EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008
Corrigé de la série 16
Exercice 1. Supposons que λ ∈F et que (x1, . . . , xn) ∈Fn est non-nul, t.q. T(x1, . . . , xn) = λ(x1, . . . , xn). Alors pour tout i,λxi =x1+· · ·+xn. Donc, pour tout i6= 1, λ(x1−xi) = 0. Si λ= 0, alorsxn =−x1− · · · −xn−1. Donc 0∈spec(T), d'espace propre associé
V0 ={(x1, . . . , xn−1,−x1− · · · −xn−1)|x1, . . . , xn−1 ∈F}.
Autrement, λ 6= 0, et donc xi = x1 pour tout i, et T(x, . . . , x) = (nx, . . . , nx) = n(x, . . . , x). Donc forcément λ=n, et n est une autre valeur propre, avec
Vn={(x, . . . , x)|x∈F}.
Comme il n'y pas d'autre possibilité, spec(T) = {0, n}.
Exercice 2. Soit λ∈F etv = (v1, v2, v3)∈F3 non-nul tels que TA(v) =λv. Donc :
(5−λ)v1+v3 = 0 (1) v1+ (1−λ)v2 = 0 (2)
−7v1+v2−λv3 = 0 (3)
Substituer dans (3) pour v3 l'expression obtenue de (1) donne (−λ2+ 5λ−7)v1+v2 = 0 (4)
Eliminerv2 en combinant (4) et (2) donne
−(λ3 −6λ2 + 12λ−8)v1 = 0.
Siv1 = 0, alors v2 = 0 par (4), puis v3 = 0 par (1), contredisant l'hypothèse que v est non-nul.
Donc forcément
λ3 −6λ2+ 12λ−8 = 0. (5) On trouve que 2est une solution de (5) et en obtient la factorisation
λ3−6λ2+ 12λ−8 = (λ−2)3 = 0.
Par conséquent, λ= 2 est la seule valeur propre deTA. Pour l'espace propre associé, on trouve V2 = span((1,1,−3)).
Exercice 3. Supposons λ est une valeur propre de S ◦T. Alors il existe un vecteur non-nul v ∈V tel que S(T v) =λv.
SiT v = 0 alors S(T v) = 0, donc λ= 0. En particulier, ni T niS◦T n'est inversible. Il faut montrer que 0 est une valeur propre de T ◦S, c-à-d que T ◦S n'est pas injectif. Si T ◦S est injectif, alors il est surjectif. Donc T est surjectif. Mais V est de dimension nie, alors T est
également injectif, contradiction, car T v = 0. Par conséquent, T ◦S n'est pas injectif, et0 est une valeur propre de T ◦S.
Supposons maintenant que T v 6= 0. En appliquant T à l'équation S(T v) = λv, on trouve que T(S(T v)) = (T ◦S)(T v) =T(λv) = λT v. Alors λ est une valeur propre de T ◦S.
La démonstration que toute valeur propre de T ◦S est une valeur propre de S ◦T est symétrique.
Exercice 4. Soitn = dim(V). D'après le théorème du rang, nous avonsdim(ker(T)) =n−k. Si n=k, l'énoncé est vrai, comme le nombre de valeurs propres est toujours au plusn. Supposons dorénavant quek < n. Alorsker(T)6={0}, et par conséquence0est une valeur propre, d'espace propre V0 = ker(T). Soit spec(T) ={0, λ1, . . . , λm}, où λi 6= 0∀i et λi 6=λj pouri 6=j. Soient vi ∈Vλi − {0}, 1≤i≤m, et U = span(v1, . . . , vm).
Nous armons que U ∩ker(T) ={0}. Pour montrer ceci, supposons que u ∈ U ∩ker(T). Alorsu s'écrit comme u=Pm
i=1αivi, et on a
(∗) X
i
αivi−u= 0.
