EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008
Corrigé de la série 24
Exercice 1. Puisque S ◦ T est nilpotent, il existe k ≥ 1 tel que (S ◦ T)k = 0. Alors 0 = T◦(S◦T)k◦S = (T◦S)k+1. DoncT◦S est nilpotent. (Preuve que T◦(S◦T)k◦S= (T◦S)k+1 par récurrence. Pour k= 1,T ◦(S◦T)◦S= (T ◦S)◦(T ◦S) = (T ◦S)2. Supposons vrai pour k−1. Alors T ◦(S◦T)k◦S =T ◦(S◦T)k−1◦(S◦T)◦S = (T ◦(S◦T)k−1 ◦S)◦(T ◦S) = (T ◦S)k◦(T ◦S) = (T ◦S)k+1.)
Exercice 2. Par 1.(a) de la série 18, le spectre de T consiste de 0. SiT = 0, v est un vecteur propre (associé à 0), et Tkv ne le sont pas pour k >0, comme ils sont tous nuls.
Supposons maintenant que T 6= 0. Comme T est nilpotent et comme v 6= 0, il existe un entier non-negatifk tel que Tk+1v = 0 etTkv 6= 0. Donc Tkv ∈V0. Pour l∈ {0, . . . , k−1}, on a que Tl+1v =T(Tlv)6= 0, et donc Tlv 6∈V0. Pourl > k, Tlv = 0 et alorsTlv 6∈V0 non plus.
Dans tous les cas, il existe donc exactement un vecteur propre dans {v, T v, T2v, . . .}. Exercice 3. Une manière de montrer que T est nilpotent est de s'assurer queT3 = 0, par un calcul brute force.
Une manière plus agréable est de d'abord déterminerspec(T). Comme nous avons vu dans le corrigé de l'exercice 1 de la série 20, un scalaireλ est une valeur propre ssidet([T]B−λI3) = 0, où B est une base de P2(R), par exemple B0 = (1, x, x2). Un petit calcul nous donne que det([T]B−tI3) =−t3, doncspec(T) ={0}. Considérons maintenant T comme étant déni sur les polynômes complexesP2(C)de degré≤2. Nous allons voir bientôt au cours que le polynôme caractéristique deT est donné par le déterminantdet(tI3−[T]B) = (−1)3det([T]B−tI3) = t3. Prouvons-le de façon directe pour notre T : Comme T est maintenant déni sur un espace vectoriel complexe, il est diagonalisable. Par conséquence, la multiplicité de 0est3(0apparaît trois fois sur la diagonale), et alors le polynôme caractéristique CT(t) vautt3. Or, le théorème de CayleyHamilton dit que 0 =CT(T) = T3.
Exercice 4.
(a) CommeV est unC-espace vectoriel,Sadmet une valeur propreλ. SoitvS ∈VλS un vecteur propre de S associé à λ. Alors on trouve S(T(vS)) = (T S)(vS) = T(S(vS)) = T(λvS) = λT(vS), ce qui nous dit que T(vS) ∈ VλS. (Mais T(vS) peut très bien être nul, et donc pas un vecteur propre.) Par conséquent, la restriction T0 := T|VS
λ de T au sous-espace VλS est un endomorphisme :T0 =T|VS
λ : VλS −→VλS. Nous savons alors que T0 admet une valeur propre τ. Soit vT ∈VλS un vecteur propre associé, donc T0(vT) =τ vT. Bien sûr, τ est aussi une valeur propre pour l'opérateur T, et vT un vecteur propre associé. Comme vT ∈VλS, c'est également un vecteur propre pour S, associé à la valeur propre λ. Or, on a (ST)(vT) = S(τ vT) = λτ vT, et alors vT est un vecteur propre pour ST, associée à la valeur propre λτ.
(b) Choisissons comme dans (a) un v ∈V − {0} qui est un vecteur propre pourS, associé à une valeur propre λ, et en même temps un vecteur propre pour T, associé à une valeur propre τ. Alors (S+T)(v) = Sv+T v =λv+τ v = (λ+τ)(v), et par conséquent v est un vecteur propre pour S +T, associé à la valeur propre λ+τ. Les opérateurs S, T et S+T admettent donc également un vecteur propre commun.
