Exercices d`Algèbre

Fiche de Biostatistique
Exercices d'Algèbre
Solutions proposées par C. BAJARD et S. CHARLES
Plan
INDÉPENDANCE, GÉNÉRATEUR, DIMENSION, BASES ........................................................ 2
MÉTHODE DU PIVOT ................................................................................................................ 4
PRODUITS SCALAIRES............................................................................................................. 6
ORTHONORMALISATION........................................................................................................ 10
APPLICATIONS LINÉAIRES, MATRICES, INVERSE, PROJECTEURS................................. 13
DIAGONALISATION ................................................................................................................. 16
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C. Bajard et S. Charles - Biométrie et Biologie Evolutive - Université Lyon1
Indépendance, générateur, dimension, bases
? Dans un espace vectoriel E, si a, b, c et d sont des vecteurs indépendants, alors a - b,
b - c, c - d et d - a sont des vecteurs indépendants.
FAUX
(a – b) + (b – c) + (c - d) + (d – a) = 0.
? Dans
R 4 , les vecteurs (2, 14, -34, 7), (1, 4, -5, 2) et (1, 2, 3, 1) engendrent un sousespace vectoriel de dimension 2.
VRAI
2

14
rg 
 −34
 7

1
4
−5
2
1

2
= rg
3

1 
a
b
c
1

2
3
1

−1
0
−11
0
−5 

0 
= rg
−55 

0 
a ′=c b′=b−2c c′=a −7c
1

2
3
 1

a′
−1
0
−11
0
b′
0

0
=2
0

0 
c′′=c′−5b′
Les vecteurs a, b, c engendrent un sous-espace de dimension 2. Nous avons utilisé ici la
triangulation de la matrice dont les colonnes sont les vecteurs a, b, c , et le fait qu’on ne
change pas un sous-espace vectoriel engendré en :
1. Permutant les vecteurs ;
2. Multipliant un vecteur par un scalaire non nul ;
3. Remplaçant un vecteur par une combinaison linéaire des autres vecteurs.
? Dans un espace vectoriel E, si a et b sont des vecteurs indépendants et si a et c sont
des vecteurs indépendants, alors a, b et c sont des vecteurs indépendants.
FAUX
Si on prend par exemple a = (1,0), b = (0,1) et c = (1,-1). Alors a et b sont
indépendants, a et c sont indépendants, mais a = b + c donc {a, b, c} est liée.
Remarque : comme on a pris a, b et c dans le plan, on sait immédiatement qu’ils sont liés.
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? Un espace vectoriel ne peut pas être constitué d’un nombre fini d’éléments.
FAUX
{}
E = 0 est un e.v. avec un nombre fini d’éléments.
Remarque : C’est le seul exemple parmi les e.v. sur un corps K infini, car si x ∈ E et x ≠ 0 , alors
∀λ ∈ K , λ x ∈ E .
? Les fonctions de [0,1] dans [0,1] forment un sous-espace vectoriel de l’ensemble des
fonctions de R dans R .
FAUX
Si on prend par exemple f : [ 0,1] → [ 0,1] définie par f ( x ) = 1 2 , alors la fonction 3 f
n’est pas une fonction de [0,1] dans [0,1] : ( 3 f )( x ) = 3 2 .
? On note E l’ensemble des polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou égal à
3. E est un espace vectoriel sur R . Dans E, un polynôme et sa dérivée forment toujours
un système libre.
FAUX
Le polynôme nul ou les polynômes constants ont pour polynôme dérivé le polynôme
nul. Un polynôme constant forme donc un système lié avec sa dérivée.
?
2 1
0 2
Les vecteurs colonnes de la matrice 
 4 −2

 2 −3
FAUX :
Ce sont 6 vecteurs de
4
3
1
3
4
2 1
4 −1
9 7
5 22
13 
15 
sont indépendants.
17 

23
.
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Méthode du pivot
Donner la dimension et une base des sous-espaces engendrés par les vecteurs colonnes
des matrices :
1
2
( a ) 
2

1
1
2
( a ) rg 
2

1
5 −1 0 
6 −3 4 
6 4 3

5 0 −1
5
−1
6
−3
6
4
5
0
2 1
 −5 −1
( b ) 
3 1

10 3

1

2
4
 = rg 
3
2


−1 
1
5
−1
26
−3
21
4
0
0
0
3
3
1

1
1 3 2
2 6 4

( c ) 
5 5 0


 −1 −6 −2 
1
1

2
6
 = rg 
5
2


0
1
a
a′ = a
b
b′ = b + 5c
c
c′ = c
d
d′ = d + a
5
1
26
4
21
0
0
0
2 1
0 2
( d ) 
4 −2

 2 −3

1

2
39
 = rg 
0
2


0
1
9
a′′ = a′
b′′ = b′
c′′ = ( 4c′ - b′ + d′ ) -4
d′′ = 4d′ - 5c′
5
1
26
4
21
0
0
0
3
1
3
4
2
4 
9

5


39
=4
0

0
9
a′′′ = a′′
b′′′ = b′′
c′′′ = c′′
d′′′ = 39d′′ - 4c′′
Les quatre vecteurs colonnes forment une base.
( b)
2
 −5
rg 
3
 10

