Corrigé de la série 27

(1)

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

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 =I

2. On déduit de 1 queX⁴ −1 est un polynôme annulateur de J.

3. SoitP(X) =a+bX+cX²+dX³ un 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 que P(J) = 0 ssia =b =c=d= 0 c’est à dire queP = 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 a X⁴ −1 = (X−1)(X+ 1)(X −i)(X +i). Le polynôme minimal de J étant scindé et à racines simples on déduit queJ est diagonalisable et ses valeurs propres sont 1,−1, i et−i.

Exercice 2. 1. SikerN ={0}, l’opérateurN est un isomorphisme et ne peut donc pas être nilpotent. On a donc dim kerN >0et par conséquent dim ImN = dimV −dim kerN <

dimV.

Soit v ∈ImN, alors on a immédiatement N(v)∈ImN.

Siv ∈kerN|_Im_N, alorsv ∈ImN etN(v) = 0, doncv ∈kerN∩ImN. Siv ∈kerN∩ImN, alors N|ImN(v) = N(v) = 0.

2. Si dimV = 1, on a dim kerN = 1 car 0<dim kerN ≤dimV. On obtient donc N = 0 et pour chaque v 6= 0 dans V, la base (v)de V est du type cherché.

3. On a

(N^m¹(v1), . . . , N^m^k(vk)) = (Nⁿ¹(N(v1)), . . . , Nⁿ^j(N(vj)), vj+1, . . . , vk)

= (Nⁿ¹(w₁), . . . , Nⁿ^j(w_j), v_j+1, . . . , v_k).

Par construction, ceci est une base dekerN = (kerN ∩ImN)⊕W. 4. Soit

m1

X

i=0

a¹_iNⁱ(v₁) +. . .+

mk

X

i=0

a^k_iNⁱ(v_k) = 0,

(2)

a¹₀, . . . , a¹_m

1, . . . , a^k₀, . . . , a^k_m

k ∈F. On a alors 0 =N

m1

X

i=0

a¹_iNⁱ(v₁) +. . .+

mk

X

i=0

a^k_iNⁱ(v_k)

!

=

m1

X

i=0

a¹_iNⁱ(N(v₁)) +. . .+

mj

X

i=0

a^j_iNⁱ(N(v_j)) +

k

X

i=j+1

N(v_i)

=

m1

X

i=0

a¹_iNⁱ(w1) +. . .+

mj

X

i=0

a^j_iNⁱ(wj) + 0.

Comme (Nⁿ¹(w₁), . . . , N(w₁), w₁, . . . , Nⁿ^j(w_j), . . . , N(w_j), w_j) est une base de ImN, on a donca¹₀ =. . .=a¹_m₁ =. . .=a^j₀ =. . .=a^j_m

j = 0. Il reste 0 =

mj+1

X

i=0

a¹_iNⁱ(v₁) +. . .+

mk

X

i=0

a^k_iNⁱ(v_k) =a^j+1₀ v_j+1+. . .+a^k₀v_k,

et donc a^j+1₀ = . . . = a^k₀ = 0 car (v_j+1, . . . , v_k) est une base de W. La liste B est donc linéairement indépendante.

5. On a

dimV = dim kerN + dim ImN = dim(kerN ∩ImN) + dimW + dim ImN

=j+ (k−j) +

j

X

i=1

(ni+ 1) =k+

j

X

i=1

mi

=

j

X

i=1

(m_i+ 1) +

k

X

i=j+1

1 =

k

X

i=1

(m_i+ 1) =]B,

car m_i = 0 pouri=j+ 1, . . . , k.

6. D’après la question 2., l’assertion est vraie si dimV = 1. On admet qu’elle est vraie pour dimV < n, et on considère un opérateur nilpotent N ∈ L(V). D’après le 1., on a dim ImN < dimV = n et on peut considérer N|_Im_N ∈ L(ImN). D’après les questions 3., 4. et 5., on peut donc construire une base du type voulu de V, en admettant qu’il en existe une de ImN pourN|_Im_N. Mais ceci est donné par l’hypothèse de récurrence.

Exercice 3. 1. Soit

B= (N^m¹(v₁), . . . , N(v₁), v₁, . . . , N^m^k(v_k), . . . , N(v_k), v_k)

une base de V comme dans l’exercice 2. On considère V_i = span(N^mⁱ(v_i), . . . , N(v_i), v_i) pour i = 1, . . . , k. On a N(N^mⁱ(v_i)) = 0 car (N^m¹(v₁), . . . , N^m^k(v_k)) est une base de kerN, et N(N^j(v_i)) = N^j+1(v_i) pour j = 0, . . . , m_i −1. Le sous-espace V_i ⊆ V est donc N-invariant et on peut considérer N|_V_i, qui a pour matrice dans la base Bi = (N^mⁱ(v_i), . . . , N(v_i), v_i):

A_i := [N|_V_i]_B

i,Bi =





 0 1

. .. ...

