Corrigé du test d’algèbre linéaire 2

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé du test d’algèbre linéaire 2

Exercice 1. (a) On écritp=a0+a1X+. . .+anXⁿ aveca0, . . . , an∈F. On a alors [p(T)]_B,B = [a₀Id_V +a₁T +. . .+a_nTⁿ]_B,B

=a₀[Id_V]_B,B+a₁[T]_B,B+. . .+a_n[Tⁿ]_B,B

car, d’après le cours,[·]_B,B:L(V)→Mat(n;F)est linéaire

=a0[IdV]_B,B+a1[T]_B,B+. . .+an[T ◦. . .◦T

| {z }

nfois

]_B,B

=a₀[Id_V]_B,B+a₁[T]_B,B+. . .+a_n[T]_B,B·. . .·[T]_B,B

| {z }

nfois

par la définition du produit de matrices

=a₀[Id_V]_B,B+a₁[T]_B,B+. . .+a_n([T]_B,B)ⁿ=p([T]_B,B).

(b) Soit λ une valeur propre de T. Il existe donc 0 6= v ∈ V tel que T(v) = λv. On écrit p=Pn

i=0a_iXⁱ, et on obtient p(T)(v) =

n

X

i=0

a_iTⁱ

! (v) =

n

X

i=0

a_iTⁱ(v) =

n

X

i=0

a_iλⁱv =p(λ)v.

Comme v 6= 0, on a montré que v est un vecteur propre de p(T) pour la valeur propre p(λ), et par conséquent en même temps p(λ) ∈ Spec(p(T)). L’inclusion p(Spec(T)) ⊆ Spec(p(T))est donc vraie.

(c) Pour montrer Spec(p(T)) ⊆ p(Spec(T)) dans le cas où F = C, nous utilisons le résultat du cours qui dit qu’il existe une base BdeV telle que [T]_B,B est triangulaire supérieure :

[T]_B,B =











λ1 ∗ · · · ∗ 0 λ₂ . .. ...

... . .. ... ∗ 0 · · · 0 λn









 .

De plus, nous rappelons que les valeurs propres d’un opérateur représenté par une telle matrice sont exactement les coefficients sur la diagonale, Spec(T) ={λ1, . . . , λn}.

D’après la question 1, la matrice[p(T)]_B,Bde l’opérateurp(T)par rapport àBest donnée par p([T]_B,B). Si B = (v₁, . . . , v_n), on a T(span(v₁, . . . , v_k))⊆ span(v₁, . . . , v_k) pour k = 1, . . . , n(ceci est équivalent au fait que la matrice est triangulaire supérieure). Par consé- quent, on trouve aussi T²(span(v₁, . . . , v_k)) ⊆ T(span(v₁, . . . , v_k)) ⊆ span(v₁, . . . , v_k) et récursivement T^m(span(v₁, . . . , v_k))⊆ span(v₁, . . . , v_k) pour tout m ∈ N et k = 1, . . . , n.

La matrice [T^m]_B,B = ([T]_B,B) est donc aussi triangulaire supérieure pour m ∈ N quel- conque, et il suffit de calculer les coefficients sur la diagonale pour obtenir

([T]_B,B)^m =











λ^m₁ ∗ · · · ∗ 0 λ^m₂ . .. ... ... . .. ... ∗ 0 · · · 0 λ^m_n









 ,

ce qui implique que

[p(T)]_B,B=p([T]_B,B) =











p(λ₁) ∗ · · · ∗ 0 p(λ₂) . .. ... ... . .. . .. ∗ 0 · · · 0 p(λ_n)









 .

Par conséquent, les valeurs propres dep(T)sont les scalairesp(λ_k), et doncSpec(p(T)) = p(Spec(T)).

(d) La matrice deT dans la base canonique deR² est

0 −1 1 0

. La matrice de p(T)est donc 0 −1

1 0

·

0 −1 1 0

+

1 0 0 1

=

−1 0 0 −1

+

1 0 0 1

= 0 0

0 0

,

et donc p(T) = 0. Le nombre 0 est par conséquent la seule valeur propre de p(T). On obtient Spec(p(T)) = {0}, mais Spec(T) = ∅ (T(a, b) = (b,−a) = λ(a, b) implique b = λa = −λ²b, donc b = a = 0 ou λ² + 1 = 0) et par conséquent p(Spec(T)) = ∅.

On a donc ici

p(Spec(T)) =∅({0}= Spec(p(T)).