(c) Oui. Prenons par exemple V = C2 et S, T ∈ L(C2) dénis par S(v, w) = (0, v) et T(v, w) = (w,0) pour tout (v, w) ∈ C2, respectivement. Ces opérateurs ne commutent pas, car ST(1,1) = (0,1) et T S(1,1) = (0,0). De plus S et T sont nilpotents et donc spec(S) = spec(T) ={0}. On a V0S =Ce1 et V0T =Ce2, donc, déjà, S et T n'ont pas de vecteur propre commun.
Exercice 5. Pour les polynômes caractéristiquesCi(z) deTi, 1≤i≤3, on obtient :
(a) Comme 1 est la seule valeur propre et comme l'espace propre généralisé associée est visiblement C3, on aC1(z) = (z−1)3.
(b) Pour trouver les valeur propres, on calcule det(A2−z·I3) = −z3+z2+z−3. Soient λi, 1≤i≤3, les racines de ce polynôme, chacune apparaissant avec sa multiplicité. Comme ceci sont les valeurs propres, on a C2(z) = (z−λ1)(z−λ2)(z−λ3). D'un autre côté, on a que −z3+z2+z−3 = −(z−λ1)(z−λ2)(z−λ3), et donc C2(z) =z3−z2−z+ 3. (c) Les valeurs propres sont±√
10i et−3. Par conséquent, on a C3(z) = (z+ 3)(z2+ 10) = z3+ 3z2+ 10z+ 30.
Exercice 6. Soit T un opérateur nilpotent de V. Par dénition, il existej tel que Tj = 0. On en déduit que tout vecteur deV est un vecteur propre généralisé deT associé à la valeur propre 0. Par conséquentdim(ker(Tn)) = dim(V) et doncCT(z) =zdim(V).
Exercice 7. Soit λ ∈ spec(T) et v ∈ VλT. Appliquer l'opérateur S := T +µidV à v donne S(v) = T v +µv = λv +µv = (λ +µ)v. Par conséquent, λ +µ ∈ spec(S) et v ∈ Vλ+µS . Si inversément, on a τ ∈spec(S) etw ∈VτS, on trouveT w =Sw−µw = (τ −µ)w, ce qui nous dit que τ−µ ∈spec(T) et w ∈VτT. Soit v ∈GTλ un vecteur propre généralisé pour T, associé à λ. Par dénition, il existek tel que (T −λidV)k(v) = 0. Comme
0 = (T −λidV)k(v) = (S−µidV −λidV)k(v) = (S−(µ+λ) idV)k(v), on a v ∈GSλ+µ. Inversément, siw∈GSτ, on trouve quew∈GTτ−µ.
Pour conclure : Additionner µ dénit une bijection spec(T) → spec(S), λ 7→ λ+µ, et les espaces propres et les espaces propres généralisés sont liés par VλT = Vλ+µS et GTλ = GTλ+µ. Si le polynôme caractéristique de T est donné par CT(z) = Qk
j=0(z −λj)mj, celui de S est alors CS(z) = Qk
j=0(z−λj−µ)mj. Exercice 8.
(a) On montre plutôt queT n'est pas inversible si et seulement sia0 = 0, ou (ce qui l'équivaut) que T n'est pas injectif si et seulement si a0 = 0.
Soient λ1, . . . , λr les valeurs propres distinctes de T. Le polynôme caractéristique de T est (z−λ1)m1· · ·(z −λr)mr ou mi est la multiplicité de la valeur propre λi. Alors a0 =
±λm11· · ·λmr r. Donc a0 = 0 si et seulement si λi = 0 pour un certain i, c.-à-d. a0 = 0 si et seulement si 0 est une valeur propre de T. Mais 0 est une valeur propre de T si et seulement si le noyau de T est non-nul, et le noyau de T est non-nul si et seulement si T n'est pas injectif.
(b) Par le théorème de Cayley-Hamilton, si p est le polynôme caractéristique de T, alors p(T) = 0. On écrit p(z) =a0+a1z+· · ·+anzn. Alors a0I+a1T +· · ·+anTn= 0. Mais T est inversible, donc a0 6= 0, alors
I =T
−1
a0 a1I+a2T +· · ·+anTn−1
=
− 1
a0 a1I +a2T +· · ·+anTn−1
T.
Par conséquent, T−1 =q(T), où q(z) =−a1
0 (a1+a2z+· · ·+anzn−1). 2
