EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008
Corrigé de la série 23
Exercice 1. Soient Tj =T|Uj pour 1≤j ≤k et soit qT(x) = Pl
i=0αixi. Comme qT(Tj) = qT(T|Uj) =
l
X
i=0
αi(T|Uj)i =
l
X
i=0
αi(Ti)|Uj = (
l
X
i=0
αiTi)|Uj = (qT(T))|Uj = 0|Uj = 0, il s'ensuit que qTj(x)|qT(x) pour tout j. Comme nous travaillons sur C, les polynômes qTj(x) scindent en facteurs linéaires ; les racines sont les valeurs propres de Tj. Comme Ti et Tj n'ont pas de valeurs propres communes si i6=j, les polynômesqTj(x) sont deux à deux premiers. Par conséquence,
(i) (
k
Y
j=1
qTj(x))|qT(x).
De manière similaire, on montre que ((Qk
j=1qTj)(T))|Ui =Qk
j=1qTj(Ti). Parce que qTi(Ti) = 0, on trouve ((Qk
j=1qTj)(T))|Ui = 0 pour tout i. Comme V est la somme directe des Ui, cela implique que (Qk
j=1qTj)(T) = 0 et donc
(ii) qT(x)|(
k
Y
j=1
qTj(x)).
Par (i) et (ii), le polynôme qT(x) est un multiple scalaire de (Qk
j=1qTj(x)). Comme les deux polynômes sont unitaires, ils sont forcément égaux.
Exercice 2.
(a) Il faut trouverT ∈L(C4)tel queT2 = 0maisT 6= 0. On a du choix, maisT(x1, x2, x3, x4) = (x3, x4,0,0) est un tel opérateur.
(b) Le polynôme minimal de l'opérateur0∈L(C2)estx. Le polynôme minimal de l'opérateur S ∈L(C2) associé à la matrice
1 1 0 1
est(x−1)2 (car S 6=I mais (S−I)2 = 0). Donc
le polynôme minimal de l'opérateur T associé à la matrice
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1
est x(x−1)2, par l'exercice 1. Explicitement,T(w, x, y, z) = (0,0, y+z, z).
(c) L'opérateurT1(w, x) = (x,0)vérieT1 6= 0maisT2 = 0, et l'opérateurT2(y, z) = (y+z, z) vérie T2 6= I mais (T2−I)2 = 0. Par conséquent, le polynôme minimal de l'opérateur T(w, x, y, z) = (x,0, y+z, z)est x2(x−1)2.
Exercice 3. Nous aurons besoin du fait suivant : Sip∈P(F)etAest une matrice diagonale en blocs à blocsAi, alors p(A)est diagonale en blocs à blocsp(Ai). Pour montrer ceci, on s'assure d'abord par récurrence que Aj est diagonale en blocs à blocs Aji. Cela implique facilement l'armation. Nous laissons le soin au lecteur de vérier les détails.
Supposons d'abord que T est diagonalisable. Soit B une base de V telle que [T]B est dia- gonale et soient λ1, . . . , λk les valeurs propres distinctes de T. Posons p(x) = Qk
i=1(x−λi). Par le résultat expliqué au début, la matrice [p(T)]B = p([T]B) est diagonale en blocs à blocs p(λjImj) = 0·Q
i6=j(λj−λi)Imj = 0, où mj = mult(λj). Par conséquence, [p(T)]B= 0, et donc p(T) = 0. Le polynôme minimaleqT(x)divise alorsp(x). Inversément,p(x)diviseqT(x), comme toutes les valeurs propres de T sont des racines de qT(x). Il s'ensuit que p(x) =qT(x).
