Série 10 (Corrigé) - ANMC

Algèbre linéaire pour GM
Prof. A. Abdulle
Jeudi 28 novembre 2013
EPFL
Série 10 (Corrigé)
Exercice 1
Parmi les matrices suivantes, indiquer celles qui sont diagonalisables (toujours en justifiant),
et le cas échéant diagonaliser ces matrices.
0
2
4
3

1



A =  −4 −6 −3 , B = 

0
3
3
1
0

4 0 −2
2
5 4
D=

0 0 5



2
0
0
0
4
2
4
3
1
3
1
3



,





C=


,
E=
0 1
0 0
5
0
0
0
0
5
0
0
1
4 −3 0
−1 −2 0 −3



,

!
.
Sol.:
• A n’est pas diagonalisable. Ses valeurs propres sont: −2, −2, 1. La dimension de
l’espace propre pour λ = −2 est seulement 1 alors que la multiplicité est 2.
• B est diagonalisable. En effet, les valeurs propres sont distinctes:
√ 1
√ 1
2, 1,
7 + 13 ,
7 − 13 .
2
2
T
On voit facilement que v1 = (1, 0, 0, 0) et v2 = (0, 1, 0, 0)T sont des vecteurs propres
associés
propres
√ aux valeurs
√ λ1 = 2, λ2 = 1. Les vecteurs propres pour λ3 =
1
1
7 + 13 et λ4 = 2 7 − 13 sont
2
√
√




