Exercice 9
1) a) Sans difficulté : $S=\{(-1,-1,1)\}$
b) Deux équations et quatre inconnues donc , on considère 2 des inconnues comme paramètres et on exprime les 2 autres en fonction des 2 premières.
En prenant $x$ et $y$ comme paramètres et sans faute de calcul, j'espère :
$S=\{(x,y,\frac{7}{2} x +2y+1,\frac{3}{2} x +y)\ (x,y)\in {\mathbb R}^2\}$
c) 4 équations et 3 inconnues, on résout le système formé par 3 des équations et on vérifie si la solution trouvée vérifie la quatrième équation : $S=\{(4,3,2)\}$
2)
Le déterminant du système est $\begin{vmatrix}1&m\\m&4\end{vmatrix}=4-m^2$
a) Si $m^2\neq 4$ soit $m\neq \pm 2$ alors le système admet une solution unique
$x=\frac{\begin{vmatrix}-3&m\\6&4\end{vmatrix}}{4-m^2}=\frac{-12-6m}{4-m^2}$ et $y=\frac{\begin{vmatrix}1&-3\\m&6\end{vmatrix}}{4-m^2}=\frac{6+3m}{4-m^2}$
Dans le plan muni d'un repère, les droites d'équations $x+my=-3$ et $mx+4y=6$ sont alors sécantes.
b) Si $m=2$ le système devient $\left\{\begin{array}{rcl}x+2y&=&-3\\ 2x+4y&=&6\end{array}\right.$
Les 2 équations sont incompatibles, le système n'a pas de solution et les droites correspondantes sont strictement parallèles.
c) Si $m=-2$ le système devient $\left\{\begin{array}{rcl} x-2y&=&-3\\ -2x+4y&=&6\end{array}\right.$
On a donc une seule équation, les droites sont confondues $S=\{(x,\frac{x+3}{2})\ x\in {\mathbb R}\}$
3) Le déterminant $\begin{vmatrix}3&1&-1\\1&-2&2\\1&1&-1\end{vmatrix}$ est nul car les colonnes 2 et 3 sont liées $(C_3=-C_2)$ donc le système n'admet pas de solution unique.
En soustrayant la troisième équation de la première, on obtient $2x=0$ soit $x=0$
On a alors le système $\left\{\begin{array}{rcl}y-z&=&1\\-2y+2z&=&m\end{array}\right.$
La seconde équation équivaut à $y-z=-\frac{m}{2}$
Donc si $-\frac{m}{2}\neq 1$ soit $m\neq -2$, le système n'a pas de solution.
Si $m=-2$, $S=\{(0,y,y-1)\ y\in {\mathbb R}\}$
Sujet maths licence 2
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 10
1)
Sur la première colonne les coordonnées de $f(\overrightarrow{e_1})$ et ainsi de suite.
$A=\left(\begin{matrix}-1&1&-1\\2&0&2\\4&-2&4\end{matrix}\right)$
2) Pour $Ker(f)$ on résout le système $\left\{\begin{array}{rcl}-x+y-z&=&0\\2x+2z&=&0\\4x-2y+4z&=&0\end{array}\right.$. On obtient $\{(x,0,-x)\ x\in {\mathbb R}\}$
$(x,0,-x)=x(1,0,-1)$ donc $Ker(f)$ est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1,0,-1).
$f(x,y,z)=x(-1,2,4)+y(1,0,-2)+z(-1,2,4)=(x+z)(-1,2,4)+y(1,0,-2)$
Les vecteurs (-1,2,4) et (1,0,-2) ne sont pas colinéaires puisque la seconde coordonnée du premier vecteur n'est pas nulle donc $Im(f)$ est le sous-espace vectoriel engendré par les vecteurs (-1,2,4) et (1,0,-2).
3) On montre que les 3 vecteurs forment une partie libre.
$x\overrightarrow{u_1} +y\overrightarrow{u_2}+z\overrightarrow{u_3}= (x+y, 2y+z,-x+z)$
$(x+y,2y+z,-x+z)=(0,0,0)\Longleftrightarrow x=y=z=0$
Les 3 vecteurs forment une partie libre dans un espace vectoriel de dimension 3 donc ils constituent une base.
4)
$f(\overrightarrow{u_1})=(-1,2,4)-(-1,2,4)=(0,0,0)$ ; $f(\overrightarrow{u_2})=(-1,2,4)+2(1,0,-2)=(1,2,0)=\overrightarrow{u_2}$ ; $f(\overrightarrow{u_3})=(1,0,-2)+(-1,2,4)=(0,2,2)=2\overrightarrow{u_3}$
Dans la première colonne les coordonnées de $f(\overrightarrow{u_1})$ dans la nouvelle base et ainsi de suite.
$B=\left(\begin{matrix} 0&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{matrix}\right)$
5)
Des résultats de la question 4), on déduit que les valeurs propres de $f$ sont 0 , 1, 2.
