EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009
Corrigé de la série 20
Exercice 1. 1. On calcule que l’image de q(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 égal à deux. L’application T est bien un opérateur linéaire.
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).
2. 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 2. 1. On a
[L]B =
α 0 0 · · · 0 1 α 0 · · · 0 0 1 α . .. ...
... . .. ... ... 0 0 · · · 0 1 α
.
1
2. Soit v 6= 0∈V,v =Pn
i=1xivi, tel que L(v) =λv pour λ∈F. On a alors
n−1
X
i=1
xi(αvi+vi+1) +xnαvn =
n
X
i=1
λxivi
⇔
n
X
i=1
αxivi+
n
X
i=2
xi−1vi−
n
X
i=1
λxivi = 0
⇔(α−λ)x1v1+
n
X
i=2
(xi−1+ (α−λ)xi)vi = 0
⇔(α−λ)x1 = (xi−1 + (α−λ)xi) = 0 pour i= 2, . . . , n.
Siλ =α, on obtientxi−1 = 0pouri= 2, . . . , n, donc on a la valeur propreα avec l’espace propre Vα = span(vn). Si α−λ 6= 0, on a x1 = 0, ce qui donne 0 = x1+x2(α−λ) = x2(α−λ), donc x2 = 0, et en continuant ainsi x3 = . . . = xn = 0. Mais v est alors le vecteur nul, ce qui n’est pas possible.
On a donc trouvé la seule valeur propre α et l’espace propre Vα = span(vn), qui est de dimension 1.
3. Si L est diagonalisable, il existe une base C= (w1, . . . , wn) deV telle que
[L]C =
α1 0 · · · 0 0 α2 . .. ... ... . .. ... 0 0 · · · 0 αn
avec α1, . . . , αn ∈ F. Mais dans ce cas, de manière évidente, chaque vecteur wi est un vecteur propre pour la valeur αi. Comme α est la seule valeur propre de L, on a donc α1 =. . .=αn =α. Mais dans ce cas, on obtientVα=V, en contradiction avec le résultat de la question précédente si n >1. Donc L n’est pas diagonalisable si n >1.
Exercice 3. Le but de cet exercice est de faire remarquer que le cas réel est différent du cas complexe quand il s’agit de valeurs propres. Les résultats à utiliser sont dans la partie 8.4 du polycopié.
1. L’opérateur T donné dans la base canonique de R4 par la matrice
1 −1 0 0
1 1 0 0
0 0 1 −1
0 0 1 1
n’a aucune valeur propre. En effet, on a T(a, b, c, d) = (a − b, a+b, c −d, c +d). Si T(a, b, c, d) = (a−b, a+b, c−d, c+d) = λ(a, b, c, d)pour (a, b, c, d)6= 0, on a
(1−λ)a − b = 0 a + (1−λ)b = 0 (1−λ)c − d = 0 c + (1−λ)d = 0
On obtient donc b = (1−λ)a = −(1−λ)2b et d = (1−λ)c = −(1−λ)2d. Si b = 0, alors a = 0; si d = 0, alors c= 0. On a donc soit b, soit d non nul. Mais b 6= 0 implique (1−λ)2 =−1, donc1−λ =±i etλ= 1∓i. L’ opérateur réelT n’ a donc pas de valeur propre.
2
2. La dimension dimV ne peut pas être impaire. En effet, si dimV était impaire, alors T devrait avoir au moins une valeur propre d’après le cours.
De manière plus générale, s’il existe un sous-espaceT-invariantU deV, alors la restriction T|U :U →U est un élément de L(U). Si dimU est impaire, alors T|U possède au moins une valeur propre. Il existe alors U 3 v 6= 0 et λ ∈ F tels que T|U(v) = λv. Mais dans ce cas, on a T(v) = T|U(v) = λv comme élément de V. L’opérateur T possède donc la valeur propre λ, une contradiction.