3
3 4
3 5
3
= rg 
1
1 1


1
1 0
4
5
=2
1

0
a
a′ = c
b
b′ = b - 3c
c
(c)
1
−1
1
3
1
2
rg 
5
 −1

Le sous-espace engendré par les vecteurs colonnes
est de dimension 2 ; une base possible est formée
des vecteurs ( 3,3,1,1, ) et ( 4,5,1, 0 ) .
( ) -2
c′ = ( a - 10c ) -7
3 2
 1 −3
 2 −6
6 4
= rg 
5 0
5 5


−6 −2 
 −1 0
0
 1 −3
 2 −6
0
= rg 
1
5 5


0
 −1 0
1
2
=3
0

0
a
a′ = a
a′′ = a′
b
b′ = b - 3c
b′′ = b′
c
c′ = ( c- 2a ) −10
c′′ = ( c′−5b′ ) 15
Les trois vecteurs colonnes forment une base.
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(d)
2
0
rg 
4
2

1
2
−2
−3
3
1
3
4
2
 1 3 −1
 0 −4 1
4
= rg 

9
2 1 −5

1 0 0
5

2
 1 3 14 −4 
 1 3 14 50 
 0 −4 −19 9 
 0 −4 −19 0 
1
= rg 
= rg
=4


2
2 1
0
0
2 1
0
0

1 0 0 0 
1 0 0 0 
0




a
a′ = a 2
a′′ = a′
a′′′ = a′′
b
b′ = − d + 5a′
b′′ = b′
b′′′ = b′′
c
c′ = c − 4a′
c′′ = c′ + 5b′
c′′′ = c′′
d
d′ = ( b +3a′ ) 2
d′′ = d′ − 2b′
d′′′ = 19d′′ + 9c′′
Les quatre vecteurs colonnes forment une base.
?
 −2 0 1 2 −1
 0 −2 1 −1 2 


La matrice A =  −2 1 2 −1 0  est inversible.


 1 0 2 −2 −1
 −1 2 −2 0 1 
FAUX
Il existe un vecteur u ≠ 0 tel que Au = 0 ; en effet, le vecteur u = (1,1,1,1,1,1) convient.
Par conséquent, la matrice A n’est pas inversible.
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Produits scalaires
? Dans un espace euclidien
2
2
2
2
v + w + v − w = 2 v + 2 w n’est vrai que si v et w
sont orthogonaux.
FAUX
C’est vrai tout le temps car :
2
2
2
2
2
2
v+w = v+w v+w = v v + w w +2 v w = v + w +2 v w
v−w = v−w v−w = v v + w w −2 v w = v + w −2 v w
2
2
2
⇒ v+w + v−w = 2 v +2 w
2
Il s’agit ici de l’identité du parallélogramme.
? Si x et y sont deux vecteurs de R
n
et si x+y = x + y , alors l’un des deux vecteurs
est nul.
FAUX
Dès que x et y sont positivement liés ( x = λ y avec λ > 0 ), alors x+y = x + y . Par
exemple, si λ = 1 , alors x = y et x+y = x+x = 2x = 2 x = x + x = x + y .
On considère dans 3 la fonction h qui, aux vecteurs v = ( x1 , x2 , x3 ) et w = ( y1 , y2 , y3 ) ,
associe le nombre réel :
1 0 2   y1 
h ( v, w ) = [ x1 , x2 , x3 ]  0 1 0   y2 
 2 0 1   y3 
? La fonction h est un produit scalaire. Indication : on cherchera un couple de vecteurs
qui ne vérifie l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
FAUX
Prenons v = (1, 0, 0) et w = (0, 0,1) . Alors, h ( v, w ) = 2 , h ( v, v ) = 1 et h ( w, w ) = 1 .
Selon l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on aurait h ( v, w ) ≤ h ( v, v ) h ( w, w ) , ce qui
n’est pas le cas ici.
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?
 2 1 0   y1 
La fonction w ( x, y ) = [ x1 ,x 2 ,x 3 ] 1 5 3   y 2  est un produit scalaire ?
 0 3 2   y3 
Indication : on pourra utiliser la méthode de Gauss.
FAUX
Utilisons la méthode de Gauss qui consiste à écrire la forme quadratique associée à w
comme une combinaison linéaire de carrés de formes linéaires sur 3 :
w ( x, x ) = 2x12 + 2x1x 2 +6x 2 x 3 + 5x 22 + 2x 32
2
x  x2

= 2  x1 + 2  − 2 + 6x 2 x 3 + 5x 22 + 2x 32
2 
2

2
x 2  9x 22

= 2  x1 +  +
+ 6x 2 x 3 + 2x 32
2 
2

2
x  9
4
4 

= 2  x1 + 2  +  x 22 + x 2 x 3 + x 32 
2  2
3
9 

2
x  9
2 

= 2  x1 + 2  +  x 2 + x 3 
2  2
3 

2
La signature de la forme quadratique associée à w est donc ( 2, 0 ) , alors que si w était
un produit scalaire cette signature serait égale à ( 3, 0 ) .
?
 1 -1 0   y1 
La fonction g ( x,y ) = [ x1 , x2 , x3 ]  -1 2 -1  y2  est un produit scalaire ?
 0 -1 1   y3 
FAUX
1− λ
det ( W − λ I ) = −1
0
−1
2−λ
−1
0
−1 = (1 − λ ) ( 2 − λ )(1 − λ ) − 1 − (1 − λ ) = λ ( λ − 1)( λ − 3)
1− λ
g est symétrique, mais ses valeurs propres sont donc 0, 1 et 3 : ce n’est pas un produit
scalaire.
RAPPEL : La matrice d’un produit scalaire doit être symétrique et à valeurs propres strictement
positives.
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? Si l’inverse d’une matrice carrée est égale à sa transposée, ses colonnes forment une
base orthonormée pour le produit scalaire canonique.
VRAI
Soit M = [ X 1 … X n ] . M −1 = M t ⇔ M t M = I . Ainsi :
 X 1t 
 
