EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 22
Exercice 1.
1. Exemple : TA associé àA=
0 1
−1 0
. En effet,At=−A6=AetAAt=AtA= 1 0
0 1
. 2. Exemple : TB associé àB =
0 1 0 0
. En effet, BBt = 1 0
0 0
et BtB = 0 0
0 1
. Exercice 2. 1. D’après l’exercice 2 de la série 17, la liste
B:= p0 = 1
√2, p1 = r3
2X, p2 = 3 2
r5 2
X2− 1 3
!
est une base orthonormale de V. On calcule : T∗(p0) =
2
X
i=0
hp0, T(pi)ipi
=hp0,0ip0+hp0,0ip1+
* p0,3
2 r5
2X2 +
p2
= 3√ 5
4 h1, X2ip2 = 45 8√
2 ·2 3
X2− 1 3
= 15 4√ 2
X2−1 3
6= 0.
CommeT(p0) = 06=T∗(p0), il s’ensuit que T 6=T∗, est T n’est donc pas auto-adjoint.
2. On a [T](1,X,X2) =
0 0 0 0 0 0 0 0 1
, d’où [T](1,X,X2) = [T]∗(1,X,X2). Cela n’est pas en contradic- tion avec le fait queT n’est pas auto-adjoint, car la base(1, X, X2)n’est pas orthonormale.
3. Comme S(p0) = 0, S(p1) = p1 et S(p2) = 0, la matrice de S dans la base orthonormale Best
[S]B =
0 0 0 0 1 0 0 0 0
. On a donc
[S∗]B = ([S]B)∗ =
0 0 0 0 1 0 0 0 0
et doncS =S∗.
1
Exercice 3. 1. D’après l’inégalité de Cauchy Schwarz
|hv, T(v)i|2 ≤ ||v||2||T(v)||2 =||v||2hT(v), T(v)i=||v||2hv, T∗◦T(v)i=||v||2hv, T2(v)i.
2. Soient v etw∈V deux vecteurs propres deL pour les valeurs propresλ etµ∈F, λ6=µ.
On a alors
λhv, wi=hλv, wi=hL(v), wi=hv, L(w)i=hv, µwi=µhv, wi, et donc(λ−µ)hv, wi= 0. Comme λ6=µ, on a montré quehv, wi= 0.
3. (1,2,3)et(2,5,7)sont des vecteurs propres de0et1, respectivement.T est supposé auto- adjoint, donc d’après la question précédente, les vecteurs propres des valeurs propres distinctes sont orthogonaux. Mais h(1,2,3),(2,5,7)i = 33 6= 0. Donc un tel opérateur n’existe pas.
Exercice 4. On pose A = [T]B =
a c b d
. Puisque B est orthonormale, At = [T∗]B, et AtA =AAt commeT est normal. Explicitement,
a b c d
a c b d
=
a c b d
a b c d
a2+b2 ac+bd
ac+bd c2+d2
=
a2+c2 ab+cd ab+cd b2+d2
.
Alors a2+c2 =a2 +b2 ⇒b2 =c2 ⇒ c=±b. Si c=b alors T est auto-adjoint, contradiction.
Alors c=−b. Du coefficient (1,2), on trouve maintenant que ab−bd =ac−cd =−b(a−d), donc 2b(a−d) = 0. Or, b 6= 0 car T n’est pas auto-adjoint, donc a=d.
Exercice 5. 1. On considère TA, TB : F2 → F2, où A =
1 2 2 0
et B =
0 1 1 0
. Évidem- ment, A = A∗ et B = B∗, et donc TA et TB sont auto-adjoints. Mais AB =
2 1 0 2
6=
2 0 1 2
= (AB)∗, doncTA◦TB n’est pas auto-adjoint.
2. L’opérateur nul est auto-adjoint puisque sa matrice dans n’importe quelle base est la matrice nulle, qui est égale à sa transposée conjuguée. Donc on a W 6=∅.