Vecteur propre pour la valeur propre 0 : $\overrightarrow{u_1}$ (Remarque c'est un vecteur base de $Ker (f)$)
Vecteur propre pour la valeur propre 1 : $\overrightarrow{u_2}$
Vecteur propre pour la valeur propre 2 : $\overrightarrow{u_3}$
1)
Sur la première colonne les coordonnées de $f(\overrightarrow{e_1})$ et ainsi de suite.
$A=\left(\begin{matrix}-1&1&-1\\2&0&2\\4&-2&4\end{matrix}\right)$
2) Pour $Ker(f)$ on résout le système $\left\{\begin{array}{rcl}-x+y-z&=&0\\2x+2z&=&0\\4x-2y+4z&=&0\end{array}\right.$. On obtient $\{(x,0,-x)\ x\in {\mathbb R}\}$
$(x,0,-x)=x(1,0,-1)$ donc $Ker(f)$ est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1,0,-1).
$f(x,y,z)=x(-1,2,4)+y(1,0,-2)+z(-1,2,4)=(x+z)(-1,2,4)+y(1,0,-2)$
Les vecteurs (-1,2,4) et (1,0,-2) ne sont pas colinéaires puisque la seconde coordonnée du premier vecteur n'est pas nulle donc $Im(f)$ est le sous-espace vectoriel engendré par les vecteurs (-1,2,4) et (1,0,-2).
3) On montre que les 3 vecteurs forment une partie libre.
$x\overrightarrow{u_1} +y\overrightarrow{u_2}+z\overrightarrow{u_3}= (x+y, 2y+z,-x+z)$
$(x+y,2y+z,-x+z)=(0,0,0)\Longleftrightarrow x=y=z=0$
Les 3 vecteurs forment une partie libre dans un espace vectoriel de dimension 3 donc ils constituent une base.
4)
$f(\overrightarrow{u_1})=(-1,2,4)-(-1,2,4)=(0,0,0)$ ; $f(\overrightarrow{u_2})=(-1,2,4)+2(1,0,-2)=(1,2,0)=\overrightarrow{u_2}$ ; $f(\overrightarrow{u_3})=(1,0,-2)+(-1,2,4)=(0,2,2)=2\overrightarrow{u_3}$
Dans la première colonne les coordonnées de $f(\overrightarrow{u_1})$ dans la nouvelle base et ainsi de suite.
$B=\left(\begin{matrix} 0&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{matrix}\right)$
5)
Des résultats de la question 4), on déduit que les valeurs propres de $f$ sont 0 , 1, 2.
Vecteur propre pour la valeur propre 0 : $\overrightarrow{u_1}$ (Remarque c'est un vecteur base de $Ker (f)$)
Vecteur propre pour la valeur propre 1 : $\overrightarrow{u_2}$
Vecteur propre pour la valeur propre 2 : $\overrightarrow{u_3}$
Re: Sujet maths licence 2
Bonjour Job,
Je vois que vous allez de plus en plus rapidement pour réaliser les exercices, je vais avoir tout le temps nécessaire pour bien comprendre chaque réponse à chaque question, c'est vraiment génial. Un grand merci encore pour tout cela. Je prend note et je reviens vers vous prochainement pour éclaircir certains points si le besoin s'en fait sentir. Nous n'avons pas encore accès aux devoirs suivant, malheureusement il ne me sera donc pas possible de chercher à prendre un peu d'avance sur la matière, l'organisation de la faculté ne le permettant pas. Cependant avoir accès à une aide comme la votre comble largement ce problème, merci encore infiniment.
Bien à vous,
Marc05
Je vois que vous allez de plus en plus rapidement pour réaliser les exercices, je vais avoir tout le temps nécessaire pour bien comprendre chaque réponse à chaque question, c'est vraiment génial. Un grand merci encore pour tout cela. Je prend note et je reviens vers vous prochainement pour éclaircir certains points si le besoin s'en fait sentir. Nous n'avons pas encore accès aux devoirs suivant, malheureusement il ne me sera donc pas possible de chercher à prendre un peu d'avance sur la matière, l'organisation de la faculté ne le permettant pas. Cependant avoir accès à une aide comme la votre comble largement ce problème, merci encore infiniment.
Bien à vous,
Marc05
Re: Sujet maths licence 2
Bonjour Job,
Comme je vous l'ai indiqué par message dans la journée je mets le fichier ici :
Merci encore pour cette grande aide,
Marc05
Comme je vous l'ai indiqué par message dans la journée je mets le fichier ici :
Merci encore pour cette grande aide,
Marc05
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 1
1. Sur la première colonne les coordonnées de $T(\vec e_1)$ et ainsi de suite.
$M=\left(\begin{matrix}2&1&0\\-3&-1&1\\1&0&-1\end{matrix}\right)$
2. $T(\vec u)=\left(\begin{matrix}2x+y\\-3x-y+z\\x-z\end{matrix}\right)$
3. $M^2=\left(\begin{matrix}1&1&1\\-2&-2&-2\\1&1&1\end{matrix}\right)$ et $M^3$ est la matrice nulle.