M t M =  …  [ X 1 … X n ] =  X it X j 
et  X it X j 
= I ⇔ X it X j = δ ij
i , j =1,n
i , j =1,n
X t 
 n
On rappelle que t X i X j = xi x j . δ ij est le symbole de Kronecker.
On en déduit donc que les vecteurs colonnes de M sont orthogonaux et unitaires : ils
forment bien une base orthonormée.
Remarque : Une matrice dont l’inverse est égale à sa transposée est une matrice orthonormée, i.e., une
matrice dont les vecteurs colonnes sont orthogonaux deux à deux et de norme 1.
? Une base orthonormale pour un produit scalaire donné est orthogonale pour tous les
autres produits scalaires.
FAUX
 2 1
Prenons par exemple M = 
.
 1 3
C’est une matrice symétrique dont les valeurs propres sont 1 et 4 : c’est la matrice d’un
produit scalaire. Considérons la base canonique de 2 , orthonormée pour le produit
scalaire canonique.
0
 2 1  0 
e1 e2 = (1 0 ) M   = (1 0 ) 
  = 1
1
 1 3  1 
La base canonique n’est pas orthogonale pour le produit scalaire de matrice M.
? Si s(x,y) = x Ay
est un produit scalaire de R 3 , alors la matrice A est inversible et la
fonction t(x,y ) = xt A −1y est un produit scalaire.
t
VRAI
Puisque A est la matrice d’un produit scalaire ses valeurs propres sont toutes strictement
positives, son déterminant est donc non nul, elle est inversible.
Vérifions si t satisfait les propriétés qui définissent un produit scalaire :
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1. t est bilinéaire (évident) ;
2. t est symétrique car ( A −1 ) t = ( A t )
−1
A −1 .
=
A est symétrique
3. t est positive car :
t(x,x) = x t A −1x = x t A −1AA −1x = ( A −1x ) A ( A −1x ) = s ( A −1x, A −1x )
t
≥
0
s est un
produit scalaire
4. t est définie car :
t(x,x) = 0 ⇔ s ( A −1x, A −1x ) = 0
⇔
A −1x = 0 ⇔ AA −1x = A0 ⇔ x = 0
s est un
produit scalairë
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Orthonormalisation
En partant de la base canonique et en utilisant l’orthonormalisation de Gram-Schmidt,
donner une base orthonormée pour le produit scalaire défini par :
Ψ :R 3 × R 3 → R
( x ,y )
Ψ ( x,y ) = ( x1 − 2 x2 )( y1 − 2 y2 ) + x2 y2 + ( x2 + x3 )( y2 + y3 )
’ Ψ est bien un produit scalaire car elle est bilinéaire symétrique (évident) ; Ψ est
2
2
aussi positive car Ψ ( x,x ) = ( x1 − 2 x2 ) + x22 + ( x2 + x3 ) ≥ 0 , et définie car
 x1 − 2 x2 = 0

Ψ ( x,x ) = 0 ⇔  x2 = 0
⇔ x1 = x2 = x3 = 0
x + x = 0
 2 3
’ On cherche ensuite une base { fi } à partir de la base canonique {ei } tels que pour tout
(
)
p ∈ [1, n ] vect f1 ,… , f p = vect ( e1 ,…, e p ) .
{ f } . Si on impose par ailleurs que
ei fi > 0 ,
i
•
•
Cette condition assure l’existe d’au moins une base
alors la base des { fi } devient unique.
f1 = e1 = (1,0,0 )
On cherche f 2 orthogonal à f1 , comme la projection orthogonale de e2 sur vect ( f1 ) :
f 2 = e2 − λ f1
(
)
et Ψ ( f 2 , f1 ) = 0 :
(
)
(
)
Ψ f 2 ,f1 = 0 ⇔ Ψ e2 , f1 − λΨ f1 , f1 = 0 ⇔ −2 − λ = 0 ⇔ λ = 2
•
: f 2 = ( 2,1,0 ) .
On cherche f3 comme la projection orthogonale de e3 sur vect ( f1 , f 2 ) :
(
)
f 3 = e2 − λ f1 − µ f 2 , Ψ f3 , f1 = 0
(
)
(
)
(
(
)
(
)
(
et Ψ ( f3 , f 2 ) = 0
)
(
)
Ψ f3 , f1 = 0 ⇔ Ψ e2 , f1 − λΨ f1 , f1 − µΨ f 2 , f1 = 0 ⇔ 0 − λ − 0 = 0 ⇔ λ = 0
)
(
)
Ψ f3 , f 2 = 0 ⇔ Ψ e2 , f 21 − λΨ f1 , f 2 − µΨ f 2 , f 21 = 0 ⇔ 1 − 0 − 2 µ = 0 ⇔ µ = 1 2
On en déduit que f3 = ( −1, −1 2,1) . En normalisant les trois vecteurs fi , on répond
finalement à la question posée :
f1 = (1,0,0 )
f2 =
1
( 2,1,0 )
2
f3 =
1
( −1, −1 2,1)
2
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En partant de la base et en utilisant l’orthonormalisation de Gram-Schmidt :
1 
1 
 3
0
0
 3
 2
0
f1 =   f 2 =   f3 =   f 4 =  
1 
1 
1 
1 
 
