Corrigé du test d’algèbre linéaire 2

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé du test d’algèbre linéaire 2

Exercice 1. (a) On écritp=a0+a1X+. . .+anXⁿ aveca0, . . . , an∈F. On a alors [p(T)]B,B= [a0IdV+a1T+. . .+anTⁿ]B,B

=a0[IdV]B,B+a1[T]B,B+. . .+an[Tⁿ]B,B

car, d’après le cours,[·]B,B:L(V)→Mat(n;F)est linéaire

=a0[IdV]B,B+a1[T]B,B+. . .+an[T| ◦. . .{z◦T}

nfois

]B,B

=a0[IdV]B,B+a1[T]B,B+. . .+an[T| ]B,B·. . .{z·[T]B,B}

nfois

par la définition du produit de matrices

=a0[IdV]B,B+a1[T]B,B+. . .+an([T]B,B)ⁿ=p([T]B,B).

(b) Soitλune valeur propre de T. Il existe donc06=v ∈ V tel queT(v) =λv. On écrit p=P_n

i=0aiXⁱ, et on obtient p(T)(v) =

Xn i=0

aiTⁱ

! (v) =

Xn i=0

aiTⁱ(v) = Xn i=0

aiλⁱv=p(λ)v.

Comme v6= 0, on a montré quev est un vecteur propre dep(T)pour la valeur propre p(λ), et par conséquent en même tempsp(λ)∈ Spec(p(T)). L’inclusionp(Spec(T)) ⊆ Spec(p(T))est donc vraie.

(c) Pour montrerSpec(p(T))⊆p(Spec(T))dans le cas oùF=C, nous utilisons le résultat du cours qui dit qu’il existe une baseBdeV telle que[T]B,Best triangulaire supérieure :

[T]B,B=







λ1 ∗ · · · ∗ 0 λ2 ... ...

... ... ... ∗ 0 · · · 0 λn





.

De plus, nous rappelons que les valeurs propres d’un opérateur représenté par une telle matrice sont exactement les coefficients sur la diagonale,Spec(T) ={λ1, . . . , λn}.

D’après la question 1, la matrice[p(T)]B,Bde l’opérateurp(T)par rapport àBest donnée parp([T]B,B). SiB= (v1, . . . , vn), on aT(span(v1, . . . , vk))⊆span(v1, . . . , vk)pourk= 1, . . . , n(ceci est équivalent au fait que la matrice est triangulaire supérieure). Par consé- quent, on trouve aussiT²(span(v1, . . . , vk))⊆T(span(v1, . . . , vk))⊆span(v1, . . . , vk)et récursivementT^m(span(v1, . . . , vk))⊆span(v1, . . . , vk)pour toutm∈Netk= 1, . . . , n.

1

La matrice[T^m]B,B= ([T]B,B)est donc aussi triangulaire supérieure pourm∈Nquel- conque, et il suffit de calculer les coefficients sur la diagonale pour obtenir

([T]B,B)^m=







λ^m₁ ∗ · · · ∗ 0 λ^m₂ ... ...

... ... ... ∗ 0 · · · 0 λ^m_n





,

ce qui implique que

[p(T)]B,B=p([T]B,B) =







p(λ1) ∗ · · · ∗ 0 p(λ2) ... ...

... ... ... ∗ 0 · · · 0 p(λn)





.

Par conséquent, les valeurs propres dep(T)sont les scalairesp(λk), et doncSpec(p(T)) = p(Spec(T)).

(d) La matrice deT dans la base canonique deR²est 0 −1

1 0

. La matrice dep(T)est donc 0 −1

1 0

· 0 −1

1 0

+ 1 0

0 1

=

−1 0 0 −1

+

1 0 0 1

= 0 0

0 0

,

et doncp(T) = 0. Le nombre0est par conséquent la seule valeur propre de p(T). On obtient Spec(p(T)) = {0}, maisSpec(T) = ∅ (T(a, b) = (b,−a) = λ(a, b) implique b =λa =−λ²b, donc b = a= 0ouλ²+ 1 = 0) et par conséquentp(Spec(T)) = ∅.

On a donc ici

p(Spec(T)) =∅({0}= Spec(p(T)).