Les coordonnées de $\vec f_1$ sont données par la première colonne de $M^2$
$\vec f_1=\left(\begin{matrix}1\\-2\\1\end{matrix}\right)$ ; $\vec f_2=\left(\begin{matrix}0\\-1\\1\end{matrix}\right)$ ; $\vec f_3=\left(\begin{matrix}0\\0\\1\end{matrix}\right)$
4. On montre que le système est un système libre.
$\lambda \vec f_1+\mu \vec f_2 +\nu \vec f_3=\vec 0 \Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{array}{rcl}\lambda &=&0\\-2\lambda -\mu &=&0\\ \lambda+\mu +\nu &=&0\end{array}\right. \Longleftrightarrow \lambda =\mu =\nu =0$
Un système libre de 3 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 3 est une base.
5.
$T(\vec f_1)=T^3(\vec e_1)$ donc c'est le vecteur nul puisque la première colonne de $M^3$ est la colonne nulle.
$T(\vec f_2)=-T^2(\vec e_3)$ est l'opposée de la deuxième colonne de $M^2$
$T(\vec f_3)=T(\vec e_3)$
$N=\left(\begin{matrix}0&-1&0\\0&2&1\\0&-1&-1\end{matrix}\right)$
1. Sur la première colonne les coordonnées de $T(\vec e_1)$ et ainsi de suite.
$M=\left(\begin{matrix}2&1&0\\-3&-1&1\\1&0&-1\end{matrix}\right)$
2. $T(\vec u)=\left(\begin{matrix}2x+y\\-3x-y+z\\x-z\end{matrix}\right)$
3. $M^2=\left(\begin{matrix}1&1&1\\-2&-2&-2\\1&1&1\end{matrix}\right)$ et $M^3$ est la matrice nulle.
Les coordonnées de $\vec f_1$ sont données par la première colonne de $M^2$
$\vec f_1=\left(\begin{matrix}1\\-2\\1\end{matrix}\right)$ ; $\vec f_2=\left(\begin{matrix}0\\-1\\1\end{matrix}\right)$ ; $\vec f_3=\left(\begin{matrix}0\\0\\1\end{matrix}\right)$
4. On montre que le système est un système libre.
$\lambda \vec f_1+\mu \vec f_2 +\nu \vec f_3=\vec 0 \Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{array}{rcl}\lambda &=&0\\-2\lambda -\mu &=&0\\ \lambda+\mu +\nu &=&0\end{array}\right. \Longleftrightarrow \lambda =\mu =\nu =0$
Un système libre de 3 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 3 est une base.
5.
$T(\vec f_1)=T^3(\vec e_1)$ donc c'est le vecteur nul puisque la première colonne de $M^3$ est la colonne nulle.
$T(\vec f_2)=-T^2(\vec e_3)$ est l'opposée de la deuxième colonne de $M^2$
$T(\vec f_3)=T(\vec e_3)$
$N=\left(\begin{matrix}0&-1&0\\0&2&1\\0&-1&-1\end{matrix}\right)$
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 2
1. $\left(\begin{matrix}3&-1\\1&1\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}x(t)\\y(t)\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}x'(t)\\y'(t)\end{matrix}\right)$
$\det(A-\lambda Id)=\begin{vmatrix}3-\lambda&-1\\1&1-\lambda\end{vmatrix}=(3-\lambda)(1-\lambda) +1=\lambda^2-4\lambda +1=(\lambda-2)^2$
Donc une seule valeur propre : $\lambda =2$
$(A-2Id)\left(\begin{matrix}x\\y\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0\\0\end{matrix}\right) \Longleftrightarrow \left(\begin{matrix}1&-1\\1&-1\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}x\\y\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0\\0\end{matrix}\right)\Longleftrightarrow x-y=0$
Donc le sou-espace propre associé à la valeur propre 2 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1,1) (donc de dimension 1)
Le polynôme caractéristique est scindé, 2 est une valeur propre de multiplicité 2. Pour que $A$ soit diagonalisable, il aurait fallu que le sous-espace propre associé soit de dimension 2, ce qui n'est pas le cas donc $A$ n'est pas diagonalisable.