 
 
 
0
0
0
1 
donner une base orthonormée pour le produit scalaire canonique.
On utilise la même méthode que dans la question précédente. Cette fois on cherche une
base { gi } à partir de la base { fi } tels que pour tout p ∈ [1, n] vect ( g1 ,…, g p ) = vect ( f1 ,…, f p ) .
•
g1 = f1 = (1,0,1,0 ) et g1 = 2
•
g 2 = f 2 − λ g1 et g 2 g1 = 0 :
g 2 g1 = 0 ⇔ f 2 g1 − λ g1 g1 = 0 ⇔ 2 − 2λ = 0 ⇔ λ = 1 : g 2 = ( 0,3,0,0 ) et g 2 = 3 .
•
g3 = f3 − λ g1 − µ g 2 , g3 g1 = 0 et g3 g 2 = 0 :
g3 g1 = 0 ⇔ f 3 g1 − λ g1 g1 − µ g 2 g1 = 0 ⇔ 4 − 2λ = 0 ⇔ λ = 2
g3 g 2 = 0 ⇔ f3 g 2 − λ g1 g 2 − µ g 2 g 2 = 0 ⇔ 6 − 9 µ = 0 ⇔ µ = 2 3
g3 = (1,0, −1,0 ) et g3 = 2
•
g 4 = f 4 − λ g1 − µ g 2 − γ g3 , g 4 g1 = 0 , g 4 g 2 = 0 et g 4 g3 = 0 :
g 4 g1 = 0 ⇔ f 4 g1 − λ g1 g1 − µ g 2 g1 − γ g3 g1 = 0 ⇔ 1 − 2λ = 0 ⇔ λ = 1 2
g 4 g 2 = 0 ⇔ f 4 g 2 − λ g1 g 2 − µ g 2 g 2 − γ g3 g 2 = 0 ⇔ 0 − 3µ = 0 ⇔ µ = 0
g 4 g3 = 0 ⇔ f 4 g3 − λ g1 g3 − µ g 2 g3 − γ g3 g3 = 0 ⇔ −1 − 2γ = 0 ⇔ γ = −1 2
g 4 = ( 0,0,0,1) et g 4 = 1
En normalisant les quatre vecteurs gi , on répond finalement à la question posée :
h1 =
1
2
(1, 0,1, 0 )
h2 = ( 0,1, 0, 0 )
h3 =
1
2
(1, 0, −1, 0 )
h4 = ( 0, 0, 0,1)
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?
e1, e2 et e3 désignent les vecteurs de la base canonique de 3 , muni du produit
scalaire canonique. L’angle entre e1+e2+e3 et son projeté orthogonal sur le plan (e1,e2)
vaut π / 4 .
FAUX
cos ( u , v ) =
3
π 
et cos   =
. Or p{⊥e1 ,e2 } ( e1 + e2 + e3 ) = e1 + e2 , donc :
4
2
u v
 
u v
cos ( e1 + e2 + e3 , e1 + e2 ) =
e1 + e2 + e3 e1 + e2
e1 + e2 + e3 e1 + e2
=
1+1
2
=
3
3 2
?
Si f est un projecteur orthogonal de E = n , il existe une base pour laquelle sa
matrice ne contient que des valeurs égales à 0 ou à 1.
VRAI
Soit f un projecteur orthogonal sur F parallèlement à F⊥ . Comme E est de dimension
finie, on a E = F ⊕ F⊥ . Considérons une base de F que l’on complète en une base de E
par une base de F⊥ . Alors, dans cette base, la matrice de f s’écrit :
Ip

0
0
 avec p = rg ( f ) = dim ( F )
0
?
Si f est un endomorphisme de E = n et si p est son rang, il existe une base pour
laquelle sa matrice comporte p colonnes de 0.
FAUX
Compte tenu de la question précédente, la matrice comporte en fait n - p colonnes de 0.
? Si φ est un produit scalaire de E =
n
, il existe une base pour laquelle sa matrice est
la matrice identité.
VRAI
D’après le théorème d’orthonormalisation de Gram-Schmidt.
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Applications linéaires, matrices, inverse, projecteurs
E est l’espace vectoriel R 3 , {e} est la base canonique de E. E est muni du produit
scalaire canonique. On note a, b et c les trois vecteurs définis dans {e} par les colonnes
de H. Une matrice A et la matrice H sont définies par :
1 3 −1 2 −1 6 
1 0 0 


H = 1 3 1 2 −1 6  A = 0 1 0 


0 0 0 
0
2 6 
1 3
Soit f l’application linéaire de E dans E définie par :
u = ( x, y , z )
(
f (u ) = x
3+ y
3+z
3,− x
2+y
2 ,− x
6−y
6 +2z
6
? La matrice de f dans la base canonique est H.
FAUX
(
: f ( e1 ) = 1
3 , −1
2 , −1
)
6 . La matrice de f dans la base canonique est H t .
? La matrice H est la matrice d’un produit scalaire.
FAUX
: Ht ≠ H
? La matrice A est la matrice d’un produit scalaire.
FAUX
: car A est symétrique mais possède une valeur propre nulle.
? L'opérateur associé à H est un projecteur.
FAUX
 2 − 3 −1

