UNIVERSITÉ PARIS OUEST NANTERRE LA DÉFENSE U.F.R. SEGMI Année universitaire MATHS/STATS. Solution des exercices d algèbre linéaire

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1 UNIVERSITÉ PARIS OUEST NANTERRE LA DÉFENSE U.F.R. SEGMI Année universitaire 3 4 Master d économie Cours de M. Desgraupes MATHS/STATS Document : Solution des exercices d algèbre linéaire Table des matières Espaces Vectoriels Applications linéaires 4 3 Représentation matricielle 9 4 Diagonalisation 5 5 Décompositions matricielles 3 Espaces Vectoriels Corrigé ex. : Espaces définis par paramètres On considère les deux ensembles suivants : E = {(a, b, b a) a, b R} E = {(c, c + d, d) c, d R} -) Montrons que E est stable par addition et par multiplication par un scalaire. Si x = (a, b, b a) et x = (a, b, b a ) alors on a x + x = (a, b, b a) + (a, b, b a ) = (a + a, b + b, b a + b a ) = (a + a, (b + b ), (b + b ) (a + a )) = (A, B, B A) avec A = a + a et B = b + b. Le vecteur x + x est bien de la forme voulue et appartient donc à E. Pour la multiplication par un scalaire, calculons λx : avec A = λa et B = λb. λx = λ(a, b, b a) = (λa, λb, λ(b a)) = (λa, λb, λb λa) = (A, B, B A)

2 On procède de manière analogue pour l ensemble E. Ce sont donc des sousespaces vectoriels de R 3. -) Soit x = (x, x, x 3 ) E. On va trouver l équation vérifiée par x, x et x 3 en éliminant les paramètres a et b entre les équations : d où On a x = a x = b x 3 = b a x 3 = b a = /x x x x + x 3 = Il s agit d un plan passant par l origine. Dans le cas de E, on obtient de façon analogue : x x + x 3 = -3) L intersection E E est une droite vérifiant les deux équations précédentes : { x x + x 3 = x x + x 3 = qui conduisent à x = x 3 et x =. C est la droite passant par l origine et de vecteur directeur (,, ). Corrigé ex. : Espaces définis par équations linéaires Dans R 3, on considère les sous-ensembles suivants : P = {(x, x, x 3 ) x x + x 3 = } D = {(x, x, x 3 ) x + x + x 3 = et x x 3 = } -) Pour montrer que P et D sont des sous-espaces vectoriels de R 3, il suffit de monter qu ils sont stables par addition et par multiplication par un scalaire. Si x = (x, x, x 3 ) et x respectivement les équations = (x, x, x 3) sont des vecteurs de P, ils vérifient { x x + x 3 = x x + x 3 = En additionnant les deux lignes, on voit que leur somme vérifie elle aussi l équation et donc x + x P. De même, on montre que le vecteur λx vérifie l équation en la multipliant par λ. On procède de manière analogue pour D. -) P est un plan car il est défini par une seule équation dans R 3. Il est donc de dimension et il suffit de trouver deux vecteurs indépendants vérifiant son équation pour former une base. Par exemple, les deux vecteurs suivants : (,, ) et (,, ). On peut aussi raisonner au moyen d applications linéaires. P est l ensemble des vecteurs qui annulent la fonction f de R 3 dans R définie par f(x, x, x 3 ) = x x + x 3

3 On a donc P = Kerf. L espace image est R qui est de dimension, donc par le théorème des dimensions on obtient : dim Ker f = dim E dim Im f = 3 = ce qui confirme que le noyau est un plan. L espace D est de dimension car il est défini par l annulation de deux équations linéaires indépendantes, d où : dim D = 3 = Un vecteur directeur de cette droite est un vecteur qui vérifie les deux équations définissant D : { x + x + x 3 = x x 3 = On en déduit x = x 3 et x = x 3. Un vecteur directeur possible est donc (,, ). Corrigé ex. 3 : Rang d une famille de vecteurs Le rang de la famille des trois vecteurs a = (, m, m) b = (m,, m) c = (m, m, ) est aussi le rang de la matrice m m M = m m m m Son déterminant vaut det M = m 3 3m + = (m ) (m + ) Si m est différent de et de -/, le déterminant n est pas nul et la matrice est donc de rang maximal 3. Si m = /, la matrice sera de rang. On note que, dans ce cas, la somme des trois lignes de la matrice est nulle mais que les deux premières sont indépendantes, ce qui est une autre façon de voir que le rang est. Enfin, si m =, les trois lignes de la matrice sont identiques, ce qui signifie qu elle est de rang. Corrigé ex. 4 : Sous-espace dépendant d un paramètre F m est le sous-espace vectoriel de R 3 défini par F m = {(x, x, x 3 ) x x 3 = et m x + 3x 3 = } Les deux équations sont indépendantes si et seulement si les deux lignes de la matrice ( ) M = m 3 3

