Corrigé de la série 21

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 21

Exercice 1. 1. SoitB= (e1, . . . , en)la base canonique deFⁿ. On a alors

ϕ(x1, . . . , xn) =ϕ Xn

i=1

xiei

!

= Xn

i=1

xiϕ(ei)

par linéarité deϕ. En posantϕ(ei) =:ai∈Fpouri= 1, . . . , n, on obtient

ϕ(x1, . . . , xn) = Xn

i=1

xiai.

2. On a

ϕ(x1, . . . , xn) = Xn

i=1

xiai=h(x1, . . . , xn),(a1, . . . , an)i

pour tout(x1, . . . , xn)∈Fⁿ. Le vecteurvϕcherché est donc le vecteurvϕ= (a1, . . . , an)∈ Fⁿ. On a bienvϕ=P_n

i=1ϕ(ei)ei.

3. On aker(ϕ) =v_ϕ^⊥. En effet, on a par définition devϕ:ϕ(v) = 0 ⇐⇒ hv, vϕi= 0pour tout v∈Fⁿ. Siϕ= 0, alorsker(ϕ) =Fⁿ etdim(ker(ϕ)) =n. (Noter que dans ce cas,vϕ= 0 carvϕsatisfaitkvϕk²= 0.) Siϕ6= 0, alorsvϕ6= 0etdim(ker(ϕ)) = dim(v_ϕ^⊥) =n−1.

Si V =R³, alors le noyauker(ϕ)deϕ est le plan orthogonal àvϕet passant par0. Si vϕ= (a, b, c), alorsker(ϕ)est le plan d’équation cartésienneax+by+cz= 0et de vecteur normalvϕ/kvϕk.

Exercice 2. 1. (a) On montre queψ:P2(R)→R,ψ(p) =R₁

0 p(x)e^xdxest un fonctionnel linéaire. Soitα, β∈Retp, q∈P2(R), alors d’après les propriétés de l’intégrale : ψ(αp+βq) =

Z ₁

0 (αp(x)+βq(x))e^xdx=α Z ₁

0 p(x)e^xdx+β Z ₁

0 q(x)e^xdx=αψ(p)+βψ(q).

(b) Dans l’exercice 2 de la série 17, on a trouvé la base orthonormale

√1 2,

r3 2x,3√

5 2√

2

x²−1 3

!

de P2(R).

Le polynômeqdésiré est donné par la formule q(x) =ψ

√1 2

·√1 2+ψ

r3 2x

!

· r3

2x+ψ 3√ 5 2√

2

x²−1 3

!

·3√ 5 2√

2

x²−1 3

. On calcule donc

ψ √1

2

= Z₁

0

√1

2e^xdx=√1

2(e−1), ψ r3

2x

!

= Z ₁

0

r3 2xe^xdx=

r3 2, 1

etψ(x²) =R₁

0x²e^xdx=e−2,ce qui donne ψ 3√

5 2√

2

x²−1 3

!

=3√ 5 2√

2

(e−2)−1 3(e−1)

=3√ 5 2√

2 2

3e−5 3

=

√5 2√

2(2e−5).

On obtient donc q(x) =1

2(e−1) +3 2x+

√5 2√

2(2e−5)·3√ 5 2√

2

x²−1 3

=15

8(2e−5)x²+3 2x−3

4e+21 8.

2. (a) Soientp, q ∈ P2(R)et a, b ∈ R. Alorsϕ(ap+bq) = (ap+bq)(1/2) = ap(1/2) + bq(1/2) =aϕ(p) +bϕ(q). Doncϕest linéaire.

(b)

q(x) =ϕ √1

2

·√1 2+ϕ

r3 2x

!

· r3

2x+ϕ 3√ 5 2√

2

x²−1 3

!

·3√ 5 2√

2

x²−1 3

Or ϕ

1

√2

= 1

√2, ϕ r3

2x

!

=

√3 2√

2, etϕ 3√ 5 2√

2

x²−1 3

!

