EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007
Corrigé de la série 25
Correction exercice 1 On calcule A2 et on obtient
A2 =
4 0 0 3 −2 3 3 −6 7
.
On en déduit que A2 =A+ 2I et comme A et I sont linéairement indépendantes on en déduit que le polynôme minimal de A est X2−X−2.
Correction exercice 2 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 que X4−1 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 ssi a=b=c=d= 0 c’est à dire que P = 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 que J est diagonalisable et ses valeurs propres sont 1,−1, i et −i.
Correction exercice 3
On montre tout d’abord qu’on obtient bien une base. Pour cela on montre qu’on a une famille libre à n vecteurs. Pour montrer que la famille est libre on part d’une combinaison linéaire des~vi et en appliquant successivement les applications linéaires(f−λId)j à cette combinaison linéaire on obtient que les coefficients sont nuls. (On remarquera que Ker((f −λId)n) = Cn.) Par définition
~vn−i = (f−λId)(~vn−i+1)
d’où f(~vn−i+1) =~vn−i+λ~vn−i+1. On en déduit que B est une base de Jordan.
1
1. Application 1 : Le polynôme caractéristique de la matrice A est (X − 2)3. L’espace propre associé à la valeur propre 2 est de dimension 1. On a E2 =Span{(−1,1,1)}. On cherche un vecteur ~v3 tel que (A−2I)2(~v3)6= 0. On peut prendre ~v3 = (0,0,1). D’après le début de l’exercice, en posant
~v2 = (A−2I)(~v3) = (2,2,0)
et
~v1 = (A−2I)(~v2) = (−4,4,4) on obtient que B={~v1, ~v2, ~v3} est une base de Jordan de A.
(On remarquera au passage que ~v1 est bien dans l’espace propre ce qui peut être un bon moyen de vérifier ses calculs...)
Pour calculer Bn = [fn]B,B on pose B = 2I +N. On sait que N3 = 0. Comme N et I commutent, on peut utiliser la formule de Newton pour obtenir :
Bn= (N + 2I)n = 2nI +n2n−1N + n(n−1)
2 2n−2N2.
On laisse le soin au lecteur d’écrire Bn.
2. Application 2 :Le polynôme caractéristique de la matrice, notéeM, est (X−1)(X−2)3. Nous ne sommes donc pas dans le cadre exact de l’énoncé.
L’espace propre associé à la valeur propre 1 est : Span{(−1,−1,4,1)}. On pose ~v1 = (−1,−1,4,1).
L’espace propre associé à la valeur propre2est :Span{(0,1,0,1)}. On cherche un vecteur
~v4 tel que (M −2I)2(~v4)6= 0 ET (M −2I)3(~v4) = 0 (afin que la composante de M~v4 sur
~v1 soit nulle).
On a
(M −2I)2 =
4 0 0 0 0 1 0 −1
−6 0 0 0
−4 1 0 −1
(M −2I)3 =
−8 0 0 0
−2 0 0 0 12 0 0 0 6 0 0 0
.
On en déduit Ker((M−2I)3) = {(0, y, z, t)|(y, z, t)∈C}. On peut prendre, par exemple,
~v4 = (0,1,0,0). En posant
~v3 = (M −2I)(~v4) = (0,2,1,2)
et
~v2 = (M −2I)(~v3) = (0,1,0,1) on obtient que B={~v1, ~v2, ~v3, ~v4} est une base de Jordan de M.
(On vérifie que~v2 est bien dans l’espace propre associé à la valeur propre2et que~v2, ~v3, ~v4 sont dans Ker((M−2I)3))
2