−2
+
−2
−
13
13
√ 
√ 
1 1  −17 + 7 13 
 −17 − 7 13 
6
6
,
.
v3 = 
v4 = 




1√
1√




1
1
(−1 + 13)
(−1 − 13)
2
2
f = diag(λ , λ , λ , λ ) et P = (v , v , v , v ), on a B = P DP
f −1 .
Maintenant, si D
1
2
3
4
1 2 3 4
• C est diagonalisable. Valeurs propres: 5, 5, −3, −3.
Vecteur propres associés: v1 = (−16, 4, 0, 1)T , v2 = (−8, 4, 1, 0)T , v3 = (0, 0, 0, 1)T , v4 =
(0, 0, 1, 0)T .
Remarque: les vecteurs propres (0, 0, 0, 1)T , (0, 0, 1, 0)T étaient faciles à deviner.
f = diag(5, 5, −3, −3) et P = (v , v , v , v ), on a C = P DP
f −1 .
Maintenant, si D
1 2 3 4
• D est diagonalisable. Valeurs propres: 5, 5, 4.
Vecteur propres associés: v1 = (−2, 0, 1)T , v2 = (0, 1, 0)T , v3 = (−1, 2, 0)T .
Remarque: le vecteur propre (0, 1, 0)T était facile à deviner.
f = diag(5, 5, 4) et P = (v , v , v ), on a D = P DP
f −1 .
Maintenant, si D
1 2 3
• E n’est pas diagonalisable. Valeurs propres: 0, 0. La dimension de l’espace propre
associé à λ = 0 est seulement 1.
1
Exercice 2
Soit A ∈ Rn×n . Indiquer si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses (justifier) ?
i) A est diagonalisable si et seulement si elle possède n valeurs propres distinctes.
Sol.: Faux. En effet la matrice identité est diagonale donc diagonalisable, et pourtant
sa seule valeur propre est 1.
ii) A est diagonalisable si A possède n vecteurs propres.
Sol.: Faux. A doit posséder n vecteurs propres linéairement indépendants.
iii) Si A est diagonalisable, alors A est inversible.
Sol.: Faux. Méthode 1: La matrice nulle est diagonalisable
mais non inversible.
!
1 0
Méthode 2: On peut aussi proposer la matrice
diagonale donc diagonalisable,
0 0
mais non inversible.
iv) Si A est inversible, alors A est diagonalisable.
!
1 1
Sol.: Faux (pour n ≥ 2). En effet, la matrice
est inversible, mais non
0 1
diagonalisable, car l’espace propre associé à la valeur propre 1 (de multiplicité 2) est
de dimension seulement 1.
v) Si 0 est valeur propre, alors rg (A) < n.
Sol.: Vrai. Si 0 est valeur propre, la dimension du noyau est non nul, et donc
rg (A) = n − dim Ker A < n.
vi) Pour tout matrice inversible P de taille n × n, λ est une valeur propre de A si et
seulement si λ est une valeur propre de P −1 AP .
Sol.: Vrai. A et B = P −1 AP sont semblables, donc elles ont les mêmes valeurs
propres (avec les mêmes multiplicités).
Remarque: En plus, si on note v1 , v2 , . . . les vecteurs propres de B, alors les vecteurs
propres de A sont P v1 , P v2 , . . . .
Exercice 3
Soit A une matrice de taille n × n et k ≥ 2. Montrer que si λ est une valeur propre de A
avec pour vecteur propre v, alors λk est une valeur propre de
Ak = A
· · · A}
| A {z
k fois
avec pour vecteur propre v.
Sol.: Par définition, on a Av = λv. Par récurrence sur k, on montre Ak v = λk v.
Supposons le résultat vrai au rang k − 1, c-à-d Ak−1 v = λk−1 v. On a alors:
Ak v = A(Ak−1 v) = A(λk−1 v) = λk−1 Av = λk−1 λv = λk v.
Ceci montre que le vecteur v, non nul, est un vecteur propre de la matrice Ak associé à la
valeur propre λk .
2
Exercice 4
Soit k ≥ 2. Montrer que si A est une matrice n × n diagonalisable, alors Ak est aussi
diagonalisable. La réciproque est-elle vraie?
Sol.: Si A est diagonalisable, alors il existe une base de Rn formée de vecteurs propres
de A. D’après l’exercice 3, c’est aussi une base de vecteurs propres pour la matrice Ak ,
donc la matrice Ak est également diagonalisable.
La réciproque est fausse en dimension n ≥ 2. En effet, on considère la matrice A avec
des zéros partout sauf un 1 en haut à droite (ligne 1, colonne n) (note: pour n = 2 on
obtient la matrice E de l’exercice 1). Cette matrice A n’est pas diagonalisable, et pourtant
Ak est nulle donc diagonalisable.
Exercice 5
Existe t-il une matrice A =
a b
c d
!
, b 6= 0 diagonalisable et ne possédant qu’une seule
valeur propre?
Sol.: Non. En effet, soit A une matrice diagonalisable avec une seule valeur propre.
Diagonalisons la matrice: il existe P inversible telle que
A = P DP −1
avec D = λI. On déduit A = λP IP −1 = λP P −1 = λI. La matrice A! est donc proportiona b
nelle à la matrice identité, elle ne peut pas être de la forme
, b 6= 0.
c d
Exercice 6
a) Montrer que si λ est une valeur propre d’une matrice inversible de taille n × n, alors
λ−1 est une valeur propre de A−1 . Trouver un vecteur propre correspondant.
Sol.: Si v est un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ, on a
Av = λv.
La valeur propre λ est non nulle car la matrice A est inversible. On multiplie à gauche
par λ−1 A−1 , et on obtient
λ−1 v = A−1 v,
d’où le résultat.
b) Montrer que A et AT ont les mêmes valeurs propres. Montrer par un contre-exemple
que les vecteurs propres de A et AT ne sont pas les mêmes en général.
Sol.: Le déterminant de la matrice A−λI étant égal au déterminant de la transposée
(A−λI)T = AT −λI, les matrices A et AT ont donc le même polynôme caractéristique,
et donc les mêmes valeurs propres (qui sont les racines du polynôme caractéristique).
!
1 4
Soit A =
. Les valeurs propres sont λ1 = 3, λ2 = −1 et les vecteurs propres
1 1
associés sont v1 = (2, 1)T , v2 = (−2, 1)T . Par contre les vecteurs propres correspondants de la matrice AT sont v1 = (1, 2)T , v2 = (−1, 2)T .
3
Remarque: Bien sûr, si A est symétrique, les vecteurs propres de A et AT sont les
mêmes.
Exercice 7
Soit λ ∈ R et A = (aij )1≤i,j≤n une matrice de taille n × n.
a) On suppose que ai1 + ai2 + . . . + ain = λ pour tout i = 1, . . . , n. Montrer que λ est
une valeur propre de A. Quel est le vecteur propre associé?
Sol.: Soit v = (1, 1, . . . , 1)T . Matriciellement, on a
Av = λv
et donc λ est une valeur propre avec pour vecteur propre v.
b) On suppose que a1j + a2j + . . . + anj = λ pour tout j = 1, . . . , n. Montrer que λ est
une valeur propre de A.
Sol.: La matrice AT vérifie l’hypothèse du a), donc λ est une valeur propre de AT .
Or A et AT ont les mêmes valeurs propres d’après l’exercice 6 b), d’où le résultat.
Exercice 8
Soit u, v, w ∈ Rn et α ∈ R. Montrer
a) u · v = v · u.