4 sont indépendantes, ce qui a lieu lorsque le déterminant est non nul. On calcule : det M = 3 + m. Si m 3/, les deux équations sont indépendantes et ne peuvent être vérifiées simultanément que si x = x 3 =. L espace F m est alors l ensemble des vecteurs de la forme (x,, ), c est-à-dire l axe des x qui a pour vecteur directeur (,, ). Si m = 3/, l ensemble F m est le plan d équation x x 3 =. Il est donc de dimension. Pour constituer une base, il suffit de prendre deux vecteurs indépendants vérifiant cette équation. Par exemple, les vecteurs (,, ) et (,, ). Corrigé ex. 5 : Base d un sous-espace Dans R 4, si on a les égalités x = x = x 3 = x 4, tout vecteur s écrit x = (x, x, x 3, x 4 ) = (x, x, x, x ) = x (,,, ) Le sous-espace est donc l ensemble des multiples du vecteur (,,, ). Il est donc de dimension : c est la droite passant par l origine et de vecteur directeur (,,, ). Applications linéaires Corrigé ex. 6 : Dimensions des espaces de départ et d arrivée Si f est une application linéaire de R 3 dans R, l espace de départ est de dimension strictement plus grande que l espace d arrivée. On en déduit que :. f ne peut pas être injective car, si c était le cas, l espace de départ serait injecté dans l espace d arrivée. Ce dernier devrait donc être de dimension au moins 3.. f pourrait être surjective. 3. f ne peut pas être bijective. Pour cela, il faudrait déjà que les deux espaces aient la même dimension. Si f est une application linéaire de R dans R 3, l espace de départ est de dimension strictement plus petite que l espace d arrivée. On en déduit que. f pourrait être injective.. f ne peut pas être surjective car l espace image sera au mieux de dimension et ne pourra donc jamais remplir l espace d arrivée. 3. f ne peut pas être bijective. Pour cela, il faudrait déjà que les deux espaces aient la même dimension. Enfin, si f est une application linéaire de R dans R, elle peut tout à fait être injective, surjective ou bijective. Les espaces de départ et d arrivée ayant même dimension, on peut même dire que si elle est injective elle sera automatiquement surjective, et vice-versa. 4

5 Corrigé ex. 7 : Noyau et image en fonction d un paramètre u est l endomorphisme de R 3 défini par u x x = x + x + x 3 x + λx + λx 3 x 3 x + λx Pour déterminer son noyau, on pose les équations suivantes : x + x + x 3 = x + λx + λx 3 = x + λx = Par soustraction des deux dernières équations, on obtient λx 3 =. Supposons que λ. On en déduit que x 3 =, ce qui conduit à { x + x = x + λx = Si λ, ces deux équations sont indépendantes et donnent x = et x =. On trouve alors que le noyau ne contient que le vecteur nul. Si au contraire λ =, il reste l équation x + x = (et toujours x 3 = ). Le noyau est alors la droite passant par l origine et de vecteur directeur (,, ). Il reste à examiner le cas où λ =. Le système initial se ramène alors simplement à : x + x + x 3 = x = Le noyau est cette fois la droite de vecteur directeur (,, ). Déterminons maintenant l image dans les trois cas précédents. Si λ et λ, le noyau est réduit à et l application est donc injective. Il en résulte qu elle est aussi surjective puisque l espace de départ et l espace d arrivée ont même dimension. L espace image est donc l espace d arrivée R 3 tout entier. Le rang est 3. Si λ =, l image de l application est définie par X = x + x + x 3 Y = x + x + x 3 Z = x + x où X, Y et Z sont les coordonnées dans l espace d arrivée. On voit ici que X = Y, autrement dit que X Y =. C est l équation d un plan dans R 3. Une base possible est formée des vecteurs (,, ) et (,, ). Le rang est. Si λ =, l image de l application est définie par X = x + x + x 3 Y = x Z = x On voit que Y = Z, autrement dit que Y Z =. C est l équation d un plan dans R 3. Une base possible est formée des vecteurs (,, ) et (,, ). Le rang est. 5

6 Corrigé ex. 8 : Matrice de permutation Soit u l application de R 3 dans R 3 définie par x x 3 u x x 3 = x x 8-) u est linéaire car elle est définie par des combinaisons linéaires des variables x, x et x 3. 8-) La matrice associée à u dans la base canonique est M = C est une matrice de permutation. L application u opère une permutation circulaire des variables x, x et x ) On calcule M = M 3 = On voit donc que M 3 = I, ce qui peut s écrire MM = M M = I et montre que M est l inverse de M. On a donc M = M. 8-4) Calculons les puissances successives de la matrice M. Puisque M 3 = I, on a M 4 = M, M 5 = M, M 6 = I, etc. De même, puisque M = M, on calcule M = M 4 = M, et ensuite M 3 = I, M 4 = M, M 5 = M, M 6 = I, etc. Corrigé ex. 9 : Base d un noyau On considère l application u de R 4 dans R définie par x ( u : x x 3 x + x + 3x 3 + x 4 x + x + 3x 3 + x 4 x 4 Il s agit de déterminer une base du noyau de cette application. Puisque les deux expressions sont indépendantes, l espace image sera de dimension. On en déduit que le noyau est de dimension 4 =. Il suffit donc de trouver deux vecteurs indépendants vérifiant les équations données. Si on soustrait les deux équations, on trouve : x + x = On peut prendre, par exemple, les vecteurs (,,, ) et (,,, 3). ) 6

