EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 27
Exercice 1. 1. On trouve
J2 =
0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0
J3=
0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
J4 =I4
2. On déduit de la question1.que X4−1est un polynôme annulateur de J.
3. SoitP(X) =a+bX+cX2+dX3 un polynôme de degré inférieur ou égal à 3 à coefficients dans C. On a :
P(J) =
a b c d d a b c c d a b b c d a
On en déduit que P(J) = 0 ssi a=b=c=d= 0 c’est à dire ssiP = 0.
4. PuisqueX4−1 est un polynôme annulateur deJ de degré minimal d’après 3, on en déduit que c’est le polynôme minimal.
5. On a X4−1 = (X−1)(X + 1)(X−i)(X+i). Le polynôme minimal de J étant scindé et à racines simples on déduit queJ est diagonalisable et ses valeurs propres sont1,−1, iet−i.
Exercice 2. 1. On choisit la matrice diagonale en blocs,
0
1 1 0 1
3
, doncT(w, x, y, z) = (0, x+
y, y,3z).
2. On peut choisir une matrice diagonale
0
1 1
3
, donc T(w, x, y, z) = (0, x, y,3z).
Exercice 3. 1. Admettons qu’il existeS etT ∈L(V) tels queS◦T −T ◦S = IdV. On a alors Trace(S◦T−T ◦S) = Trace(IdV).
On sait queIdV est représentée par la matrice [IdV]B,B=In dans une base quelconqueBde V. On obtient doncTrace IdV =n.
D’un autre côté, on sait par le cours que
Trace(S◦T−T ◦S) = Trace(S◦T)−Trace(T ◦S) = Trace(S◦T)−Trace(S◦T) = 0, une contradiction car n6= 0.
1
2. Considérons la matrice Eij dont le terme à la i-ème ligne et j-ème colonne est égal à1 et tous les autres termes de la matrice sont nuls. On a
AEij =
a1i 0 ... 0
ani
où seule la j-ème colonne est non-nulle. D’où Trace(AEij) = aji. De même on montre que Trace(BEij) =bji. En faisant varier ietj on obtient
∀(i, j)∈ {1, . . . , n} × {1, . . . , n} aji=bji
d’oùA=B.
3. Choissisons une base orthonorméeB= (u1, . . . , un)deV. Rappelons la formuleu=Pn
i=1hu, uiiui pour tout u∈V. Les entrées diagonales de la matrice[T]B,B sont données par
hT ui, uii=hhui, viw, uii=hui, vihw, uii, 1≤i≤n.
Alors on calcule :
Trace(T) = Trace([T]B,B) =
n
X
i=1
hui, vihw, uii=
n
X
i=1
hhw, uiiui, vi=
* n X
i=1
hw, uiiui, v +
=hw, vi.
4. Soit V = R2, T(x, y) = (−y, x). Alors T2(x, y) = (−x,−y) = −(x, y). Donc T2 a une valeur propre,λ=−1, de multiplicité2. Par conséquent, Trace(T2) =−2<0.
5. SoitBune base de V de vecteurs propres deT. Alors [T]B,B=
λ1 0
. ..
0 λn
. Par conséquent, Trace(T2) =λ21+· · ·+λ2n≥0.
Exercice 4.
1. Par exemple les opérateurs associés aux matrices
0 1
−1 0
et
0 0 0 1
0 0 −1 0
0 1 0 0
−1 0 0 0
.
2. Supposons d’abord quedim(V) est pair. Soitdim(V) = 2net soit B= (e1, . . . , e2n) une base de V. Poser T(e2k−1) = −e2k et T(e2k) = e2k−1 pour 1 ≤k ≤n détermine un opérateur linéaire T ∈L(V). Son carré T2 ∈L(V) satisfait
T2(e2k−1) =T(−e2k) =−T(e2k) =−e2k−1 et
T2(e2k) =T(e2k−1) =−e2k.
Il prend donc les mêmes valeurs sur B que l’opérateur −IdV. Il s’ensuit que T2 = −IdV. Soit maintenant dim(V)impair et supposons qu’on ait T ∈L(V) avecT2 =−IdV. Alors
det(T2) = det(−IdV) = (−1)dim(V)det(IdV) =−1.
D’un autre côté, det(T2) = (det(T))2 ≥0car V est un R-espace vectoriel. Contradiction ! Exercice 5. 1. L’unique valeur propre de IdV est 1avec la multiplicité n:= dimV. Le polynôme
caractéristique de IdV est donc
cIdV = (X−1)n=
n
X
i=0
n i
(−1)iXn−i.