∗ ∗

3 2


2

: H =
∗
∗ ∗ ≠ H


∗
∗ ∗





? Les vecteurs a, b et c forment une base orthonormée de E.
VRAI
: pour le produit scalaire canonique car :
a = b = c = 1 , et a b = a c = b c = 0
? L'opérateur associé à H est bijectif.
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)
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: H est inversible car ses colonnes forment une base orthonormée (voir ci-dessus).
VRAI
?
Le projecteur orthogonal sur le sous-espace vectoriel engendré par a et b a pour
matrice A par rapport à une base convenablement choisie.
VRAI
Soit p le projecteur orthogonal sur le sous-espace vectoriel engendré par a et b. Puisque
{a, b, c} est une base orthonormée : p ( a ) = a , p ( b ) = b et p ( c ) = 0 . Ainsi, A est bien
la matrice de p dans la base {a, b, c} .
?
L'opérateur associé à A est le projecteur orthogonal sur le sous-espace vectoriel
engendré par c.
FAUX
: Car Ac ≠ c .
? La matrice HAH , où H
t
t
est la transposée de H, est de rang 3.
FAUX
On sait que H est inversible, donc H t aussi car ( H t ) = ( H −1 ) .
−1
t
HAH t est du rang de HA qui est du rang de A. Donc HAH t est de rang 2.
Remarque : On ne modifie pas le rang en multipliant par une matrice inversible.
Autre méthode : H est la matrice de passage de la base canonique vers la base orthonormée {a, b, c} ,
donc H t = H −1 . Ainsi HAH t = HAH −1 , i.e., HAH t semblable à A donc de même rang 2.
?
L’image et le noyau de l'opérateur associé à HAH t forment une somme directe
orthogonale.
VRAI
On vérifie aisément que HAH t est un projecteur, en utilisant le fait que A est un
projecteur :
( HAH )( HAH ) = HA H
t
t
−1
H AH t = H A 2 H t = HAH t
I
=A
Si f est l’endomorphisme de matrice HAH t , alors Im f ⊕ Ker f =
3
.
Remarque : Si p est un projecteur de E, pour qu’il soit orthogonal il faut qu’il vérifie que pour tout
( u , v ) ∈ E 2 , p ( u ) v = u p ( v ) . Ainsi, pour le produit scalaire canonique dans la base canonique, si M
est la matrice de p, alors elle est nécessairement symétrique :
( M X ) Y = X t MY ⇔ X t M t Y = X t MY ⇔ M t = M
t
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Ici,
( HAH ) = ( H ) A H
t t
t t
t
t
= HAH t , ce qui indique que HAH t est un projecteur
orthogonal et donc Im f et Ker f forment une somme directe orthogonale.
? La matrice HA
peut être considérée comme la matrice d’un projecteur par rapport à
deux bases convenablement choisies.
FAUX
: car on vérifie aisément que ( HA ) ≠ HA .
2
Donner une propriété de l’application dont la matrice dans la base {a, b, c} est H t AH .
H t AH = H −1AH dans la base {a, b, c} . Donc H t AH est semblable à A : ces deux
matrices correspondent au même endomorphisme, à savoir la projection orthogonale sur
{e1 , e2 } parallèlement à e3 .
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Diagonalisation
1
1
 −1
 −1
λ = 2+ 2 u =   D = 
 −1
0
 

1
0
a b c 
A =  b a d 
 c d a 
−1 0 0 
1 1 1

1 1 1
2 −1 0 
E=
1 1 1
−1 2 −1


0 −1 1 
1 1 1
a 
0


B =  b  [ a b c ] C =  2
 c 
 0
1
1
1

1
0
0
1
0
0
F=
0

0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0 
0

4
0
0 
0 
? Le vecteur u est un vecteur propre de la matrice D.
VRAI
 1 −1 0 0   1   2 
 −1 2 −1 0   −1  −2 
   =   = 2u
Du = 
 0 −1 2 −1  −1  −2 

   
 0 0 −1 1   1   2 
u est un vecteur propre de D associé à la valeur propre 2.
? Le nombre λ
est une valeur propre de la matrice D.
VRAI
det ( D − λ I ) =
−1 − 2
−1
0
0
−1
− 2
−1
0
0
−1
− 2
−1
0
0
−1
−1 − 2
−1 − 2
=
−1
0
2 +1
0
0
2 +1
0
−1
− 2
−1
0
0
−1
−1 − 2
0
=…= 0
? Les matrices E et F sont semblables.
VRAI
E est symétrique donc diagonalisable. det ( E − λ I ) = λ 3 ( λ − 4 ) ; Les valeurs propres de
E sont donc les mêmes que celles de F : E et F sont semblables.
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? Il existe des nombres réels a, b et c pour lesquels A n’est pas diagonalisable.
FAUX :
Car A étant symétrique elle est toujours diagonalisable, ∀a, b, c .
? La matrice B a une valeur propre triple.
FAUX
B est symétrique donc diagonalisable. Si elle admettait une valeur propre triple λ , alors
on aurait B = P ( λ I ) P −1 = λ I , ce qui est faux.
? La matrice C est diagonalisable.
FAUX
Si C était diagonalisable, alors elle aurait une seule valeur propre triple 0, et on aurait
C = P ( 0I ) P −1 = 0 , ce qui est faux.
Autre méthode :
Si C était diagonalisable, alors elle aurait une seule valeur propre triple 0, et le noyau de
l’endomorphisme f de matrice C serait de dimension 3. Or CX = 0 ⇔ X = ( 0, 0, z ) , ce qui signifie que
dim ( Ker f ) = 1 .
? La matrice d’un produit scalaire de
VRAI :
n
est diagonalisable.
Car la matrice d’un produit scalaire est symétrique donc toujours diagonalisable
? La somme d’une matrice carrée réelle et de sa transposée est diagonalisable.
VRAI
Car la somme d’une matrice carrée et de sa transposée est symétrique :
(M + M )
t t
= Mt + M = M + Mt
? Si le produit de deux matrices carrées réelles est diagonalisable, chacune de ces deux
matrices est diagonalisable.
FAUX
Par exemple, si on prend une matrice M quelconque non diagonalisable, alors M.0 = 0
et la matrice nulle 0 est diagonalisable.
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? La somme de deux matrices diagonalisables est diagonalisable.
FAUX
1 0
 0 1
 −1 1 
 et M 2 = 

