EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 27
Exercice 1. 1. On trouve
J2=
0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0
J3=
0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
J4=I4
2. On déduit de la question1.queX4−1est un polynôme annulateur deJ.
3. SoitP(X) =a+bX+cX2+dX3un polynôme de degré inférieur ou égal à 3 à coefficients dans C. On a :
P(J) =
a b c d d a b c c d a b b c d a
On en déduit queP(J) = 0ssia=b=c=d= 0c’est à dire ssiP= 0.
4. PuisqueX4−1est un polynôme annulateur deJ de degré minimal d’après 3, on en déduit que c’est le polynôme minimal.
5. On aX4−1 = (X−1)(X+ 1)(X−i)(X+i). Le polynôme minimal deJ étant scindé et à racines simples on déduit queJ est diagonalisable et ses valeurs propres sont1,−1, iet−i.
Exercice 2. 1. On choisit la matrice diagonale en blocs,
0
1 1 0 1
3
, doncT(w, x, y, z) = (0, x+
y, y,3z).
2. On peut choisir une matrice diagonale
0
1 1
3
, doncT(w, x, y, z) = (0, x, y,3z).
Exercice 3. 1. Admettons qu’il existeSetT∈L(V)tels queS◦T−T◦S= IdV. On a alors Trace(S◦T−T◦S) = Trace(IdV).
On sait queIdV est représentée par la matrice[IdV]B,B=Indans une base quelconqueBdeV. On obtient doncTrace IdV =n.
D’un autre côté, on sait par le cours que
Trace(S◦T−T◦S) = Trace(S◦T)−Trace(T◦S) = Trace(S◦T)−Trace(S◦T) = 0, une contradiction carn6= 0.
1
2. Considérons la matriceEijdont le terme à lai-ème ligne etj-ème colonne est égal à1et tous les autres termes de la matrice sont nuls. On a
AEij=
a1i
0 ... 0 ani
où seule la j-ème colonne est non-nulle. D’où Trace(AEij) = aji. De même on montre que Trace(BEij) =bji. En faisant varierietjon obtient
∀(i, j)∈ {1, . . . , n} × {1, . . . , n} aji=bji
d’oùA=B.
3. Choissisons une base orthonorméeB= (u1, . . . , un)deV. Rappelons la formuleu=Pn
i=1hu, uiiui
pour toutu∈V. Les entrées diagonales de la matrice[T]B,Bsont données par hT ui, uii=hhui, viw, uii=hui, vihw, uii, 1≤i≤n.
Alors on calcule :
Trace(T) = Trace([T]B,B) = Xn i=1
hui, vihw, uii= Xn i=1
hhw, uiiui, vi=
*Xn i=1
hw, uiiui, v +
=hw, vi.
4. SoitV =R2,T(x, y) = (−y, x). AlorsT2(x, y) = (−x,−y) =−(x, y). DoncT2 a une valeur propre,λ=−1, de multiplicité2. Par conséquent,Trace(T2) =−2<0.
5. SoitBune base deV de vecteurs propres deT. Alors[T]B,B=
λ1 0
...
0 λn
. Par conséquent,
Trace(T2) =λ21+· · ·+λ2n≥0.
Exercice 4.
1. Par exemple les opérateurs associés aux matrices 0 1
−1 0
et
0 0 0 1
0 0 −1 0
0 1 0 0
−1 0 0 0
.
2. Supposons d’abord quedim(V)est pair. Soitdim(V) = 2net soitB= (e1, . . . , e2n)une base de V. PoserT(e2k−1) =−e2ketT(e2k) =e2k−1 pour1≤k≤ndétermine un opérateur linéaire T∈L(V). Son carréT2∈L(V)satisfait
T2(e2k−1) =T(−e2k) =−T(e2k) =−e2k−1 et
T2(e2k) =T(e2k−1) =−e2k.
Il prend donc les mêmes valeurs surBque l’opérateur−IdV. Il s’ensuit queT2=−IdV. Soit maintenantdim(V)impair et supposons qu’on aitT∈L(V)avecT2=−IdV. Alors
det(T2) = det(−IdV) = (−1)dim(V)det(IdV) =−1.
D’un autre côté,det(T2) = (det(T))2≥0carV est unR-espace vectoriel. Contradiction ! Exercice 5. 1. L’unique valeur propre deIdV est1avec la multiplicitén:= dimV. Le polynôme
caractéristique deIdV est donc
cIdV= (X−1)n= Xn i=0
n i
(−1)iXn−i. On a doncdet IdV = (−1)ncIdV(0) = (−1)2n= 1.
