Corrigé de la série 23

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 23

Exercice 1.

1. Exemple : A=

0 1

−1 0

. A^t=−A 6=A et AA^t=A^tA= 1 0

0 1

. 2. Exemple : B =

0 1 0 0

. BB^t= 1 0

0 0

et B^tB = 0 0

0 1

. Exercice 2. On pose A = [T]_B =

a c b d

. Puisque B est orthonormale, A^t = [T^∗]_B, et A^tA= AA^t 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 3. 1. L’adjoint deT est donné parT^∗ = (−T^∗T)^∗ =−(T^∗T)^∗ =−T^∗T =T, donc T est auto-adjoint. Soit λ ∈ Spec(T) et v ∈V_λ\ {0}, donc T v = λv. Appliquer T^∗ =T aux deux côtés donne−T v =λ²v. Par conséquence, (λ+λ²)v = 0, et doncλ(λ+ 1) = 0.

Il s’ensuit que λ= 0 ou bienλ=−1.

2. Si (e1, . . . , en)est la base canonique deCⁿ.TB(ei)est lai-ème colonne de la matrice i·A.

Donc on aT_B(e_i) =iT_A(e_i)pour i= 1, . . . , n, et donc T_B=iT_A.

On obtient par conséquent T_B^∗ = (iT_A)^∗ = ¯iT_A^∗ =−iT_A^∗ =−iT−A =iT_A =T_B. Donc T_B est auto-adjoint, et ses valeurs propres sont donc forcément toutes réelles.

Nous montrons maintenant queSpec(T_A) =−iSpec(T_B), ce qui impliquera queSpec(T_A)⊆

−iR=iR.

Soit λ ∈ Spec(T_B). Il existe alors v ∈ Cⁿ non-nul tel que T_B(v) = λv. On obtient alors T_A(v) = −iT_B(v) = −iλv, donc −iλ ∈ Spec(T_A). De même, si T_A(v) = λv pour un v ∈Cⁿ non-nul, alors TB(v) =iTA(v) = iλv. Comme on a λ =−i·iλ, on a montré que Spec(T_A) =−iSpec(T_B).

3. Ecrivons T =T_A+iB. Rappelons que T^∗ est représenté par la matrice (A+iB)^∗. De plus, nous avons (A+iB)^∗ = A^∗+ (iB)^∗ = A−iB^∗ = A−iB, comme A,B sont réelles et symétriques. Alors :

T T^∗ =T^∗T ⇔ (A+iB)(A+iB)^∗ = (A+iB)^∗(A+iB)

⇔ (A+iB)(A−iB) = (A−iB)(A+iB)

⇔ A²+iBA−iAB+B² =A²−iBA+iAB +B²

⇔ 2i(BA−AB) = 0 ⇔ AB =BA.

1

Exercice 4. 1. Pour les noyaux : Pour tout v ∈ V, kT vk = kT^∗vk. Alors kT vk = 0 ⇔ kT^∗vk= 0. Par conséquent, T v= 0 ⇔T^∗v = 0. Donc kerT = kerT^∗.

Pour les images :ImT^∗ = (kerT)^⊥= (kerT^∗)^⊥= ImT.

2. On procède par récurrence. Pour k = 1c’est la définition d’opérateur normal. Supposons, pour un certain k ≥2, que T^∗ commute avec T^k−1, c.-à-d. que T^∗T^k−1 =T^k−1T^∗. Alors T^∗T^k =T^∗T^k−1T =T^k−1T^∗T =T^k−1T T^∗ =T^kT^∗, ce qui termine la récurrence.

On sait par la proposition 9.1 du polycopié que (T^∗)^∗ = T, donc T est normal si et seulement siT^∗est normal. En applicant le résultat ci-dessus àT^∗, on obtient(T^∗)^kT^∗∗= T^∗∗(T^∗)^k et donc (T^∗)^kT =T (T^∗)^k.

3. La preuve est par récurrence. Pour k = 1 c’est l’hypothèse. Supposons que T^k−1 est nor- mal, k ≥ 2. Alors (T^k)^∗T^k = (T^k−1T)^∗T^k−1T = T^∗(T^k−1)^∗T^k−1T = T^∗T^k−1(T^k−1)^∗T = T^k−1T^∗(T^∗)^k−1T = T^k−1T^∗T(T^∗)^k−1 = T^k−1T T^∗(T^∗)^k−1 = T^k(T^∗)^k = T^k(T^k)^∗, où on a utilisé les résultats de la question précédente.