 sont diagonalisables, mais M1 + M 2 = 
 0 2
 0 0
 0 −2 
Par exemple, M1 = 
ne l’est pas.
**********************************************************************
Considérons maintenant la matrice et les vecteurs suivants :
 1 
 1 −1 0 0 
1


 −1 2 −1 0 
 −1
−1 − 2 



D=
a=
b= 

 0 −1 2 −1
 −1
 1+ 2 


 
 −1 
 0 0 −1 1 
1
? a et b sont des vecteurs propres de D.
VRAI
 1 −1 0 0   1   2 + 2 
 −1 2 −1 0   −1 − 2   −4 − 3 2 

=

Da = 

 = 2+ 2 a
 0 −1 2 −1  1 + 2 
+
4
3
2

 




−
0
0
1
1



  −1   −2 − 2 
(
)
 1 −1 0 0   1   2 
 −1 2 −1 0   −1  −2 
   =   = 2b
Db = 
 0 −1 2 −1  −1  −2 

   
 0 0 −1 1   1   2 
? La matrice D a 4 valeurs propres distinctes.
VRAI
1− λ
−1
det ( D − λ I ) =
0
0
−1
2−λ
−1
0
0
0
−1
0
= … = λ ( λ − 2 ) ( λ 2 − 4λ + 2 )
2 − λ −1
−1 1 − λ
Les valeurs propres de D sont donc : 0, 2, 2 + 2, 2 − 2 : elles sont distinctes.
? La matrice D n’est pas inversible.
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VRAI :
Car D a une valeur propre nulle.
? La matrice D admet une base unique de vecteurs propres orthonormés.
FAUX
D étant symétrique, elle est diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs
propres, mais cette base n’est pas unique. (Revoir les deux exercices sur l’orthonormalisation de
Gram-Schmidt).
**********************************************************************
E est un espace vectoriel de dimension finie sur R . Soit f un endomorphisme sur E. Id
est l’application identité.
? Si f2 = f, alors f est inversible.
FAUX
Si f2 = f, alors f est un projecteur. Prenons par exemple f : 2 → 2 défini par
f ( x, y ) = ( x, 0 ) . ∀y ∈ , les vecteurs ( x0 , y ) ont la même image ( x0 , 0 ) ; f n’est donc
pas injective, donc pas bijective ; f n’est pas inversible.
? Si f est inversible, alors f-1 est diagonalisable.
FAUX
Soit f inversible. Si f-1 était diagonalisable, alors il existerait une base de vecteurs
propres dans laquelle la matrice M −1 associée à f-1 dans une base quelconque serait
diagonale avec M −1 = PDP −1 ⇔ M = ( PDP −1 ) = PD−1P −1 , ce qui signifierait que f
−1
serait aussi diagonalisable.
 1 0
En prenant M = 
 , on voit que cela n’est pas toujours le cas : M est inversible
 2 1
mais non diagonalisable.
? Si f est diagonalisable, alors f est inversible.
FAUX :
f = 0 est un contre-exemple.
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? Si f est inversible, alors f2 aussi.
VRAI
(f
(f
f)
−1
(f f ) = f (f f ) f = f
) (f f ) = f (f f ) f = f
−1
−1
f −1
−1
−1
−1
−1
f −1 = Id
−1
f = Id
? Si f est diagonalisable, alors f2 aussi.
VRAI
Soit
( u ,… , u )
1
p
une base de vecteurs propres de f associée aux valeurs propres
λ1 ,… , λ p . Alors f 2 ( u i ) = f ( λ i u i ) = λ i f ( u i ) = λ i2 u i . Ainsi f2 est diagonalisable dans la
base ( u1 ,… , u p ) et ses valeurs propres sont celles de f élevées au carré.
? Si f2 = f, alors f est diagonalisable.
VRAI
Si f2 = f, alors f est un projecteur sur Im f parallèlement à Ker f . Dans une base de E
constituée d’une base de Im f complétée d’une base de Ker f , la matrice associée à f
 I 0
s’écrit M =  p
 avec p = dim ( Im f ) . M donc f est diagonalisable.
 0 0
? Si f2 = Id, alors f est inversible.
VRAI :
Si f2 = Id, alors f f = Id et donc f -1 = f .
? Si f est inversible et diagonalisable, alors f-1 est diagonalisable.
VRAI
Soit
( u ,… , u )
1
p
une base de vecteurs propres de f associée aux valeurs propres
λ1 ,… , λ p ( ∀i, λ i ≠ 0 car f est inversible). Alors :
f ( u i ) = λ i u i ⇔ ( f −1 f ) ( u i ) = λ i f −1 ( u i ) ⇔ f −1 ( u i ) =
1
ui
λi
f-1 est donc diagonalisable dans la base ( u1 ,… , u p ) , et ses valeurs propres sont les
inverses de celles de f.
? Le noyau de f est un sous-espace propre de f.
FAUX :
sauf si λ = 0 est une valeur propre de f.
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**********************************************************************
A est une matrice carrée réelle symétrique à p lignes et p colonnes (p > 1).
? A est toujours diagonalisable.
VRAI :
car A est symétrique.
? A est toujours inversible.
FAUX :
car A peut avoir des valeurs propres nulles. A = 0 est un contre-exemple.
? Le rang de A et celui de A2 sont les mêmes.
VRAI
A est diagonalisable : A = PDP −1 ⇔ A 2 = ( PDP −1 )( PDP −1 ) = PD2 P −1 . A et D sont de
même rang, car ce sont deux matrices semblables. D et D2 sont de même rang car ce
sont des matrices diagonales. A2 étant de même rang que D2 (matrices semblables), elle
est donc de même rang que A.
? A et A2 ont les mêmes valeurs propres.
FAUX
D’après ce qui précède, A = PDP −1 ⇔ A 2 = PD2 P −1 , ce qui signifie que les valeurs
propres de A2 sont celle de A au carrée.
? A et A2 ont les mêmes vecteurs propres.
VRAI
Toujours d’après ce qui précède, A = PDP −1 ⇔ A 2 = PD2 P −1 ; la matrice de passage
dans la base des vecteurs propres est donc la même pour A et A2 : elles ont les mêmes
vecteurs propres.
? Si A2 est diagonale, A est la matrice d’un produit scalaire.
FAUX :
A = 0 est un contre exemple.
**********************************************************************
3 0 8
 1 −1 0 