7 Corrigé ex. : Application définie sur les vecteurs d une base f est l application linéaire de R dans R 3 définie par f(, ) = (4,, ) et f(, ) = (,, 6). -) Pour trouver les images par f des vecteurs de la base canonique de R, il suffit d exprimer ces vecteurs en fonction des vecteurs (, ) et (, ) dont on nous donne les images par f. On trouve facilement que e = (, ) = /((, )+(, )). D où, par linéarité, f(e ) = f(, ) = / ( f(, ) + f(, ) ) = / ( (4,, ) + (,, 6) ) = (3,, 3) De même, e = (, ) = /((, ) (, )) d où : f(e ) = f(, ) = / ( f(, ) f(, ) ) = / ( (4,, ) (,, 6) ) = (,, 3) -) L image par f d un vecteur quelconque de R s écrit f(x, x ) = f(x e + x e ) = x f(e ) + x f(e ) = x (3,, 3) + x (,, 3) = (3x + x, x + x, 3x 3x ) -3) Le noyau de f est défini par les équations 3x + x = x + x = 3x 3x = qui donnent x = x =. Le noyau est donc réduit au vecteur et l application f est injective. Par le théorème des dimensions, on en déduit que l image est de dimension = L application n est donc pas surjective (puisque < 3). Par élimination entre les équations suivantes on obtient la relation : y = 3x + x y = x + x y 3 = 3x 3x 3y 6y y 3 = C est l équation de l image. Il s agit d un plan dans l espace d arrivée R 3. Le rang de f est la dimension de l espace image, c est-à-dire. 7

8 -4) La droite de R d équation x + x a pour vecteur directeur (, ). Son image est donc la droite de vecteur directeur f(, ) = (,, 6). C est un sousespace vectoriel de dimension de R 3. -5) Dans l équation du plan y + y + y 3 =, on remplace y, y, y 3 par leurs valeurs en fonction de x, x, x 3. On obtient donc et par conséquent (3x + x ) + (x + x ) + (3x 3x ) = 7x x = C est l équation d une droite passant par l origine dans R. C est donc un sous-espace vectoriel de dimension de R. Corrigé ex. : Noyau et image sans calculs f(x, x, x 3, x 4 ) = ( ) x x + x 3 x + x x 4 -) L application f est linéaire car les deux expressions qui définissent le vecteur image sont homogènes de degré (linéaires). -) L application f n est pas injective car la dimension de l espace départ est strictement supérieure à la dimension de l espace d arrivée. -3) Pour déterminer le noyau de f, on doit résoudre les équations x x + x 3 = x + x x 4 = On peut facilement exprimer toutes les variables en fonction de x et x comme ceci : x x x x 3 = x x + x = x + x x 4 x + x Les deux vecteurs V = et V = sont indépendants et constituent une base du noyau. Celui-ci est donc un sous-espace de dimension deux (un plan) dans R 4. -4) On vérifie facilement que f(v ) = et donc que le vecteur V appartient au noyau de f. Pour trouver les coordonnées de V dans la base (V, V ) trouvée à la question précédente, il faut déterminer λ et λ tels que : V = λ V + λ V On trouve λ = et λ =, donc V = V + V. -5) Le théorème des dimensions stipule que, pour toute application linéaire f : E F, on a Dim Ker(f) + Dim Im(f) = Dim E où E est l espace de départ. Puisque la dimension du noyau est et que la dimension de l espace de départ est 4, on en déduit que la dimension de l image est. L image est donc l espace d arrivée tout entier. 8

9 3 Représentation matricielle Corrigé ex. : Images de la base canonique On considère l endomorphisme u de R 3 défini par les relations : u( e ) = e + e + e 3 u( e ) = e + e u( e 3 ) = u( e ) u( e ) La dernière relation conduit, par substitution, à u( e 3 ) = e + e + e 3 Les images des vecteurs de base ont respectivement pour coordonnées (,, ), (,, ) et (,, ). La matrice de l application dans la base canonique est donc M = On voit immédiatement que les deux premières lignes de cette matrice sont identiques tandis que la troisième est indépendante. La matrice est donc de rang. Le noyau est défini par les équations { x + x + x 3 = x + x + x 3 = On en tire x = x 3 puis x = x 3. C est la droite passant par l origine et de vecteur directeur (,, ). Le noyau est de dimension. L image est l ensemble des vecteurs vérifiant y = x + x + x 3 y = x + x + x 3 y 3 = x + x 3 ce qui conduit à y = y et y 3 quelconque. L image est donc un plan et a pour dimension. Le théorème des dimensions se vérifie puisque la somme de la dimension du noyau et de celle de l image est égale à celle de l espace lui-même : + = 3. Enfin l endomorphisme u n est ni injectif (noyau non réduit à ), ni surjectif (image différente de l espace d arrivée). Corrigé ex. 3 : Composition d applications On considère les fonctions f : (x, y) (3x + y, y) et g : (x, y) (y, x) de R dans R. 3-) On calcule f g(x, y) = f ( g(x, y) ) = f(y, x) = (3y + x, x) 9