2. (Pour la suite, il faut voir la rédaction dans votre cours, car compte tenu de la forme de la question, je ne suis pas très sûre de la méthode attendue)
Puisque 2 est valeur propre de multiplicité 2 : $\left(\begin{matrix} x(t)\\y(t)\end{matrix}\right)=e^{2t}\left(\begin{matrix}at+b\\ct+d\end{matrix}\right)$
$A\ \left(\begin{matrix} x(t)\\y(t)\end{matrix}\right)=e^{2t}\ \left(\begin{matrix}3at+3b-ct-d\\at+b+ct+d\end{matrix}\right)= e^{2t}\ \left(\begin{matrix}(3a-c)t+3b-d\\(a+c)t+b+d\end{matrix}\right)$
3. $\left(\begin{matrix}x'(t)\\y'(t)\end{matrix}\right) = e^{2t}\ \left(\begin{matrix}2at+a+2b\\2ct+c+2d\end{matrix}\right)$
On doit donc résoudre le système : $\left\{\begin{array}{rcl}3a-c&=&2a\\3b-d&=&a+2b\\a+c&=&2c\\b+d&=&c+2d\end{array}\right.$
Ce qui conduit à $c=a$ et $d=b-a$
On a donc $\left\{\begin{array}{rcl}x(t)&=&(at+b)e^{2t}\\y(t)&=&(at+b-a)e^{2t}\end{array}\right.$
Avec les conditions initiales, on a $\left\{\begin{array}{rcl}b&=&x_0\\ b-a&=&y_0\end{array}\right.$
$\left\{\begin{array}{rcl}x(t)&=&((x_0-y_0)t+x_0)e^{2t}\\y(t)&=&((x_0-y_0)t+y_0) e^{2t}\end{array}\right.$
1. $\left(\begin{matrix}3&-1\\1&1\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}x(t)\\y(t)\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}x'(t)\\y'(t)\end{matrix}\right)$
$\det(A-\lambda Id)=\begin{vmatrix}3-\lambda&-1\\1&1-\lambda\end{vmatrix}=(3-\lambda)(1-\lambda) +1=\lambda^2-4\lambda +1=(\lambda-2)^2$
Donc une seule valeur propre : $\lambda =2$
$(A-2Id)\left(\begin{matrix}x\\y\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0\\0\end{matrix}\right) \Longleftrightarrow \left(\begin{matrix}1&-1\\1&-1\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}x\\y\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0\\0\end{matrix}\right)\Longleftrightarrow x-y=0$
Donc le sou-espace propre associé à la valeur propre 2 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1,1) (donc de dimension 1)
Le polynôme caractéristique est scindé, 2 est une valeur propre de multiplicité 2. Pour que $A$ soit diagonalisable, il aurait fallu que le sous-espace propre associé soit de dimension 2, ce qui n'est pas le cas donc $A$ n'est pas diagonalisable.
2. (Pour la suite, il faut voir la rédaction dans votre cours, car compte tenu de la forme de la question, je ne suis pas très sûre de la méthode attendue)
Puisque 2 est valeur propre de multiplicité 2 : $\left(\begin{matrix} x(t)\\y(t)\end{matrix}\right)=e^{2t}\left(\begin{matrix}at+b\\ct+d\end{matrix}\right)$
$A\ \left(\begin{matrix} x(t)\\y(t)\end{matrix}\right)=e^{2t}\ \left(\begin{matrix}3at+3b-ct-d\\at+b+ct+d\end{matrix}\right)= e^{2t}\ \left(\begin{matrix}(3a-c)t+3b-d\\(a+c)t+b+d\end{matrix}\right)$
3. $\left(\begin{matrix}x'(t)\\y'(t)\end{matrix}\right) = e^{2t}\ \left(\begin{matrix}2at+a+2b\\2ct+c+2d\end{matrix}\right)$
On doit donc résoudre le système : $\left\{\begin{array}{rcl}3a-c&=&2a\\3b-d&=&a+2b\\a+c&=&2c\\b+d&=&c+2d\end{array}\right.$
Ce qui conduit à $c=a$ et $d=b-a$
On a donc $\left\{\begin{array}{rcl}x(t)&=&(at+b)e^{2t}\\y(t)&=&(at+b-a)e^{2t}\end{array}\right.$
Avec les conditions initiales, on a $\left\{\begin{array}{rcl}b&=&x_0\\ b-a&=&y_0\end{array}\right.$
$\left\{\begin{array}{rcl}x(t)&=&((x_0-y_0)t+x_0)e^{2t}\\y(t)&=&((x_0-y_0)t+y_0) e^{2t}\end{array}\right.$
Re: Sujet maths licence 2
Bonjour
Exercice 3
a) $(A-B)(A+B)=A^2+AB-BA-B^2$ mais la multiplication des matrices n'est pas commutative donc, en général $AB-BA$ ne s'élimine pas donc la formule proposée est fausse.
(On peut prendre un contre-exemple pour montrer la non commutativité.)
b) Si $A$ est inversible alors son déterminant est non nul et comme le déterminant d'un produit est égal au produit des déterminants le déterminant de $A^2$ est non nul donc $A^2$ est inversible.
$A^2(A^{-1})^2=A(AA^{-1})A^{-1}=AIdA^{-1}=AA^{-1}=Id$
$(A^{-1})^2A^2=A^{-1}(A^{-1}A)A=A^{-1}Id A=A^{-1}A=Id$
La proposition est vraie.
c) Un contre-exemple : $A=\left(\begin{matrix}0&1\\2&0\end{matrix}\right)$ et $B=\left(\begin{matrix}1&0\\0&2\end{matrix}\right)$
$\det (A)=-2$ et $\det (B)=2$ donc $A$ et $B$ sont inversibles.