Exercice 2. On rappelle que la forme ϕ_{T ,µ} : V ×V → F est un produit scalaire si elle est symétrique :

ϕ_{T ,µ}(v₁, v₂) =ϕ_{T ,µ}(v₂, v₁)pour tout v₁, v₂ ∈V, bilinéaire :

ϕ_{T ,µ}(a₁v₁+a₂v₂, b₁u₁+b₂u₂) =

2

X

i,j=1

a_ib_jϕ_{T ,µ}(v_i, u_j)pour tout a₁, a₂, b₁, b₂ ∈F, v₁, v₂, u₁, u₂ ∈V,

et définie positive :

ϕT,µ(v, v)≥0 pour toutv ∈V et ϕT,µ(v, v) = 0 ⇐⇒ v = 0.

Traitons séparément le cas où V ={0}, donc T ne peut être que l’application nulle. On en déduit queϕ_T,µ = 0ne dépend pas deµet est un produit scalaire puisque bilinéaire, symétrique et défini positif de manière triviale. Par la définition positive, c’est même le seul produit scalaire surV ={0}.

On en conclut que dans le cas où V ={0}, la formeϕ_T,µ est un produit scalaire pour tout T ∈L(V) = {0}et µ∈F.

On admet pour la suite que dimV ≥1. Admettons d’abord queϕ_T,µest un produit scalaire surV. On va en déduire des conditions sur T et µ.

Comme ϕ_{T ,µ}(v, v) = 0 si et seulement si v = 0, on a µhT(v), T(v)i_W = 0 si et seulement si v = 0. Si v 6= 0, alors µhT(v), T(v)i_W =ϕ_{T ,µ}(v, v)6= 0. On en déduit que

µ6= 0 et hT(v), T(v)i_W 6= 0 ∀v ∈V r{0},

ce qui implique T(v)6= 0 si v 6= 0, car h·,·iW est bilinéaire. On a donc montré que si ϕT ,µ est un produit scalaire sur V, alors

v 6= 0 ⇒v 6∈ker(T) et doncker(T) = {0}.

Ensuite on doit avoir µ∈R car pour v ∈V non nul, la symétrie de ϕ_T,µ et de h·,·i_W nous donne

µhT(v), T(v)i_W =ϕ_{T ,µ}(v, v) =ϕ_{T ,µ}(v, v) = µhT(v), T(v)i_W = ¯µhT(v), T(v)i_W et doncµ= ¯µ, car hT(v), T(v)i_W 6= 0.

Comme ϕ_{T ,µ}(v, v) > 0 pour tout 0 6= v ∈ V, on a µhT(v), T(v)i_W > 0 pour tout 0 6=

v ∈ V. Cela implique µ > 0 puisque h·,·i_W étant un produit scalaire sur W implique que hT(v), T(v)i_W ≥0 pour tout v ∈V. On a donc montré que si ϕ_{T ,µ} est un produit scalaire sur V 6={0}, alors T est injective etµ∈R, µ >0.

Réciproquement, admettons que T est injective et µ ∈ R, µ > 0 et montrons que ϕ_{T ,µ} est un produit scalaire surV. La symétrie et la bilinéarité de ϕ_T,µ se déduisent de la symétrie et la bilinéarité de h·,·i_W, et la linéarité de T : pour tout v, v₁, v₂, u, u₁, u₂ ∈V et a₁, a₂, b₁, b₂ ∈R, on a

ϕ_{T ,µ}(v, u) = µhT(v), T(u)i_W =µhT(u), T(v)i_W ^µ∈=^R µhT(u), T(v)i_W =ϕ_{T ,µ}(u, v) et

ϕT ,µ(a1v1+a2v2, b1u1+b2u2) =µhT(a1v1+a2v2), T(b1u1+b2u2)i_W

=µha1T(v1) +a2T(v2), b1T(u1) +b2T(u2)iW

=a₁b₁µhT(v₁), T(u₁)i_W +a₁b₂µhT(v₁), T(u₂)i_W +a₂b₁µhT(v₂), T(u₁)i_W +a₂b₂µhT(v₂), T(u₂)i_W

=a₁b₁µϕ_{T ,µ}(v₁, u₁) +a₁b₂µϕ_{T ,µ}(v₁, u₂) +a₂b₁µϕ_{T ,µ}(v₂, u₁) +a₂b₂µϕ_{T ,µ}(v₂, u₂).

On montre maintenant que ϕ_{T ,µ} est définie positive. Soit v ∈ V. Alors, comme h·,·i_W est définie positive, on a hT(v), T(v)i_W ≥ 0 et donc ϕ_{T ,µ}(v, v) = µhT(v), T(v)i_W ≥ 0 car µ > 0.

