ALG
EBRE
Exercice 1.
Soits2N;s>2. On considere l'espace vectorielMs(R) des matrices carrees d'ordre s a coecients reels. Pour tout A2 Ms(R), on note tA la matrice transposee deA.
Six=
0
@
x1
x...s
1
Aet y=
0
B
@
y1
y...s
1
C
Asont deux vecteurs deRs, on pose :
hx;yi= Ps
k=1xkyk
Six2Rs, on note kxk=phx;xila norme euclidienne de x.
Enn, siEest un sous-espace vectoriel deRs, on noteE? l'orthogonal deE. 1. On suppose dans cette question que s= 4, et on considere la matrice :
P = 14
0
B
@
1 ;1 1 1
;1 1 ;1 ;1
1 ;1 1 1
1 ;1 1 1
1
C
A
a) CalculertP etP2.
b) Determiner les valeurs propres deP et les sous-espaces propres associes.
Montrer quePest la matrice d'une projection orthogonale sur un sous{espace deR4 que l'on determinera.
2. On revient maintenant au cas general (s quelconque). Montrer que la matrice P 2 Ms(R) est la matrice d'une projection orthogonale si et seulement si on aP2=P ettP =P.
3. SoientPetQdeux matrices deMs(R) representant chacune une projection orthogonale. On suppose de plus que pour toutx2Rs :
jjPxjj2+jjQxjj26jjxjj2 () a) Montrer quePQ=QP = 0.
b) En deduire queP +Qest la matrice d'une projection orthogonale.
4. Soient P1;P2;:::;Pn, n matrices representant chacune une projection orthogonale deRs et telles queP1+P2++Pn =I, ouI est la matrice identite deMs(R).
Montrer que pour toute partie non vide E de f1;2;:::;ng, kP
2EPk est la matrice d'une projection orthogonale deRs.
5. On se place a nouveau dansR4 et on considere la matrice : Q= 12
0
B
@
1 1 0 0 1 1 0 0
0 0 1 ;1
0 0 ;1 1
1
C
A
a) Montrer queQest la matrice d'une projection orthogonale deR4. b) Montrer queP et Qverient la relation (), ou P est la matrice de la premiere question. Que peut-on dire deP+Q?
Solution :
1. a) On trouvetP=P2=P.
b)P est une matrice de projecteur (non degenere), ses valeurs propres sont donc 0 et 1.
L'image de P est le sous-espace propre associe a la valeur propre 1 et est engendree par le vecteur (1;1;1;1).
Le noyau deP est l'hyperplanH d'equationx;y+z+t= 0 (regarder les lignes de P). Cet hyperplan est l'orthogonal de Vect(1;1;1;1) et P est le projecteur orthogonal surH.
2.?OnP2=P si et seulement siP represente un projecteur.
? P est une matrice symetrique si et seulement si elle represente, dans la base canonique deRs, un endomorphisme admettant une base orthonormee de vecteurs propres.
Donc une matrice de projecteur est symetrique si et seulement si ImP et KerP (qui sont les sous-espaces propres) sont orthogonaux, donc si et seulement siP est une matrice de projecteur orthogonal.
3. a) Soitx2Rs, appliquons () au vecteurPx:
kP2xk2+kQPxk2=kPxk2+kQPxk26kPxk2 DonckQPxk260 etQPx= 0. On montre de m^eme quePQx= 0 :
PQ=QP = 0
b)? P et Qsont symetriques, il en est de m^eme de P+Q.
?(P+Q)2=P2+Q2+PQ+QP =P2+Q2=P+Q. DoncP+Qest une matrice de projecteur orthogonal.
4. CommeP1;:::;Pn sont nmatrices de projections orthogonales telles que l'on aitP1++Pn =I, il vient :
kP1xk2++kPnxk2=hP1x;P1xi++hPnx;Pnxi
=hx;tP1P1xi++hx;tPnPnxi
=hx;P21xi++hx;Pn2xi=hx;(P1++Pn)xi
=kxk2.
Ainsi, sik6=`, on a s^urementkPkxk2+kP`xk26kxk2et doncPkP`= 0.
Il s'ensuit que : (kP
2EPk)2=kP
2EPk2 =kP
2EPk, donc kP
2EPk est une matrice de projection.