Exercice 2. On rappelle que la formeϕT,µ: V ×V →Fest un produit scalaire si elle est symétrique :

ϕT,µ(v1, v2) =ϕT,µ(v2, v1)pour toutv1, v2∈V, bilinéaire :

ϕT,µ(a1v1+a2v2, b1u1+b2u2) = X2 i,j=1

aibjϕT,µ(vi, uj)pour touta1, a2, b1, b2∈F, v1, v2, u1, u2∈V,

et définie positive :

ϕT,µ(v, v)≥0pour toutv∈V et ϕT,µ(v, v) = 0 ⇐⇒ v= 0.

Traitons séparément le cas oùV ={0}, doncT ne peut être que l’application nulle. On en déduit queϕT,µ= 0ne dépend pas deµet est un produit scalaire puisque bilinéaire, symétrique et défini positif de manière triviale. Par la définition positive, c’est même le seul produit scalaire surV ={0}.

On en conclut que dans le cas oùV ={0}, la formeϕT,µest un produit scalaire pour tout T∈L(V) ={0}etµ∈F.

On admet pour la suite quedimV ≥1. Admettons d’abord queϕT,µest un produit scalaire surV. On va en déduire des conditions surT etµ.

2

CommeϕT,µ(v, v) = 0si et seulement siv= 0, on aµhT(v), T(v)iW = 0si et seulement si v= 0. Siv6= 0, alorsµhT(v), T(v)iW=ϕT,µ(v, v)6= 0. On en déduit que

µ6= 0 et hT(v), T(v)iW 6= 0∀v∈Vr{0},

ce qui impliqueT(v)6= 0siv6= 0, carh·,·iW est bilinéaire. On a donc montré que siϕT,µest un produit scalaire surV, alors

v6= 0⇒v6∈ker(T) et doncker(T) ={0}.

Ensuite on doit avoirµ∈Rcar pourv∈V non nul, la symétrie deϕT,µet deh·,·iW nous donne

µhT(v), T(v)iW =ϕT,µ(v, v) =ϕT,µ(v, v) =µhT(v), T(v)iW = ¯µhT(v), T(v)iW

et doncµ= ¯µ, carhT(v), T(v)iW 6= 0.

Comme ϕT,µ(v, v) >0 pour tout0 6=v ∈ V, on a µhT(v), T(v)iW > 0 pour tout0 6=

v ∈ V. Cela implique µ > 0puisque h·,·iW étant un produit scalaire sur W implique que hT(v), T(v)iW ≥0pour toutv∈V. On a donc montré que siϕT,µest un produit scalaire sur V 6={0}, alorsT est injective etµ∈R, µ >0.

Réciproquement, admettons queT est injective etµ∈R, µ >0et montrons queϕT,µest un produit scalaire surV. La symétrie et la bilinéarité deϕT,µse déduisent de la symétrie et la bilinéarité deh·,·iW, et la linéarité deT : pour toutv, v1, v2, u, u1, u2∈V eta1, a2, b1, b2∈R, on a

ϕT,µ(v, u) =µhT(v), T(u)iW =µhT(u), T(v)iW µ∈R

= µhT(u), T(v)iW =ϕT,µ(u, v) et

ϕT,µ(a1v1+a2v2, b1u1+b2u2) =µhT(a1v1+a2v2), T(b1u1+b2u2)iW

=µha1T(v1) +a2T(v2), b1T(u1) +b2T(u2)iW

=a1b1µhT(v1), T(u1)iW+a1b2µhT(v1), T(u2)iW

+a2b1µhT(v2), T(u1)iW+a2b2µhT(v2), T(u2)iW

=a1b1µϕT,µ(v1, u1) +a1b2µϕT,µ(v1, u2) +a2b1µϕT,µ(v2, u1) +a2b2µϕT,µ(v2, u2).

On montre maintenant queϕT,µest définie positive. Soitv∈V. Alors, commeh·,·iW est définie positive, on ahT(v), T(v)iW ≥0et doncϕT,µ(v, v) =µhT(v), T(v)iW ≥0carµ >0.

