DS3 2022 2023 Correction

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Page 1 : 2022/2023Département MathématiquesPreIng2Algèbre linéaire et bilinéaireDevoir surveillé 37 juin 2023◁Consignes ▷Durée : 90 mn▶Les documents et les supports électroniques sont interdits.▶L’épreuve est composée de 3 exercices indépendants.Important▶Veuillez écrire lisiblement votre NOM et votre PRÉNOM et en lettres majuscules.▶Veuillez également noter le NOM ou le NUMÉRO de votre groupe sur votre copie.Tout manquement à ces consignes entrainera des sanctions.◁Sujet de l’épreuve ▷Exercice 1.5 pointsRésoudre le système différentiel linéairex′ = 5x 7y + 7zy′ = 3x 3y + 5zz′ = 3x y + 3zRéponse. On pose la matrice A =577335313et on réécrit le système sous forme matricielleX′t = AXt,X =xtytzt.Pour réduire la matrice A on calcule son polynôme caractéristique :pAX = 5 X3 X3 X 21 5 × 21 213 X + 55 X + 213 X= X3 + 5X2 + 9X 45 21 5 × 21 + 3 × 21 + 21X + 25 5X + 3 × 21 21X= X3 + 5X2 + 4X 20= X 2X2 3X 10= X 2X 5X + 2.La matrice A est donc diagonalisable puisque pA est scindé à racines simples. En résolvant dessystèmes linéaires on trouve les vecteurs propres associés aux valeurs propres 5, 2 et 2, onobtientA = PDP 1 avec D =500020002et P =102111111.1

Page 2 : On en déduit, avec Y = P 1XX′ = AX ⇔Y ′ = DY⇔Y t =c1e5tc2e2tc3e2tc1, c2, c3 R⇔Xt = Pc1e5tc2e2tc3e2tc1, c2, c3 R⇔Xt =c1e5t + 2c3e2tc1e5t + c2e2t + c3e2tc1e5t + c2e2t c3e2tc1, c2, c3 RConclusion : L’ensemble des solutions du système différentiel linéaire homogène est :xt = c1e5t + 2c3e2tyt = c1e5t + c2e2t + c3e2tzt = c1e5t + c2e2t c3e2tavec c1, c2, c3 R.Exercice 2.7 pointsOn fixe a, b R. Pour tout x = x1, x2 et y = y1, y2 on poseφx, y = ax1y1 + bx1y2 + 3x2y1 + x2y2.1. Montrer que pour tout a, b R, φ est une forme bilinéaire sur R2 × R2.2. Montrer que φ est symétrique si et seulement si b = 3.3. On fixe b = 3. Montrer que pour tout x = x1, x2 :φx, x = a 9x21 + 3x1 + x22.4. En déduire une condition nécessaire et suffisante sur a pour que φ soit un produit scalaire.Dans la suite de l’exercice on fixe a = 13 et b = 3.5. Montrer que les vecteurs v1 = 1, 1 et v2 = 1, 4 sont orthogonaux pour le produit scalaire φ.6. En déduire v1.7. Transformer la base B = v1, v2 en une base orthonormale de R2.Réponse.1.• Forme : x, y R2 × R2, φx, y R puisque c’est une somme de réel.R2 est un R-espace vectoriel donc φ est bien une forme.• Linéaire à gauche : x, x′, y R2, λ Rφx + λx′, y = ax1 + λx′1y1 + bx1 + λx′1y2 + 3x2 + λx′2y1 + x2 + λx′2y2= ax1y1 + bx1y2 + 3x2y1 + x2y2 + λax′1y1 + bx′1y2 + 3x′2y1 + x′2y2= φx, y + λφx′, ydonc φ est linéaire par rapport au premier argument.• Linéaire à droite : x, y, y′ R2, λ Rφx, y + λy′ = ax1y1 + λy′1 + bx1y2 + λy′2 + 3x2y1 + λy′1 + x2y2 + λy′2= ax1y1 + bx1y2 + 3x2y1 + x2y2 + λax1y′1 + bx1y′2 + 3x2y′1 + x2y′2= φx, y + λφx, y′2

Page 3 : donc φ est linéaire par rapport au second argument.Conclusion : φ est une forme bilinéaire sur R2 × R2.2. Raisonnons directement par équivalence :φ est symétrique ⇔x, y R2 × R2φx, y = φy, x⇔x, y R2 × R2ax1y1 + bx1y2 + 3x2y1 + x2y2 = ax1y1 + bx2y1 + 3x1y2 + x2y2⇔x, y R2 × R2b 3x1y2 = b 3x2y1⇔b = 3.3. Pour b = 3 et pour tout x R on aa 9x21 + 3x1 + x22 = a 9x21 + 9x21 + 6x1x2 + x22= ax21 + 3x1x2 + 3x2x1 + x22= φx, x.4. Pour b = 3 on sait que φ est une forme bilinéaire symétrique. Il s’agit donc de trouver unecondition nécessaire et suffisante sur a pour que φ soit définie et positive.• φ est positive si pour tout x R2, φx, x 0. En particulier, pour x = 1, 3 on aφ1, 3 0 ⇒a 912 + 02 0 ⇒a 9donc a 9 est une condition nécessaire pour que φ soit positive. De plus, elle estsuffisante puisque si a 9 alors pour tout x R2, φx, x 0 comme somme determes positifs.• φ est définie si φx, x = 0 ⇔x = 0, 0. Pour a 9 on a somme de termes positifsφx, x = 0 ⇔a 9x21 = 03x1 + x2 = 0 ⇔a ̸= 9x1 = 0x2 = 0oua = 9x2 = 3x1On en déduit que φ est positive et définie si et seulement si a 9.Conclusion : φ est un produit scalaire si et seulement si a 9.5. Par calcul directφv1, v2 = 13 × 1 × 1 + 3 × 1 × 4 + 3 × 1 × 1 + 1 × 4 = 0donc v1 et v2 sont orthogonaux pour le produit scalaire φ.6. Soit x = x1, x2 R2,x v1⇔φx, v1 = 0⇔13x1 + 3x1 + 3x2 + x2 = 0⇔x2 = 4x1.On en déduit que v1= Vectv2.3