10 De même on trouve g f(x, y) = g ( f(x, y) ) = g(3x + y, y) = (y, 6x + y) Ces deux applications sont bien linéaires puisqu elles sont définies par des combinaisons linéaires des variables. 3-) Les matrices représentant les applications f, g, f g et g f dans la base canonique sont respectivement : M f = ( ) 3 M g = ( ) M f g = ( ) 3 M g f = On vérifie facilement les relations M f g = M f M g et M g f = M g M f. ( ) 6 Corrigé ex. 4 : Matrice dans des bases données On considère l application u : R 4 R 3 définie par les relations suivantes dans les bases canoniques B 4 = { e, e, e 3, e 4 } et B 3 = { f, f, f 3 } : u( e ) = f f u( e ) = f + f 3 u( e 3 ) = f + f + f 3 u( e 4 ) = f + f + 3 f 3 4-) La matrice associée à u dans ces bases est faite en colonnes des images des vecteurs de la base de départ, exprimées dans la base d arrivée. On obtient donc à partir des relations précédentes : M = 3 C est une matrice ) On montre facilement que les lignes de cette matrice sont indépendantes (le bloc des trois premières colonnes, par exemple, est de déterminant non nul). Le rang de u (qui est aussi le rang de la matrice) est donc ) Les coordonnées de l image d un vecteur x = (x, x, x 3, x 4 ) s obtiennent en multipliant la matrice M par le vecteur x (en colonne) : u(x) = Mx = x x x 3 3 = x + x 3 + x 4 x + x + x 3 + x 4 x x + x 3 + 3x 4 4 Corrigé ex. 5 : Changement de base La matrice M =

11 représente un endomorphisme u de R 3 dans une base B = { e, e, e 3 }. 5-) Les vecteurs e, e et e 3 sont définis dans la base canonique au moyen des relations suivantes : e = e + e + e 3 e = e + e 3 e 3 = e 3 Ils ont donc respectivement pour coordonnées (,, ), (,, ) et (,, ) dans la base canonique. Leurs images (toujours dans la base canonique) sont obtenues en les multipliant à gauche par la matrice M. On trouve f(e ) = Me = f(e ) = Me = f(e 3) = Me 3 = On constate donc les relations suivantes f(e ) =, f(e ) = e et f(e 3) = e 3. La matrice M associée à u dans la base B est faite en colonnes des images des vecteurs de B exprimées elles aussi dans la base B. On a donc : M = 5-) La matrice M étant diagonale, on obtient : (M ) n = n On en déduit M n en faisant le changement de base en sens inverse. La matrice de passage P de la base B à la base B est P = La relation de changement de base est M = P MP. Par conséquent M = P M P et donc M n = P (M ) n P. On calcule P =

12 et on trouve, tous calculs faits, que M n = n n Corrigé ex. 6 : Indépendance dans l image On considère l application linéaire h de R 3 dans R 3 définie par f : (a, b, c) (a + b, b + c, a c). 6-) Calculons les images des vecteurs de base : f(e ) = f(,, ) = (,, ) f(e ) = f(,, ) = (,, ) f(e 3 ) = f(,, ) = (,, ) 6-) Cherchons une relation de dépendance entre les vecteurs f(e ), f(e ), f(e 3 ). Cela revient à chercher trois coefficients a, a, a 3 non tous nuls tels que : On a donc : D où les équations : a f(e ) + a f(e ) + a 3 f(e 3 ) = a (,, ) + a (,, ) + a 3 (,, ) a + a = a + a 3 = a a 3 = qui donnent a = a = a 3 et donc, par exemple, a =, a = et a 3 =. La combinaison recherchée est finalement : f(e ) = f(e ) + f(e 3 ) 6-3) Les vecteurs f(e ), f(e ), f(e 3 ) sont liés mais ils sont deux à deux indépendants : l application f est donc de rang. 6-4) Par le théorème des dimensions, on en déduit que le noyau de f est de dimension 3 =. En posant que f(x) =, on obtient les mêmes expressions que précédemment : a + b = b + c = a c = Les éléments du noyau sont donc de la forme (a, a, a). Ce sont tous les multiples de (,, ). Le noyau est ainsi la droite passant par l origine et de vecteur directeur (,, ).