On a T(0) = 0 et donc ϕ_{T ,µ}(0,0) = µh0,0i_W = 0. Si ϕ_{T ,µ}(v, v) = 0, alors µhT(v), T(v)i_W = 0 et donchT(v), T(v)i_W = 0 car µ > 0. Comme h·,·i_W est un produit scalaire, on en déduit que T(v) = 0. Mais comme T est injective, on obtient v = 0.

On a donc montré que si V 6= {0}, alors ϕ_{T ,µ} : V ×V → F est un produit scalaire si et seulement si T est injective etµ∈R, µ >0.

Exercice 3. (a) La réponse est non.

Soith·,·ile produit scalaire euclidien pondéré à poids1,¹₂,¹₃,¹₅ surF⁴. Soitv = (v₁, v₂, v₃, v₄)∈ F⁴, alors on a

|T(v)|= T

4

X

i=1

v_ie_i

!

=

4

X

i=1

v_iT(e_i)

=

4

X

i=1

v_i

car T(e₁) =. . .=T(e₄) = 1

=

1·v₁·1 + 1

2 ·v₂ ·2 + 1

3·v₃·3 + 1

5 ·v₄·5

=|hv,(1,2,3,5)i| ≤ kvk · k(1,2,3,5)k,

où on obtient la dernière inégalité par l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

On calculek(1,2,3,5)k² = 1·1·1 +¹₂·2·2 +¹₃·3·3 +¹₅·5·5 = 1 + 2 + 3 + 5 = 11. On a donc montré que|T(v)| ≤√

11kvk pour tout v ∈F⁴. (b) La réponse est non.

L’espace vectorielL(R²)est de dimension4(il est isomorphe àMat(2;R)d’après le cours d’algèbre linéaire 1).

L’application

adj :L(R²)→L(R²) :T 7→T^∗

est une application linéaire, puisque nous travaillons surR. En effet, sia, b∈RetS, T ∈ L(R²), alors on a d’après le cours,

adj(aT+bS) = (aT +bS)^∗ = (aT)^∗+ (bS)^∗ = ¯aT^∗+ ¯bS^∗ =aT^∗+bS^∗

car a, bsont réels. S’il existe a₀, . . . , a₄ ∈ R différents et T₀, . . . , T₄ ∈L(R²)\ {OR²} tels que T_i^∗ =a_iT_i pouri= 0, . . . ,4, alors

adj(T_i) = a_iT_i

pouri= 0, . . . ,4 eta₀, . . . , a₄ sont par conséquent 5 valeurs propres différentes de adj.

Or le nombre de valeurs propres distinctes d’un opérateur linéaire sur un espace vectoriel est borné dessus par la dimension de l’espace. Ainsi,adj admet au plus 4 valeurs propres distinctes.

(c) La réponse est oui.

On a vu en exercices queφ:P3(R)×P3(R)→R,(p, q)7→R1

0 p(t)q(t)dt définit un produit scalaire sur P3(R).

Soit p=x³ +aX² +bX +c∈P3(R). Si φ(p, q) =R1

0 p(t)q(t)dt= 0 pour tout q∈P2(R), alors p ∈ (P2(R))^⊥, où P2(R) est vu comme un sous-espace vectoriel de P3(R). Comme on sait aussi que p−Proj_P2(R)(p) ∈ (P2(R))^⊥, on trouve alors Proj_P2(R)(p) ∈ P2(R)∩ (P2(R))^⊥ ={0} et doncProj_P2(R)(p) = 0.

Comme φ(p, p) = kpk² =kp−Proj_P

2(R)(p)k² ≤ kp−qk² pour tout q ∈P2(R) d’après le cours, on trouve en particulier R1

0 p²(t)dt =φ(p, p)≤ kp−(aX²+bX+c)k² =kX³k² = φ(X³, X³) = R1

0 t⁶dt = [¹₇t⁷]¹₀ = ¹₇ < ¹₄.

Exercice 4. (a) Une base orthonormale de V est une base B= (v₁, . . . , v_n) de V telle que hv_i, v_ji_V =δ_ij,i, j = 1, . . . , n. (On rappelle que δ_ij = 0 si i6=j et δ_ii= 1.)

(b) Soit B= (v₁, . . . , v_n) une base orthonormale de V, alors

[v]_B=







hv, v1iV

... hv, v_ni_V







pour tout v ∈ V. Soit en effet v ∈ V. Comme B est une base de V, on peut écrire v =Pn

i=1x_iv_i avec x₁, . . . , x_n ∈F. Alors hv, v_ji_V =hPn

i=1x_iv_i, v_ji_V =Pn

i=1x_ihv_i, v_ji_V = Pn

i=1x_iδ_ij =x_j pourj = 1, . . . , n. On a donc montré l’égalité v =Pn

i=1hv, v_ii_Vv_i.

