Corrigé de la série 19

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 19

Exercice 1. 1. Supposons qu’il existe v 6= 0 et λ ∈ F tels que T₁v = λv. Puisque T₁ est nilpotent, T₁^k = 0 pour un certain k ≥ 1. Donc 0 = T₁^kv = λ^kv. Il s’ensuit que λ = 0.

Donc0 est l’unique valeur propre possible de T1.

Déterminons maintenant s’il existe un vecteur propre pour cette valeur propre. Comme T₁^k = 0, T₁ n’est pas inversible et il existe 0 6= w ∈ ker(T₁). Ce vecteur est un vecteur propre de T1 pour la valeur propre 0.

2. On remarque que T₂²(w, z) =T₂(z,0) = (0,0), donc T₂ est nilpotent. D’après la question précédente,0est l’unique valeur propre deT₂. Le vecteure₁ = (1,0)est un vecteur propre deT₂ pour la valeur propre0.

3. On a T₃(w, z) = (−z, w) = λ(w, z) avec (w, z) 6= 0 et λ ∈ R si et seulement si −z = λw = λ²z, donc si et seulement si z = 0 ou λ² = −1, λ ∈ R. Dans le premier cas, on a w=λz = 0, donc(w, z) = 0, ce qui n’est pas permis, et le deuxième cas n’est pas possible non plus carλ ∈R.T₃ n’a donc pas de valeurs propres.

4. On a T₄(w, z) = (−z, w) =λ(w, z) avec (w, z)6= 0, λ∈C, si et seulement si −z =λw= λ²z, donc si et seulement si z = 0 ou λ² = −1. Dans le premier cas, on a w = λz = 0, donc (w, z) = 0, ce qui n’est pas permis.

Les valeurs propres sont donc iet −i. Pour la valeur i,

(T₄−i·Id_C²)(w, z) = (−z−iw, w−iz) = (0,0)

si et seulement si w=iz. Donc les vecteurs propres pour la valeur proprei sont ker(T₄−i·Id_C²) ={(iz, z)|z∈C}.

On montre de la même manière que les vecteurs propres pour la valeur propre −i sont ker(T₄+i·Id_C²) = {(w, iw)|w∈C}.

5. On a T₅(w, z) = (5w+z,5z) =λ(w, z) avec(w, z)6= 0si et seulement si (5−λ)z = 0et (5−λ)w+z = 0. On a donc 0 = (5−λ)²w+ (5−λ)z = (5−λ)²w+ 0 = (5−λ)²w. Si w= 0, on obtientz = 0 par(5−λ)w+z = 0, et donc(w, z) = 0. Doncw6= 0etλ= 5,w est arbitraire etz = 0. La seule valeur propre deT₅ est donc5, etV₅ = ker(T₅−5·Id_C²) = {(w,0)|w∈C}.

6. Supposons qu’il existe λ ∈ F et (x1, . . . , xn) ∈ Fⁿ non-nul, tels que T6(x1, . . . , xn) = λ(x₁, . . . , x_n). Alors pour touti,λx_i =x₁+· · ·+x_n. Donc, pour touti6= 1,λ(x₁−x_i) = 0.

Siλ = 0, alors x_n=−x₁− · · · −xn−1. Donc 0∈Spec(T₆), d’espace propre associé V₀ ={(x₁, . . . , x_n−1,−x₁− · · · −x_n−1)|x₁, . . . , x_n−1 ∈F}.

Autrement, λ 6= 0, et donc x_i = x₁ pour tout i, et T₆(x, . . . , x) = (nx, . . . , nx) = n(x, . . . , x). Donc forcément λ=n, et n est une autre valeur propre, avec

V_n={(x, . . . , x)|x∈F}.

Comme il n’y pas d’autre possibilité, Spec(T6) ={0, n}.

1

Exercice 2. 1. On aL(f_k) =f_k⁰⁰. On calculef_k⁰(x) = −ksin(kx)et doncf_k⁰⁰(x) =−k²cos(kx) =

−k²f_k(x). On obtient donc L(f_k) = −k²f_k pour tout k ∈ N. La fonction f_k est donc un vecteur propre deL pour la valeur propre λ_k =−k², k ∈N.

