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Un exercice d'algèbre linéaire



  1. #1
    Bleyblue

    Un exercice d'algèbre linéaire


    ------

    Bonjour,

    Je suis occupé à essayer de résoudre une question d'examen d'algèbre linéaire et je suis bloqué à un point donc si vous pouviez m'aider un coup ça serait bien aimable

    Je dispose de la matrice d'un endomorphisme de :

    où a,b sont des réels

    1) On me demande si (1,1,1,1,1,1) et (1,1,1,-1,-1,-1) sont ded vecteurs propres et si oui de donner les valeurs propres.

    Il suffit de prendre l'image de ces vecteurs pour voir que le premier est vecteur propre de valeur propre (5a + b) et le second de valeur propre (a - b)

    2) On me demande si 0 est valeur propre. Si oui, de déterminer le sous espace propre correspondant en discutant en fonction de a et b

    0 est bien sûr un vecteur propre au vu de la matrice, il me reste à discuter.

    2.1) Si a = b = 0
    Alors la matrice est une matrice nulle, dim(Vo) = 6 et la base canonique est une base de Vo

    2.2) Si a = b différent de 0

    Alors dim(Vo) = 5 et moyennant une petite résolution de système je trouve une base de Vo

    2.3) Si a est différent de b

    Alors dim(Vo) = 4 et moyennant une résolution de système je trouve la solution mais je suis obligé de distinguer les cas a = 0 et a non nul

    3) On me demande de trouver toutes les valeurs propres et sous espaces propres correspondants

    La ça devient plus dur

    3.1) Si a = b = 0
    Alors A est une matrice nulle et la seule valeur propre est 0, le sous espace propre est R^6 tout entier

    3.2) Si a = b différent de 0

    dim(Vo) = 5 => Il existe au plus une valeur propre dont le sous espace propre est de dimension 1.

    OR j'ai montrer au point 1) que 5a + b = 6a (car b = a) était valeur propre. De plus 6a est non nul car a est non nul donc la valeur propre en question est 6a et le sous espace propre est engendré par (1,1,1,1,1,1)

    3.3) Si a différent de b

    dim(Vo) = 4 => SOIT il existe deux autres valeurs propres dont les ss espaces propres sont de dimensions 1

    => SOIT il existe une autre valeur propre dont la dimension du ss espace propre est 1 ou 2

    => SOIT il n'existe aucune autre valeur propre

    Mais ce dernier point n'est pas possible car (a - b) est une valeur propre en vertu du point 1) et de plus a - b est non nul (car a différent de b)

    Mais je ne sais malheureusement pas en dire plus. Comment dois-je faire pour progresser ? Je suppose que je dois m'aider du fait que la somme des valeurs propres est égale à la trace de la matrice mais ça ne m'aide pas ...

    Avez-vous une idée ?

    merci

    -----

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  3. #2
    rvz

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    Salut,

    Tu es très bien parti, il n'y a plus qu'à discuter la fin.
    Notamment:
    - si 5a +b est différent de 0.
    - si 5a +b =a-b différent de 0
    ...

    C'est un peu fatiguant à faire mais n'oublie pas la question 1 qui te donne des vecteurs explicites associés à ces possibles vp.

    __
    rvz

  4. #3
    cedbont

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    Bonjour,
    euh pour la 2 tu as un petit problème : le vecteur nul n'est pas un vecteur propre (définition d'un vecteur propre qui doit être non-nul).
    Moi je chercherais à résoudre le système M*U = 0 avec U le vecteur colonne inconnu.
    Pour la 3, j'utiliserais le polynôme caractérique.

  5. #4
    Bleyblue

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    euh pour la 2 tu as un petit problème : le vecteur nul n'est pas un vecteur propre (définition d'un vecteur propre qui doit être non-nul).
    Tiens, tu ne confonderais pas les définitions des fois ? Car dans mon cours il est écrit :

    On appelle vecteur propre de A tout vecteur x de V dont l'image par A est un multiple a.x de x (en particulier, le vecteur nul o est un vecteur propre de tout opérateur linéaire)

    On appelle valeur propre de A tout élément a de K tel qu'il existe un vecteur propre non nul x tel que A(x) = a.x

    On exige x différent de 0 dans la définition de valeur propre sinon tout scalaire serait une valeur propre, et on accepte o comme vecteur propre car cela permet de prouver que les sous-espaces propres sont des sous-espaces de V
    Citation Envoyé par rvz
    Salut,

    Tu es très bien parti, il n'y a plus qu'à discuter la fin.
    Notamment:
    - si 5a +b est différent de 0.
    - si 5a +b =a-b différent de 0
    ...

    C'est un peu fatiguant à faire mais n'oublie pas la question 1 qui te donne des vecteurs explicites associés à ces possibles vp.
    J'aurais donc 3 cas :


    (obligatoirement non nul car sinon a serait égale à b)


    Le dernier cas est simple car j'ai alors deux valeurs propres distinctes donc deux sous espaces propres distincts de dimension 1 chacun engendré par (1,1,1,1,1,1) et <1,1,1,-1,-1,-1> respectivement

    Mais pour les deux autres cas ? J'ai cette fois une seule valeur propre et dans ce cas je ne vois pas comment trouver la dimension du sous espace propre, encore moins une base

    merci

  6. A voir en vidéo sur Futura
  7. #5
    Romain-des-Bois

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    Salut,

    à propos de la non-nullité des vecteurs propres : je crois qu'on peut prendre l'une ou l'autre des définitions (il faut modifier certaines choses après pour la définition des Espaces Propres par exemple).

