Corrigé de la série 21

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 21

Exercice 1. 1. Soit B= (e₁, . . . , e_n) la base canonique deFⁿ. On a alors

ϕ(x₁, . . . , x_n) =ϕ

n

X

i=1

x_ie_i

!

=

n

X

i=1

x_iϕ(e_i)

par linéarité de ϕ. En posant ϕ(e_i) =:a_i ∈F pour i= 1, . . . , n, on obtient

ϕ(x₁, . . . , x_n) =

n

X

i=1

x_ia_i.

2. On a

ϕ(x₁, . . . , x_n) =

n

X

i=1

x_ia_i =h(x₁, . . . , x_n),(a₁, . . . , a_n)i

pour tout(x₁, . . . , x_n)∈Fⁿ. Le vecteurv_ϕ cherché est donc le vecteur v_ϕ = (a₁, . . . , a_n)∈ Fⁿ. On a bien v_ϕ =Pn

i=1ϕ(e_i)e_i.

3. On aker(ϕ) = v_ϕ^⊥. En effet, on a par définition dev_ϕ:ϕ(v) = 0 ⇐⇒ hv, v_ϕi= 0pour tout v ∈Fⁿ. Si ϕ= 0, alors ker(ϕ) = Fⁿ et dim(ker(ϕ)) = n. (Noter que dans ce cas, v_ϕ = 0 car v_ϕ satisfait kv_ϕk² = 0.) Si ϕ6= 0, alors v_ϕ 6= 0 etdim(ker(ϕ)) = dim(v_ϕ^⊥) = n−1.

Si V = R³, alors le noyau ker(ϕ) de ϕ est le plan orthogonal à vϕ et passant par 0. Si v_ϕ = (a, b, c), alorsker(ϕ)est le plan d’équation cartésienneax+by+cz = 0et de vecteur normalv_ϕ/kv_ϕk.

Exercice 2. 1. (a) On montre que ψ :P2(R)→R,ψ(p) =R1

0 p(x)e^xdx est un fonctionnel linéaire. Soitα, β ∈R etp, q ∈P2(R), alors d’après les propriétés de l’intégrale : ψ(αp+βq) =

Z 1

0

(αp(x)+βq(x))e^xdx=α Z 1

0

p(x)e^xdx+β Z 1

0

q(x)e^xdx=αψ(p)+βψ(q).

(b) Dans l’exercice 2 de la série 17, on a trouvé la base orthonormale

√1 2,

r3 2x,3√

5 2√

2

x²− 1 3

!

de P2(R).

Le polynômeq désiré est donné par la formule

q(x) =ψ 1

√2

· 1

√2+ψ r3

2x

!

· r3

2x+ψ 3√ 5 2√

2

x²− 1 3

!

· 3√ 5 2√

2

x²− 1 3

.

On calcule donc

ψ 1

√2

= Z 1

0

√1

2e^xdx= 1

√2(e−1), ψ r3

2x

!

= Z 1

0

r3

2xe^xdx= r3

2, 1

etψ(x²) =R1

0 x²e^xdx=e−2, ce qui donne ψ 3√

5 2√

2

x²− 1 3

!

= 3√ 5 2√

2

(e−2)− 1

3(e−1)

= 3√ 5 2√

2 2

3e−5 3

=

√5 2√

2(2e−5).

On obtient donc

q(x) = 1

2(e−1) + 3 2x+

√5 2√

2(2e−5)·3√ 5 2√

2

x²− 1 3

= 15

8 (2e−5)x²+ 3 2x− 3

4e+21 8 .

2. (a) Soient p, q ∈ P2(R) et a, b ∈ R. Alors ϕ(ap +bq) = (ap+bq)(1/2) = ap(1/2) + bq(1/2) =aϕ(p) +bϕ(q). Donc ϕ est linéaire.

(b)

q(x) = ϕ 1

√2

· 1

√2+ϕ r3

2x

!

· r3

2x+ϕ 3√ 5 2√

2

x²− 1 3

!

·3√ 5 2√

2

x²− 1 3

Or

ϕ 1

√2

= 1

√2, ϕ r3

2x

!

=

√3 2√

2, etϕ 3√ 5 2√

2

x²− 1 3

!