Comme kP
2EPk est encore symetrique, il s'agit m^eme d'une projection or- thogonale.
5. a) On verie quetQ=Q2=Q.
b) Pourm= (x;y;z;t) on obtient apres calculs :
kPmk2+kQmk2=x2+y2+z2+t2;14(x;y;z;t)26kxk2.
Donc P +Q est une matrice de projecteur orthogonal, ce qui se verie facilement directement.
Exercice 2.
1. Montrer que pour toutn2N, il existe un unique polyn^omeTn2R[X] tel que pour toutxreel : Tn(cosx) = cos(nx).
Determiner le degre deTn. 2. a) Montrer que l'application :
(P;Q)7!Z 1
;1Pp(t)Q(t) 1;t2dt denit un produit scalaire surR[X].
b) Montrer que la famille (Tn)n>0 est une famille orthogonale de R[X] muni de ce produit scalaire. Determiner la norme deTn.
Solution :
1.T0(cosx) = cos(0:x) =) T0= 1 ; T1(cosx) = cos(1:x) =) T1=X;
Supposons la famille construite jusqu'a un certain rangn>1, on a : cos((n+ 1)x) + cos((n;1)x) = 2cosxcos(nx) On peut donc prendreTn+1(X) = 2XTn(x);Tn;1(X)
Enn si 8x2R;Tn(cosx) =Qn(cosx) = cos(nx), les polyn^omes Tn et Qn
concident en tout point de [;1;1], donc Tn;Qn a une innite de zeros et est le polyn^ome nul, ce qui prouve l'unicite.
2. a) La fonction a integrer est continue sur ];1;1[ et la convergence de l'integrale pour la borne 1, resulte de la regle de Riemann, puisqu'il existeM tel que :
jPp(t)Q(t)j
1;t2 6 M (1;t)1=2 On procede de m^eme pour la borne;1.
Ceci etant dit, il est clair que l'application proposee est bilineaire et symetrique.
Enn
Z 1
;1pP2(t)
1;t2dt>0, l'egalite ne pouvant avoir lieu que si la fonction a integrer est nulle sur ];1;1[, donc que siP est le polyn^ome nul.
On a bien deni ainsi un produit scalaire.
b) Par le changement de variablet= cosu:
Z 1
;1Tpn(t)Tk(t) 1;t2 dt=
Z
0 cos(nu)cos(ku)
jsinuj sinudu=
Z
0 cos(nu)cos(ku)du. On a : cos(nu)cos(ku) = 12;cos((n+k)u) + cos((n;k)u).
?Si k6=n, l'integration se fait sans probleme et l'integrale est nulle : La famille (Tn)n2N est orthogonale
?Si k=n= 0, l'integrale vaut et kT0k=p.
?Si k=n6= 0,
Z 1
;1pTn2(t)
1;t2dt= 12Z0(1 + cos(2nu))du=2 et donc :
kT0k=p;8n>1;kTnk=q2
Exercice 3.
On considere l'espace euclidienRn, muni de son produit scalaire usuel.
SoientX =
0
B
B
@
x1
x2
x...n
1
C
C
A etY =
0
B
B
@
y1
y2
y...n
1
C
C
Adeux vecteurs non nuls deRn. 1. Calculer les produits matricielstX Y etXtY.
2. Determiner les valeurs propres et les vecteurs propres de la matrice B=XtY. Cette matrice est-elle diagonalisable?
On precisera egalement son noyau et son rang.
3. Montrer reciproquement que toute matrice M 2 Mn(R) de rang 1 peut s'ecrire sous la formeM=XtY, avecX etY deux vecteurs non nuls deRn. Sont-ils uniques ?
4. On considere la matriceA= (ai;j)2Mn(R), de coecients : ai;j =i;j+xiyj ou
i;j= 1 sii=j i;j= 0 sinon.
A quelle condition (necessaire et susante) portant sur X et Y la matrice Aest-elle inversible ? Expliciter alors son inverse.
Solution :
1. Un calcul immediat donne :tX:Y =iP=1n xiyi=hX;Yi
et : X:tY =
0
B
@
x1y1 ::: x1yn
... ...
xny1 ::: xnyn
1
C
A
2. La matriceB =XtY est de rang 1 (toutes ses colonnes sont proportion- nelles a la premiere colonne X). Ainsi dimKerB = n;1 et 0 est valeur propre, le sous-espace propre associe etant de dimension (n;1).