On a doncdet IdV = (−1)ncIdV(0) = (−1)2n= 1.
2
2. D’après le cours, on sait quedetT =λ1·. . .·λn, oùλ1, . . . , λn sont les valeurs propres deT (pas forcément toutes différentes).
SiT est inversible, alorskerT ={0}et0n’est pas une valeur propre deT. On a alorsλi 6= 0pour i= 1, . . . , n et doncdetT 6= 0. Réciproquement, si detT 6= 0, alors on aλ1, . . . , λn différents de 0 et donckerT ={0} etT est inversible d’après le Théorème du Rang.
3. SoitT ∈L(V) inversible. On montre que
Spec(T−1) ={λ−1|λ∈Spec(T)}.
Comme T est inversible, on a kerT ={0}et 0n’est pas une valeur propre de T. Pour la même raison, 0n’est pas une valeur propre de T−1. Soitλ∈Spec(T) etv6= 0un vecteur propre deT pour la valeur propre λ. Soit w =λv 6= 0. On a w= T(v) et donc T−1(w) =v = λ−1w. Donc λ−1 est une valeur propre de T−1. On a donc {λ−1 |λ∈Spec(T)} ⊆Spec(T−1). Comme T est l’inverse de T−1, on montre de la même façon que {λ−1 | λ ∈ Spec(T−1)} ⊆ Spec(T), ce qui termine la preuve. On a donc
detT−1 = Π
λ∈SpecTλ−1 =
λ∈SpecΠ Tλ −1
= (detT)−1.
4. On montre facilement, en différenciant les deux cas α= 0 etα6= 0, que Spec(αT) ={αλ|λ∈Spec(T)}.
On a donc
det(αT) = Π
λ∈SpecT(αλ) =αn· Π
λ∈SpecTλ=αndetT.
5. On a d’après le cours, pour une baseB quelconque de V : det(T1◦T2) = det [T1◦T2]B,B
= det [T1]B,B·[T2]B,B
= det [T1]B,B
·det [T2]B,B
= det(T1)·det(T2).
Exercice 6. 1. On trouve
A3=
2 −6 6
−9 −1 −18
3 3 5
et doncA3−2I3 = 3A. Le polynômep=X3−3X−2 = (X−2)(X+ 1)2 est donc un polynôme annulateur deT. On vérifie quepest en fait le polynôme minimal deT (on a de manière évidente A+I36= 0 etA−2I3 6= 0, un calcul donne aussi A2+ 2A+I3 6= 0etA2−A−2I36= 0). Comme degp = 3 = dimF3, on obtient donc que p est le polynôme caractéristique de T et on obtient Spec(T) ={−1,2}, avec les multiplicitésm−1 = 2 etm2 = 1.
On calcule doncE2 = ker(T −2 Id), qui a dimension1. L’applicationT −2 Id a pour matrice
A−2I3=
−2 −2 2
−3 −3 −6
1 1 −1
On trouve donc ker(T−2 Id) = span(e1−e2).
On a E−1= ker(T+ Id)2, avec dimE−1= 2. On calcule
A+I3=
1 −2 2
−3 0 −6
1 1 2
et (A+I3)2=
9 0 18
−9 0 −18
0 0 0
.
On trouve doncE−1 = span(e3−2e1, e2). De la première matrice, on obtient également l’espace propreV−1 = ker(T+ Id) = span(e3−2e1).
3
2. Pour λ = 2 on déjà trouvé E2 = V2 = span(e1−e2) et donc TE2 = 2 IdE2. On obtient donc ker(T|E2−2 IdE2) =E2 etB2 = (e1−e2).
3. On a λ2 = −1. Si v ∈ E−1 \V−1, alors T(v) 6= −v mais T(T(v) +v) +T(v) +v = 0, donc T(T(v) +v) =−(T(v) +v)et donc T(v) +v∈V−1.
On aE−1 = span(e3−2e1, e2)ete2 ∈E−1\V−1. On lit de la matriceA+I3 que(T+ Id)(e2) = e3−2e1. CommeT(e2) +e2 =e3−2e1, la baseB−1 = (e3−2e1, e2) est de la forme cherchée.
4. La baseB= (e1−e2, e3−2e1, e2)obtenue est une base de Jordan pourT, et lamatrice normale de Jordan deT est
J := [T]B,B=
2 0 0
0 −1 1
0 0 −1
carT(u1) = 2u1,T(u2) =−u2 etT(u3) =u2−u3. Le changement de baseB est la matrice
[Id]Bcan,B=
1 −2 0
−1 0 1
0 1 0
.
4
