EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008
Corrigé de la série 18
Exercice 1.
(a) Supposons que λ ∈ spec(N). Soit v ∈ Vλ − {0}, alors N v = λv. Comme nous avons observé dans un exercice antérieur, il s'ensuit que Nlv = λlv pour tout l ≥ 1. Soit k tel que Nk= 0. Alors 0 =Nkv =λkv. Comme v 6= 0, on a λk = 0 et alors λ= 0.
Montrons qu'eectivement 0 est une valeur propre de N. Si N = 0, n'importe quel v ∈V − {0} satisfait N v = 0; comme V 6= {0} (par hypothèse tacite), cela montre que 0 ∈ spec(N). Supposons N 6= 0 dans ce qui suit. Soit k tel que Nk = 0 et Nk−1 6= 0. Par dénition, il existe alors w∈ V − {0} avec Nk−1w 6= 0. Le vecteurv :=Nk−1w 6= 0 satisfait N v = 0, ce qui montre que 0∈spec(N).
Pour conclure : spec(N) = {0}.
(b) Si N est diagonalisable, il existe une base B telle que [N]B est diagonale. De plus, les scalaires sur la diagonale sont les valeurs propre de N (éventuellement apparaissants plusieures fois). D'après (a), la seule valeur propre deN est0. Par conséquent, [N]B= 0 et doncN = 0.
Exercice 2. L'inclusionp(spec(T))⊆spec(p(T))a été démontré comme exercice 6 de la série 17. Elle est valable surC ainsi que sur R.
Pour montrer spec(p(T)) ⊆ p(spec(T)), nous utilisons le résultat qui dit qu'il existe une base B deV telle que [T]B est triangulaire supérieure :
[T]B =
λi1 ∗ · · · ∗ 0 λi2 ... ...
... ... ... ∗ 0 · · · 0 λin
De plus, nous rappelons que les valeurs propres d'un opérateur représenté par une telle ma- trice sont exactement les entrées sur la diagonale, i.e. spec(T) = {λi1, . . . , λin}. Maintenant, la matrice [p(T)]B de l'opérateur p(T) par rapport à B est donnée par p([T]B) (pourquoi ?). Par récurrence, on montre que [T]kB est de la forme
[T]kB =
λki1 ∗ · · · ∗ 0 λki
2 ... ...
... ... ... ∗ 0 · · · 0 λkin
,
ce qui implique que
[p(T)]B =p([T]B) =
p(λi1) ∗ · · · ∗ 0 p(λi2) ... ...
... ... ... ∗
0 · · · 0 p(λin)
.
Par conséquence, les valeurs propres de p(T) sont les scalaires p(λik), et alors spec(p(T)) = p(spec(T)).
Exercice 3. Soitn = dim(V)la dimension deV. Par un résultat utilisé déjà avant, il existe une base B= (v1, . . . , vn) telle que [T]B est triangulaire supérieure. Une condition équivalente est que Vk := span(v1, . . . , vk) est un sous-espace de V invariant sous T pour tout k ∈ {1, . . . , n}. Comme ces Vk sont de dimension k et comme {0} est un sous-espace invariant sous T de dimension 0, l'armation est démontrée.
Exercice 4.
(a) On calcule que l'image deq(t) =a0+a1t+a2t2 est donnée par
T(q(t)) = (a0+a1) + (2a0+a1+ 2a2)t+ (a1+a2)t2,
ce qui est bel et bien un polynôme de degré inférieur ou égale à deux.
(b) On trouve que spec(T) = {−1,1,3}. En particulier, il y a trois valeurs propres, et T est donc automatiquement diagonalisable. Pour les espaces propres, on trouve V−1 = R·(1−2t+t2), V1 =R·(1−t2) etV3 =R·(1 + 2t+t2).
(c) Posons V = P2(R). On rappelle la formule [S]C = [id]B,C[S]B[id]C,B qui est valable pour un opérateur linéaire S ∈ L(V) et des bases B, C de V. Comme [id]C,B = [id]−1B,C, une récurrence donne :
[Sn]C = [id]C,B[Sn]B[id]B,C.
Pour cet exercice, nous posons B= 1−2t+t2,1−t2,1 + 2t+t2
et C= (1, t, t2). Cela nous donne
[id]C,B=
1 1 1
−2 0 2 1 −1 1
, [id]B,C= [id]−1C,B= 1 4
1 −1 1
2 0 −2
1 1 1
.
On trouve :
[id]C,B[Tn]B[id]B,C =
1 1 1
−2 0 2 1 −1 1
(−1)n 0 0
0 1 0
0 0 3n
1 4
1 −1 1
2 0 −2
1 1 1
= 1 4
2 + (−1)n+ 3n (−1)n+1+ 3n −2 + (−1)n+ 3n ((−1)n+1+ 3n)·2 ((−1)n+ 3n)·2 ((−1)n+1+ 3n)·2
−2 + (−1)n+ 3n (−1)n+1+ 3n 2 + (−1)n+ 3n
On en déduit que
Tn(a0+a1t+a2t2) =1 4
3n(a0+a1+a2) + (−1)n(a0 −a1+a2) + 2(a0−a2) + 2 3n(a0 +a1+a2) + (−1)n(−a0+a1−a2)
t
+ 3n(a0+a1+a2) + (−1)n(a0−a1+a2) + 2(−a0+a2) t2
. Exercice 5.