De plus ImB= Vect(X), et :BX =XtY X =hX;YiX.
Notons qu'un vecteur propre deBassocie a une eventuelle valeur propre non nulle est necessairement un vecteur de l'image deB.
Ainsi, si hX;Yi 6= 0, on obtient une base de vecteurs propres de B en completant une base de KerB par X et B est diagonalisable, les valeurs propres etant 0 ethX;Yi.
En revanche, sihX;Yi= 0, 0 est l'unique valeur propre deB etB n'est pas diagonalisable.
B est diagonalisable si et seulement sihX;Yi6= 0.
3. Si M est une matrice de rang 1, toutes ses colonnes (C1;:::;Cn) sont proportionnelles a une m^eme colonneX, soitCi=yiX. On a alors
M=XtY; avecY =
0
B
B
@
y1
y2
y...n
1
C
C
A
Il n'y a pas unicite, puisque si (X;Y) est solution, pour tout6= 0, (X;Y=) est egalement solution.
4. On a immediatementA=I+B. Les valeurs propres deAsont donc 1 et 1+hX;Yi, etAest inversible et seulement sihX;Yi+16= 0 (car dans ce cas 0 n'est pas valeur propre deA).
On aB2=hX;YiB, donc (A;I)2=hX;Yi(A;I), d'ou : A2;(hX;Yi+ 2)A=;(hX;Yi+ 1)I et A;1= (hX;Yi+ 2)I;A
hX;Yi+ 1
Exercice 4.
Si (An)n2Nest une suite de matrices deM2(R) avec pour tout n2N, An =
an bn
cn dn
, on dit que la suite (An) converge si les quatre suites reelles (an), (bn), (cn) et (dn) sont convergentes. La matrice :
A= nlim
!1
an nlim
!1
bn
nlim!1cn nlim
!1
dn
!
2M2(R) est alors appelee limite de la suite (An).
SiM 2M2(R), on pose pour toutnentier naturel : Sn(M) = Pn
k=0Mk=I2+M++Mn ouI2 designe la matrice unite deM2(R).
1. Soit (An) une suite de matrices de M2(R) qui converge versA et P une matrice deM2(R). Montrer que la suite (PAn) converge versPA. Que peut- on dire de la suite (AnP) ?
2. SoitA2M2(R) etP une matrice inversible deM2(R).
a) Exprimer, pour n entier naturel, Sn(P;1AP) en fonction de Sn(A) et deP.
b) En deduire que la suite ;Sn(A) converge si et seulement si la suite
;Sn(P;1AP)converge.
3. Soituun endomorphisme non diagonalisable deR2 admettant une valeur proprea.
a) Preciser l'ensemble des valeurs propres deuet la dimension de l'espace propre deuassocie a la valeur proprea.
b) Soit e1 un vecteur propre de u associe a la valeur propre a et e2 un vecteur de R2 tel queB = (e1;e2) soit une base de R2. Justier l'existence d'un tel vecteure2et montrer qu'il existeb2R tel que la matrice deudans la baseBsoit egale a
a b 0 a
. Determiner alors la matrice deudans la base C= (be1;e2) deR2.
4. Soitaun reel etT la matrice
a 1 0 a
.
a) Calculer, pour tout entier natureln, la matriceTn.
b) En deduire que la suite ;Sn(T) est convergente si et seulement si a2];1;1[ et calculer alors la limite de cette suite.
5. SoitA2M2(R) admettant au moins une valeur propre reelle.
a) Montrer que ;Sn(A) est convergente si et seulement si les valeurs propres deAappartiennent toutes a ];1;1[.
b) Calculer, pournentier naturel, (I2;A)Sn(A) et en deduire que, lorsque la suite;Sn(A)converge, sa limite est egale a l'inverse de la matriceI2;A.
Solution :
1. SoitAn=
an bn
cn dn
, A= limn
!1
An=
a b c d
et P =
p q r s
. Alors : PAn=
pan+qcn pbn+qdn
ran+scn rbn+sdn
converge vers
pa+qc pb+qd ra+sc rb+sd
=PA. On montre de m^eme que (AnP) converge versAP.
