EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007
Corrigé de la série 15
Correction exercice 1
On rappelle que des sous-espaces vectoriels F1, . . . , Fn de E sont en somme directe si et seule- ment si :
∀(x1, . . . , xn)∈F1×. . .×Fn, (x1+. . .+xn= 0 ⇒x1 =. . .=xn = 0).
On raisonne par récurrence sur n, le nombre de valeurs propres distinctes de f considérées.
Si n= 1 la propriété est évidente.
Supposons que la propriété est vraie pour n et notons λ1, . . . , λn, λn+1 des valeurs propres de f deux à deux distinctes et xi un vecteur propre de f associé à la valeur propre λi tel que :
n+1
X
i=1
xi = 0. (1)
En appliquant f à cette égalité on obtient :
0 =
n+1
X
i=1
f(xi) =
n+1
X
i=1
λixi. (2)
En combinant 1 et 2 on obtient :
(λn+1−λ1)x1+. . .+ (λn+1−λn)xn= 0. (3)
Par l’hypothèse de récurrence, les sous-espaces propres def associés aux valeurs propresλ1, . . . , λn sont en somme directe, or, pour tout i tel que 1 ≤ i ≤ n, (λn+1 −λi)xi est un vecteur propre associé à la valeur propre λi. On en déduit que :
∀i∈ {1, . . . , n}, (λn+1−λi)xi = 0.
Comme les valeurs propres sont supposées deux à deux distinctes, on en déduit que :
∀i∈ {1, . . . , n}, xi = 0 et donc : xn+1 =−Pn
i=1xi = 0, ce qui montre que les sous-espaces propres de f associés aux valeurs propres λ1, . . . , λn+1 sont en somme directe.
Comme ⊕ni=1Fi est un sous espace vectoriel deE on adim(⊕Fi)≤dim(E). De plus, comme un vecteur propre est non-nul on adim(Fi)≥1d’oùdim(⊕Fi)≥n. On en déduit quen≤dim(E).
Remarque : On déduit de ce résultat qu’une application linéaire f ∈ L(E) qui adim(E) va- leurs propres distinctes est diagonalisable.En effet, dans ce cas on obtient que dim(Fi) = 1 et donc les vecteurs propres forment une base de E notée B. La matrice [f]B,B est la matrice diagonale ayant les valeurs propres sur la diagonale.
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Correction exercice 2
1. evT(P +Q) = (P +Q)(T) =P(T) +Q(T) evT(λP) = (λP)(T) =λP(T).
Idem pour evA.
2. D’après l’exercice 1 de la série 10, l’application : L(E) → M at(n, n,F) définie par : T 7→[T]B,B est linéaire. De plus : [TN]B,B = ([T]B,B)N. Par conséquent,
[evT(P)]B,B = [P(T)]B,B = [a0Id+. . .+aNTN]B,B
= [Id]B,B+a1[T]B,B+. . .+aN[T]NB,B =ev[T]B,B(P) 3. Soient A et B telles que AB =BA.
Montrons par récurrence que AkB =BAk.
La propriété est vraie pour k = 1 par hypothèse. Si est vraie pour k, alors : Ak+1B =A(AkB) =A(BAk) = (AB)Ak = (BA)Ak =BAk+1. Il en résulte, par linéarité, que pour tout P ∈ P(F) :
P(A)B =BP(A).
En appliquant le résultat précédent au couple (P(A), B) à la place de (B, A) donne pour tout Q∈ P(F) :
P(A)Q(B) = Q(B)P(A).
4. On a vu qu’un projecteur p vérifie p◦p=p. Par conséquent le polynôme X2−X annule p.
5. On a T(v) = λv.
Montrons par récurrence que Tk(v) = λkv.
La propriété est vraie pour k = 1 par hypothèse. Si est vraie pour k, alors : Tk+1(v) = T(Tk(v)) =T(λkv) =λkT(v) =λkλv=λk+1v.
On a, pour tout P(X) = PN
k=0akXk ∈ P(F) (P(T))(v) = (
N
X
k=0
akTk)(v) =
N
X
k=0
akTk(v) =
N
X
k=0
akλk.v =P(λ).v.
6. Si P annule T d’après la relation obtenue à la question précédente on a : P(λ).v = (P(T))(v) = (0)(v) = 0.
Or, v 6= 0 (puisque c’est un vecteur propre !) donc P(λ) = 0.
7. Un calcul simple montre que A2 =A+ 2I donc X2−X−2 est un polynôme annulateur de A. Comme X2−X −2 = (X−2)(X + 1) on déduit de la question 6 que les valeurs propres de A appartiennent à l’ensemble {−1,2}.
On montre que l’ensemble des solutions du système AX = 2X est la plan d’équation 3x− 6y+ 3z = 0. C’est donc un espace vectoriel de dimension2de base : {(1,0,−1), (2,1,0)}.
On montre que l’ensemble des solutions du système AX = −X est la droite intersection des deux plans d’équations x = 0 et −y+ z = 0. C’est donc un espace vectoriel de dimension 1 engendré par le vecteur (0,1,1).
(Comme la somme des dimensions des espaces propres est égale à la dimension de l’espace total on en déduit que la matrice A est diagonalisable.)
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8. On laisse le soin au lecteur de montrer la linéarité de f.
On remarque que f ◦f =Id. Par conséquent X2−1 est un polynôme annulateur de f.
Comme X2−1 = (X−1)(X+ 1)on déduit de la question 6 que les valeurs propres de f appartiennent à l’ensemble {−1,1}.
On montre que l’ensemble des solutions de f(A) =At=A sont les matrices symétriques (i.e. telles que (A)i,j = (A)j,i.) Ceci est un espace vectoriel de dimension n(n+1)2 . (On laisse le soin au lecteur d’en donner une base.)
L’ensemble des solutions def(A) = At=−Asont les matrices antisymétriques (i.e. telles que (A)i,j =−(A)j,i (on remarquera que cette égalité implique que (A)i,i = 0.). Ceci est un espace vectoriel de dimension n(n−1)2 . (On laisse le soin au lecteur d’en donner une base.)
Comme n(n+1)2 +n(n−1)2 =n2 =dim(M at(n, n,F)) on en déduit que f est une application linéaire diagonalisable.
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