=−

√5 8√

2. Donc

q(x) = 1 2+ 3

4x− 15 32

x²− 1

3

=−15

32x²+3

4x+21 32. Exercice 3. 1. Soient α, β ∈R etp, r∈V. On a alors

λ_q(αp+βr) = Z b

a

(αp+βr)(x)q(x)dx= Z b

a

(αp(x) +βr(x))q(x)dx

=α Z b

a

p(x)q(x)dx+β Z b

a

r(x)q(x)dx=αλ_q(p) +βλ_q(r).

Doncλ_q ∈V^].

Soient α, β ∈R etq, q⁰ ∈V. On a alors

(λ(αq+βq⁰))(p) = λ_αq+βq⁰(p) = Z b

a

p(x)(αq+βq⁰)(x)dx

= Z b

a

p(x)(αq(x) +βq⁰(x))dx

=α Z b

a

p(x)q(x)dx+β Z b

a

p(x)q⁰(x)dx

=αλ_q(p) +βλ_q⁰(p) = (αλ(q) +βλ(q⁰))(p) pour toutp∈V, donc λ(αq+βq⁰) =αλ(q) +βλ(q⁰) etλ ∈L(V, V^]).

2

2. On doit montrer que λ est injective. Comme cette application est linéaire, il suffit donc de montrer que siλ(q) =λ(0) = 0, alors q = 0. L’égalité λ(q) = 0 équivaut à

λ(q)(p) = Z b

a

q(x)p(x)dx= 0 pour toutp∈V. En particulier pour p=q, on obtient

λ(q)(q) = Z b

a

q²(x)dx= 0.

et cela implique que q= 0

3. On a, pour tout β, γ ∈R etp, r∈V :

ev_α(βp+γr) = (βp+γr)(α) =βp(α) +γr(α) =βev_α(p) +γev_α(r),

donc ev_α ∈V^]. Admettons qu’il existeq ∈P(R) tel queλ_q(p) = ev_α(p) =p(α)pour tout p ∈ P(R). Ceci est alors également vrai pour p ∈ P(R) donné par p(x) = (x−α)²q(x).

Mais on aev_α(p) = 0, et donc0 = λ_q(p) =Rb

a(x−α)²q²(x)dx. Cela implique(X−α)q = 0, et par conséquent q = 0. Mais alors, on a 1 = evα(1) = λq(1) = λ0(1) =Rb

a 0dx = 0, une contradiction.

4. On rappelle que Φ(p, q) =Rb

ap(x)q(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 de V =P(R) muni du produit scalaireΦ. On a vu ci-dessus que l’opérateur λ n’est pas surjectif. Il n’est par conséquent pas inversible.

5. Si l’espace vectoriel est Pn(R), on peut définir ev_α ∈Pn(R)^] de la même façon : ev_α(q) = q(α) pour tout q ∈ Pn(R). Comme Pn(R) est de dimension finie, la formule du cours (donnée dans la preuve du Théorème 9.1) nous donne dans ce cas un polynômep_α ∈Pn(R) satisfaisant ev_α(q) = hq, p_αipour tout q ∈Pn(R). Donc l’argument utilisé dans la preuve de l’exercice précédent ne peut pas être valable ici. En relisant cette dernière, on se rend compte qu’on ne peut ici pas affirmer que (X−α)²p_α est de degré inférieur ou égal àn.

On montre que le polynôme (X − α)²p_α n’est pas un élément de Pn(R). Si on avait (X−α)²p_α ∈Pn(R), alors on aurait l’égalité

0 = evα((X−α)²pα)

=h(X−α)²p_α, p_αi= Z b

a

(x−α)²p_α(x)²dx=k(X−α)p_αk².

On pourrait en conclure comme en haut que (X −α)p_α = 0, et donc p_α = 0. Mais alors on aurait 1 = ev_α(1) = h1, p_αi = h1,0i = 0. Ceci n’est pas possible. Le polynôme (X−α)²pα n’est donc pas un pôlynome de degré inférieur ou égal à n. Par conséquent, on a degp_α ∈ {n−1, n}.

Noter qu’il n’est pas évident de montrer cela rien qu’avec la formule du cours pour pα! Exercice 4. 1.

T^∗(x, y) =h(x, y), T(1,0)i(1,0) +h(x, y), T(0,1)i(0,1)

=h(x, y),(1,0)i(1,0) +h(x, y),(1,1)i(0,1)

=x(1,0) + (x+y)(0,1)

= (x, x+y).