    Ici : http://fr.wikipedia.org/wiki/Vecteur_propre , ici, un vecteur propre est non-nul.


    Romain

  8. #6
    cedbont

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    Oui, dans mon cours, c'est :
    est un vecteur propre tout vecteur non-nul u tel qu'il existe x tel que M.u=u.x.

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  10. #7
    Bleyblue

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    Ah
    Dans le miens en tout cas le vecteur nul est toujours un vecteur propre, j'ai vérifié dans un autre cours d'algèbre linéaire que je garde de côté et c'est pareil. J'irai demander au professeur pour plus de précisions

    merci pour la remarque

  11. #8
    Bleyblue

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    Et personne n'a une idée sur la manière dont je pourrais progresser ?

    Il doit y avoir quelque chose qui m'échappe car je ne vois pas comment avancer dans ma discution or je suis presque au bout ...

    merci

  12. #9
    alex022

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    je reprends ici :

    a différent de b
    donc dim V(0)=4

    Premier cas:
    5a+b différent de 0
    alors on a deux sous espaces de dim 1
    et Spec={a-b,5a+b,0}

    V(a-b)=<(1,1,1,-1,-1,-1)> et V(5a+b)=<(1,1,1,1,1,1)>

    Deuxième cas:
    5a+b=0
    alors b=-5a
    Spec={6a,0}
    car a-b=a-(-5a)=6a et comme tr=6a, on a pas d'autres valeurs propres
    =>un sous-espace de dimension 2

    j'espère que j'ai pas fait de fautes

  13. #10
    Bleyblue

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    ok merci

    Mais dans le premier cas, il ne faut pas distinguer le cas a - b = 5a + b ?
    Pour le deuxième cas il faudrait aussi que je trouve une base du vectoriel V(a - b) en fait mais je ne vois pas comment le trouver ...

    merci

  14. #11
    alex022

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    effectivement j'ai oublié un cas... ( j'ai été un peu trop vite)
    Pour trouver la base du sous-espace propre :
    tu as déjà un vecteur de base : (1,1,1,-1,-1,-1). tu n'as alors plus qu'à trouver un autre vecteur propre non nul et linéairement indépendant du premier. Par exemple : (0,1,1,-1,-1,0)
    et là tu as ton sous-espace !

  15. #12
    alex022

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    sorry mon deuxième vecteur propre est faux...

  16. Publicité
  17. #13
    homotopie

    Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    Citation Envoyé par Bleyblue Voir le message
    ok merci

    Mais dans le premier cas, il ne faut pas distinguer le cas a - b = 5a + b ?
    Pour le deuxième cas il faudrait aussi que je trouve une base du vectoriel V(a - b) en fait mais je ne vois pas comment le trouver ...

    merci
    Dans le 2ème cas, tu as déjà une base de V(a-b) Ce sont les sous espaces V(5a+b) et V0 qui "fusionnent" pour donner un sous-espace de dimension 5 qui n'est pas l'espace propre associée à zéro (cf ci après une description géométrique du phénomène). Remarque en passant si V(a-b) était "dédoublé" on aurait une trace égale à 2x(a-b)+4x0=12a et non 6a.

    Pour aller un peu plus loin :
    partons du cas général et regardons comment ça dégénère en certains cas.
    On a vu que
    V(5a+b) contient <(1,1,1,1,1,1)>=<v>
    V(a-b) contient <(1,1,1,-1,-1,-1)>=<w>
    V0 contient toujours le sous-espace de dimension 3 d'équations x1=x6=x2+x3+x4+x5=0 dont une base est par exemple u1 : (0,1,-1,0,0,0) ; u2 : (0,0,1,-1,0,0) ; u3 : (0,0,0,1,-1,0).
    De plus V0 contient le vecteur pas très difficile à trouver u' : (a;-(a+b);0;0;0;a) (le -(a+b) aurait pu aussi être en 3ème, 4ème, 5ème composante).
    Ce 4ème vecteur n'appartient au sous-espace fixe de dimension 3 que si a et -(a+b)=0 i;e; a=b=0.
    Dans le cas général, on a donc
    V0 de dimension 4
    V(a-b) de dimension1
    V(5a+b) de dimension 1
    ce qui donne une décomposition en espaces propres et même en reprenant ce qui précède une base de vecteurs propres.
    Vis à vis de l'indépendance des vecteurs une chose est invariante l'indépendance de v,w,u1,u2,u3 qui ne dépendent pas de a et de b.
    Les dégénérescences possibles sont a-b=0 et 5a+b=0.
    (f est l'endomorphisme associée à la matrice via la base canonique)

    Pour le 2nd,
    on a dans le cas général f^(-1)(<v>)=<v,u1,u2,u3,u'>(=) est un sous-espace fixe d'équation indépendante de a et de b : x1-x6=0.
    Une base indépendante de a et de b en est v,u1,u2,u3 et x : (0,1,0,0,0,0) (on a f(x)=a.v d'où fo(f-(5a+b)id)(x)=0 équation qui tend vers f²(x)=0 quand 5a+b tend vers 0 sans que f(x) ne tende vers 0 si a-b ne tend pas en même temps vers 0. D'ailleurs f^(-1)(<v>) est un sous-espace stable pour f vérifie l'équation f(f-(5a+b)id)=0 sur cet espace fixe de dimension 5.)