=−

√5 8√ 2. Donc

q(x) =1 2+3

4x−15 32

x²−1

3

=−15 32x²+3

4x+21 32. Exercice 3. 1. Soientα, β∈Retp, r∈V. On a alors

λq(αp+βr) = Z _b

a(αp+βr)(x)q(x)dx= Z _b

a(αp(x) +βr(x))q(x)dx

=α Z _b

a p(x)q(x)dx+β Z _b

a r(x)q(x)dx=αλq(p) +βλq(r).

Doncλq∈V^].

Soientα, β∈Retq, q⁰∈V. On a alors (λ(αq+βq⁰))(p) =λαq+βq⁰(p) =

Z_b

a p(x)(αq+βq⁰)(x)dx

= Z_b

a p(x)(αq(x) +βq⁰(x))dx

=α Z_b

a p(x)q(x)dx+β Z _b

a p(x)q⁰(x)dx

=αλq(p) +βλq⁰(p) = (αλ(q) +βλ(q⁰))(p) pour toutp∈V, doncλ(αq+βq⁰) =αλ(q) +βλ(q⁰)etλ∈L(V, V^]).

2

2. On doit montrer queλest injective. Comme cette application est linéaire, il suffit donc de montrer que siλ(q) =λ(0) = 0, alorsq= 0. L’égalitéλ(q) = 0équivaut à

λ(q)(p) = Z_b

a q(x)p(x)dx= 0 pour toutp∈V. En particulier pourp=q, on obtient

λ(q)(q) = Z_b

a q²(x)dx= 0.

et cela implique queq= 0

3. On a, pour toutβ, γ∈Retp, r∈V :

evα(βp+γr) = (βp+γr)(α) =βp(α) +γr(α) =βevα(p) +γevα(r),

doncevα∈V^]. Admettons qu’il existeq∈P(R)tel queλq(p) = evα(p) =p(α)pour tout p∈P(R). Ceci est alors également vrai pourp∈P(R)donné parp(x) = (x−α)²q(x).

Mais on aevα(p) = 0, et donc0 =λq(p) =R_b

a(x−α)²q²(x)dx. Cela implique(X−α)q= 0, et par conséquentq= 0. Mais alors, on a1 = evα(1) =λq(1) =λ0(1) =R_b

a0dx= 0, une contradiction.

4. On rappelle queΦ(p, q) =R_b

ap(x)q(x)dxdéfinit un produit scalaire surV. L’application λ définie ici n’est donc rien d’autre que l’application δ du Théorème 9.1 dans le cas particulier deV =P(R)muni du produit scalaireΦ. On a vu ci-dessus que l’opérateurλ n’est pas surjectif. Il n’est par conséquent pas inversible.

5. Si l’espace vectoriel estPn(R), on peut définirevα∈Pn(R)^]de la même façon :evα(q) = q(α)pour tout q ∈ Pn(R). Comme Pn(R) est de dimension finie, la formule du cours (donnée dans la preuve du Théorème 9.1) nous donne dans ce cas un polynômepα∈Pn(R) satisfaisantevα(q) =hq, pαipour toutq∈Pn(R). Donc l’argument utilisé dans la preuve de l’exercice précédent ne peut pas être valable ici. En relisant cette dernière, on se rend compte qu’on ne peut ici pas affirmer que(X−α)²pαest de degré inférieur ou égal àn.

On montre que le polynôme (X−α)²pα n’est pas un élément de Pn(R). Si on avait (X−α)²pα∈Pn(R), alors on aurait l’égalité

0 = evα((X−α)²pα)

=h(X−α)²pα, pαi= Z _b

a(x−α)²pα(x)²dx=k(X−α)pαk².

On pourrait en conclure comme en haut que (X −α)pα = 0, et donc pα = 0. Mais alors on aurait1 = evα(1) =h1, pαi=h1,0i= 0. Ceci n’est pas possible. Le polynôme (X−α)²pαn’est donc pas un pôlynome de degré inférieur ou égal àn. Par conséquent, on adegpα∈ {n−1, n}.

Noter qu’il n’est pas évident de montrer cela rien qu’avec la formule du cours pourpα! Exercice 4. 1.