2. On cherche λ∈F et06=a ∈F^N tels que T(a) = λa, donc si a= (a0, a1, a2, . . .), tels que (a₁, a₂, . . .) = (λa₀, λa₁, . . .).

Cela implique automatiquement a₁ =λa₀, a₂ =λa₁ =λ²a₀, et récursivement a_n=λⁿa₀. Chaque élément deFest donc une valeur propre deT, et on aV_λ = span((1, λ, λ², λ³, . . .)) pour toutλ ∈F.

Exercice 3. 1. D’après le cours, λ ∈ F est une valeur propre de T_A ssi ker(A −λI_n) = ker(T_A −λId_Fⁿ) 6= {0}. Ceci est vrai si et seulement si la matrice A −λI_n n’est pas inversible, donc ssi det(A−λIn) = 0.

2. D’après la question précédente, λ ∈Spec(T_A) si et seulement si p_A(λ) = 0, d’où l’égalité des deux ensembles.

3. On calcule tout d’abord p_A etp_B. On a

pA= det









4 0 0 0 3 0 0 0 −1



−





X 0 0

0 X 0

0 0 X







= det





4−X 0 0

0 3−X 0

0 0 −1−X





= (4−X)(3−X)(−1−X) =−(4−X)(3−X)(1 +X)

et

p_B = det









5 0 1 1 1 0

−7 1 0



−





X 0 0

0 X 0

0 0 X













5−X 0 1

1 1−X 0

−7 1 −X





=−X(5−X)(1−X) + 1 + 0 + 7(1−X) + 0 + 0 =−X³+ 6X²−12X+ 8

=−(X−2)³.

On trouve donc Spec(T_A) ={−1,3,4} etSpec(T_B) = {2}.

D’après la définition de l’applicationT_Aassociée à la matrice A, on peut dire directement queTA(e1) = 4e1+ 0e2+ 0e3 = 4e1, TA(e2) = 3e2 etTA(e3) =−e3. On a doncspan(e1)⊆ V₄, span(e₂)⊆V₃ etspan(e₃)⊆ V−1. Comme d’après le cours,V₄, V₃, V−1 sont en somme directe et F³ = span(e₁)⊕span(e₂)⊕span(e₃)⊆ V₄⊕V₃⊕V−1 ⊆ F³, on trouve égalité partout et donc span(e1) =V4,span(e2) =V3 et span(e3) = V−1.

Pour trouver les vecteurs propres de T_B, on résoud le système T_B(x, y, z) = 2(x, y, z), ou bien (T_B−2 Id)(x, y, z) = 0. On a





3 0 1 0

1 −1 0 0

−7 1 −2 0





I1,2

→





1 −1 0 0

3 0 1 0

−7 1 −2 0





III3,1,7

III→2,1,−3





1 −1 0 0

0 3 1 0

0 −6 −2 0





III3,2,2

→





1 −1 0 0 0 3 1 0 0 0 0 0



.

On trouve donc 3y+z = 0 et x−y = 0, donc y = x et z = −3y = −3x. On a donc V₂ = span((1,1,−3)).

2

Exercice 4. 1. Soit w ∈ L₂(U), alors il existe u ∈ U tel que w = L₂(u), et on a L₁(w) = L₁(L₂(u)) =L₁◦L₂(u) =L₂◦L₁(u) =L₂(L₁(u)). Mais commeL₁(u)∈U par hypothèse, on obtientL₁(w)∈L₂(U)et L₂(U) est L₁-invariant.

2. Soit λ une valeur propre de L1. Pour tout v ∈Vλ, on a L1(v) =λv. On doit montrer que L₂(v) ∈ V_λ. On a L₁(L₂(v)) = L₂(L₁(v)) = L₂(λv) = λL₂(v), donc le vecteur L₂(v) est bien un élément de V_λ.

3. Puisque L₁◦L₂ est nilpotent, il existe k ≥1 tel que (L₁ ◦L₂)^k = 0. Alors 0 =L₂◦(L₁◦ L2)^k◦L1 = (L2◦L1)^k+1. Donc L2◦L1 est nilpotent.