    Quand 5a+b tend vers 0 sans que a-b tende vers 0,
    ce sous-espace de dimension 5 tend vers lui-même mais le vecteur non indépenant u' converge vers <v,u1,u2,u3> (w tend vers (a;-4a;0;0;0;a)=a.v+3u1+2u2+u3) le sous-espace propre associé à 0 n'est que de dimension 4.
    Une autre manière de voir cette "perte d'un vecteur propre" est de remarquer que l'image par f de cet espace étant toujours égal à <f(x)>=<a.v> avec x indépendant de a et de b (et a ne tend pas vers 0 (sinon a-b tendrait aussi vers 0) l'image est de dimension 1 et donc le noyau ne peut remplir le sous-espace de dimension 5 en entier.
    On a une base composée de 4 vecteurs propres v,u1,u2,u3 complétée en une base de ker(f²) par x, ker(f²) étant en somme directe avec V(a-b) car a-b est non nulle.

    Pour le 1er cas (a-b tend vers 0 sans que 5a+b ne tende vers 0)
    Dans le cas général, l'espace f^(-1)(<w>)=<w,u1,u2,u3,u'> est l'espace d'équation 2a(x2+x3+x4+x5)-(a+b)(x1+x6)=0, si (a',b') n'est pas colinéaire à (a,b) les deux sous-espaces ainsi associées n'ont pour intersection que l'espace de dimension 4 (invariant en a et b) <w,u1,u2,u3>.
    w converge vers la limite de <u1,u2,u3,u'> équivaut, car u1,u2,u3 sont toujours indépendants de w d'une part et de u' d'autre part, à u' converge vers le sous-espace fixe <w,u1,u2,u3>. Or, (x1+x6)(u')=2a d'une part et d'autre part (x1+x6)( <w,u1,u2,u3>)=0 il faudrait donc que a tende vers 0 ce qui est exclus ici.
    <w> et <u1,u2,u3,u'>(=v0 dans le cas général) restent en somme directe dans ce cas, i.e. w devient un "cinquième" vecteur propre associé à 0.
    D'où une base de vecteurs propres cinq associés à la vp : 0 w, u1,u2,u3, u'a;-2a;0;0;0;a)=a(1;-2;0;0;0;1) et un associé la vp 5a+b=6a : v.

    Pour le cas où a-b=5a+b=0 (ou encore a=b=0), on obtient un espace de dimension 6 (l'espace complet en fait) car f(x)=av est lui aussi nul.

    Voilà, voilà, un peu trop long pour la résolution mais quelques trucs qui me semblent intéressants de retenir :
    partir du cas général puis regarder les dégénérescences.
    Ainsi on a toujours les vecteurs propres v,w d'une part, et u1,u2,u3, u' d'autre part seul u' n'est pas fixe.
    Puis regarder dans les cas de dégénérescence comment les sous-espaces "fusionnent" (v,ou w, appartient-il à <u1,u2,u3,u'> ? si non Ok un vecteur propre "de plus" sinon c'est le noyau de f-vp.id ne contient pas tout le sous-espace mais en aucun cas si V(vp1) et V(vp3) "fusionnent" cela ferait "grandir" V(vp2) si la matrice ou l'endomorphisme dépende continuement des paramètres, ainsi quand 5a+b=0 V(a-b) reste de dimension 1, même ker( (f-(a-b)id)² ) reste de dimension 1.

  18. #14
    Bleyblue

    Post Re : Un exercice d'algèbre linéaire

    Citation Envoyé par Homotopie
    Remarque en passant si V(a-b) était "dédoublé" on aurait une trace égale à 2x(a-b)+4x0=12a et non 6a
    Ah mais oui juste ... je n'y avais même pas pensé

    Ta méthode de résolution est bien plus systématique que la mienne, moi je procédais un peu au hasard en essayant simplement de minimiser la discution (si on discute trop tout s'embrouille )

    Citation Envoyé par alex022
    effectivement j'ai oublié un cas... ( j'ai été un peu trop vite)
    Pour trouver la base du sous-espace propre :
    tu as déjà un vecteur de base : (1,1,1,-1,-1,-1). tu n'as alors plus qu'à trouver un autre vecteur propre non nul et linéairement indépendant du premier. Par exemple : (0,1,1,-1,-1,0)
    et là tu as ton sous-espace !
    sorry mon deuxième vecteur propre est faux...
    ok merci bien, avec la remarque d'homotopie je m'en sors nickel

    merci beaucoup à tous !

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