Soit n = dimV et soit B une base orthonormale de V. Soient T, S ∈ W et α, β ∈ R. On a alors [αT +βS]B=α[T]B+β[S]B car [·]B :L(V)→Mat(n;R)est une application linéaire. On trouve donc
([αT +βS]B)∗ = ([αT +βS]B)t = (α[T]B+β[S]B)t=α([T]B)t+β([S]B)t
=α[T]B+β[S]B = [αT +βS]B,
et donc αT +βS est auto-adjoint. Cela implique que αT +βS ∈ W. On a donc montré que W est un sous-espace vectoriel de L(V).
3. L’application identité est un élément de W, IdV ∈ W. Considérons S = i·IdV. On a alors, siB= (u1, . . . , un)est une base orthonormée quelconque de V etv =Pn
k=1xkuk= Pn
k=1hv, ukiuk ∈ V : S∗(v) = Pn
j=1hv, S(uj)iuj = Pn
j=1hv, iujiuj = −iPn
j=1hv, ujiuj =
−iv. On a donc S = iIdV et S∗ = −iIdV, donc S = iIdV 6∈ W et W n’est pas un sous-espace vectoriel deL(V).
2
Exercice 6. 1. Soit v ∈V un vecteur non nul. On a alors
h(T2 +αT +βIdV)(v), vi=hT2(v), vi+αhT(v), vi+βhv, vi
=hT(v), T(v)i+αhT(v), vi+βkvk2 car T =T∗
≥ kT(v)k2− |α| · kT(v)k · kvk+βkvk2
=
kT(v)k −|α| · kvk 2
2
+
β− α2 4
kvk2 >0.
On obtient donc que (T2+αT +βIdV)(v)6= 0 pour tout v 6= 0. Donc T2+αT +βIdV
est injectif et donc surjectif d’après le théorème du rang.
2. La liste(v, T(v), . . . , Tn(v))est une liste den+ 1vecteurs. Comme la dimension deV est n, ces vecteurs ne peuvent pas être linéairement indépendants et il existe a0, . . . , an ∈R pas tous nuls tels que a0v+a1T(v) +. . .+anTn(v) = 0.
3. On a p(T)(v) = 0 et donc
c(T−λ1IdV)◦. . .◦(T−λmIdV)◦(T2+α1T+β1IdV)◦. . .◦(T2+αMT+βMIdV)(v) = 0, cette égalité ne dépendant pas de l’ordre des applications linéaires appliquées àv. Comme p6= 0, on a c6= 0. De plus, d’après la première question, les opérateursT2+αiT +βiIdV sont inversibles pour i= 1, . . . , M. On obtient donc m≥1 et
(T −λ1IdV)◦. . .◦(T −λmIdV)(v) = 0.
(En effet, si on avait (T − λ1IdV)◦ . . . ◦ (T − λmIdV)(v) 6= 0, alors on obtiendrait p(T)(v) = c(T2+α1T +β1IdV)◦. . .◦(T2 +αMT +βMIdV)◦(T −λ1IdV)◦. . .◦(T − λmIdV)(v)6= 0car les M derniers opérateurs que l’on applique sont inversibles. Mais ceci est une contradiction car p(T)(v) = 0.) Admettons maintenant que T n’a aucune valeur propre réelle. En particulier, les valeursλ1, . . . , λm ne sont pas des valeurs propres de T. On a alors (T −λiIdV)(w)6= 0pour tout 06=w∈V et i= 1, . . . , m, et on obtient pour tout06=w∈V :(T−λmIdV)(w)6= 0implique que(T−λm−1IdV)◦(T−λmIdV)(w)6= 0 etc. En particulier, la composition(T −λ1IdV)◦. . .◦(T −λmIdV) appliquée au vecteur v ne peut pas être nulle, une contradiction. L’opérateur T possède donc au moins une valeur propre réelle λ.
3