$A+B=\left(\begin{matrix}1&1\\2&2\end{matrix}\right)$ et $\det (A+B)=0$ donc $A+B$ n'est pas inversible. La proposition est fausse.
d) $(ABA^{-1})^3=ABA^{-1}ABA^{-1}ABA^{-1}=AB(A^{-1}A)B(A^{-1}A)BA^{-1}=AB(Id)B(Id)BA^{-1}=AB^3A^{-1}$
Proposition vraie.
Exercice 3
a) $(A-B)(A+B)=A^2+AB-BA-B^2$ mais la multiplication des matrices n'est pas commutative donc, en général $AB-BA$ ne s'élimine pas donc la formule proposée est fausse.
(On peut prendre un contre-exemple pour montrer la non commutativité.)
b) Si $A$ est inversible alors son déterminant est non nul et comme le déterminant d'un produit est égal au produit des déterminants le déterminant de $A^2$ est non nul donc $A^2$ est inversible.
$A^2(A^{-1})^2=A(AA^{-1})A^{-1}=AIdA^{-1}=AA^{-1}=Id$
$(A^{-1})^2A^2=A^{-1}(A^{-1}A)A=A^{-1}Id A=A^{-1}A=Id$
La proposition est vraie.
c) Un contre-exemple : $A=\left(\begin{matrix}0&1\\2&0\end{matrix}\right)$ et $B=\left(\begin{matrix}1&0\\0&2\end{matrix}\right)$
$\det (A)=-2$ et $\det (B)=2$ donc $A$ et $B$ sont inversibles.
$A+B=\left(\begin{matrix}1&1\\2&2\end{matrix}\right)$ et $\det (A+B)=0$ donc $A+B$ n'est pas inversible. La proposition est fausse.
d) $(ABA^{-1})^3=ABA^{-1}ABA^{-1}ABA^{-1}=AB(A^{-1}A)B(A^{-1}A)BA^{-1}=AB(Id)B(Id)BA^{-1}=AB^3A^{-1}$
Proposition vraie.
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 4
On calcule le polynôme caractéristique : $P(X)=\begin{vmatrix}-1-X&-6&2\\-2&3-X&2\\-6&-6&7-X\end{vmatrix}$
Différentes méthodes possibles. En faisant $C_1\leftarrow C_1+C_3$ et $C_2\leftarrow C_2+C_3$
$P(X)=\begin{vmatrix}1-X&-4&2\\0&5-X&2\\1-X&1-X&7-X\end{vmatrix}$
Je développe suivant la première colonne :
$P(X)=(1-X)[(5-X)(7-X)-2(1-X)]+(1-X)[-8-2(5-X)]$
$P(X)=(1-X)[(5-X)(7-X)-2(1-X)-8-2(5-X)]$
$P(X)=(1-X)[(5-X)(7-X)-2(5-X)-2(5-X)]$
$P(X)=(1-X)(5-X)(3-X)$
Donc $A$ possède 3 valeurs propres : 1, 3 et 5.
$A\cdot \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}-1&-6&2\\-2&3&2\\-6&-6&7\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}-x-6y+2z\\-2x+3y+2z\\-6x-6y+7z\end{matrix}\right)$
Il faut maintenant inverser $P$. Différentes méthodes possibles. À vous de choisir. Pour ma part, je préfère souvent exprimer les vecteurs de la base canonique en fonction des des nouveaux vecteurs.
$\left\{\begin{array}{rcl}v_1&=&e_1+e_3\\v_3&=&3e_1-e_2+3e_3\\v_5&=&e_1-e_2\end{array}\right.$
Pour la valeur propre 1, on résout le système : $A\cdot \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)$ soit : $\left\{\begin{array}{rcl}-2x-6y+2z&=&0\\-2x+2y+2z&=&0\\-6x-6y+7z&=&0\end{array}\right.$
On obtient : $x=z$ et $y=0$ donc vecteur propre : $v_1=(1,0,1)$
Pour la valeur propre 3, on résout $A\cdot \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=3\left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)$
On obtient : $x=z$ et $y=-\frac{1}{3} x$ donc vecteur propre : $v_3=(3,-1,3)$
Même méthode pour la valeur propre 5. On obtient $y=-x$ et $z=0$ donc vecteur propre $v_5=(1,-1,0)$
Le polynôme caractéristique est scindé et n'admet que des racines simples donc $A$ est diagonalisable dans la base $(v_1,v_3,v_5)$
La matrice $P$ de passage a pour colonnes les coordonnées dans la base canonique des 3 vecteurs de la nouvelle base.
