QCM : Diagonaliser une matrice en L2 de maths

Réponse D.

Le scalaire \(\lambda\) est valeur propre s’il existe \(X\neq 0\) avec \(AX=\lambda X\), donc si le noyau de \(A-\lambda I_n\) n’est pas réduit à zéro. Ainsi, \(A-\lambda I_n\) n’est pas inversible. La réponse « il existe une colonne \(X\) » oublie la condition \(X\neq 0\) : avec \(X=0\), tout scalaire conviendrait. Enfin, les coefficients diagonaux ne donnent le spectre que pour une matrice triangulaire.

Réponse C.

La matrice est triangulaire supérieure. Par conséquent, \(\det(A-\lambda I_2)=(2-\lambda)(3-\lambda)\), et le spectre est formé des coefficients diagonaux 2 et 3. Le coefficient 5, placé hors de la diagonale, ne joue aucun rôle ici. Le piège \(\{-2,-3\}\) vient d’une erreur de signe en résolvant \((2-\lambda)(3-\lambda)=0\). Pour vérifier, la trace vaut bien \(2+3=5\).

Réponse B.

Pour une matrice 2×2, le polynôme s’écrit \(X^2-tX+d\), avec \(t\) la trace et \(d\) le déterminant. Ici, la trace vaut 5 et le déterminant vaut \(4-6=-2\), donc \(\chi_A=X^2-5X-2\). Le piège \(X^2-5X+2\) calcule le déterminant comme \(6-4\). Quant à \(X^2+5X-2\), il se trompe sur le signe devant la trace. Enfin, \(-10\) additionne les produits au lieu de les soustraire.

Réponse D.

On résout \((A-5I_2)X=0\), avec \(A-5I_2=\begin{pmatrix}-1&1\\2&-2\end{pmatrix}\). La première ligne impose \(x=y\), donc \((1,1)\) engendre cette droite. Le piège \((1,-2)\) est bien un vecteur propre, mais pour l’autre valeur propre 2, puisque la trace vaut 7. De plus, \((2,1)\) donne \(A\cdot(2,1)=(9,7)\), qui n’est pas colinéaire.

Réponse C.

Le polynôme caractéristique vaut \((X-3)^2\), donc 3 est racine double et \(m=2\). En revanche, \(A-3I_2=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\) est de rang 1. Par le théorème du rang, \(d=2-1=1\). Le piège \(d=2\) suppose que la dimension suit toujours la multiplicité. Or on a seulement \(1\leq d\leq m\), et c’est pourquoi \(m=1, d=2\) est impossible.

Réponse D.

Avec \(n\) valeurs propres distinctes, on obtient \(n\) sous-espaces propres en somme directe, chacun de dimension au moins 1. Donc leur somme vaut \(\mathbb{R}^n\). La réciproque est fausse : \(I_n\) est diagonale avec une seule valeur propre. Ensuite, \(\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\) a un polynôme scindé et elle est inversible, sans être diagonalisable.

Réponse A.

Soit \(x\in\ker v\). Alors \(v(u(x))=u(v(x))=u(0)=0\), donc \(u(x)\in\ker v\). Le noyau de \(v\) est ainsi stable par \(u\), de même que son image et chaque sous-espace propre de \(v\). Cependant, \(u=\mathrm{id}_E\) commute avec \(v=0\) : ce contre-exemple ruine l’inclusion des noyaux, l’égalité des spectres et celle des images.

Réponse C.

Par le théorème du rang, \(\dim E_1(A)=4-3=1\) et \(\dim E_2(A)=4-2=2\). Ces deux espaces, en somme directe, totalisent donc une dimension 3, et non 4. Par conséquent, \(A\) n’est pas diagonalisable. Un polynôme scindé ne suffit pas, et la condition doit tenir pour chaque valeur propre. De plus, une valeur propre multiple n’interdit rien, comme le montre \(I_4\).

Réponse B.

On trouve \(\chi_R=X^2+1\), qui n’a aucune racine réelle. Ainsi, aucun réel n’annule \(\chi_R\), et \(R\) ne peut pas être diagonalisable sur \(\mathbb{R}\). Dans \(\mathbb{C}\), en revanche, les racines \(i\) et \(-i\) sont distinctes, donc \(R\) y est diagonalisable. Le piège \(\pm 1\) confond avec la symétrie \(\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\). Enfin, seule \(I_2\) est semblable à \(I_2\).

Réponse A.

Les valeurs propres 1 et 2 ont pour vecteurs propres \((1,0)\) et \((1,1)\). Avec \(P=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\), on a \(A^n=P\,\mathrm{diag}(1,2^n)P^{-1}\), dont le coefficient cherché vaut \(2^n-1\). On contrôle avec \(A^2\), où il vaut 3. Le piège \(n\) applique la formule des matrices unipotentes, qui exige une diagonale de 1. Quant à \(2^n\), il oublie le terme venant de \(P^{-1}\).

Réponse B.

La matrice \(\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}\) a pour valeurs propres 3 et \(-1\), associées à \((1,1)\) et \((1,-1)\). Or \((1,0)\) est la demi-somme de ces deux vecteurs, donc \(u_n=\frac{1}{2}\left(3^n+(-1)^n\right)\). On vérifie que \(u_1=1\) et \(u_2=5\). Le piège avec le signe moins donne en fait \(v_n\). De plus, \(3^n\) suppose à tort que \((u_0,v_0)\) est propre.

Réponse A.

La matrice du système, \(\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\), a pour valeurs propres 1 et \(-1\). Dans la base propre, on obtient \(x+y=e^{t}\) et \(x-y=e^{-t}\), donc \(x(t)=\mathrm{ch}\,t\). Le piège \(\cos t\) correspond au système \(y^{\prime}=-x\), de valeurs propres \(\pm i\). Ensuite, \(e^{t}\) oublie la composante sur \(e^{-t}\). Enfin, \(\mathrm{sh}\,t\) est la fonction \(y\).