13 6-5) Si f est une application linéaire de R p dans R q et que les vecteurs f(e ),..., f(e p ) forment un système linéairement indépendant dans l image f(r p ), on a Par conséquent dim Im f = p dim Ker f = p p = ce qui montre que f est injective. La réciproque est vraie : si f est injective, les vecteurs f(e ),..., f(e p ) sont linéairement indépendants. Ils constituent une base de f(r p ). Remarque : f(r p ) n est pas forcément R q tout entier (il faudrait en plus que p = q). Corrigé ex. 7 : Systèmes dégénérés Dans le système d équations linéaires : x + 3x x 3 = mx + 3x 3 = x + x 3 = le déterminant est égal à (m 3). Si m 3, le système a une solution unique qui est (,, ). On aura donc des solutions autres que (,, ) seulement si m = 3. Cela signifie que le noyau de l application linéaire associée u : x x x 3 x + 3x x 3 mx + 3x 3 x + x 3 n est pas réduit à l élément et, par conséquent, que l application n est pas injective. Corrigé ex. 8 : Matrices par blocs où A et C sont des blocs carrés. M = ( ) A B C ( 8-) ) Cherchons l inverse M sous la forme d une matrice par blocs M = E F. Il faut que M M G H = I et M M = I. En développant ces deux égalités, on obtient les équations suivantes : AE + BG = I EA = I AF + BH = EB + F C = CG = GA = CH = I HC = I Les deux dernières relations imposent que C soit inversible. Dans ce cas, la relation CG = impose que G =. Les deux premières relations imposent alors que AE = EA = I, c est-à-dire que A soit inversible. 3

14 8-) Sous la condition que A et C sont inversibles, on peut alors résoudre les équations précédentes pour obtenir l inverse de M. On trouve facilement : E = A F = A BC et donc finalement M = G = H = C ( ) A A BC C. On vérifie a posteriori que M M = M M = I. Corrigé ex. 9 : Bloc identité ( ) A On a M = et on souhaite trouver un inverse de la même forme, c est-àdire M =. I B ( ) C I D Il faut que M M = I et M M = I. En développant la première égalité, on obtient les équations suivantes : AC = I C + B = BD = I La deuxième égalité donne de même : CA = I A + D = DB = I Puisque les blocs sont tous carrés par hypothèse, les produits obtenus ne sont possibles que si ils ont tous la même taille. C est une première condition. Les relations AC = CA = I signifient que A doit être inversible et alors on a C = A. De la même manière, B doit être inversible et on a D = B. La condition A + D = enfin impose que A = B. 4

15 4 Diagonalisation Corrigé ex. : Valeurs et vecteurs propres Modèle de résolution Prenons, à titre d exemple, la matrice 4. On commence par calculer son polynôme caractéristique : P (λ) = det λ 4 λ λ = λ 3 + 6λ λ + 6 = (λ )(λ )(λ 3) Il y a donc trois valeurs propres : λ =, λ = et λ 3 = 3. Les vecteurs propres associés X sont solution de l équation (A λi)x = pour chacune des valeurs propres respectivement. Valeur propre λ : on pose le système (A I)X =, ce qui donne x + x + x 3 = x + 3x x 3 = x + x x 3 = En faisant la différence entre la deuxième et la troisième équation, on obtient x =, ce qui donne ensuite x 3 = x. On peut donc choisir comme vecteur propre V = (ou n importe quel multiple de ce vecteur). Valeur propre λ : le système (A I)X = s écrit x + x + x 3 = x + x x 3 = x + x x 3 = La première équation donne x 3 =, cequi conduit ensuite à x = x. On peut donc choisir comme vecteur propre V =. Valeur propre λ 3 : le système (A 3I)X = s écrit x + x + x 3 = x + x x 3 = x + x 3x 3 = 5

16 La première équation donne x = x 3. En reportant dans la deuxième, on obtient alors x = x 3. On peut donc choisir comme vecteur propre V 3 =. Finalement, la matrice de passage est la matrice formée en colonne des vecteurs propres : P = et la matrice diagonalisée comporte les valeurs propres sur la diagonale : D = 3 La relation entre A, P et D est : Solution de tous les exemples D = P A P Pour tous les exemples de cet exercice, on donne le polynôme caractéristique et les valeurs propres. Lorsque la matrice est diagonalisable, on indique aussi la matrice de passage et la matrice diagonale, sinon on indique seulement les vecteurs propres. ( ) Matrice Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 4 λ + 3 = (λ ) (λ 3). Valeurs propres : λ =, λ( = 3. ) Matrice de passage : P =. ( ) Matrice diagonale : D =. 3 ( ) 6/5 8/5 Matrice 8/5 6/5 Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 4 = (λ ) (λ + ). Valeurs propres : λ =, λ( =. ) Matrice de passage : P =. ( ) Matrice diagonale : D =. ( ) Matrice Polynôme caractéristique : P (λ) = λ λ +. Valeurs propres : λ = ( i, λ = ) + i. Matrice de passage : P =. ( i i ) i Matrice diagonale : D =. + i 6

17 Matrice ( ) Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 4 λ + 5. Valeurs propres : λ = ( i, λ = ) + i. Matrice de passage : P =. ( i i ) i Matrice diagonale : D =. + i Matrice 4 Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 3 +6 λ λ+6 = (λ ) (λ ) (λ 3). Valeurs propres : λ =, λ =, λ 3 = 3. Matrice de passage : P =. Matrice diagonale : D =. 3 Matrice 4 3 /3 3 Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 3 λ + 5 λ 3 = (λ ) (λ + 3). Valeurs propres : λ = 3 simple, λ = double. La valeur propre simple λ = 3 a pour vecteur propre V =. 4/3 La valeur propre double λ = ne possède qu un seul vecteur propre V =. /3 La matrice n est donc pas diagonalisable Matrice 3 Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 3 + λ + λ = (λ ) (λ + ). Valeurs propres : λ = double, λ = simple. Matrice de passage : P = 3. Matrice diagonale : D =. 7