. .. 1







(3)

La matrice deN dans la base Best alors donnée par

[N]_B,B =





 A₁

. ..

A_k





,

donc Best bien une base de Jordan pour l’opérateur N.

2. Comme T|Ei−λiIdEi est nilpotent, il existe d’après l’exercice 2 et la question ci-dessus une base Bi deE_i telle que

[T|_E_i −λ_iId_E_i]_B

i,Bi =





 Aⁱ₁

. ..

Aⁱ_k_i







avecAⁱ_j =





 0 1

. .. ...

. .. 1 0







pourj = 1, . . . , k_i. On a alors

[T|_E_i] = [T|_E_i−λ_iId_E_i]_B

i,Bⁱ+ [λ_iId_E_i]_B

i,Bⁱ

=





 Aⁱ₁

. ..

Aⁱ_k





+





 λ_i

. ..

λ_i





=





 B₁ⁱ

. ..

B_kⁱ

i







avecB_jⁱ =





 λi 1

. .. ...

. .. 1 λi







pour j = 1, . . . , k_i. La baseBi de E_i est donc une base de

Jordan de E_i pour l’opérateur T|_E_i. 3. La matrice de T dans la base Best donc





 B₁¹

. ..

B_k¹

1 . ..

B₁^r . ..

B_k^r_r







avecB_jⁱ =





 λ_i 1

. .. ...

. .. 1 λ_i







pourj = 1, . . . , k_i eti= 1, . . . , r. La base BdeV est donc

bien une base de Jordan de V pour l’opérateurT.

(4)

Remarque : Pour les deux derniers exercices on note la chose suivante. Si on connait la multiplicité m_λ ≤ dimV de la valeur propre λ, on connait la dimension de l’espace propre généraliséE_λ, puisque par définition m_λ := dimE_λ. Comme E_λ est T- et (T−λId_V)-invariant, on peut considérer les restrictions de ces applications à E_λ et on obtient que

ker(T|_E_λ−λId_E_λ)^m^λ = ker(T|_E_λ−λId_E_λ)^dim^E^λ = ker(T|_E_λ −λId_E_λ)^dim^E^λ^+l pour tout l ∈N. Comme l’application (T|_E_λ−λId_E_λ) est nilpotente, on a

E_λ = ker(T|_E_λ−λId_E_λ)^dim^E^λ. En utilisant cela, on peut montrer facilement qu’on a alors

E_λ = ker(T|_E_λ−λId_E_λ)^m^λ = ker(T −λId_V)^m^λ : si v ∈V est un élément de ker(T −λId_V)^m^λ, alors

(T −λId_V)^dim^V(v) = (T −λId_V)^dim^V^−m^λ((T −λId_V)^m^λ(v)) = 0

et donc on a v ∈E_λ = ker(T −λId_V)^dim^V. Réciproquement, si v ∈ker(T|_E_λ−λId_E_λ)^m^λ, alors v ∈E_λ et

(T −λId)^m^λ(v) = (T|_E_λ−λId_E_λ)^m^λ(v) = 0, donc v ∈ker(T −λId)^m^λ. On obtient donc

E_λ = ker(T −λId_V)^m^λ = ker(T −λId_V)^dim^V

Pour trouverE_λ, il suffit donc de calculer les puissances deT −λId_V jusqu’à la multiplicité de λ, et non jusqu’à dimV.

Exercice 4. 1. On trouve

A³ =





2 −6 −6

−9 −1 −18

3 3 5





et donc A³ −2I₃ = 3A. Le polynôme p =X³ −3X−2 = (X−2)(X+ 1)² est donc un polynôme annulateur de T. On vérifie que p est en fait le polynôme minimal de T (on a de manière évidente A+I₃ 6= 0 et A−2I₃ 6= 0, un calcul donne aussi A²+ 2A+I₃ 6= 0 etA²−A−2I₃ 6= 0). Commedegp= 3 = dimF³, on obtient donc quepest le polynôme caractéristique de T et on obtient Spec(T) = {−1,2}, avec les multiplicités m₋₁ = 2 et m₂ = 1.

On calcule donc E₂ = ker(T −2 Id), qui a dimension 1. L’application T −2 Id a pour matrice

A−2I₃ =





−2 −2 2

−3 −3 −6

1 1 −1





On trouve donc ker(T −2 Id) = span(e₁−e₂).