A =  −1 2 −1 B =  3 1 −6 
 −2 0 −5
 0 −1 1 
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Diagonaliser A si c’est possible.
1− λ
det ( A − λ I ) = −1
0
−1
0
2 − λ −1 = λ (1 − λ )( λ − 3) .
−1 1 − λ
Les vecteurs propres associées aux trois valeurs propres sont :
v1 = (1,1,1) pour λ1 = 0
v2 = (1, 0, −1) pour λ2 = 1
v3 = (1, −2,1) pour λ3 = 3
1 1 1 
A est donc diagonalisable avec P =  1 0 −2  la matrice de passage dans la base des
 1 −1 1 


vecteurs propres.
Diagonaliser B si c’est possible.
det ( B − λ I ) =
3−λ
0
3
−2
1− λ
0
8
−6 = (1 − λ )( λ + 1) .
−5 − λ
2
Le sous-espace propre associé à λ1 = −1 est défini par Eλ1 = {( −2, 6,1) z z ∈
} . Il est
de dimension 1, la matrice B n’est donc pas diagonalisable.
?
BBt et Bt B sont toutes les deux diagonalisables.
VRAI
?
B + Bt est diagonalisable.
VRAI
?
: Car BBt et Bt B sont toutes les deux symétriques.
: Car B + Bt est symétrique.
Bt AB est diagonalisable.
VRAI
: Car Bt AB est symétrique, du fait que A est symétrique.
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?
BA est inversible.
FAUX
: Car det ( BA ) = det ( B ) det ( A ) = 0 ; en effet det ( A ) = 0 car elle possède une
valeur propre nulle.
?
AB est inversible.
FAUX
: pour la même raison que précédemment.
? Une des matrices A ou B est une matrice de produit scalaire.
FAUX
: A possède une valeur propre nulle, et B n’est pas symétrique.
? Les deux matrices A et B sont inversibles.
FAUX
: det ( A ) = 0 donc A n’est pas inversible. Par contre det ( B ) = 1 , donc B est
inversible.
? Ni la matrice A ni la matrice B ne sont des matrices de projecteurs.
VRAI
: car les projecteurs n’ont que 0 ou 1 comme valeurs propres.
**********************************************************************
On note E l’ensemble des polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou égal à 3.
E est un R -espace vectoriel. On note {e} la base formée par 1, x, x2 et x3 et {g} la base
formée par les polynômes 1, (1-x), (1-x)2 et (1-x)3.
? La matrice de l’application identité de {g} dans {e} est :
1 1 1 1 
0 −1 −2 −3

B=
0 0 1 3 


0 0 0 −1
: car les colonnes de B sont bien les coordonnées des vecteurs de {g} dans la
base{e}.
VRAI
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?
L’application f de E dans E qui à un polynôme associe sa dérivée est un
endomorphisme de E.
: Si P ∈ E , alors P′ ∈ E , et la linéarité de la dérivée des polynômes :
(α P + β Q )′ = α P′ + β Q′ , permet de conclure.
VRAI
? L’application f n’a pas de vecteurs propres.
FAUX
f ( P ) = λ P ⇔ P′ = λ P . Si λ = 0 , tout polynôme P constant convient. Or λ = 0 est bien
une valeur propre de f : en effet, une même dérivée correspond à une infinité de
polynôme. Ainsi, f n’est pas injective, et Ker f ≠ {0} . Tout polynôme constant est donc
vecteur propre de f associé à la valeur propre 0.
?
0
0
La matrice A = 
0