(Preuve queL₂◦(L₁◦L₂)^k◦L₁ = (L₂◦L₁)^k+1par récurrence. Pourk = 1,L₂◦(L₁◦L₂)◦L₁ = (L₂◦L₁)◦(L₂◦L₁) = (L₂◦L₁)². Supposons vrai pour k−1. AlorsL₂◦(L₁◦L₂)^k◦L₁ = L2◦(L1◦L2)^k−1◦(L1◦L2)◦L1 = (L2◦(L1◦L2)^k−1◦L1)◦(L2◦L1) = (L2◦L1)^k◦(L2◦L1) = (L₂◦L₁)^k+1.)

Exercice 5. 1. On fait une preuve par récurrence sur m. Si m= 1, alors on a v =T⁰v 6= 0 etT v = 0. En particulier, (v)est linéairement indépendante.

Supposons maintenant que le résultat est vrai pour m, et soit v ∈ V tel que T^mv 6= 0 mais T^m+1v = 0. On pose w = T v. Donc T^m−1w = T^mv 6= 0 mais T^mw = T^m+1v = 0.

Par l’hypothèse de récurrence,(w, T w, . . . , T^m−1w) = (T v, T²v, . . . , T^mv)est linéairement indépendante. Or, supposons que

a₀v+a₁T v+· · ·+a_mT^mv = 0.

On applique T^m pour trouver que a0T^mv = 0. Or, on a supposé que T^mv 6= 0. Par conséquent, a₀ = 0. Donc

a₁T v+· · ·+a_mT^mv = 0.

Mais on a montré que (T v, . . . , T^mv) est linéairement indépendante. Donc a₁ = · · · = a_m = 0. Par conséquent, (v, T v, . . . , T^mv) est linéairement indépendante, ce qui termine la récurrence.

2. Soit (v₁, . . . , v_n)une base de V. Comme v_i ∈V pour i= 1, . . . , n, il existe λ_i ∈F tel que T(v_i) =λ_iv_i. Soitv =Pn

i=1v_i ∈V. Alors on a d’une part T(v) =Pn

i=1λ_iv_i par linéarité, et d’autre part, il existe par hypothèseλ ∈F tel que T(v) =λv =λPn

i=1v_i. On obtient donc Pn

i=1λv_i = Pn

i=1λ_iv_i et donc Pn

i=1(λ_i −λ)v_i = 0. Comme la liste (v₁, . . . , v_n) est libre, on trouve donc λ = λ₁ = . . . = λ_n. Soit maintenant w ∈ V, alors w = Pn

i=1α_iv_i avec α₁, . . . , α_n ∈ F, et donc T(w) = Pn

i=1α_iT(v_i) = Pn

i=1α_iλv_i = λw, ce qui montre que T =λId_V.

3. On fait une induction sur n = dimV. Si n = 0, alors V = {0} et la seule application linéaire T ∈ L(V) est l’application nulle. Il n’y a donc rien à démontrer. Si n = 1, alors on peut choisir 0 6= v ∈ V. On a alors V = span((v)) et T(v) ∈ V car T ∈ L(V). Il existe donc λ ∈ F tel que T(v) = λv et par extension linéaire, T = λId_V : en effet, si w∈V, alors il existe a∈F tel que w=av. On calcule alorsT(w) =aT(v) =aλv =λw.

Notons que ceci est toujours vrai car nous n’avons utilisé que la linéarité de T et le fait que dimV = 1.

Si dimV = 2, alors l’hypothèse est la même que dans la question précédente car si tout sous-espace de dimension1deV estT-invariant, alors chaque élément deV est un vecteur propre de T. Il n’y a donc rien à faire non plus ici.

SidimV =n+ 1 pour un n ≥2, alors on peut choisir deux sous-espaces vectorielsU, W de V tels que V = U +W, dimU = dimW = n et donc dim(U ∩W) = n−1. (Par

3

exemple, si (v₁, . . . , v_n+1) est une base de V, on peut prendre U = span(v₁, . . . , v_n) et W = span(v₂, . . . , v_n+1).)

Comme chaque sous-espace de V de dimension n est T-invariant, on peut considérer S := T|_U ∈ L(U). Soit U¯ un sous espace de U de dimension n−1, alors il existe un sous-espace vectoriel U⁰ de V tel que U ∩U⁰ = ¯U. (En effet, si (u₁, . . . , un−1) est une base de U¯, alors on peut la compléter en une base (u₁, . . . , u_n) de U, puis en une base (u1, . . . , un+1) deV. Ensuite, on peut choisirU⁰ = span(u1, . . . , un−1, un+1).)