$P=\left(\begin{matrix}1&3&1\\0&-1&-1\\1&3&0\end{matrix}\right)$
Il faut maintenant inverser la matrice $P$. Différentes méthodes possibles, à vous de prendre celle où vous êtes le plus à l'aise. (Pour ma part, je préfère en général, exprimer les vecteurs de la base canonique en fonction de ceux de la nouvelle base ce qui me donne $P^{-1}$
$P^{-1}=\left(\begin{matrix}3&3&-2\\-1&-1&1\\1&0&-1\end{matrix}\right)$
En calculant $P^{-1}AP$, on obtient alors la matrice diagonale donc les termes diagonaux sont respectivement 1, 3 et 5.
Si vous avez besoin de précisions, n'hésitez pas à poser la question.
On calcule le polynôme caractéristique : $P(X)=\begin{vmatrix}-1-X&-6&2\\-2&3-X&2\\-6&-6&7-X\end{vmatrix}$
Différentes méthodes possibles. En faisant $C_1\leftarrow C_1+C_3$ et $C_2\leftarrow C_2+C_3$
$P(X)=\begin{vmatrix}1-X&-4&2\\0&5-X&2\\1-X&1-X&7-X\end{vmatrix}$
Je développe suivant la première colonne :
$P(X)=(1-X)[(5-X)(7-X)-2(1-X)]+(1-X)[-8-2(5-X)]$
$P(X)=(1-X)[(5-X)(7-X)-2(1-X)-8-2(5-X)]$
$P(X)=(1-X)[(5-X)(7-X)-2(5-X)-2(5-X)]$
$P(X)=(1-X)(5-X)(3-X)$
Donc $A$ possède 3 valeurs propres : 1, 3 et 5.
$A\cdot \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}-1&-6&2\\-2&3&2\\-6&-6&7\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}-x-6y+2z\\-2x+3y+2z\\-6x-6y+7z\end{matrix}\right)$
Il faut maintenant inverser $P$. Différentes méthodes possibles. À vous de choisir. Pour ma part, je préfère souvent exprimer les vecteurs de la base canonique en fonction des des nouveaux vecteurs.
$\left\{\begin{array}{rcl}v_1&=&e_1+e_3\\v_3&=&3e_1-e_2+3e_3\\v_5&=&e_1-e_2\end{array}\right.$
Pour la valeur propre 1, on résout le système : $A\cdot \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)$ soit : $\left\{\begin{array}{rcl}-2x-6y+2z&=&0\\-2x+2y+2z&=&0\\-6x-6y+7z&=&0\end{array}\right.$
On obtient : $x=z$ et $y=0$ donc vecteur propre : $v_1=(1,0,1)$
Pour la valeur propre 3, on résout $A\cdot \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=3\left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)$
On obtient : $x=z$ et $y=-\frac{1}{3} x$ donc vecteur propre : $v_3=(3,-1,3)$
Même méthode pour la valeur propre 5. On obtient $y=-x$ et $z=0$ donc vecteur propre $v_5=(1,-1,0)$
Le polynôme caractéristique est scindé et n'admet que des racines simples donc $A$ est diagonalisable dans la base $(v_1,v_3,v_5)$
La matrice $P$ de passage a pour colonnes les coordonnées dans la base canonique des 3 vecteurs de la nouvelle base.
$P=\left(\begin{matrix}1&3&1\\0&-1&-1\\1&3&0\end{matrix}\right)$
Il faut maintenant inverser la matrice $P$. Différentes méthodes possibles, à vous de prendre celle où vous êtes le plus à l'aise. (Pour ma part, je préfère en général, exprimer les vecteurs de la base canonique en fonction de ceux de la nouvelle base ce qui me donne $P^{-1}$
$P^{-1}=\left(\begin{matrix}3&3&-2\\-1&-1&1\\1&0&-1\end{matrix}\right)$
En calculant $P^{-1}AP$, on obtient alors la matrice diagonale donc les termes diagonaux sont respectivement 1, 3 et 5.
Si vous avez besoin de précisions, n'hésitez pas à poser la question.
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 5
a) Le polynôme caractéristique est indépendant du choix de la base donc on le calcule pour chacune des 2 matrices.