On aT(0) = 0et doncϕT,µ(0,0) =µh0,0iW = 0. SiϕT,µ(v, v) = 0, alorsµhT(v), T(v)iW = 0 et donchT(v), T(v)iW = 0carµ >0. Commeh·,·iW est un produit scalaire, on en déduit que T(v) = 0. Mais commeT est injective, on obtientv= 0.

On a donc montré que siV 6={0}, alorsϕT,µ:V ×V →Fest un produit scalaire si et seulement siT est injective etµ∈R, µ >0.

Exercice 3. (a) La réponse est non.

Soith·,·ile produit scalaire euclidien pondéré à poids1,¹₂,¹₃,¹₅surF⁴. Soitv= (v1, v2, v3, v4)∈ F⁴, alors on a

|T(v)|= T

X4 i=1

viei

!=

X4 i=1

viT(ei) =

X4

i=1

vi

carT(e1) =. . .=T(e4) = 1

=

1·v1·1 +1

2·v2·2 +1

3·v3·3 +1 5·v4·5

=|hv,(1,2,3,5)i| ≤ kvk · k(1,2,3,5)k, 3

où on obtient la dernière inégalité par l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

On calculek(1,2,3,5)k²= 1·1·1 +¹₂·2·2 +¹₃·3·3 +¹₅·5·5 = 1 + 2 + 3 + 5 = 11. On a donc montré que|T(v)| ≤√

11kvkpour toutv∈F⁴. (b) La réponse est non.

L’espace vectorielL(R²)est de dimension4(il est isomorphe àMat(2;R)d’après le cours d’algèbre linéaire 1).

L’application

adj :L(R²)→L(R²) :T 7→T^∗

est une application linéaire, puisque nous travaillons surR. En effet, sia, b∈RetS, T∈ L(R²), alors on a d’après le cours,

adj(aT+bS) = (aT+bS)^∗= (aT)^∗+ (bS)^∗= ¯aT^∗+ ¯bS^∗=aT^∗+bS^∗

cara, bsont réels. S’il existea0, . . . , a4∈Rdifférents etT0, . . . , T4∈L(R²)\ {OR²}tels queT_i^∗=aiTipouri= 0, . . . ,4, alors

adj(Ti) =aiTi

pouri= 0, . . . ,4eta0, . . . , a4sont par conséquent 5 valeurs propres différentes deadj.

Or le nombre de valeurs propres distinctes d’un opérateur linéaire sur un espace vectoriel est borné dessus par la dimension de l’espace. Ainsi,adjadmet au plus 4 valeurs propres distinctes.

(c) La réponse est oui.

On a vu en exercices queφ:P3(R)×P3(R)→R,(p, q)7→R₁

0p(t)q(t)dtdéfinit un produit scalaire surP3(R).

Soitp=x³+aX²+bX+c∈P3(R). Siφ(p, q) =R₁

0 p(t)q(t)dt= 0pour toutq∈P2(R), alorsp∈(P2(R))^⊥, oùP2(R)est vu comme un sous-espace vectoriel deP3(R). Comme on sait aussi quep−Proj_P2(R)(p)∈ (P2(R))^⊥, on trouve alorsProj_P2(R)(p) ∈ P2(R)∩ (P2(R))^⊥={0}et doncProj_P2(R)(p) = 0.

Commeφ(p, p) =kpk²=kp−Proj_P2(R)(p)k²≤ kp−qk² pour toutq∈P2(R)d’après le cours, on trouve en particulierR₁

0p²(t)dt=φ(p, p)≤ kp−(aX²+bX+c)k²=kX³k²= φ(X³, X³) =R₁

0t⁶dt= [¹₇t⁷]¹₀=¹₇<¹₄.

Exercice 4. (a) Une base orthonormale deV est une baseB= (v1, . . . , vn)deV telle que hvi, vjiV =δij,i, j= 1, . . . , n. (On rappelle queδij= 0sii6=jetδii= 1.)