Supposons inversément que qT(x) = Qk
i=1(x−λi), où λ1, . . . , λk sont les valeurs propres distinctes de T. Comme on travaille sur C, il existe une base B de V telle que A := [T]B est diagonale en blocs A1, . . . , Ak et telle que les blocs Aj sont triangulaires supérieurs, de taille mj = mult(λj) et ayant λj sur la diagonale. On a donc Aj = λjImj +Nj, où les Nj sont strictement triangulaires supérieurs. Par hypothèse, nous avons que qT(A) = 0. Par le résultat du début de l'exercice, cela entraîne que qT(Ai) = 0 pour tout i. Or, on a (Ei :=Imi) :
(∗) 0 = qT(Ai) =
k
Y
j=1
(Ai−λjEi) = (Ai−λ1Ei)· · ·(Ai−λi−1Ei)Ni(Ai−λi+1Ei)· · ·(Ai−λkEi).
Les matrices Ai−λjEi, j 6=i, sont inversibles, comme leur déterminant vaut (λi−λj)mi 6= 0. Multiplier l'équation (∗) par les inverses appropriées à droite et à gauche donne Ni = 0. Ceci implique que toutAi est diagonale. Par conséquence,Aest diagonale, etT donc diagonalisable.
Exercice 4. Comme qT(T)(v) = 0, on a deg(p(x))≤deg(qT(x)). Par conséquence, ils existent s(x), r(x) ∈ P(F) avec qT(x) = s(x)p(x) + r(x) et deg(r(x)) < deg(p(x)). Comme 0 = qT(T)(v) =s(T)p(T)(v) +r(T)(v) = r(T)(v), il faut quer(x) = 0. Par conséquence,p(x)|qT(x). Exercice 5. Soit T l'opérateur linéaire associé à la matrice
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 3
.
Il est évident que le polynôme caractéristique de T est x(x−1)2(x−3). Par l'exercice 1, le polynôme minimal deT estx(x−1)(x−3). AlorsT est un opérateur avec les propriétés désirées.
Exercice 6. L'opérateur associé à la matrice
2 −4 0 2
est T(x, y) = (2x −4y,2y). Nous devons trouver une base B = (w~1, ~w2) telle que T ~w1 = 2w~1 et T ~w2 = w~1 + 2w~2. On voit déjà que T(1,0) = 2(1,0), alors on pose w~1 = (1,0). Or, T(0,1) = (−4,2), alors T(0,−1/4) = (1,−1/2) = (1,0) + 2(0,−1/4). Évidemment, ((1,0),(0,−1/4)) est linéairement indépendente, et donc elle est une base de Jordan.
1 1 1 0 1 1 0 0 1
:~v1 =~e1,~v2 =~e2,~v3 =~e3−~e2(alorsT ~v3 = (~e1+~e2+~e3)−(~e1+~e2) =~e3 =~v2+~v3).
La matrice Jordan est
1 1 0 0 1 1 0 0 1
.
2
1 0 1 0 1 1 0 0 1
:~v1 =~e1,~v2 =~e1+~e2,~v3 =~e3. Matrice Jordan
1 0 0 0 1 1 0 0 1
.
1 1 1 0 1 0 0 0 1
: base de Jordan (~e1, ~e2, ~e1+~e3), matrice Jordan
1 1 0 0 1 0 0 0 1
.
1 0 1 0 1 0 0 0 1
: base de Jordan (~e2, ~e1, ~e3), matrice Jordan
1 0 0 0 1 1 0 0 1
.
Exercice 7. On montre tout d'abord qu'on obtient bien une base. Pour cela on montre qu'on a une famille libre ànvecteurs. Pour montrer que la famille est libre on part d'une combinaison linéaire des vi. En appliquant successivement les applications linéaires (T −λid)j, on obtient que les coecients sont nuls. (Utiliser : ker((T −λid)n) =Cn.)
Par dénition vn−i = (T −λid)(vn−i+1)d'où T(vn−i+1) = vn−i+λvn−i+1. On en déduit que B est une base de Jordan.
Application : Le polynôme caractéristique de la matriceAest(x−2)3. L'espace propre associé à la valeur propre2est de dimension1. On aV2 = span{(−1,1,1)}. On cherche un vecteurv3tel que(A−2I)2(v3)6= 0. On peut prendrev3 = (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 vérier ses calculs . . . )
Pour calculer Bn = [Tn]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.
3
