Correction exam
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Exercice I1) Le calcul du déterminant donne :
det(v1 , v2 , v3 , v4 ) = −230 = 0 , donc la famille (v1 , v2 , v3 , v4 ) est libre. Etant de cardinal 4 dans l'espace E de dimension 4, elle l'engendre ; c'est donc bien une base de E . 2) Déterminons tout d'abord l'orthogonalisée (w1 , w2 , w3 , w4 ) de B . On a :
w1 = v1 = (1, −2, 0, 0) ,
w2 = v 2 −
(v2 |w1 ) w1 (w1 |w1 ) −10 )(1, −2, 0, 0) = (0, 5, 3, 3) − ( 5 = (2, 1, 3, 3) ,
w3 = v3 −
(v3 |w1 ) (v3 |w2 ) w1 − w2 (w1 |w1 ) (w2 |w2 ) 5 23 = (3, −1, 4, 2) − (1, −2, 0, 0) − (2, 1, 3, 3) 5 23 = (0, 0, 1, −1) ,
et
w4 = v 4 −
(v4 |w1 ) (v4 |w2 ) (v4 |w3 ) w1 − w2 − w3 (w1 |w1 ) (w2 |w2 ) (w3 |w3 ) 5 23 2 = (15, 5, −1, −3) − (1, −2, 0, 0) − (2, 1, 3, 3) − (0, 0, 1, −1) 5 23 2 = (12, 6, −5, −5). wj ; on obtient donc ||wj ||
Par dé nition, B = (x1 , x2 , x3 , x4 ) où, pour chaque j , xj :=
2 2 1 3 3 1 1 12 6 5 5 1 B = (( √ , − √ , 0, 0), ( √ , √ , √ , √ ), (0, 0, √ , − √ ), ( √ ,√ , −√ , −√ )) . 5 5 23 23 23 23 2 2 230 230 230 230
1
Exercice II
Le polynôme caractéristique de A est
χA (X) = det(A − XI) 7−X 10 −11i 10 −14 − X 10i = 11i −10i 7−X = (7 − X)(−14 − X)(7 − X) + 10.(10i).11i + (−11i).10.(−10i) −(11i).(−14 − X).(−11i) − (−10i).(10i).(7 − X) − (7 − X).10.10
(en application de la règle de Sarrus)
= (7 − X)2 (−14 − X) − 1100 − 1100 +121(X + 14) − 100(7 − X) − 100(7 − X) = (−X − 14)(X 2 − 14X + 49) + 321X − 1906 = −X 3 + 468X − 2592 = (6 − X)(X 2 + 6X − 432) = −(X − 6)(X − 18)(X + 24) .
Les valeurs propres de A sont donc 6, 18 et −24 ; des calculs simples montrent que les sousespaces i −i i propres correspondants sont respectivement engendrés par i , 0 et −2i. A n d'obtenir une 1 1 1 base orthonormée de vecteurs propres, il su t de normaliser ces vecteurs (lesquels, en vertu de la théorie générale, sont automatiquement orthogonaux les uns aux autres pour le produit scalaire hermitien canonique sur C3 ). Ainsi P et D dé nies par
6 0 0 0 D =