2. a) Pour tout entierk, (P;1AP)k =P;1AkP et donc : Sn(P;1AP) =P;1Sn(A)P.
b)?Si la suite ;Sn(A)converge versS(A), alors;P;1Sn(A)Pconverge versP;1S(A)P.
? On obtient l'implication reciproque en remarquant que si A0 = P;1AP, alors on a :A=P0;1A0P0, avecP0 =P;1.
3. a) Comme u n'est pas diagonalisable, a est sa seule valeur propre et le sous-espace propre associe est de dimension 1.
b) e1 est propre, donc non nul et (e1) est une famille libre, que l'on peut completer en une base B = (e1;e2).La matrice de u dans cette base est de la forme
a b 0 c
, mais le fait que u ait a pour unique valeur propre impose c=a et le fait queune soit pas diagonalisable impose b6= 0. Donc
C= (be1;e2) est encore une base etMC(u) =
a 1 0 a
. 4. Par recurrence, ou par la formule du bin^ome :8n2N;Tn =
an nan;1 0 an
. b) Ainsi Sn(T) =
0
B
@
n
P
k=0ak kPn=1kak;1
0 Pn
k=0ak
1
C
Aet ;Sn(T)converge si et seule- ment si;1< a <1 et on a alors :
nlim!1Sn(T) =
(1;a);1 (1;a);2 0 (1;a);1
5. a) Il existe P 2GL2(R) telle que A=PTP;1, avecT =
a c 0 b
, avec c= 0 siAest diagonalisable etc= 1 sia=bet Anon diagonalisable.
Notons queaet b sont les valeurs propres deA et que;Sn(A) converge si et seulement si;Sn(T)converge.
Sic= 0,Sn(T) =
0
B
@
n
P
k=0ak 0 0 kPn=0ak
1
C
A
Sic= 1,a=b et le calcul a ete fait en 4. b).
Dans tout les cas ;Sn(A) converge si et seulement si ;1 < a < 1 et
;1< b <1.
b) Facilement, par telescopage : (I2;A)Sn(A) =I2;An+1. Si la suite;Sn(A)converge, alorsAn+1=Sn+1(A);Sn(A)n;!
!1
0 et : (I2 ;A)S(A) = limn
!1
[(I2 ;A)Sn(A)] = I2, ce qui prouve que I2;A est inversible (on le savait car 1 n'est pas valeur propre de A) et que :
S(A) = (I2;A);1
Exercice 5.
Soitnun entier naturel tel quen>3 etA2Mn(R) denie par :
A=
0
B
B
B
B
B
@
1 1 1 1
1 0 0
1 ... ...
... ... ...
1 0 0
1
C
C
C
C
C
A
et'l'endomorphisme associe aAsur la base canonique deRn. Determiner une base du noyau de'et une base de l'image de'. En deduire les valeurs propres et les sous-espaces propres deA.
Solution :
1. On remarque que la matrice A (donc l'endomorphisme associe') est de rang 2 (les deux premieres colonnes sont independantes, les autres etant proportionnelles a la seconde).
L'image Im'est de dimension 2 ; une base est, par exemple : (e1;iP=1n ei).
Par le theoreme du rang, le noyau Ker'est de dimension (n;2). En utilisant les colonnes deA, la famille (e2;e3;e2;e4;:::;e2;en) forme une base de ce noyau.
2. Ainsi 0 est valeur propre deA, et le sous-espace propre qui lui est associe est KerAde dimension (n;2).
Les vecteurs propres de' associes aux valeurs propres non nulles sont dans Im'(puisque'(x) =x;6= 0).
Soit (e1;v), avecv=iP=1n ei la base de Im' precedemment determinee, et l'endomorphisme de Im'induit par'.
On a (e1) =v; (v) =v+ (n;1)e1. DoncM =M(e1;v)( ) =
0 n;1
1 1
Les valeurs propres de sont1= 1 +p24n;3 et 2= 1;p24n;3 et on peut prendre pour vecteurs propres associes (i;1)e1+v.
Ces valeurs propres et ces vecteurs propres sont les elements propres de ' manquants.