$P(X)=\begin{vmatrix}-2-X&\frac{5}{2}&\frac{11}{2}\\-1&\frac{5}{2}-X&\frac{13}{2}\\2&-\frac{5}{2}&-\frac{11}{2}-X\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}-2-X&\frac{5}{2}&\frac{11}{2}\\-1&\frac{5}{2}-X&\frac{13}{2}\\-X&0&-X\end{vmatrix}$
En développant suivant la dernière ligne :
$P(X)=-X(\frac{65}{4}-\frac{55}{4}+\frac{11}{2} X) +(-X)(-5+2X-\frac{5}{2}X+X^2+\frac{5}{2})=(-X)(X^2+5X)=(-X)^2(-X-5)$
Le polynôme caractéristique de $T$ est égal à : $(a-X)^2(b-X)$
Donc par identification : $a=0\ ;\ b=-5$
Soient $(f_1,f_2,f_3)$ la base dans laquelle l'endomorphisme $u$ a pour matrice $T$. On a donc $u(f_1)=0\ ;\ u(f_2)=f_1\ ;\ u(f_3)=-5f_3$
$f_1$ est un vecteur propre de $u$ pour la valeur propre 0. On détermine les coordonnées de $f_1$ dans la base canonique en résolvant $A\ \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0\\0\\0\end{matrix}\right)$
J'ai obtenu : $x=-z\ ;\ y=-3z$ donc on peut prendre $f_1=(1,3,-1)$
On détermine les coordonnées de $f_2$ en résolvant $A\ \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1\\3\\-1\end{matrix}\right)$
J'ai obtenu $x=2-z\ ;\ y=2-3z$ donc on peut prendre $f_2=(1,-1,1)$
$f_3$ est un vecteur propre de $u$ pour la valeur propre -5. On détermine les coordonnées de $f_3$ dans la base canonique en résolvant $A\ \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}-5x\\-5y\\-5z\end{matrix}\right)$
J'ai obtenu $x=y\ ;\ z=-y$ donc on peut prendre $f_3=(1,1,-1)$
On a donc $P=\left(\begin{matrix}1&1&1\\3&-1&1\\-1&1&-1\end{matrix}\right)$
On inverse alors la matrice $P$; J'ai obtenu $P^{-1}=\left(\begin{matrix}0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&0&\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&-1\end{matrix}\right)$
Seconde question dans le message suivant
a) Le polynôme caractéristique est indépendant du choix de la base donc on le calcule pour chacune des 2 matrices.
$P(X)=\begin{vmatrix}-2-X&\frac{5}{2}&\frac{11}{2}\\-1&\frac{5}{2}-X&\frac{13}{2}\\2&-\frac{5}{2}&-\frac{11}{2}-X\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}-2-X&\frac{5}{2}&\frac{11}{2}\\-1&\frac{5}{2}-X&\frac{13}{2}\\-X&0&-X\end{vmatrix}$
En développant suivant la dernière ligne :
$P(X)=-X(\frac{65}{4}-\frac{55}{4}+\frac{11}{2} X) +(-X)(-5+2X-\frac{5}{2}X+X^2+\frac{5}{2})=(-X)(X^2+5X)=(-X)^2(-X-5)$
Le polynôme caractéristique de $T$ est égal à : $(a-X)^2(b-X)$
Donc par identification : $a=0\ ;\ b=-5$
Soient $(f_1,f_2,f_3)$ la base dans laquelle l'endomorphisme $u$ a pour matrice $T$. On a donc $u(f_1)=0\ ;\ u(f_2)=f_1\ ;\ u(f_3)=-5f_3$
$f_1$ est un vecteur propre de $u$ pour la valeur propre 0. On détermine les coordonnées de $f_1$ dans la base canonique en résolvant $A\ \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0\\0\\0\end{matrix}\right)$
J'ai obtenu : $x=-z\ ;\ y=-3z$ donc on peut prendre $f_1=(1,3,-1)$
On détermine les coordonnées de $f_2$ en résolvant $A\ \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1\\3\\-1\end{matrix}\right)$
J'ai obtenu $x=2-z\ ;\ y=2-3z$ donc on peut prendre $f_2=(1,-1,1)$
$f_3$ est un vecteur propre de $u$ pour la valeur propre -5. On détermine les coordonnées de $f_3$ dans la base canonique en résolvant $A\ \left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}-5x\\-5y\\-5z\end{matrix}\right)$
J'ai obtenu $x=y\ ;\ z=-y$ donc on peut prendre $f_3=(1,1,-1)$
On a donc $P=\left(\begin{matrix}1&1&1\\3&-1&1\\-1&1&-1\end{matrix}\right)$
On inverse alors la matrice $P$; J'ai obtenu $P^{-1}=\left(\begin{matrix}0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&0&\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&-1\end{matrix}\right)$
Seconde question dans le message suivant
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 5 b)
Pour me simplifier l'écriture, je pose $X=\left(\begin{matrix}x(t)\\y(t)\\z(t)\end{matrix}\right)$ et $B=\left(\begin{matrix}0\\1\\1\end{matrix}\right)$.
On doit donc avoir $X'=AX+B$ soit $X'=PTP^{-1}X+B$.