Sol.:
Pn
On note u :=





u1
u2
..
.






et de même pour v et w. Alors u · v =
Pn
i=1
ui vi =
un
i=1 vi ui = v · u.
b) (u + v) · w = u · w + v · w.
P
P
Sol.: (u + v) · w = ni=1 (ui + vi ) wi = ni=1 ui wi + vi wi = u · w + v · w.
c) (αu) · v = α (u · v) = u · (αv).
P
P
P
Sol.: (αu) · v = ni=1 (αui ) vi = ni=1 α (ui vi ) = α (u · v) = ni=1 ui (αvi ) = u · (αv).
d) u · u ≥ 0. u · u = 0 si et seulement si u = 0.
P
Sol.: u · u = ni=1 u2i ≥ 0. u · u = 0 si et seulement si ui = 0 pour tout i, c-à-d
u = 0.
Exercice 9


1


a) Trouver un vecteur non nul orthogonal à v =  0 .
1


0

Sol.: w = 
 1  car v · w = 0.
0
4






3
2
5






b) Soit u =  4 , v =  0 , w =  6 . Calculer
1
1
0
u · v,
v · w,
u·w
,
kvk
1
w,
w·w

Sol.: u · v = 7, v · w = 10,
u·w
kvk
u·w
v.
kvk

5

1
1 
= √395 , w·w
w = 61
 6 ,
0


2

u·w
39 
√
v
=
 0 .
kvk
5
1
c) Calculer la distance
√ entre u et v et la distance entre u et w.
Sol.: ku − vk = 17, ku − wk = 3.
d) Calculer les vecteurs unitaires correspondants à u, v, w (pointant dans la même direction que le vecteur
original).






3
2
5






Sol.: ũ = √126  4 , ṽ = √15  0 , w̃ = √161  6 .
1
1
0
Exercice 10


3


Soit v =  2 . Donner l’ensemble W des vecteurs orthogonaux à v. Est-ce un espace
1
vectoriel? Si 
oui, dequelle

 dimension?


a




Sol.: W = w =  b  ; v · w = 3a + 2b + c = 0.


c
W est en fait le noyau de l’application linéaire w 7→ v · w de R3 dans R, et donc c’est
un espace vectoriel. Cette application est non nulle (par exemple v · v > 0) donc de rang 1.
Par le théorème du rang, la dimension de W est donc 3 − 1 = 2, il s’agit d’un plan (appelé
le plan orthogonal au vecteur v).
Exercice 11
Indiquer pour chaque énoncé s’il est vrai ou faux et justifier brièvement votre réponse.
a) Un espace propre d’une matrice carrée A est l’espace nul d’une certaine matrice.
b) Soit A une matrice carrée. Si A2 est la matrice nulle, alors la seule valeur propre de
A est 0.
c) Les valeurs propres d’une matrice triangulaire sont les éléments de sa diagonale principale.
d) L’ensemble {v1 , v2 , . . . , vr } des vecteurs propres associés aux valeurs propres distinctes
λ1 , λ2 , . . . , λr d’une matrice carrée A est linéairement dépendant.
Sol.: Vrai: a), b), c). Faux: d).
5
Exercice 12
Indiquer pour chaque énoncé s’il est vrai ou faux et justifier brièvement votre réponse.
a) Soit k.k la norme euclidienne. Alors pour un vecteur v, kcvk = c kvk quel que soit le
scalaire c.
b) Deux vecteurs u et v sont orthogonaux si et seulement si
ku + vk2 = kuk2 + 2 kuk kvk + kvk2 .
c) Si un vecteur v est orthogonal à tous les vecteurs sauf un d’un sous-espace W , alors
v appartient à W ⊥ .
d) Soit W un sous-ensemble d’un espace vectoriel V . Si la dimension de l’espace W ⊥ est
égale à 1, alors on peut trouver une base de V formée par des vecteurs de W .
Sol.: Faux: a), b), c), d).
Informations générales, séries et corrigés: cf. http://anmc.epfl.ch/Algebre.html.
Les exercices de type vrai ou faux proviennent du livre: D.C. Lay. Algèbre linéaire : théorie,
exercices et applications. De Boeck, Bruxelles, 2005.
6