0
1
0
0
0
0
2
0
0
0
0 
est diagonalisable.
3

0
FAUX
Si A était diagonalisable, alors λ = 0 serait valeur propre de multiplicité 4, et A serait
semblable à la matrice nulle, c’est à-dire A = P ( 0I ) P −1 = 0 , ce qui est faux.
? La matrice A est une matrice de f.
VRAI
: A est la matrice associée à f dans la base {e}.
? La matrice B est diagonalisable.
VRAI
B possède deux valeurs propres doubles 1 et –1. Cherchons les vecteurs propres de
coordonnées (x, y, z, t).
Pour λ1 = −1 , on obtient les deux conditions t = 0 et y = − z . Ainsi, nous avons deux
contraintes donc dim E−1 = 2 et on peut prendre les vecteurs (0, 1, -1, 0) et (1, 0, 0, 0)
comme base de E−1 .
3
1
Pour λ2 = 1 , on obtient les deux conditions z = − t et 2x + y = t . Ainsi, nous avons
2
2
deux contraintes donc dim E1 = 2 et on peut prendre les vecteurs (0, 1, -3, 2) et (1, -1, 3,
2) comme base de E1 .
La matrice B est donc diagonalisable, avec comme matrice de passage dans la base des
vecteurs propres :
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0

1
P=
 −1

0
1 0 1

0 1 −1 
0 −3 −3 

0 2 2 
? La matrice B-1AB n’est pas diagonalisable.
VRAI
On fait un raisonnement par l’absurde. Si B-1AB était diagonalisable, alors :
B −1AB = PDP −1 ⇔ P −1B −1AB = DP −1 ⇔ P −1B −1ABP = D ⇔ ( BP ) A ( BP ) = D
−1
Autrement dit, la matrice A serait diagonalisable, ce qui est faux comme on l’a vu plus
haut.
? Les matrices A At et A + At sont diagonalisables.
VRAI
: quelle que soit la matrice A.
?
Si une matrice X est semblable à une matrice Y et si la matrice Y est semblable à
une matrice Z, alors les matrices X et Z sont semblables.
VRAI
X semblable à Y : X = P −1YP , et Y semblable à Z : Y = Q −1ZQ .
X = P −1YP ⇔ X = P −1 ( Q −1ZQ ) P = ( P −1Q −1 ) Z ( QP ) = ( QP ) Z ( QP )
−1
X est donc semblable à Z, la matrice de passage est égal au produit QP.
? Si X et Y sont des matrices carrées, symétriques, réelles et si XY = YX, alors XY est
diagonalisable.
VRAI
: car XY est symétrique : ( XY ) = Y t X t = YX = XY .
t
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C. Bajard et S. Charles - Biométrie et Biologie Evolutive - Université Lyon1
E est l’espace vectoriel R 4 ,{e} est sa base canonique et x y est son produit scalaire
canonique. On considère la matrice A et f le
-opérateur associé à A :
 −1 1 −1 1
 1 −1 1 −1

A=
 −1 1 1 −1


 1 −1 −1 1
? La matrice A est symétrique et inversible.
: A est symétrique mais la somme des colonnes de A fait 0 donc A n’est pas
inversible.
FAUX
? La dimension du noyau de f vaut 3.
: En observant A, on remarque que des vecteurs colonnes sont liés : c1 = −c2 et
c3 = −c4 . On en conclut que le rang de A est 2 ( c1 et c3 sont linéairement
indépendants), et donc que la dimension du noyau de f est 2.
FAUX
? Il existe un produit scalaire de E dont la matrice par rapport à {e} est A.
: Car A est symétrique, mais comme son déterminant est nul, elle possède au
moins une valeur propre nulle.
FAUX
? L’application f est un projecteur.
: Si on essaie de calculer A², on constate immédiatement que le coefficient (1,1)
de A² est différent de -1, A 2 ≠ A .
FAUX
? Les colonnes de A sont des vecteurs orthogonaux.
: car on a vu plus haut que c1 = −c2 , donc si les vecteurs colonnes sont liés, ils ne
peuvent pas être orthogonaux.
FAUX
? L’application définie par g ( x, y ) =
x f ( y ) est bilinéaire mais non symétrique.
FAUX
g est bilinéaire par linéarité de f et bilinéarité du produit scalaire.
g ( y, x ) = y f ( x ) = Y t ( AX ) .
Y t ( AX ) = ( Y t A ) X = ( A t Y ) X = ( AY ) X
t
t
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( AY )
t
X = f ( y ) x = x f ( y ) = g ( x, y )
Par conséquent, g est symétrique.
? L’application définie par h ( x, y ) = f ( x ) f ( y )
est un produit scalaire.
FAUX
h est bilinéaire par linéarité de f et bilinéarité du produit scalaire.
h ( x, y ) = f ( x ) f ( y ) = f ( y ) f ( x ) = h ( y, x ) : h est symétrique
h ( x, x ) = 0 ⇔ f ( x ) f ( x ) = 0 ⇔ f ( x ) = 0 . Or dim Ker f = 2 d’après ce que l’on a
{}
vu plus haut. Donc Ker f ≠ 0 , ce qui signifie que f ( x ) = 0 n’implique pas x = 0 .
Par conséquent, h n’est pas définie, ce n’est donc pas un produit scalaire.
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FIN
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