Corrigé de la série 24

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007

Corrigé de la série 24

Correction exercice 1

Par le théorème de Cayley-Hamilton C_A(A) = 0 donc, si on effectue la division euclidienne de P(X) par C_A(X) on a :

P(X) = Q(X)C_A(X) +R(X) où deg(R(X))< deg(C_A(X)) = 3, puis P(A) =R(A).

Pour calculerC_A on résout le systèmeAX =λX et on obtient que les valeurs propres deAdans C sont1et les deux racines du polynôme X²+X−1. On en déduit que C_A(X) =X³−2X+ 1.

En effectuant la division euclidienne, on obtient

2X⁸−3X⁵+X⁴+X²−4 = (X³−2X+ 1)(2X⁵+ 4X³−5X²+ 9X−14) + 24X²−37X+ 10.

D’où

P(A) = 24A²−37A+ 10I.

Comme

A² =





1 2 2

0 2 −1

0 −1 1





on obtient

P(A) =





−3 48 26

0 85 −61

0 −61 34





Correction exercice 2

1. Soient λ₁, . . . , λ_r les valeurs propres de A dans C. Par définition

C_A(X) = (X−λ₁)^m1(X−λ₂)^m2. . .(X−λ_r)^mr

où m_i est la multiplicité de la valeur propre λ_i. On a

C_A(0) = (−1)ⁿλ^m₁ ¹λ^m₂². . . λ^m_r^r

On note f l’opérateur de Fⁿ tel que [f]_B0 = A où B₀ est la base canonique. D’après le cours, il existe une base B dans laquelle [f]B est triangulaire supérieure et les termes de la diagonale sont les valeurs propres qui apparaissent autant de fois que leur multiplicité.

Comme le déterminant ne dépend pas de la base on a

det(A) =det([f]B) = λ^m₁¹λ^m₂ ². . . λ^m_r ^r d’où C_A(0) = (−1)ⁿdet(A).

1

Le coefficient de Xⁿ⁻¹ dans C_A(X) est

−m₁λ₁ −m₂λ₂−. . .−m_rλ_r

et d’après ce qui précède

tr(A) = tr([f]_B) =X m_iλ_i d’où

CA(X) =Xⁿ−tr(A)Xⁿ⁻¹+. . .+ (−1)ⁿdet(A).

2. D’après 1 on a

C_A(X) =X²−tr(A)X+det(A) et d’après le théorème de Cayley-Hamilton on obtient

C_A(A) =A² −tr(A)A+det(A)I = 0.

En multipliant cette égalité à gauche par M on obtient

M A²−tr(A).M A+det(A).M = 0

et en multipliant à droite par M on obtient

A²M −tr(A).AM +det(A).M = 0.

La différence entre ces deux égalités fournit :

(M A²−A²M)−tr(A)(M A−AM) = 0

d’où

tr(A).(M A−AM) = 0

puisque M A² =A²M par hypothèse. Comme tr(A)6= 0 on en déduit que M A=AM.

Correction exercice 3

Les valeurs propres de T sont 1 et 2.

On détermine un vecteur propre, noté ~u₁, associé à la valeur propre 2. Par exemple ~u₂ = (1,−2,0).

On détermine un vecteur, noté~u₃ indépendant de~u₁ et tel que (T −I)²(~u₃) = 0 (i.e. ~u₃ est un vecteur propre généralisé) et (T −I)(~u₃)6= 0. Pour cela on détermine Ker(T −I)² on obtient Span{(1,0,1),(0,1,0)}et on choisit un vecteur de cet espace qui n’est pas dans l’espace propre associé à la valeur propre 1 (cet espace propre est Span{(1,−2,1)}). Par exemple on prend un vecteur ~u₃ = (0,1,0). On pose~u₂ = (T −I)~u₃ = (1,−2,1).

Par construction, dans la base B={~u₁, ~u₂, ~u₃} la matrice de T est de la forme voulue.

(Cette méthode sera généralisée dans la prochaine série pour déterminer une base de Jordan.)

Correction exercice 4

1. Comme T est inversible, on a det(T)6= 0. D’après l’exercice 2 on a

C_T(X) = Xⁿ−tr(T)Xⁿ⁻¹+. . .+a₁X+ (−1)ⁿdet(T) où n=dim(V).

2

Par le théorème de Cayley-Hamilton on a

C_T(T) = Tⁿ−tr(T)Xⁿ⁻¹+. . .+a₁T + (−1)ⁿdet(T) = 0.

En multipliant cette égalité par T⁻¹ on obtient

T⁻¹ = (−1)ⁿ⁺¹

det(T) (Tⁿ⁻¹−tr(T)Tⁿ⁻²+. . .+a₁I).

D’où P(X) = ⁽⁻¹⁾_det(Tⁿ⁺¹₎ (Xⁿ⁻¹−tr(T)Xⁿ⁻²+. . .+a₁) qui est bien de degré n−1.

2. On obtient A⁻¹ =−A²+ 2I d’où

A⁻¹ =





1 −2 −2

0 0 1

0 1 1





3