Page 4 : 7. La base B est déjà orthogonal, il nous suffit donc de la normaliser.v1=pφv1, v1 =20 = 25,v2=pφv2, v2 =5.On en déduit la base orthonormale eB = ev1, ev2 avecev1 = 125,125,v2 = 15, 45.Exercice 3.8 pointsOn considère E = R2X. Pour tout P, Q E, on pose⟨P, Q⟩= P1Q1 + 2P0Q0 + P1Q1.1. Montrer que ⟨·, ·⟩est un produit scalaire.On notera · la norme associée au produit scalaire ⟨·, ·⟩.2. Calculer la norme du polynôme constant P = 1. On notera P0 =11.3. Montrer que le polynôme P = X est orthogonale à P0 pour le produit scalaire ⟨·, ·⟩.4. Calculer X. On notera P1 =XX.5. On pose Q = X2 ⟨X2, P0⟩P0 ⟨X2, P1⟩P1 et P2 =QQ. Calculer les coefficients de P2.6. Montrer que P0, P1, P2 forme une base orthonormée de R2X pour le produit scalaire ⟨·, ·⟩.Réponse.1. Montrons que ⟨·, ·⟩est une forme bilinéaire symétrique définie positive :• Forme : l’application ⟨·, ·⟩va de E, un R-espace vectoriel, dans R.• Symétrique : Pour tout P, Q E :⟨Q, P⟩= Q1P1+2Q0P0+Q1P1 = P1Q1+2P0Q0+P1Q1 = ⟨P, Q⟩.• Bilinéaire : Pour tout P, ˜P, Q E et λ R :⟨P + λ ˜P, Q⟩= P1 + λ ˜P1Q1 + 2P0 + λ ˜P0Q0 + P1 + λ ˜P1Q1= P1Q1 + 2P0Q0 + P1Q1 + λ ˜P1Q1 + 2 ˜P0Q0 + ˜P1Q1= ⟨P, Q⟩+ λ⟨˜P, Q⟩.Comme ⟨·, ·⟩est symétrique, on en déduit qu’elle est bilinéaire.• Positive : Pour tout P E:⟨P, P⟩= P12 + 2P02 + P12 0comme somme de termes positifs.• Définie :⟨P, P⟩= 0 ⇔P12 + 2P02 + P12 = 0 ⇔P1 = 0P0 = 0P1 = 0.En d’autres termes, ⟨P, P⟩= 0 si et seulement si P admet trois racines distinctes 1,0 et 1. Or les éléments de P sont des polynômes de degrée 2 donc le seul élémentde P qui admet plus de deux racines est le polynôme nul. Ainsi⟨P, P⟩= 0 ⇔P = 0.4

Page 5 : 2. Pour P = 1 on aP=p⟨P, P⟩=1 × 1 + 2 × 1 × 1 + 1 × 1 = 2donc P0 = 12.3. Calculons le produit scalaire :⟨X, 12⟩= 1 × 12 + 2 × 0 × 12 + 1 × 12 = 0donc X et P0 sont orthogonaux.4. On calculeX=p⟨X, X⟩=p1 × 1 + 2 × 0 × 0 + 1 × 1 =2donc P1 =12X.5. D’une part⟨X2, P0⟩= 12 × 12 + 2 × 02 × 12 + 12 × 12 = 1et d’autre part⟨X2, P1⟩= 12 × 121 + 2 × 02 × 120 + 12 × 121 = 0.On en déduit queQ = X2 1 × 12 0 × P1 = X2 12.De plus,Q=p⟨Q, Q⟩=s12 122+ 20 122+1 122= 1doncP2 = X2 12.6. Par construction on sait que les polynômes P0, P1 et P2 sont de norme 1 et on sait déjàque P0 P1. Vérifions que P2 est orthogonal à P0 et P1 :⟨P2, P0⟩=12 12 12 + 20 12 12 +1 12 12 = 0.⟨P2, P1⟩=12 12 12 + 20 12 02 +1 12 12 = 0.On en déduit que P0, P1, P2 est une famille libre de R2X, c’est donc une base puisquedimR2X = 3. Ses éléments sont tous de norme 1 et orthogonaux deux à deux : c’estune base orthonormée.5

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