On a E−1 = ker(T + Id)², avec dimE−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 donc E−1 = span(e₃−2e₁, e₂). De la première matrice, on obtient également

(5)

2. Pour λ = 2 on déjà trouvé E₂ = V₂ = span(e₁ −e₂) et donc T_E₂ = 2 Id_E₂. On obtient donc ker(T|_E₂ −2 Id_E₂) = E₂ etB2 = (e₁−e₂).

Pourλ=−1, on a E−1 = span(e₃−2e₁, e₂). On a vu plus haut que(T+ Id)(e₃−2e₁) = 0 et on lit de la matrice A +I3 que (T + Id)(e2) = e3 −2e1. On a donc ker(T + Id) = span(e₃−2e₁). Comme (T + Id)(e₂) =e₃−2e₁, la baseB⁻¹ = (e₃−2e₁, e₂)est une base deE−1 pour l’opérateur nilpotent T|_E₋₁ + Id_E₋₁ comme dans l’exercice 2.

3. On obtient la base de Jordan B= (e₁−e₂, e₃−2e₁, e₂)pourT, et la matrice normale de Jordan de T est

J := [T]_B_,_B =





2 0 0

0 −1 1 0 0 −1



.

Le changement de base B est la matrice

[Id]_B_can_,_B=





1 −2 0

−1 0 1

0 1 0



.

Exercice 5. Les valeurs propres de T sont −1 et 2 avec les multiplicités n−1 = 2 et n₂ = 4.

On calcule donc E₂ = ker(T −2 Id_F⁶)⁴ avec dimE₄ = 4. On a

A−2I₆ :=







1 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

−1 −1 −1 0 0 0

−3 −3 −3 −3 −1 0

0 0 0 0 −3 0

0 0 0 0 0 0







, donc (A−2I₆)² :=







1 1 1 0 0 0

−1 −1 −1 0 0 0

0 0 0 0 0 0

9 9 9 9 6 0

0 0 0 0 9 0

0 0 0 0 0 0







et

(A−2I₆)⁴ :=







0 0 0 0 0 0

81 81 81 81 108 0

0 0 0 0 81 0

0 0 0 0 0 0





 .

On trouve donc ker(T − 2 Id_F⁶)⁴ = span(e₁ − e₂, e₂ − e₃, e₃ − e₄, e₆) et ker(T − 2 Id_F⁶) = span(e₁ −e₂, e₆) (en considérant la matrice A−2I₃). Posons T −2 Id_F⁶ =T₂ pour faciliter la notation. On voit en considérant la matriceA−2I3quee6 6∈ImT2. DonckerT2∩ImT2 (kerT2. Comme on lit T₂(e₂−e₃) = e₁ −e₂, on a donc ImT₂∩kerT₂ = span(e₁ −e₂). On trouve la decomposition

kerT2 = span(e1−e2)⊕span(e6),

où ImT₂ ∩kerT₂ = span(e₁ −e₂). De plus, on a vu que e₁ −e₂ = T₂(e₂ −e₃). On trouve également T2(e3−e4) = e2 −e3. La base B2 = (e1 −e2, e2−e3, e3 −e4, e6) est donc du type cherché ; en effet, on obtient

[T₂]_B₂_,_B₂ =







0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0







et donc [T|_E₂]_B₂_,_B₂ = [T₂]_B₂_,_B₂+ 2[Id_E₂]_B₂_,_B₂ =







2 1 0 0 0 2 1 0 0 0 2 0 0 0 0 2





 .

(6)

On continue avec E₋₁ = ker(T + Id_F⁶)² (qui a dimension 2). On trouve

A+I₆ =







4 1 0 0 0 0

0 3 1 0 0 0

−1 −1 2 0 0 0

−3 −3 −3 0 −1 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 3







et (A+I₆)² =







16 7 1 0 0 0

−1 8 5 0 0 0

−6 −6 3 0 0 0

−9 −9 −9 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 9





 .

On a doncE−1 = span(e₄, e₅), et, en posantT−1 =T|_E₋₁+Id_E₋₁, on obtientkerT−1 = span(e₄).

On trouve aussi kerT−1∩ImT−1 = span(e₄)car e₄ =T−1(−e₅)et e₅ 6∈ImT−1. En posant donc B−1 := (e4,−e5), on trouve

[T−1]_B₋₁_B₋₁ = 0 1

0 0

et donc [T|_E₋₁]_B₋₁_B₋₁ = [T−1]_B₋₁_B₋₁ + [Id−1]_B₋₁_B₋₁ =

−1 1 0 −1

. Soit finalement B= (e₁−e₂, e₂−e₃, e₃−e₄, e₆, e₄,−e₅). On trouve

J := [T]_B_,_B =







2 1 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 −1 1 0 0 0 0 0 −1





 .