18 3 Matrice Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 3 +5 λ 7 λ+8 = (λ 6) (λ 3). Valeurs propres : λ = 3 simple, λ = 6 double. La valeur propre simple λ = 3 a pour vecteur propre V = La valeur propre double λ = 6 ne possède qu un vecteur propre V =. La matrice n est donc pas diagonalisable. 3 Matrice Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 3 + λ + 8 λ = (λ ) (λ + 3). Valeurs propres : λ = 3 simple, λ = double. 5 La valeur propre simple λ = 3 a pour vecteur propre V = 6. 5 La valeur propre double λ = ne possède qu un vecteur propre V =. La matrice n est donc pas diagonalisable. 4/3 /3 /3 Matrice /3 /3 /3 Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 3 3 λ λ = λ (λ + ) (λ + ). Valeurs propres : λ =, λ =, λ 3 =. Matrice de passage : P =. Matrice diagonale : D = Matrice Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 4 λ λ 5 λ+4 = (λ ) (λ ) (λ 3) (λ 4). Valeurs propres : λ =, λ =, λ 3 = 3, λ 4 = 4. Matrice de passage : P =. 8

19 Matrice diagonale : D = 3 4 Matrice Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 4 4 λ λ = λ (λ ). Valeurs propres : λ = double, λ = double. Matrice de passage : P =. Matrice diagonale : D =. Corrigé ex. : Matrice paramétrique ( ) m m On considère la matrice A = où m est un paramètre réel. m -) Pour que A ait une valeur propre nulle, il faut et il suffit que son déterminant soit nul (puisque le déterminant est le produit des valeurs propres). On calcule : det(a) = (m ) m = m 5m + 4 = (m )(m 4). Cela se produit donc lorsque m = ou m = 4. On détermine la seconde valeur propre en utilisant la trace de la matrice. On a : Tr(A) = m 4 = λ + λ = + λ. { si m = Par conséquent, λ = m 4 = 4 si m = 4 -) Le vecteur propre V correspondant à la valeur propre doit vérifier l équation AV = V =. ( ) Dans le cas où m =, l équation AV = a pour solution le vecteur V =. ( ) Dans le cas où m = 4, l équation AV = a pour solution le vecteur V =. 9

20 Corrigé ex. : Trace et déterminant M = -) Si on additionne les colonnes de la matrice M, on trouve le vecteur. Or additionner les colonnes, revient à multiplier la matrice à droite par le vecteur. On a donc la relation : M = =. Cela signifie que le vecteur est un vecteur propre de valeur propre λ =. -) On note λ, λ et λ 3 les valeurs propres de M. La trace de la matrice est : Tr(A) = + = = λ + λ + λ 3 = + λ + λ 3. On en déduit que λ + λ 3 =. -3) Le déterminant de la matrice est : det(a) = 4 = λ λ λ 3 = λ λ 3. On en déduit que λ λ 3 = 7. -4) Des deux questions précédentes, on déduit que λ = 7 et λ 3 = 7. Corrigé ex. 3 : Matrices symétriques les matrices symétriques possèdent les propriétés suivantes : toute matrice symétrique est diagonalisable ; les valeurs propres sont toujours réelles (autrement dit, jamais complexes) et les vecteurs propres de même ; des vecteurs propres correspondant à des valeurs propres distinctes sont orthogonaux entre eux ; on peut choisir les vecteurs propres de manière à former une base orthonormée (c est-à-dire constituée de vecteurs unitaires orthogonaux entre eux).

21 Pour tous les exemples de cet exercice, on donne le polynôme caractéristique, les valeurs propres, la matrice de passage P et la matrice diagonale D. La matrice de passage est formée en colonnes de vecteurs orthonormés : cela en fait une matrice dite orthogonale qui vérifie la propriété P = t P. ( ) Matrice Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 4 = (λ ) (λ + ). Valeurs propres : λ =, λ =. Matrice de passage : P =. ( ) Matrice diagonale : D =. ( ) 3 Matrice 3 Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 6 λ + 5 = (λ ) (λ 5). Valeurs propres : λ =, λ = 5. Matrice de passage : P =. ( ) Matrice diagonale : D =. 5 ( ) 3 6 Matrice 6 Polynôme caractéristique : P (λ) = λ λ 5. Valeurs propres : λ =, λ = 5. 5 Matrice de passage : P = 5. ( ) 5 Matrice diagonale : D =. 5 Matrice / / / / Polynôme caractéristique : P (λ) = λ λ = λ (λ 3) (λ + 3). Valeurs propres : λ = 3, λ = 3, λ 3 =. 3 6 Matrice de passage : P =