La matriceA est donc diagonalisable, ce que l'on savait depuis le debut de l'exercice, puisqu'elle est symetrique reelle.
Exercice 6.
1. Soit Eun espace vectoriel euclidien dont le produit scalaire est noteh; i et la norme associeekk.
Soitf un endomorphisme symetrique deE.
On notela plus petite valeur propre reelle def et! la plus grande valeur propre reelle def.
1. a) Montrer que, pour toutx2E,kxk26hx;f(x)i6!kxk2.
b) Existe-t-il un vecteur non nulx deEqui veriex;f(x)=!kxk2? Est-il vrai que sir est un reel tel que, pour tout x2E, hx;f(x)i6rkxk2, alorsr>!?
Repondre aux questions analogues concernant.
2. Montrer que, pour toutn2N et toute famille (xi)16i6n de reels, 2iP=1n x2i + 2niP=1;1xixi+1=x21+niP=1;1(xi+xi+1)2+x2n et 2iP=1n x2i ;2niP=1;1xixi+1=x21+niP=1;1(xi;xi+1)2+x2n 3. Soient un entiern>2 et un reelk.
On considere la matriceA=
0
B
B
B
B
B
@
k 1 0 ::: 0 1 k 1 ... ...
0 1 ... ... 0 ... ... ... k 1
0 ::: 0 1 k
1
C
C
C
C
C
A
2Mn(R).
On notela plus petite valeur propre deAet!la plus grande valeur propre deA.
a) Montrer quek;26et que!6k+ 2.
b) Montrer ensuite que6k;1 et que!>k+ 1.
On cherchera une colonne non nulle X 2 Mn;1(R) telle que tXAX 6 (k;1)tXX et une colonne non nulle Y 2 Mn;1(R) telle que tY AY >
(k+ 1)tY Y.
Solution :
1. a) Comme f est un endomorphisme symetrique, il existe une base or- thonormeeB= (e1;e2;:::;en) deRn telle queMB(f) = diag(1;:::;n).
Soitx=iP=1n xiei, on af(x) =iP=1n xiiei ethx;f(x)i=iP=1n x2ii. Ainsi :kxk2=iP=1n x2i 6iP=1n x2ii 6!iP=1n x2i =!kxk2, soit :
kxk26hx;f(x)i6!kxk2
b) Six est un vecteur propre associe a la valeur propre!, on a :
hx;f(x)i=hx;!xi=!kxk2
La reponse esthhouiii, car si cela est vrai pour tout vecteurx, cela est vrai en particulier pour un vecteur proprexassocie a!et on a alors!kxk26rkxk2, i.e. r>!.
De m^eme, sixest propre pour la valeur propre, alorshx;f(x)i=hx;xi= kxk2 et si, pour toutx,hx;f(x)i>rkxk2, alorsr6.
2. Il sut de developper les seconds membres et on retrouve bien les premiers membres.
3. a) Rn etant muni de sa structure euclidienne canonique, A traduit un endomorphisme symetrique u. Pour tout vecteur x 2 Rn, en notant X la matrice colonne associee au vecteurx, on a :
hx;u(x)i=tXAX=kiP=1n x2i + 2niP=1;1xixi+1
= (k;2)iP=1n x2i +x21+niP=1;1(xi+xi+1)2+x2n>(k;2)iP=1n x2i. On en conclut donc que>k;2 (cf. 1. b) ).
De m^eme :
hx;u(x)i=kiP=1n x2i + 2niP=1;1xixi+1
= (k+ 2)iP=1n x2i ;(x21+niP=1;1(xi+xi+1)2+x2n)6(k+ 2)iP=1n x2i. On en conclut donc que!6k+ 2 (cf. 1. b) ).
b) ? Soit X =
0
B
B
@
1
;1 0...
1
C
C
A, on a tXAX = 2k;2 et tXX = 2. Ainsi, si x est le vecteur associe aX, on ahx;u(x)i= (k;1)kxk2, ce qui prouve que 6k;1.
De m^eme la consideration de la colonne Y =
0
B
B
@
11 0...
1
C
C
A et du vecteury associe donnehy;u(y)i= (k+ 1)kyk2, ce qui prouve que!>k+ 1.
Exercice 7.
