⁻¹ avec :
┌ ┐ ┌ ┐
│ 1 0 0 │ │ 3 0 0 │
P = │ -5 1 0 │ D = │ 0 2 0 │
│ 2 0 1 │ │ 0 0 1 │
└ ┘ └ ┘
Recherche des matrices M telles que M² = A
Si on pose Δ = P⁻¹ M P, l'équation devient Δ² = D. Puisque les éléments diagonaux de D sont distincts, la seule façon pour une matrice Δ de commuter avec D (ce qui est obligatoire puisque ΔD = Δ³ = DΔ) est d'être elle-même diagonale. On a donc Δ = diag(δ11, δ22, δ33) avec (δ11)² = 3, (δ22)² = 2, et (δ33)² = 1. Il y a 2 × 2 × 2 = 8 matrices Δ possibles : Δ = diag(ε1√3, ε2√2, ε3) avec ε1, ε2, ε3 ∈ {-1, 1}.
On en déduit les 8 solutions pour M en calculant M = P Δ P⁻¹ :
┌ ┐
│ ε1√3 0 0 │
M = │ -5ε1√3 + 5ε2√2 ε2√2 0 │
│ 2ε1√3 - 2ε3 0 ε3 │
└ ┘
Exercice 8
Analyse de la matrice B
La matrice B est donnée par :
┌ ┐
│ 1 -1 2 -2 │
B = │ 1 -1 0 0 │
│ 1 -1 1 0 │
│ 1 -1 1 0 │
└ ┘
Calcul correct du polynôme caractéristique
Attention : Le corrigé original affirme à la fin de son calcul que le polynôme caractéristique est λ²(λ-1)², ce qui ferait de 0 une valeur propre double. Or, il s'agit d'une erreur algébrique dans la dernière étape de développement de leur déterminant. Vérifions-le par la trace : la trace de B (somme des éléments diagonaux) vaut 1 + (-1) + 1 + 0 = 1. Si le polynôme était λ²(λ-1)², la somme des racines serait 1 + 1 + 0 + 0 = 2, ce qui est contradictoire.
Reprenons le calcul du déterminant χB(λ) = det(B - λI) :
│ 1-λ -1 2 -2 │
χB(λ) = │ 1 -1-λ 0 0 │
│ 1 -1 1-λ 0 │
│ 1 -1 1 -λ │
L4 ← L4 - L3 donne :
│ 1-λ -1 2 -2 │
χB(λ) = │ 1 -1-λ 0 0 │
│ 1 -1 1-λ 0 │
│ 0 0 λ -λ │
On met λ en facteur dans la dernière ligne, puis on ajoute la colonne 4 à la colonne 3 (C3 ← C3 + C4), ce qui préserve le déterminant et annule le coefficient en bas à droite :
│ 1-λ -1 0 -2 │
χB(λ) = │ 1 -1-λ 0 0 │
│ 1 -1 1-λ 0 │
│ 0 0 0 -λ │
En développant par rapport à la dernière ligne, on a : χB(λ) = (-λ) × det(Sous-matrice 3×3 en haut à gauche) La 3ème colonne de cette sous-matrice ne contient que le terme (1-λ). En développant selon cette colonne : χB(λ) = (-λ) × (1-λ) × [ (1-λ)(-1-λ) - (-1)(1) ] χB(λ) = (-λ) × (1-λ) × [ λ² - 1 + 1 ] = (-λ)(1-λ)λ² = λ³(λ-1)
La valeur propre λ = 0 est donc triple.
Conclusion sur la diagonalisation
Le sous-espace propre associé à λ = 0 (le noyau de B) s'obtient en résolvant Bx = 0 : x - y + 2z - 2t = 0 x - y = 0 x - y + z = 0
Ce système implique x = y, z = 0, et t = 0. Le vecteur solution est (x, x, 0, 0) = x(1, 1, 0, 0). Le sous-espace propre est une droite vectorielle (dimension 1). La multiplicité algébrique de la valeur propre 0 étant 3 (strictement supérieure à la dimension de son sous-espace propre qui est 1), la matrice B n'est pas diagonalisable.
Méthode
Pour aborder ce type de problème de diagonalisation (valeurs propres, vecteurs propres, polynôme caractéristique), suivez ces étapes :
- Vérifications rapides de cohérence : Ne calculez jamais le polynôme caractéristique à l'aveugle sans faire des contrôles croisés. La somme des valeurs propres (avec leur multiplicité) doit toujours être égale à la trace de la matrice. Leur produit doit être égal au déterminant. Ces deux astuces permettent de repérer les fautes de calcul (comme celle du corrigé original de l'exercice 8).
- Recherche de racines évidentes : Avant d'utiliser la méthode de Sarrus ou un développement lourd sur un déterminant 3×3 ou 4×4, cherchez à faire apparaître des zéros sur une ligne ou une colonne en effectuant des opérations élémentaires (somme de toutes les colonnes, soustraction de deux lignes identiques).
- Cas de diagonalisation systématique :
- Une matrice est diagonalisable si et seulement si, pour chaque valeur propre, la dimension du sous-espace propre associé est égale à la multiplicité algébrique de la racine dans le polynôme caractéristique.
- Les matrices symétriques réelles sont toujours diagonalisables sur ℝ (et leurs sous-espaces propres sont orthogonaux).
- Un polynôme caractéristique scindé à racines simples (toutes distinctes) garantit la diagonalisation.
- Calcul matriciel et racines de matrices : Si l'on cherche une matrice M telle que M² = A, la méthode la plus directe est souvent de diagonaliser A (soit A = P D P⁻¹), puis de chercher les matrices diagonales Δ telles que Δ² = D. On remonte ensuite à M = P Δ P⁻¹. Prêtez attention à ne pas oublier de solutions : une matrice 3×3 avec 3 valeurs propres distinctes aura généralement 8 racines carrées.
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