Corrigé de la série 23

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007

Corrigé de la série 23

Correction exercice 1

1. L’opérateurT1 a pour seule valeur propre1. On a doncCT1(X) = (X−1)³ car le polynôme caractéristique de T₁ est un polynôme de degré dim(R³) = 3.

Les vecteurs propres généralisés de T₁ associés à la valeur propre 1 sont les éléments de Ker(T₁−Id)³. Or,

(T₁−Id)(x, y, z) = (0, x, y)

(T₁−Id)²(x, y, z) = (T₁−Id)(0, x, y) = (0,0, x) (T₁−Id)³(x, y, z) = (0,0,0)

On en déduit que tout vecteur de R³ est un vecteur propre généralisé de T1 associé à la valeur propre 1. (Comme dim(Ker(T₁ −Id)³) = 3 on retrouve le fait que le polynôme caractéristique est C_T1(X) = (X−1)³ ).

2. D’après le calcul fait pour T₁ on remarque que

T₂³(x, y, z) = (0,0,0)

On en déduit que tout vecteur de R³ est un vecteur propre généralisé de T₂ associé à la valeur propre 0. Comme dim(Ker(T₂)³) = 3 on a C_T2(X) =X³.

3. Les valeurs propres de T₃ sont 0 et 2.

Les vecteurs propres généralisés de T₃ associés à la valeur propre 0 sont les éléments de Ker(T₃)³. Or,

T₃(x, y, z) = (x+y, x+y,0) T₃²(x, y, z) = (2(x+y),2(x+y),0) T₃³(x, y, z) = (4(x+y),4(x+y),0)

d’où Ker(T³) = {(x,−x, z) | (x, z)∈R²}=Span{(1,−1,0),(0,0,1)} et donc dim(Ker(T³)) = 2.

Les vecteurs propres généralisés de T₃ associés à la valeur propre 2 sont les éléments de Ker(T3−2Id)³. Or,

(T₃ −2Id)(x, y, z) = (−x+y, x−y,−2z)

(T₃−2Id)²(x, y, z) = (T₃−2Id)(−x+y, x−y,−2z) = (2(x−y),2(y−x),4z) (T₃−2Id)³(x, y, z) = (4(y−x),4(x−y),−8z)

d’où Ker((T₃−2Id)³) ={(x, x,0)| x∈R}=Span{(1,1,0)} et donc dim(Ker((T₃−2Id)³)) = 1.

On en déduit que C_T3(X) = X²(X−1).

1

Correction exercice 2 C’est FAUX ! !

Par exemple on a vu à l’exercice 1 que C_T1(X) = (X −1)³ et on a C_Id(X) = (X −1)³ et pourtant T₁ 6=Id.

Correction exercice 3

Soit T un opérateur nilpotent de V. Par définition, il existe j tel que T^j = 0. On en déduit que tout vecteur de V est un vecteur propre généralisé de T associé à la valeur propre 0. Par conséquent dim(Ker(Tⁿ)) =dim(V) et donc

C_T(X) =X^dim(V). Correction exercice 4

Il est équivalent de montrer que T n’est pas inversible si et seulement si C_T(0) = 0, ou que T n’est pas injectif si et seulement si CT(0) = 0 (en supposant que V est un espace vectoriel de dimension finie).

Soient λ₁, . . . , λ_r les valeurs propres distinctes de T. Le polynôme caractéristique de T est

(z−λ1)^m1· · ·(z−λr)^mr

où m_i est la multiplicité de la valeur propre λ_i. Alors C_T(0) = (−1)^dim(V)λ^m₁¹· · ·λ^m_r^r. Donc C_T(0) = 0 si et seulement si λ_i = 0 pour un certain i, c.-à-d. C_T(0) = 0 si et seulement si 0 est une valeur propre de T. Mais0 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.

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