22 3 Matrice diagonale : D = 3. 8 Matrice 8 5 Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 3 + λ 35 λ+43 = (λ 9) (λ 3). Valeurs propres : λ = 3 simple, λ = 9 double Matrice de passage : P = Matrice diagonale : D = Matrice Polynôme caractéristique : P (λ) = λ λ + = (λ ) (λ + ). Valeurs propres : λ = simple, λ = double. 6 3 Matrice de passage : P = Matrice diagonale : D =. Matrice Polynôme caractéristique : P (λ) = λ 3 +3 λ +λ 3 = (λ ) (λ + ) (λ 3). Valeurs propres : λ =, λ =, λ 3 = Matrice de passage : P = Matrice diagonale : D =. 3

23 5 Décompositions matricielles Corrigé ex. 4 : Décomposition en valeurs singulières Définitions et propriétés On considère une matrice A de taille m n (donc pas nécessairement carrée) et on note r son rang. On a donc r min(m, n). Il est facile de vérifier que la matrice t A A est carrée de taille n n et symétrique de rang r. Puisqu elle est symétrique, elle est diagonalisable et ses valeurs propres sont réelles. On montre que ses valeurs propres sont même positives ou nulles. Traditionnellement, les valeurs propres non nulles de t A A sont notées σ, σ,..., σ r et sont rangées dans l ordre décroissant, comme ceci : σ σ σ r >. Les nombres σ, σ,..., σ r sont appelés les valeurs singulières de la matrice A. Autrement dit, les valeurs singulières de A sont les racines carrées des valeurs propres non nulles de t A A. Il y a r valeurs singulières (compte-tenu de l ordre de multiplicité) et, puisque t A A est de taille n, la valeur propre est de multiplicité n r. On montre qu il est possible de trouver des matrices orthogonales U et V telles que la matrice A s écrive sous la forme du produit A = V Σ t U () où Σ est une matrice de la même taille que la matrice A ayant les valeurs singulières sur sa diagonale et des partout ailleurs. La matrice Σ est dite parfois pseudo-diagonale. Elle a la forme suivante : σ... Σ = σ r.... Le produit matriciel de la relation () implique que la matrice V est carrée de taille m, la matrice U est carrée de taille n. La matrice Σ est de taille m n comme A. Puisque U et V sont orthogonales, on peut inversement exprimer Σ en fonction de A par la relation suivante : Σ = t V A U () La relation () s appelle décomposition en valeurs singulières de la matrice A. Cette décomposition est toujours possible mais n est pas unique. Il est cependant facile de déterminer des matrices orthogonales U et V. Il se trouve en effet qu on peut prendre pour la matrice U la matrice des vecteurs propres singuliers, c est-à-dire la matrice 3

24 de passage dans la diagonalisation de la matrice symétrique t A A. Si on appelle U, U,...,U n ces vecteurs propres, on définit alors r vecteurs V, V,...,V r en posant V i = σ i A U i pour i r. Si r < m, on complète ensuite les V i obtenus afin de former une base orthonormée. Les V i constituent les colonnes de la matrice V. Modèle de résolution ( ) 3 À titre d exemple, prenons la matrice A =. 3 On commence par calculer la matrice M = t A A : M = t A A = = 4 4 Le polynôme caractéristique de M est : P (λ) = λ 3 + λ λ = (λ ) (λ ) λ Les valeurs propres sont donc λ =, λ = et λ 3 =. Les valeurs singulières sont les racines carrées des valeurs propres non nulles, donc σ = et σ =. La matrice Σ sera la matrice pseudo-diagonale de même taille que A : ( ) Σ = La diagonalisation de la matrice M = t A A conduit aux vecteurs propres suivants (qui forment une base orthonormée) : 6 U = U = 5 U 3 = On obtient donc la matrice orthogonale U : U = Il ne reste plus qu à calculer les vecteurs V et V par la formule V i = σ i A U i. On trouve : V = A U = ( ) 6 3 σ 3 6 = 6 4

25 puis V = A U = ( ) 3 5 σ 3 5 = Les vecteurs V et V constituent les colonnes de la matrice V : V = On peut vérifier a posteriori que le produit V Σ t U redonne bien la matrice A de départ : 6 6 ( ) 6 V Σ t U = ( ) = ( ) 3 =. 3 Solution de tous les exemples Matrice ( 3 ) 3 V = Σ = U =

26 Matrice 6 3 V = Σ = U = ( ) Matrice V = 6 Σ = 3 6 U = / 3/ Matrice 3/ 3/ 3/ + 3/ V = Σ = U = 6

27 Corrigé ex. 5 : Décomposition LU Modèle de résolution 4 Prenons, à titre d exemple, la matrice A = On doit trouver une matrice triangulaire inférieure L et une matrice triangulaire supérieure U dont le produit est égal à la matrice donnée. La condition nécessaire et suffisante pour que cette décomposition soit possible est que les mineurs principaux nord-ouest (situés en haut à gauche de la matrice) soient non nuls. Si de plus le déterminant de la matrice elle-même est non nul alors la décomposition est unique. On vérifie ici que : det() = ( ) 4 det = det = On applique une méthode du pivot qui construira la matrice U et on remplit au fur et à mesure les éléments de la matrice L. Au départ la matrice L est égale à.... Première étape On prend la première ligne comme ligne pivot et on cherche à faire apparaître des dans la première colonne sous le terme pivot (ici ). On fait pour cela des combinaisons linéaires avec la ligne pivot L. On remplace la deuxième ligne L par L 3L. On obtient la matrice : Le coefficient a a = 3 (qui a servi à faire la combinaison) devient le terme d indice (, ) de la matrice L. De même, on remplace la troisième ligne L 3 par L 3 + L. On obtient maintenant la matrice : 4 A = 3 Le coefficient a 3 a = (qui a servi à faire la combinaison) devient le terme d indice (3, ) de la matrice L. 7