Exercice 4. 1. Soient α, β ∈R etf, h∈V. On a alors λg(αf +βh) =
Z b a
(αf +βh)(x)g(x)dx
= Z b
a
(αf(x) +βh(x))g(x)dx
=α Z b
a
f(x)g(x)dx+β Z b
a
h(x)g(x)dx
=αλg(f) +βλg(h).
Doncλg ∈V].
Soient α, β ∈R etg, g0 ∈V. On a alors
(λ(αg+βg0))(f) = λαg+βg0(f) = Z b
a
f(x)(αg+βg0)(x)dx
= Z b
a
f(x)(αg(x) +βg0(x))dx
=α Z b
a
f(x)g(x)dx+β Z b
a
f(x)g0(x)dx
=αλg(f) +βλg0(f) = (αλ(g) +βλ(g0))(f)
pour toutf ∈V, donc λ(αg+βg0) =αλ(g) +βλ(g0) et λ∈L(V, V]).
2. On montre que λ est injective. Il sufit donc de montrer que si λ(g) = λ(0) = 0, alors g = 0. L’égalité λ(g) = 0 équivaut à
λ(g)(f) = Z b
a
f(x)g(x)dx= 0
pour toutf ∈V. En particulier pour f =g, on obtient λ(g)(g) =
Z b a
g2(x)dx= 0.
Mais cela implique que g = 0
3. On a, pour tout β, γ ∈R etf, h∈V :
δα(βf+γh) = (βf +γh)(α) = βf(α) +γh(α) = βδα(f) +γδα(h), donc δα∈V].
Admettons queδα =λgpour ung ∈V. On a alorsf(α) = δα(f) =λg(f) = Rb
a f(x)g(x)dx pour tout f ∈ V. Considérons alors la fonction f ∈ V définie par f(x) = (x−α)2g(x) pour toutx∈[a, b]. On a alors
δα(f) =f(α) = 0,
3
et donc
0 = λg(f) = Z b
a
f(x)g(x)dx= Z b
a
(x−α)2g2(x)dx.
Mais cela implique que la fonction h ∈ V définie par h(x) = (x− α)g(x) pour tout x ∈ [a, b] est nulle. Comme (x−α) 6= 0 pour x 6= α, on doit donc avoir g(x) = 0 pour tout x ∈ [a, b]\ {α}, et donc g = 0 par continuité. Mais si on considère la fonction constante k = 1 définie sur [a, b], on obtient δα(k) = 1, et λg(k) = Rb
a0dx = 0, et donc δα(k)6=λg(k), une contradiction.
4. On rappelle que Φ(f, g) =Rb
af(x)g(x)dx définit un produit scalaire sur V. L’application λ définie ici n’est donc rien d’autre que l’application δ du Théorème 9.1 dans le cas particulier deV =C0([a, b])muni du produit scalaireΦ. On a vu ci-dessus que l’opérateur λ n’est pas surjectif. Il n’est par conséquent pas inversible.
Exercice 5. 1. Soient v etw∈V deux vecteurs propres de Lpour les valeurs propres λ et µ∈F, λ6=µ. On a alors
λhv, wi=hλv, wi=hL(v), wi=hv, L(w)i=hv, µwi=µhv, wi,
et donc(λ−µ)hv, wi= 0. Comme λ6=µ, on a montré quehv, wi= 0.
2. Calculons les valeurs de T∗ sur la base standard (e1, e2, e3) :
T∗(e1) =
3
X
i=1
he1, T eiiei
=he1, e1+e3ie1+he1,2e1+e2+e3ie2+he1,−e2−3e3ie3
=e1+ 2e2,
T∗(e2) =he2, e1+e3ie1+he2,2e1+e2+e3ie2+he2,−e2−3e3ie3
=e2−e3,
T∗(e3) =he3, e1+e3ie1+he3,2e1+e2+e3ie2+he3,−e2−3e3ie3
=e1+e2−3e3.
Par conséquence : T∗(u, v, w) = (u+w,2u+v+w,−v−3w).
On a
[T∗](e1,e2,e3) =
1 0 1
2 1 1
0 −1 −3
= [T]t(e
1,e2,e3).
Il va être démontré en cours que ceci est toujours le cas.
4