Si u était non-nul, les vi et u seraient des vecteurs propres non-nuls pour des valeurs propres distinctes, et donc linéairement indépendants. Par (∗), ce n'est pas le cas, et donc u= 0.
Par conséquence U etker(T) sont en somme directe, et alorsdim(U+ ker(T)) = dim(U) + dim(ker(T)) =m+n−k. CommeU+ ker(T)est un sous-espace deV, il faut quem+n−k ≤n, i.e. que m≤k. Cela veut dire queT possède au plus k+ 1 valeurs propres.
Exercice 5. On pose n = dimV. Soient v1, . . . , vn des vecteurs propres associés aux valeurs propres distinctes λ1, . . . , λn de T. Puisque λ1, . . . , λn sont distinctes,(v1, . . . , vn) est une base deV. Or, pouri= 1, . . . , n, on pose µi la valeur propre de S associée àvi. Alors
S(T vi) = λiSvi =λiµivi =T(Svi).
Donc,S◦T etT ◦S coïncident sur une base deV. Alors S◦T =T ◦S.
Exercice 6. Soitv ∈V − {0} un vecteur propre de λ, doncT(v) =λv. Montrons d'abord par récurrence queTn(v) = λnv. Par hypothèse, c'est vrai pourn = 1. Supposons queTn(v) =λnv est vrai pourn < N. Alors
TN(v) =T(TN−1(v)) =T(λN−1v) =λN−1T(v) = λN(v).
Appliquons ceci pour déterminer p(T)(v). Soit p(t) =Pm
i=0αiti. On a : p(T)(v) = (
m
X
i=0
αiTi)(v) =
m
X
i=0
αiTi(v) =
m
X
i=0
αiλiv =p(λ)v.
Par conséquence, p(λ)est une valeur propre de p(T). Exercice 7. (a) Le polynômeX2−X annule p.
(b) Soit λ une valeur propre de T etv un vecteur propre non-nul associé à λ. Si P annule T d'après l'exercice précédent on a :
P(λ)v = (P(T))(v) = (0)(v) = 0.
Or, v 6= 0, doncP(λ) = 0.
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(c) Un calcul simple montre queA2 =A+ 2I donc X2−X−2est un polynôme annulateur deA. Comme X2−X−2 = (X−2)(X+ 1) on déduit de (b) que les valeurs propres de A appartiennent à l'ensemble {−1,2}.
On montre que l'ensemble des solutions du systèmeAX = 2Xest le plan d'équation3x− 6y+ 3z = 0. C'est donc un espace vectoriel de dimension2de base :{(1,0,−1), (2,1,0)}. On montre que l'ensemble des solutions du système AX =−X est la droite intersection des deux plans d'équations x = 0 et −y +z = 0. C'est donc un espace vectoriel de dimension 1 engendré par le vecteur (0,1,1).
Pour résumer :spec(A) = {2,−1},V2 = span((1,0,−1), (2,1,0))etV−1 = span((0,1,1)). (d) On laisse le soin au lecteur de montrer la linéarité def.
On remarque que f ◦f =Id. Par conséquent X2−1 est un polynôme annulateur de f. Comme X2−1 = (X−1)(X + 1)on déduit de la question 6 que les valeurs propres de f appartiennent à l'ensemble {−1,1}.
L'ensemble des solutions def(A) =At=Asont les matrices symétriques S(n)(i.e. telles que (A)i,j = (A)j,i.) Ceci est un espace vectoriel de dimension n(n+1)2 . (On laisse le soin au lecteur d'en donner une base, voir la série 4.)
L'ensemble des solutions def(A) = At=−Asont les matrices antisymétriquesA(n)(i.e.
telles que(A)i,j =−(A)j,i (on remarquera que cette égalité implique que(A)i,i = 0.). Ceci est un espace vectoriel de dimension n(n−1)2 .
Pour résumer : spec(f) ={1,−1},V1 =S(n) et V−1 =A(n).
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