Soitnentier naturel superieur ou egal a 2. On considere un espace vectoriel euclidien E muni du produit scalaire h;i et F et G deux sous-espaces vectoriels de E respectivement engendres par les familles (x1;:::;xn) et (y1;:::;yn) deE.
On suppose de plus que : 8(i;j) 2 [[1;n]]2;hxi;xji = hyi;yji et on pose pour tout j 2[[1;n]], zj =iP=1n hxi;xjiei, ou la famille (e1;:::;en) est la base canonique deRn.
1. Soitp2[[1;n]]. Montrer l'equivalence des deux assertions : i) la famille (x1;:::;xp) est liee.
ii) la famille (z1;:::;zp) est liee.
2. En deduire que dimF= dimG.
Solution :
1.i))ii). S'il existe (1;:::;p) reels non tous nuls tels que jP=1p jxj = 0, par bilinearite du produit scalaire, on a :p
P
j=1jzj =jP=1p j Pn
i=1hxi;xjiei=iP=1n hxi;jP=1p jxjiei= 0 et la famille (z1;:::;zp) est liee.
ii) )i). Sil existe (1;:::;p) reels non tous nuls tels que jP=1p jzj = 0, alors :
0 =jP=1p j Pn
i=1hxi;xjiei=iP=1n hxi;jP=1p jxjiei
Donc, par liberte de (e1;:::;en) :8i2[[1;n]];hxi;jP=1p jxji= 0, d'ou :
k
p
P
j=1jxjk2=hiPp
=1ixi;jPp
=1jxji= 0 etiPp
=1ixi= 0 : la famille (x1;:::;xp) est liee.
2. Une famille est libre si et seulement si elle n'est pas liee.
On vient donc de demontrer, a la numerotation des vecteurs pres, qu'une sous- famille de (x1;:::;xn) est libre si et seulement si la sous-famille correspon- dante de (z1;:::;zn) est libre et donc si et seulement si la sous-famille corre- spondante de (y1;:::;yn) l'est egalement, puisque8(i;j)2[[1;n]]2;hxi;xji=
hyi;yjiet donc les calculs sont les m^emes avec la famille (y1;:::;yn).
Ainsi les familles (x1;:::;xn) et (y1;:::;yn) ont le m^eme rang et dimF = dimG.
Exercice 8.
Soit n un entier naturel, n > 2. Soit E = Cn[X], l'espace vectoriel des polyn^omes a coecients complexes de degre inferieur ou egal an.
1. a) Soit2C donne etP(X) = (X;)k, avec 16k6n. Montrer queP est divisible par son polyn^ome deriveP0.
b) Reciproquement, soit P 2 E divisible par son polyn^ome derive P0. Determiner la forme deP.
2. Soitul'application denie surE par, pour toutP 2E : u(P)(X) = (X2+ 1)P0(X);nXP(X) a) Montrer queuest un endomorphisme deE.
b) Determiner les valeurs propres et les vecteurs propres deu. c) L'endomorphismeuest-il diagonalisable ?
Solution :
1. a) On a : P0 =k(X ;)k;1 et P est divisible par P0, le quotient etant 1k(X;).
b) SiP est divisible parP0, le quotientQest du premier degre etP =QP0.
?Si degP = 1, alorsP0 est un polyn^ome constant et on a bien P0 qui divise P.
? Supposons donc n = degP > 2, d'ou degP0 = n;1 > 1, et soient z1;z2;:::;zk les racines deP0 d'ordres de multiplicite respectifs1;:::k. CommeP0 est un facteur deP, les nombresz1;z2;:::;zk sont encore racines deP, donc d'ordres de multiplicite1+ 1;:::k+ 1.
Par consequent (1+ 1) ++ (k+ 1) =1++k+k6n, alors que 1++k =n;1. On en deduitk 61 et comme k>1, on ak= 1 et 1=n;1.
AinsiP admet une unique racine a l'ordrenet est de la forme(X;)n. 2. a) La linearite deuest evidente et pourk6n:
u(Xk) = (X2+ 1)kXk;1;nXk+1= (k;n)Xk+1+kXk;1
?Si k < n,u(Xk) est de degrek+ 1, donc appartient aE;
?si k=n,u(Xn) =nXn;12E.