28 À ce stade, la matrice L est égale à 3.. Deuxième étape La première ligne et la première colonne ont été traitées. On recommence maintenant la même procédure sur le sous-bloc suivant : 4 3 ( ) 3 Dans ce sous-bloc, la première ligne va servir de ligne pivot et il faut faire apparaître un dans la première colonne sous le terme pivot. Pour cela, on remplace la troisième ligne L 3 de la matrice A par L 3 + L et on obtient maintenant la matrice : 4 A = 3 Le coefficient a 3 a = (qui a servi à faire la combinaison) devient le terme d indice (3, ) de la matrice L. À ce stade, la matrice L est égale à 3. La procédure est complète. La matrice A obtenue est triangulaire supérieure : c est la matrice U recherchée. On peut vérifier effectivement que : = Solution de tous les exemples 5-) Tous les exemples de cette question peuvent être factorisés. On donne cidessous les deux matrices triangulaires L et U dont le produit L U est égal à la matrice initiale. ( ) 3 Matrice L = ( ) U = ( ) 3 4 8

29 Matrice ( ) ( ) b c Matrice a b a c + b L = ( ) U = ( ) Matrice L = 4 Matrice Matrice ( ) a 4 3 Matrice U = ( ) b c b 3 4 L = U = L = 3 U = 4 3 L = 5 4 U = L = 3 U =

30 Matrice L = U = ) La matrice A = 4 5 ne vérifie pas le critère indiqué précédemment 3 concernant les mineurs ( principaux ) nord-ouest. En effet, le déterminant du mineur de taille est nul : det =. 4 Cette matrice n admet donc pas de décomposition LU. On transpose les lignes et les colonnes d indices et 3. On obtient alors la matrice suivante : 3 A = La matrice A vérifie le critère. En appliquant l algorithme, on obtient : L = U = La matrice qui effectue la permutation des lignes et colonnes d indices et 3 est : P = On a donc la relation A = P L U. Corrigé ex. 6 : Décomposition de Cholesky Toutes les matrices de cet exercice sont des matrices symétriques définies positives. On peut le vérifier en calculant leurs mineurs principaux nord-ouest qui sont tous strictement positifs. Par exemple, dans le cas de la matrice A = 8, on vérifie que 4 3

31 det() = > ( ) det = 4 > 8 det 8 = 36 > 4 On peut donc rechercher une décomposition de Cholesky, c est-à-dire une matrice triangulaire inférieure L telle que la matrice A s écrive sous la forme A = L t L. Modèle de résolution Prenons, à titre d exemple, la matrice A A = 8 précédente. 4 Si on écrit la matrice A donnée et la matrice L recherchée sous forme de matrices par blocs, elles ont la forme suivante : ( ) ( ) α B λ A = L = a A l L où α et λ sont des nombres, a et l sont des vecteurs colonnes et A et L sont des sous-blocs carrés. On effectue le produit L t L et on l identifie avec A. On obtient les relations suivantes : α = λ On en déduit que a = λ l A = l t l + L t L λ = α l = a /λ A l t l = L t L Les deux premières égalités permettent de calculer la première colonne de L et la troisième signifie qu il suffit de calculer la quantité A l t l (qui est un bloc de taille ) et de lui appliquer à nouveau la même procédure. On a donc ici : λ = = et d autre part : A l t l = l = a / = = ( ) 8 4 ( ) 8 4 ( ( ) ) ( ) ( 4 ) = ( )

32 On a pour l instant trouvé la première colonne de la matrice L. On arrive à la matrice suivante : ( ) 4 4 On recommence la procédure avec la sous-matrice de taille encadrée :. 4 3 Cette fois on obtient : { λ = 4 = l = a / = 4/ = A l t l = 3 = 9. On arrive à la matrice suivante : 9 On termine en appliquant à nouveau la procédure au sous-bloc de taille encadré : Finalement la matrice recherchée est λ = 9 = 3. L = 3 On peut vérifier facilement que L t L = = 8 = A Solution de tous les exemples Pour tous les exemples de l exercice, on indique ci-dessous la matrice triangulaire inférieure L telle que le produit L t L soit égal à la matrice donnée. ( ) Matrice ( ) L = Matrice ( ) 5 L = ( ) 3

33 Matrice ( 4 ) 6 6 ( ) a Matrice a a + ( ) a a Matrice a a Matrice 8 4 Matrice Matrice L = L = ( ) 3 ( ) a ( ) a L = a a L = 3 L = 4 L = 3 Matrice L =

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