En multipliant à gauche par $P^{-1}$, on a $P^{-1}X'=TP{-1}X+P^{-1}B$
En posant $P^{-1}X=Y$ on a $Y'=TY+P^{-1}B$ (puisque $P^{-1}$ est constant la dérivée de $P^{-1}X$ est $P^{-1}X'$)
Soit $Y=\left(\begin{matrix}u\\v\\w\end{matrix}\right)$
$TY+P^{-1}B=\left(\begin{matrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&-5\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}u\\v\\w\end{matrix}\right) + \left(\begin{matrix}0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&0&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&-1\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}0\\1\\1\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}u'\\v'\\w'\end{matrix}\right)$
Ce qui donne $\left(\begin{matrix}v+1\\ \frac{1}{2}\\-5w-\frac{3}{2}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}u'\\v'\\w'\end{matrix}\right)$
On en déduit en intégrant en commençant par $v(t)$ : $Y=\left(\begin{matrix}u(t)\\v(t)\\w(t)\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}\frac{1}{4}t^2+(A+1)t+B\\\frac{1}{2}t +A\\ce^{-5t}-\frac{3}{10}\end{matrix}\right)$
On a posé $Y=P^{-1}X$ donc $X=PY$ calcul qui m'a donné :
$\left(\begin{matrix}x(t)\\y(t)\\z(t)\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}\frac{1}{4} t^2+(A+\frac{3}{2})t+B+A-\frac{3}{10}+Ce^{-5t}\\ \frac{3}{4}t^2+(3A+\frac{5}{2})t-A+3B-\frac{3}{10} +Ce^{-5t}\\-\frac{1}{4}t^2+(-A-\frac{1}{2})t+A-B+\frac{3}{10}-Ce^{-5t}\end{matrix}\right)$
Dernier point : pour $t=0$ on a le système $\left\{\begin{array}{rcl}A+B-\frac{3}{10}+C&=&3\\-A+3B-\frac{3}{10}+C&=&1\\A-B+\frac{3}{10} -c&=&-2\end{array}\right.$
Ce qui donne : $A=\frac{1}{2}\ ;\ B=-\frac{1}{2}\ ;\ C=\frac{33}{10}$
$\left(\begin{matrix}x(t)\\y(t)\\z(t)\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}\frac{1}{4}t^2+2t-\frac{3}{10} +\frac{33}{10}e^{-5t}\\ \frac{3}{4}t^2+4t-\frac{23}{10} +\frac{33}{10}e^{-5t}\\ -\frac{1}{4}t^2-t+\frac{13}{10} -\frac{33}{10}e^{-5t}\end{matrix}\right)$
Pour me simplifier l'écriture, je pose $X=\left(\begin{matrix}x(t)\\y(t)\\z(t)\end{matrix}\right)$ et $B=\left(\begin{matrix}0\\1\\1\end{matrix}\right)$.
On doit donc avoir $X'=AX+B$ soit $X'=PTP^{-1}X+B$.
En multipliant à gauche par $P^{-1}$, on a $P^{-1}X'=TP{-1}X+P^{-1}B$
En posant $P^{-1}X=Y$ on a $Y'=TY+P^{-1}B$ (puisque $P^{-1}$ est constant la dérivée de $P^{-1}X$ est $P^{-1}X'$)
Soit $Y=\left(\begin{matrix}u\\v\\w\end{matrix}\right)$
$TY+P^{-1}B=\left(\begin{matrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&-5\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}u\\v\\w\end{matrix}\right) + \left(\begin{matrix}0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&0&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&-1\end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}0\\1\\1\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}u'\\v'\\w'\end{matrix}\right)$
Ce qui donne $\left(\begin{matrix}v+1\\ \frac{1}{2}\\-5w-\frac{3}{2}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}u'\\v'\\w'\end{matrix}\right)$
On en déduit en intégrant en commençant par $v(t)$ : $Y=\left(\begin{matrix}u(t)\\v(t)\\w(t)\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}\frac{1}{4}t^2+(A+1)t+B\\\frac{1}{2}t +A\\ce^{-5t}-\frac{3}{10}\end{matrix}\right)$
On a posé $Y=P^{-1}X$ donc $X=PY$ calcul qui m'a donné :
$\left(\begin{matrix}x(t)\\y(t)\\z(t)\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}\frac{1}{4} t^2+(A+\frac{3}{2})t+B+A-\frac{3}{10}+Ce^{-5t}\\ \frac{3}{4}t^2+(3A+\frac{5}{2})t-A+3B-\frac{3}{10} +Ce^{-5t}\\-\frac{1}{4}t^2+(-A-\frac{1}{2})t+A-B+\frac{3}{10}-Ce^{-5t}\end{matrix}\right)$
Dernier point : pour $t=0$ on a le système $\left\{\begin{array}{rcl}A+B-\frac{3}{10}+C&=&3\\-A+3B-\frac{3}{10}+C&=&1\\A-B+\frac{3}{10} -c&=&-2\end{array}\right.$
Ce qui donne : $A=\frac{1}{2}\ ;\ B=-\frac{1}{2}\ ;\ C=\frac{33}{10}$
$\left(\begin{matrix}x(t)\\y(t)\\z(t)\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}\frac{1}{4}t^2+2t-\frac{3}{10} +\frac{33}{10}e^{-5t}\\ \frac{3}{4}t^2+4t-\frac{23}{10} +\frac{33}{10}e^{-5t}\\ -\frac{1}{4}t^2-t+\frac{13}{10} -\frac{33}{10}e^{-5t}\end{matrix}\right)$