On montre que U¯ est invariant par S. Si u ∈ U¯, alors u ∈ U ∩U⁰ et comme U et U⁰ sont de dimension n, on a par hypothèse que T(u)∈U et T(u)∈U⁰. Cela implique que S(u) =T(u)∈U∩U⁰ = ¯U. CommeU¯ était un sous-espace quelconque de dimensionn−1 deU, on sait donc que S est tel que S( ¯U)⊆U¯ pour tout sous-espace de U de dimension dimU −1. Par hypothèse de récurrence, on trouve donc λ_U ∈ F tel que S =λ_UId_U. De même, on trouveλW ∈F tel que T|W =λW IdW.

Commen≥2, on an−1≥1et on trouve06=w∈W∩U. On a alorsT(w) =T|_W(w) = λ_Ww d’une part et T(w) = S(w) = λ_Uw d’autre part. Cela implique λ_U = λ_W =: λ.

Comme V = U +W, on peut écrire chaque v ∈ V sous la forme v = u +w avec u ∈U et w ∈W et on obtient finalement par la linéarité de T : T(v) = T(u) +T(w) = S(u) +T|_W(w) = λu+λw =λ(u+w) =λv, ce qui montre queT =λId_V.

Il y a une autre manière de résoudre ce problème, cette fois de manière directe mais en utilisant la question 2 :

Soit v 6=∈ V. On complète v =: v₁ en une base (v₁, . . . , v_n) de V. On pose U₂ = span(v1, v3, . . . , vn), U3 = span(v1, v2, v4, . . . , vn), . . . , Un = span(v1, . . . , vn−1). On a alors span(v₁)) = U₂ ∩. . . U_n, et comme U_i est de dimension n −1 pour i = 2, . . . , n, on a T(U_i)⊆U_ipar hypothèse. On obtient doncT(v₁)∈T(U₂∩. . . U_n)⊆T(U₁)∩. . .∩T(U_n)⊆ U2∩. . . Un = span(v1). Cela implique que T(v1) =λv1 pour un λ ∈ F, et donc, comme v = v₁ était arbitraire, chaque vecteur de v est un vecteur propre de T. (Le vecteur nul satisfaisantT(0) =λ0pour toutλ∈F, on peut dire par abus de notation que tout élément de V (en n’excluant pas le vecteur nul) est un vecteur propre de T, mais attention : un nombre λ∈F n’est une valeur propre de T que s’il existe v 6= 0 tel que T(v) = λv.) On utilise ensuite la question 2 pour conclure.

Il y a une dernière manière de résoudre ce problème en utilisant la question 2, cette fois par l’absurde :

Admettons que T ∈ L(V) est tel que T(W) ⊆ W pour tout sous-espace vectoriel W de V de dimension dimV −1. On va montrer par l’absurde que tout vecteur v ∈ V est un vecteur propre deT. Ensuite on pourra conclure en utilisant la question 2.

Admettons qu’il existe 0 6= v ∈ V qui ne soit pas un vecteur propre de T. Alors la liste (v, T(v)) est libre. En effet, si elle ne l’était pas, alors il existerait α, β ∈ F pas tous les deux nuls tels que αv+βT(v) = 0. Mais alors on trouverait T(v) = ^α_βv si β 6= 0, une contradiction, ou alors αv = 0 si β = 0. Cela impliquerait α = 0 car v 6= 0, une contradiction.

On peut donc compléter (v, T(v)) en une base (v, T(v), v₃, . . . , v_n) de V, n := dimV. Considérons le sous-espace vectoriel W := span(v, v₃, . . . , v_n) de V. Si T(v) était un élément de W, on aurait T(v) = αv + α3v3 + . . .+ αnvn avec α, α3, . . . , αn ∈ F, ce qui impliquerait αv+ (−1)·T(v) +α₃v₃ +. . .+α_nv_n = 0. Mais ceci n’est pas possible puisque (v, T(v), v₃, . . . , v_n) est libre. On a donc T(W) 6⊆ W mais dimW = n−1, une contradiction.

Par conséquent, tout élément de V doit être un vecteur propre de T. 4