4. Tout d’abord, le noyau. On utilise la récurrence. Si k = 1 c’est évident. Supposons, pour un certain k > 1, que kerT^k−1 = kerT. Soit v ∈ kerT. Donc T v = 0, d’où T^kv = T^k−1(T v) = 0, et v ∈kerT^k. Par conséquent,kerT ⊆kerT^k. Réciproquement, supposons que v ∈ kerT^k. Alors T(T^k−1v) = 0, donc T^k−1v ∈ kerT = (ImT^∗)^⊥ = (ImT)^⊥, en utilisant le résultat de l’exercice 4.1 et le fait que T est normal. Commek−1 >0, on a k−2≥0et on peut écrire T^k−1v =T(T^k−2(v))∈ImT. Donc T^k−1v ∈ImT∩(ImT)^⊥= {0}. Par conséquent,T^k−1v = 0, doncv ∈kerT^k−1 = kerT par hypothèse, ce qui termine l’étape de récurrence.

On montre maintenant queIm(T^k) = Im(T)pour toutk ∈N. Soitk ≥1.T^kv =T(T^k−1v) alors ImT^k ⊆ImT. Réciproquement, on considèreT v; il faut montrer qu’il existe u∈V tel que T v =T^ku. Or, V = ImT^k−1⊕(ImT^k−1)^⊥. Mais (ImT^k−1)^⊥ = ker(T^k−1)^∗. Selon l’exercice 4.3, T^k−1 est normal. Donc (ImT^k−1)^⊥ = ker T^k−1∗

= kerT^k−1 d’après le cours et l’exercice 4.1. De plus, kerT^k−1 = kerT par la première partie de cette question.

Donc on peut écrire v ∈ V sous la forme v = T^k−1u+w, où u ∈ V et w ∈ kerT. Donc T v =T(T^k−1u+w) = T^ku.

Exercice 5. 1. Soit B= (e1, . . . , en) la base canonique deFⁿ. On a alors ϕ(x1, . . . , xn) =ϕ

n

X

i=1

xiei

!

=

n

X

i=1

xiϕ(ei)

par linéarité de ϕ. En posant ϕ(ei) =:ai ∈F pour i= 1, . . . , n, on obtient ϕ(x1, . . . , xn) =

n

X

i=1

xiai.

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 vecteurvcherché est donc le vecteurv = (a₁, . . . , a_n)∈Fⁿ. Exercice 6.

1. On refait ici le raisonnement de l’exercice 4.3 de la série 20. Soit α ∈ R. Considérons l’évaluation enα (ou opérateur de Dirac)ev_α ∈P(R)^] défini parev_α(q) =q(α)pour tout q∈P(R).

2

Admettons qu’il existe p ∈ P(R) tel que hq, pi = ev_α(q) = q(α) pour tout q ∈ P(R).

Ceci est alors également vrai pour q ∈ P(R) donné par q(x) = (x−α)²p(x). Mais on a ev_α(q) = 0, et donc 0 = hq, pi = k(X −α)pk. Cela implique (X −α)p = 0, et par conséquent p= 0. Mais alors, on a 1 = ev_α(1) =h1, pi=h1,0i= 0, une contradiction.

2. 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 polynômepα ∈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 = ev_α((X−α)²p_α)

=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 p_α! Exercice 7. 1. Soient p, q ∈V. Alorshp, Dq+D^∗qi=hp, Dqi+hDp, qi=R1

0 pq⁰+R1 0 p⁰q= (pq)|¹₀ =p(1)q(1)−p(0)q(0).

2. Soitq ∈V,q(x) =xetp∈V. Alorshp, Dq+D^∗qi=p(1)·1−p(0)·0 =p(1) = ev₁(p). La fonction q₀ :=Dq+D^∗q aurait alors la propriété hp, q₀i =δ₁(p) pour tout p∈V. Par la preuve de l’exercice 6.1, un tel q₀ n’existe pas. Contradiction ! L’hypothèse que D^∗ existe était donc fausse.

3