(c) Soitn= dimV etk = dimW ≤n. D’après le cours d’algèbre linéaire 1, on sait qu’il existe une base B˜ = (u₁, . . . , u_n) de V telle que (u₁, . . . , u_k) est une base de W. On applique l’algorithme de Gram–Schmidt àB˜, et on obtient une base orthonormaleB= (v1, . . . , vn)

deV. Par ailleurs on sait d’après le cours quespan(u₁, . . . , u_j) = span(v₁, . . . , v_j)pourj = 1, . . . , n. En particulier W = span(u₁, . . . , u_k) = span(v₁, . . . , v_k), et comme (v₁, . . . , v_k) est libre, c’est une base de W.

La liste B = (v₁, . . . , v_n) est donc une base orthonormale de V telle que (v₁, . . . , v_k) est une base de W.

(d) SoitB= (v₁, . . . , v_n)une base orthonormale deV. Par définition,T^∗(w) = Pn

i=1hw, T(v_i)i_Wv_i. Soient w, u∈W eta, b∈F. On a alors

T^∗(aw+bu) =

n

X

i=1

haw+bu, T(v_i)i_Wv_i =

n

X

i=1

(ahw, T(v_i)i_W +bhu, T(v_i)i_W)v_i

comme h·,·i_W est linéaire dans le premier argument

=a

n

X

i=1

hw, T(vi)iWvi+b

n

X

i=1

hu, T(vi)iWvi =aT^∗(w) +bT^∗(u).

T^∗ est donc bien linéaire.

(e) On a pour toutv ∈V et w∈W :

hT(v), wi_W =hv, T^∗(w)i_V.

Preuve : Soitv ∈V,w∈W. On calcule

hv, T^∗(w)i_V =

* v,

n

X

i=1

hw, T(v_i)i_Wv_i +

V

d’après la définition deT^∗

=

n

X

i=1

hw, T(v_i)i_Whv, v_ii_V car h·,·i_V est bilinéaire

=

n

X

i=1

hT(v_i), wi_Whv, v_ii_V car h·,·i_W est symétrique

=

* _n X

i=1

hv, v_ii_VT(v_i), w +

W

car h·,·i_W est bilinéaire

=

* T

n

X

i=1

hv, v_ii_Vv_i

! , w

+

W

car T est linéaire

=hT(v), wi_W,

car v =Pn

i=1hv, v_ii_Vv_i d’après la question (b).

(f) Soit w∈W. On a

[T^∗(w)]_B ^(b)=







hT^∗(w), v₁i_V ... hT^∗(w), v_ni_V





=







hv₁, T^∗(w)i_W ... hv_n, T^∗(w)i_W







(e)=







hT(v₁), wi_W ... hT(v_n), wi_W





=







hw, T(v₁)i_W ... hw, T(v_n)i_W





.

Dans la deuxième et la quatrième égalités, on a utilisé la symétrie du produit scalaire.

(g) Soit C= (v₁, . . . , v_k) une base orthonormale deW qu’on complète en une base orthonor- maleB= (v₁, . . . , v_n) deV. (Ceci est possible d’après (c).) On a alors v_k+1, . . . , v_n∈W^⊥ par construction.

On remarque d’abord que si w ∈ W, alors hw, v_k+1i = . . . = hw, v_ni = 0. On a donc w = Pn

i=1hw, v_ii_Vv_i = Pk

i=1hw, v_ii_Vv_i. Par ailleurs, puisque (v₁, . . . , v_k) est une base orthonormale de W, sii≤k, alors

Proj_W(v_i) =

k

X

j=1

< v_i, v_j > v_j =

k

X

j=1

δ_ijv_j =v_i,

tandis que si i > k, alors

Proj_W(v_i) =

k

X

j=1

< v_i, v_j > v_j =

k

X

j=1

0v_j = 0.

Par conséquent,

Proj_W^∗(w) =

n

X

i=1

hw,Proj_W(v_i)i_Vv_i =

k

X

i=1

hw, v_ii_Vv_i+

n

X

i=k+1

hw,0i_Vv_i =

k

X

i=1

hw, v_ii_Vv_i =w.

On a donc montré que

Proj_W^∗ :W →V :w7→w, et doncProjW∗

est bien l’inclusion de W dans V.