Ainsi, par linearite, l'image par u de tout element de E est encore un element de E et u 2 L(E). Notons d'ailleurs que si degP < n, alors degu(P) = degP+ 1 et donc les eventuels polyn^omes propres sont de degre exactementn.
b) Soitune valeur propre (donc a priori complexe) deuetPun polyn^ome propre associe. On a :
u(P) =P, i.e. (X2+ 1)P0(X) = (nX+)P(X) ()
?Si nX+diviseX2+ 1, alors=niou=;ni.
Si =;ni, il reste (X +i)P0(X) =nP(X), P0 divise P et d'apres la premiere questionP est de degrenet admet;ipour unique racine (car ;i est racine deP!) :
;ni2Specu et E(;ni)(u) = Vect((X+i)n)
De la m^eme facon :
ni2Specu et E(ni)(u) = Vect((X;i)n)
?SinX+ne divise pasX2+1, alors () montre queiet;isont racines de P et P est divisible parX2+ 1. Designons alors park, avec 16k6bn=2c le plus grand entier tel que (X2+ 1)k diviseP :
P(X) = (X2+ 1)kQ(X), avecQ(i)6= 0 ouQ(;i)6= 0 La relation () devient : (X2+ 1)Q0(X) = [(n;2k)X+]Q(X).
Si Q(i)6= 0 alors=;(n;2k)iet (X +i)Q0(X) = (n;2k)Q(X). On deduit alors de la premiere question que ;i est l'unique racine de Q, cette racine etant d'ordren;2k:
;(n;2k)i2Specu et E(;(n;2k)i)(u) = Vect((X2+ 1)k(X+i)n;2k)
Si Q(;i)6= 0, on obtient de m^eme :
(n;2k)i2Specu et E((n;2k)i)(u) = Vect((X2+ 1)k(X;i)n;2k) c) Finalement les valeurs propres deusont;ni;;(n;2)i;:::;(n;2)i;ni, donc sont au nombre den+1. CommeEest de dimensionn+1, on en deduit queuest diagonalisable.
Exercice 9.
Soitp2N;p >2. On considere l'espace vectorielMp(R) des matrices carrees d'ordrep a coecients reels. Pour tout A2 Mp(R), on note tA la matrice transposee deA.
Six=
0
@
x1
x...p
1
Aet y=
0
B
@
y1
y...p
1
C
Asont deux vecteurs deRp, on pose :
hx;yi=kP=1p xkyk
Six2Rp, on notekxk=phx;xila norme euclidienne dex.
Enn, siEest un sous-espace vectoriel deRp, on noteE? l'orthogonal deE. 1. SoitA2Mp(R).
a) Montrer que Im(A)[Ker(tA)]?. b) Montrer que [Im(A)]?Ker(tA).
c) En deduire que Im(A) = [Ker(tA)]?.
2. On considere la matriceA2Mp(R) denie par :
A=
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0 0 ::: ::: ::: 0
1 ... ... ...
0 12 ... ... ...
... ... ... ... ... ...
... ... ... ... 0 0 ::: ::: 0 p;11 0
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
a) Determiner le noyau detA.
b) Montrer que tout vecteurx2Rp se decompose de maniere unique sous la forme :x=x0+Ax00, avecx02Ker(tA) et x002Im(tA).
On pose alorsx00=u(x). Verier que l'on denit ainsi un endomorphisme de
Rp. Determiner la matriceB associee audans la base canonique deRp. c) Montrer queABest la matrice de la projection orthogonale sur l'image deA.
d) CalculerBA. Que constatez-vous ?
3. Reprendre la construction et les calculs precedents pour une matrice A quelconque deMp(R).
Solution :
1. Notons par une m^eme lettre un vecteur de Rp et la matrice colonne canoniquement associee.
a) Soit y 2 ImA, il existe x 2 Rp tel que y = Ax. Si u est un vecteur quelconque de KertAon a :hy;ui=hAx;ui=t(Ax)u=txtAu=hx;tAui=
hx;0i= 0. Donc y2[KertA]? et :
Im(A)[Ker(tA)]?
b) Soitx 2[ImA]?, on a pour tout vecteury deRp :hx;Ayi= 0. Donc pour tout y 2 Rp;htAx;yi = 0 et tAy est orthogonal a Rp et est donc le vecteur nul, i.e.y 2Ker(tA) :
[Im(A)]? Ker(tA)
c) Le resultat b) donne, par passage a l'orthogonal : [Ker(tA)]? Im(A) et grce a a) :
Im(A) = [Ker(tA)]?