2
2. D’après le cours, on sait quedetT=λ1·. . .·λn, oùλ1, . . . , λnsont les valeurs propres deT(pas forcément toutes différentes).
SiTest inversible, alorskerT={0}et0n’est pas une valeur propre deT. On a alorsλi6= 0pour i= 1, . . . , net doncdetT6= 0. Réciproquement, sidetT6= 0, alors on aλ1, . . . , λndifférents de 0et donckerT={0}etTest inversible d’après le Théorème du Rang.
3. SoitT∈L(V)inversible. On montre que
Spec(T−1) ={λ−1|λ∈Spec(T)}.
CommeTest inversible, on akerT={0}et0n’est pas une valeur propre deT. Pour la même raison,0n’est pas une valeur propre deT−1. Soitλ∈Spec(T)etv6= 0un vecteur propre deT pour la valeur propreλ. Soitw=λv6= 0. On aw=T(v)et doncT−1(w) =v=λ−1w. Donc λ−1est une valeur propre deT−1. On a donc{λ−1|λ∈Spec(T)} ⊆Spec(T−1). CommeTest l’inverse deT−1, on montre de la même façon que{λ−1 |λ∈Spec(T−1)} ⊆Spec(T), ce qui termine la preuve. On a donc
detT−1= Π
λ∈SpecTλ−1=
λ∈SpecΠ Tλ −1
= (detT)−1.
4. On montre facilement, en différenciant les deux casα= 0etα6= 0, que Spec(αT) ={αλ|λ∈Spec(T)}. On a donc
det(αT) = Π
λ∈SpecT(αλ) =αn· Π
λ∈SpecTλ=αndetT.
5. On a d’après le cours, pour une baseBquelconque deV : det(T1◦T2) = det [T1◦T2]B,B
= det [T1]B,B·[T2]B,B
= det [T1]B,B
·det [T2]B,B
= det(T1)·det(T2).
Exercice 6. 1. On trouve
A3=
2 −6 6
−9 −1 −18
3 3 5
et doncA3−2I3= 3A. Le polynômep=X3−3X−2 = (X−2)(X+ 1)2est donc un polynôme annulateur deT. On vérifie quepest en fait le polynôme minimal deT(on a de manière évidente A+I36= 0etA−2I36= 0, un calcul donne aussiA2+ 2A+I36= 0etA2−A−2I36= 0). Comme degp= 3 = dimF3, on obtient donc quepest le polynôme caractéristique deT et on obtient Spec(T) ={−1,2}, avec les multiplicitésm−1= 2etm2= 1.
On calcule doncE2= ker(T−2 Id), qui a dimension1. L’applicationT−2 Ida pour matrice
A−2I3=
−2 −2 2
−3 −3 −6 1 1 −1
On trouve doncker(T−2 Id) = span(e1−e2).
On aE−1= ker(T+ Id)2, avecdimE−1= 2. On calcule
A+I3=
1 −2 2
−3 0 −6
1 1 2
et (A+I3)2=
9 0 18
−9 0 −18
0 0 0
.
On trouve doncE−1= span(e3−2e1, e2). De la première matrice, on obtient également l’espace propreV−1= ker(T+ Id) = span(e3−2e1).
3
2. Pourλ= 2on déjà trouvéE2=V2 = span(e1−e2)et doncTE2 = 2 IdE2. On obtient donc ker(T|E2−2 IdE2) =E2etB2= (e1−e2).
3. On aλ2 =−1. Siv∈E−1\V−1, alorsT(v) 6=−vmaisT(T(v) +v) +T(v) +v= 0, donc T(T(v) +v) =−(T(v) +v)et doncT(v) +v∈V−1.
On aE−1= span(e3−2e1, e2)ete2∈E−1\V−1. On lit de la matriceA+I3que(T+ Id)(e2) = e3−2e1. CommeT(e2) +e2=e3−2e1, la baseB−1= (e3−2e1, e2)est de la forme cherchée.
4. La baseB= (e1−e2, e3−2e1, e2)obtenue est une base de JordanpourT, et lamatrice normale de JordandeT est
J:= [T]B,B=
2 0 0 0 −1 1 0 0 −1
carT(u1) = 2u1,T(u2) =−u2etT(u3) =u2−u3. Le changement de baseBest la matrice
[Id]Bcan,B=
1 −2 0
−1 0 1
0 1 0
.
4