T^∗(x, y) =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).

3

2. Dans F, le produit scalaire est donné parhλ, µi = λ¯µ. Pour λ ∈ F, on veut trouver T^∗(λ)∈V tel quehv, T^∗(λ)i=T(v)·λ¯=hv, wiλ¯=hv, λwipour toutv∈V. Évidemment, T^∗(λ) =λw.

On peut aussi calculer directement T^∗(λ) =

Xn i=1

hλ, T(ui)iFui= Xn

i=1

λT(ui)ui= Xn

i=1

λhui, wiVui= Xn i=1

λhw, uiiVui=λw, où(u1, . . . , un)est une base orthonormale deV.

3.

T^∗(x1, . . . , xn) = Xn

i=1

h(x1, . . . , xn), T(ei)iei=

n−1X

i=1

h(x1, . . . , xn), ei+1iei

= Xn−1

i=1

xi+1ei= (x2, x3, . . . , xn,0).

Exercice 5. 1. On remarque queker(T^∗−¯λIdV) = ker(T−λIdV)^∗= im(T−λIdV)^⊥. Alors

¯λest une valeur propre deT^∗ssiim(T−λIdV)^⊥6= 0. Ceci est le cas ssiim(T−λIdV)6=V, donc ssiker(T−λIdV)6= 0. Ceci est équivalent à :λest une valeur propre deT. 2. Supposons queUest invariant par rapport àT. Soientu∈Uetv∈U^⊥. Alorshu, T^∗vi=

hT u, vi= 0carT u∈U etv∈U^⊥. DoncT^∗(U^⊥)⊂U^⊥. Réciproquement, supposons que U^⊥est invariant par rapport àT^∗. Soientu∈Uetv∈U^⊥. AlorshT u, vi=hu, T^∗vi= 0 caru∈U etT^∗v∈U^⊥. DoncT u∈(U^⊥)^⊥=U. Par conséquent,T(U)⊂U.

3. Démonstration par récurrence. Évident pourk= 1. Supposons que(T^k−1)^∗= (T^∗)^k−1. Alors(T^k)^∗ = (T^k−1T)^∗ =T^∗(T^k−1)^∗ =T^∗(T^∗)^k−1 = (T^∗)^k, ce qui termine l’étape de récurrence.

Exercice 6. 1. (a) Soientp, q ∈V. Alorshp, Dq+D^∗qi=hp, Dqi+hDp, qi=R₁

0 pq⁰+ R₁

0 p⁰q= (pq)|¹₀=p(1)q(1)−p(0)q(0).

(b) Soitq∈V,q(x) =xetp∈V. Alorshp, Dq+D^∗qi=p(1)·1−p(0)·0 =p(1) = ev1(p).

La fonctionq0:=Dq+D^∗qaurait alors la propriétéhp, q0i=δ1(p)pour toutp∈V. Par la preuve de l’exercice 3.1, un telq0 n’existe pas. Contradiction ! L’hypothèse queD^∗existe était donc fausse.

2. On sait que

(f(t)g(t))⁰=f⁰(t)g(t) +f(t)g⁰(t).

D’où

hT(f), gi= Z _π

−πf⁰(t)g(t)dt= [f(t)g(t)]^π_−π− Z_π

−πf(t)g⁰(t)dt.

Par la pérodicité def etgon af(π) =f(−π)etg(π) =g(−π)d’où : hT(f), gi=−

Z _π

−πf(t)g⁰(t)dt.

Autrement dit :hT(f), gi=hf,−T(g)iet doncT^∗=−T.

Exercice 7. 1. Rappelons que T^∗∗ = T d’après le cours. Si kerT = 0 alors imT^∗ = (kerT^∗∗)^⊥= (kerT)^⊥=V doncT^∗est surjective. Réciproquement, siimT^∗=V, alors kerT = kerT^∗∗= (imT^∗)^⊥=V^⊥= 0. DoncT est injective.

2. Appliquer la question précédente àT^∗en utilisantT^∗∗=T. Cela donne :T^∗est injective si et seulement siT^∗∗=T est surjective.

4