Proposition Corrigé SN Algebre
Proposition Corrigé SN Algebre
Proposition Corrigé SN Algebre
LINÉAIRE DE 2023
(Par Abena Bala Marc-Loı̈c Matricule : 22P300)
EXERCICE 2/ 5 points
1. Démontrons que deux vecteurs propres quelconques issus de deux espaces propres distincts d’une matrice symétrique
A sont orthogonaux.
Soient E1 et E2 deux sous-espaces propres de A associés respectivement aux valeurs propres λ1 et λ2 telles que : λ1 ̸= λ2 .
On a :
x1 ∈ E1 ⇐⇒ Ax1 = λ1 x1
⇐⇒ (Ax1 )T = λ1 (x1 )T
⇐⇒ (x1 )T AT = λ1 (x1 )T
⇐⇒ (x1 )T A = λ1 (x1 )T car A est symétrique.
1
⇐⇒ (x1 )T = (x1 )T A
λ1
Puis , on a :
x2 ∈ E2 ⇐⇒ Ax2 = λ2 x2
⇐⇒ (Ax1 )T = λ1 (x1 )T
⇐⇒ (x1 )T AT = λ1 (x1 )T
⇐⇒ (x1 )T A = λ1 (x1 )T car A est symétrique.
1
⇐⇒ (x1 )T = (x1 )T A
λ1
EXERCICE 3/ 5 points
0 3 3
On donne la matrice carrée d’ordre 3 : A = 3 0 3
3 3 0
1. Diagonalisons A et calculons An pour tout n ∈ N∗
−X 3 3
Le polynôme caractéristique de A est : PA (X) = dét(A − XI3 ) = 3 −X 3 = −(X − 6)(X + 3)2
3 3 −X
Ainsi les valeurs propres de A sont λ1 = 6 et λ2 = −3.
Soient E1 et E2 respectivement les sous-espaces propres associés aux valeurs propres λ1 et λ2 .
Soit v de coordonnées (x, y, z) dans la base canonique de R3 .
On a :
v ∈ E1 ⇐⇒ (A − 6I3 )v = 0R3
−6 3 3 x 0
⇐⇒ 3 −6 3 y = 0
3 3 −6 z 0
−6x + 3y + 3z = 0
⇐⇒ 3x − 6y + 3z =0
3x + 3y − 6z =0
⇐⇒ x = y = z.
1
Donc E1 est une droite vectorielle engendrée par le vecteur u1 = 1 et on a dimE1 = 1.
1
1 \3
Par suite , on a : On a :
v ∈ E2 ⇐⇒ (A + 3I3 )v = 0R3
3 3 3 x 0
⇐⇒ 3 3 3 y = 0
3 3 3 z 0
3x + 3y + 3z = 0
⇐⇒ 3x + 3y + 3z = 0
3x + 3y + 3z = 0
⇐⇒ x + y + z = 0.
1 0
Donc E2 est un plan vectoriel engendré par les vecteurs u2 = −1 et u3 = −1 et , dimE2 = 2.
0 1
Le polynôme PA étant scindé et l’ordre de multiplicité des valeurs propres de A étant respectivement 1 pour λ1 et 2 pour
λ2 , on en déduit que A est diagonalisable car dimE1 = 1 et dimE2 = 2.
−1
Ainsi , on
peut écrire : A
= P DP où P est la matrice de
passage la base canonique à la base {u1 , u2 , u3 }
de
1 1 0 6 0 0
avec P = 1 −1 −1 et D est la matrice diagonale : 0 −3 0
1 0 1 0 0 −3
Nous aurons donc : pour tout n ∈ N∗ ,
An = P Dn P −1
n n
6 + 2(−3)n 6n − (−3)n 6n − (−3)n
1 1 0 6 0 0 1/3 1/3 1/3
1
= 1 −1 −1 0 (−3)n 0 2/3 −1/3 −1/3 = 6n − (−3)n 6n + 2(−3)n 6n − (−3)n
3
1 0 1 0 0 (−3)n −1/3 −1/3 2/3 6n − (−3)n 6n − (−3)n 6n + 2(−3)n
un = 3vn−1 + 3wn−1
un 1
2. On donne la suite numérique Xn vn de R3 définie par : pour tout n ∈ N∗ , vn = 3un−1 + 3wn−1 ; X0 −1
wn 1
wn = 3un−1 + 3vn−1
a. Calculons Xn en fonction de n.
Nous avons : pour tout n ∈ N∗ , Xn = AXn−1 donc la suite (Xn )(n∈N) est géométrique de raison A.
D’où : ∀n ∈ N ,
Xn = An X0
n
6 + 2(−3)n 6n − (−3)n 6n − (−3)n
1
1 n
= 6 − (−3)n 6n + 2(−3)n 6n − (−3)n −1
3
6n − (−3)n 6n − (−3)n 6n + 2(−3)n 1
n
6 + 2(−3)n
1 n
= 6 − 4(−3)n
3
6n + 2(−3)n
un
b. Calculons lim
n→+∞ vn
un 6n + 2(−3)n 1 + 2(−1/2)n
On a : lim = lim n = lim = 1.
n→+∞ vn n→+∞ 6 − 4(−3)n n→+∞ 1 − 4(−1/2)n
EXERCICE 4/ 5 points
0 1 0
On donne B = −4 4 0 une matrice carrée d’ordre 3 dans R.
−2 3 2
1. Déterminons le polynôme caractéristique
PB (λ) de B.
−λ 1 0
On a : PB (λ) = dét(B − λI3 ) = −4 4 − λ 0 = −(λ − 2)(λ2 − 4λ + 4) = −(λ − 2)3 .
−2 3 2 − λ
2 \3
2. Déduisons-en l’ensemble des valeurs propres Sp(B) de B.
Le polynôme caractéristique de B admet une unique racine qui est λ1 = 2 donc Sp(B) = {2}.
3. Étudions la diagonalisabilité de B.
Par l’absurde, supposons que B est diagonalisable. Ainsi , le polynôme annulateur minimal de B est : pB (λ) = (λ − 2)
car PB (λ) = −(λ − 2)3 .
Or , nous avons : pB (B) = 0 c’est-à-dire : (B − 2I3 ) = 0 soit encore : B = 2I3 , ce qui est absurde.
D’où : B n’est pas diagonalisable.
où an , bn et cn sont des nombres réels et Qn (X) est un polynôme à coefficients réels.
3 \3