(a) Par des propriétés élémentaires de l'intégration, on a
α(p+q) = Z 1
0
(p(t) +q(t))dt = Z 1
0
p(t)dt+ Z 1
0
q(t)dt=α(p) +α(q)
2
pourp, q ∈Pn(R) et α(λp) =
Z 1 0
(λp)(t)dt= Z 1
0
λp(t)dt=λ Z 1
0
p(t)dt =λα(p)
pourλ ∈Ret p∈Pn(R). Par conséquence, on a α∈Pn(R)]. (b) Soient i∈ {0, . . . , n}, p, q ∈Pn(R) etλ ∈R. Alors :
αi(p+q) = (p+q)(i/n) =p(i/n) +q(i/n) =αi(p) +αi(q), αi(λp) = (λp)(i/n) =λp(i/n) = λα(p).
Doncαi ∈Pn(R)].
Pour montrer que (α0, . . . , αn) est libre, supposons queλ0, . . . , λn ∈Rsoient tels que λ0α0+· · ·+λnαn = 0.
Dénissons des polynômes p0, . . . , pn∈Pn(R) par pk(t) =
Qn
i=0(t−i/n) (t−k/n) . Appliquer la forme linéaire Pn
i=0λiαi àpk donne 0 = (
n
X
i=0
λiαi)(pk) =
n
X
i=0
λipk(i/n) =λk
n
Y
i6=ki=0
(k/n−i/n) = λk
n
Y
i=0i6=k
k−i n Par conséquence, il faut que λk = 0 pour toutk.
Comme la dimension dePn(R)estn+ 1, la dimension du dualPn(R)] estn+ 1également.
Or, la liste (α0, . . . , αn)est de cardinalité n+ 1 et libre ; par conséquence, c'est une base.
(c) Par (b), la forme linéaire α est contenue dans span(α0, . . . , αi). Ils existent donc des réels λ0, . . . , λn tels que α=λ0α0 +· · ·+λnαn. Cette égalité équivaut à dire queα(p) = (Pn
i=0λiαi)(p)pour toutp∈Pn(R), ou bien, explicitement, queR1
0 p(t)dt =Pn
i=0λip(i/n)
∀p∈Pn(R). Exercice 6.
(a) Rappelons quev =Pn
i=0hv, eiiei siV est un espace euclidien,(e1, . . . , en)une base ortho- normale deV etv ∈V. Appliquer cela à V =R2 avec le produit scalaire usuel et la base orthonormée((1,0),(0,1)) donne la première égalité dans la chaîne d'égalités suivante :
T∗(x, y) = hT∗(x, y),(1,0)i(1,0) +hT∗(x, y),(0,1)i(0,1)
= h(x, y),(T∗)∗(1,0)i(1,0) +h(x, y),(T∗)∗(0,1)i(0,1)
= h(x, y), T(1,0)i(1,0) +h(x, y), T(0,1)i(0,1)
= h(x, y),(1,0)i(1,0) +h(x, y),(1,1)i(0,1)
= x(1,0) + (x+y)(0,1)
= (x, x+y).
(b) Dans F, le produit scalaire est donné par hλ, µi = λµ¯. Pour λ ∈ F, on veut trouver le vecteurT∗λ∈V qui est uniquement déterminé par hv, T∗λi=T v·λ¯=hv, wi¯λ=hv, λwi pour toutv ∈V. Évidemment, T∗λ=λw.
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(c) Procédant comme dans (a), on calcule :
T∗(x1, . . . , xn) =
n
X
i=1
h(x1, . . . , xn), T(ei)iei
=
n−1
X
i=1
h(x1, . . . , xn), ei+1iei
=
n−1
X
i=1
xi+1ei
= (x2, x3, . . . , xn,0).
Exercice 7. On remarque queker(T∗−λ¯IdV) = ker(T−λIdV)∗ = im(T−λIdV)⊥. Alors ¯λ est une valeur propre deT∗ssiim(T−λIdV)⊥ 6= 0ssiim(T−λIdV)6=V ssiker(T−λIdV)6= 0 ssi λ est une valeur propre deT.
Exercice 8. Supposons que U est invariant par rapport à T, soient u ∈ U et v ∈ U⊥. Alors hu, T∗vi=hT u, vi= 0carT u∈U etv ∈U⊥. DoncT∗(U⊥)⊂U⊥. Réciproquement, supposons que U⊥ est invariant par rapport à T∗. Soient u ∈U et v ∈U⊥. Alors hT u, vi =hu, T∗vi = 0 car u∈U etT∗v ∈U⊥. Donc T u∈(U⊥)⊥=U. Par conséquent, T(U)⊂U.
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