2. a) tA est clairement de rangp;1, donc son noyau est de dimension 1.
La premiere colonne detAetant nulle, son noyau est la droite engendree par le premier vecteur de la base canonique (e1;:::;ep) de Rp. Son image est engendree par les vecteurs colonnes detA, donc en fait pare1;e2;:::;ep;1.
b) Soitx=iP=1p xiei. Pouri2[[1;p;1]], on a :Aei= 1i ei+1 et donc : x=x1e1+iP=2p xiei=x1e1+A;piP=1;1ixi+1ei
On a bienx0 =x1e12Ker(tA) etx00=piP;1
=1ixi+1ei2Im(tA).
L'applicationx7!x00 est clairement lineaire et :
B=
0
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0 1 0 ::: ::: 0
0 ... 2 ... ...
... ... ... ... ...
... ... ... ... ... 0 ... ... ... ... p;1 0 ::: ::: 0 0 0
1
C
C
C
C
C
C
C
C
A
c)AB = diag(0;1;:::;1), qui est bien la matrice de la projection orthogo- nale sur ImA= Vect(e2;:::;ep).
d) De m^eme BA = diag(1;:::;1;0) qui est la matrice de la projection orthogonale sur Vect(e1;:::;ep;1) = Im(tA) = (KerA)?.
3. SiAest une matrice quelconque deMp(R).
D'apres 1. on aRp = Ker(tA)Im(A) = Ker(A)Im(tA).
Soitx2Rp. On peut ecrirex=x0+Ay, avecx0 2Ker(tA) et y2Rp. Le vecteury s'ecrity=u+x00, avecu2KerA etx002Im(tA).
On obtient doncx=x0+Ax00, avecx02Ker(tA) etx002Im(tA).
Six=x0+Ax00=x01+Ax001 sont deux telles decompositions, on a : x01;x0=A(x00;x001)
D'ou x01 ; x1 = 0, car Ker(tA) et ImA sont supplementaires, donc d'intersection reduite au vecteur nul.
Ainsi x00;x001 2 KerA et comme ce vecteur appartient aussi a Im(tA) = [KerA]?, il s'agit du vecteur nul.
Finalement la decomposition est bien unique et uest bien une application.
La linearite deuest evidente.
Par construction : ABx = AB(x0 +Ax00) = Ax00 = pImA(x), donc AB = PImA.
D'autre part,x=y0+y00, avecy0 2KerA ety002Im(tA). On en tire : BAx=BAy00=y00=pIm(tA)(x), soitBA=PImtA.
Exercice 10.
SoitE l'ensemble des polyn^omesP a coecients reels veriant : P(X)P(X+ 1) =;P(X2) ()
1. Trouver les polyn^omes constants veriant la relation ().
2. On suppose desormais queP2Ea un degre superieur ou egal a 1.
a) Soit une racine (eventuellement complexe) de P. Montrer que 8p2
N; 2p est egalement racine deP. Que peut-on conclure sur le module de? b) Montrer que siest racine deP, alors (;1)2est egalement racine de P.
c) Quelles sont les racines possibles deP?
d) Montrer queP est de la formeP(X) =;Xn(X;1)n, avecn>1.
3. a) Montrer que :
(P;Q)7!
Z 1
0 P(t)Q(t)dt denit un produit scalaire surR[X].
b) La famille des polyn^omes ;[Xn(X ;1)n](n)n>1 est-elle orthonormee pour ce produit scalaire ?
(On rappelle que S(n) designe la deriveenemedu polyn^ome S)
Solution :
1. Si P est un polyn^ome constant C la relation () est equivalente a C2+C= 0, soitC= 0 ouC=;1.
2. a) Supposons queP() = 0. La relation () entra^ne alors queP(2) = 0, donc en iterant ce processus, P(4) = 0, et par une recurrence immediate P(2p) = 0, pour toutp2N.