3

2. Dans F, le produit scalaire est donné par hλ, µi = λ¯µ. Pour λ ∈ F, on veut trouver T^∗(λ)∈V tel quehv, T^∗(λ)i=T(v)·λ¯ =hv, wiλ¯=hv, λwipour toutv ∈V. Évidemment, T^∗(λ) =λw.

On peut aussi calculer directement

T^∗(λ) =

n

X

i=1

hλ, T(u_i)i_Fu_i =

n

X

i=1

λT(u_i)u_i =

n

X

i=1

λhu_i, wi_Vu_i =

n

X

i=1

λhw, u_ii_Vu_i =λw,

où(u₁, . . . , u_n) est une base orthonormale de V. 3.

T^∗(x1, . . . , xn) =

n

X

i=1

h(x1, . . . , xn), T(ei)iei =

n−1

X

i=1

h(x1, . . . , xn), ei+1iei

=

n−1

X

i=1

x_i+1e_i = (x₂, x₃, . . . , x_n,0).

Exercice 5. 1. On remarque queker(T^∗−¯λId_V) = ker(T−λId_V)^∗ = im(T−λId_V)^⊥. Alors λ¯est une valeur propre deT^∗ ssiim(T−λId_V)^⊥ 6= 0. Ceci est le cas ssiim(T−λId_V)6=V, donc ssiker(T −λIdV)6= 0. Ceci est équivalent à : λ est une valeur propre de T.

2. Supposons queU est invariant par rapport àT. Soientu∈U etv ∈U^⊥. Alorshu, T^∗vi= hT u, vi= 0 car T u∈U etv ∈U^⊥. Donc T^∗(U^⊥)⊂U^⊥. Réciproquement, supposons que U^⊥ est invariant par rapport àT^∗. Soient u∈U etv ∈U^⊥. Alors hT u, vi=hu, T^∗vi= 0 car u∈U etT^∗v ∈U^⊥. Donc T u∈(U^⊥)^⊥=U. Par conséquent, T(U)⊂U.

3. Démonstration par récurrence. Évident pour k = 1. Supposons que (T^k−1)^∗ = (T^∗)^k−1. Alors (T^k)^∗ = (T^k−1T)^∗ = T^∗(T^k−1)^∗ = T^∗(T^∗)^k−1 = (T^∗)^k, ce qui termine l’étape de récurrence.

Exercice 6. 1. (a) Soient p, q ∈ V. Alors hp, Dq+D^∗qi = hp, Dqi+hDp, qi = R1 0 pq⁰ + R1

0 p⁰q= (pq)|¹₀ =p(1)q(1)−p(0)q(0).

(b) Soitq ∈V,q(x) = xetp∈V. Alorshp, Dq+D^∗qi=p(1)·1−p(0)·0 =p(1) = ev₁(p).

La fonctionq₀ :=Dq+D^∗q aurait alors la propriétéhp, q₀i=δ₁(p)pour toutp∈V. Par la preuve de l’exercice 3.1, un tel q₀ n’existe pas. Contradiction ! L’hypothèse queD^∗ existe était donc fausse.

2. On sait que

(f(t)g(t))⁰ =f⁰(t)g(t) +f(t)g⁰(t).

D’où

hT(f), gi= Z π

−π

f⁰(t)g(t)dt= [f(t)g(t)]^π_−π− Z π

−π

f(t)g⁰(t)dt.

Par la pérodicité de f et g on a f(π) = f(−π) etg(π) =g(−π) d’où : hT(f), gi=−

Z π

−π

f(t)g⁰(t)dt.

Autrement dit : hT(f), gi=hf,−T(g)i et doncT^∗ =−T.

Exercice 7. 1. Rappelons que T^∗∗ = T d’après le cours. Si kerT = 0 alors imT^∗ = (kerT^∗∗)^⊥ = (kerT)^⊥ = V donc T^∗ est surjective. Réciproquement, si imT^∗ = V, alors kerT = kerT^∗∗= (imT^∗)^⊥=V^⊥ = 0. Donc T est injective.

2. Appliquer la question précédente à T^∗ en utilisantT^∗∗=T. Cela donne : T^∗ est injective si et seulement si T^∗∗=T est surjective.

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