(b) SoitB= (v1, . . . , vn)une base orthonormale deV, alors

[v]B=



 hv, v1iV

hv, v...niV





pour toutv ∈ V. Soit en effetv ∈ V. CommeB est une base deV, on peut écrire v=P_n

i=1xiviavecx1, . . . , xn∈F. Alorshv, vjiV =hP_n

i=1xivi, vjiV =P_n

i=1xihvi, vjiV = P_n

i=1xiδij=xjpourj= 1, . . . , n. On a donc montré l’égalitév=P_n

i=1hv, viiVvi. (c) Soitn= dimV etk= dimW≤n. D’après le cours d’algèbre linéaire 1, on sait qu’il existe

une baseB˜ = (u1, . . . , un)de V telle que(u1, . . . , uk)est une base de W. On applique l’algorithme de Gram–Schmidt àB, et on obtient une base orthonormale˜ B= (v1, . . . , vn)

4

deV. Par ailleurs on sait d’après le cours quespan(u1, . . . , uj) = span(v1, . . . , vj)pourj= 1, . . . , n. En particulierW = span(u1, . . . , uk) = span(v1, . . . , vk), et comme (v1, . . . , vk) est libre, c’est une base deW.

La listeB= (v1, . . . , vn)est donc une base orthonormale deV telle que(v1, . . . , vk)est une base deW.

(d) SoitB= (v1, . . . , vn)une base orthonormale deV. Par définition,T^∗(w) =P_n

i=1hw, T(vi)iWvi. Soientw, u∈W eta, b∈F. On a alors

T^∗(aw+bu) = Xn

i=1

haw+bu, T(vi)iWvi= Xn

i=1

(ahw, T(vi)iW +bhu, T(vi)iW)vi

commeh·,·iW est linéaire dans le premier argument

=aXⁿ

i=1

hw, T(vi)iWvi+bXⁿ

i=1

hu, T(vi)iWvi=aT^∗(w) +bT^∗(u).

T^∗ est donc bien linéaire.

(e) On a pour toutv∈V etw∈W :

hT(v), wiW =hv, T^∗(w)iV. Preuve : Soitv∈V,w∈W. On calcule

hv, T^∗(w)iV =

* v,

Xn i=1

hw, T(vi)iWvi

+

V

d’après la définition deT^∗

= Xn

i=1

hw, T(vi)iWhv, viiV carh·,·iV est bilinéaire

=Xⁿ

i=1

hT(vi), wiWhv, viiV carh·,·iW est symétrique

=

* _n X

i=1

hv, viiVT(vi), w +

W

carh·,·iW est bilinéaire

=

* T

Xn i=1

hv, viiVvi

! , w

+

W

carT est linéaire

=hT(v), wiW, carv=P_n

i=1hv, viiVvid’après la question (b).

(f) Soitw∈W. On a

[T^∗(w)]B(b)

=





hT^∗(w), v1iV

hT^∗(w), v... niV



=





hv1, T^∗(w)iW

...

hvn, T^∗(w)iW



^(e)=





hT(v1), wiW

...

hT(vn), wiW



=





hw, T(v1)iW

hw, T(v... n)iW



.

Dans la deuxième et la quatrième égalités, on a utilisé la symétrie du produit scalaire.

(g) SoitC= (v1, . . . , vk)une base orthonormale deW qu’on complète en une base orthonor- maleB= (v1, . . . , vn)deV. (Ceci est possible d’après (c).) On a alorsvk+1, . . . , vn∈W^⊥ par construction.

5

On remarque d’abord que siw ∈ W, alors hw, vk+1i =. . .= hw, vni = 0. On a donc w = P_n

i=1hw, viiVvi = P_k

i=1hw, viiVvi. Par ailleurs, puisque(v1, . . . , vk) est une base orthonormale deW, sii≤k, alors

ProjW(vi) = Xk

j=1

< vi, vj> vj= Xk

j=1

δijvj=vi,

tandis que sii > k, alors

ProjW(vi) = Xk

j=1

< vi, vj> vj= Xk

j=1

0vj= 0.

Par conséquent,

ProjW∗(w) =Xⁿ

i=1

hw,ProjW(vi)iVvi=X^k

i=1

hw, viiVvi+ Xⁿ

i=k+1

hw,0iVvi=X^k

i=1

hw, viiVvi=w.

On a donc montré que

ProjW∗:W→V :w7→w, et doncProjW∗est bien l’inclusion deW dansV.

6