EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007
Corrigé de la série 16
Correction exercice 1 On a :
x 1 1 1 y 1 1 1 1
.
1 2 3
=
x+ 5 2y+ 4
6
.
Or,(1,2,3)est un vecteur propre de la matrice si et seulement si(x+5,2y+4,6)∈Span(1,2,3).
La dernière coordonnée impose que (x+ 5,2y+ 4,6) = 2·(1,2,3). On en déduit que x=−3 et y= 0.
Correction exercice 2 Soit X =
x1 . . . xn
∈ Rn\ {0} tel que AX = λX. En écrivant le système correspondant à cette relation on obtient :
– Soit λ= 0 et x1+. . .+xn= 0.
L’espace propre de A associé à la valeur propre 0 est alors un hyperplan (i.e. un espace de dimension n −1). En notant ~e1 les vecteurs de la base canonique de Rn on peut prendre comme base de cet espace propre les vecteurs : ~e1 −~ei pour i= 2, . . . , n.
– Soit λ=n et, dans ce cas, x1 =. . .=xn. Le sous espace propre associé à la valeur propre n est alors Span(
1 . . .
1
).
Correction exercice 3
1. On a P = [Id]C,B. L’identité étant une application linéaire inversible (d’inverse Id!) on déduit que P est une matrice inversible et P−1 = [Id]B,C.
2. Comme D= [Id]B,C[f]C,C[Id]C,B on obtient queD= [f]B,B. Or, Best une base de vecteurs propres par hypothèse, c’est à dire que∀i, f(~vi) =λi(~vi). Par conséquent,Dest diagonale et les termes de la diagonale sont les valeurs propres de f.
3. On a : An=P DnP−1.
4. On résout le système AX =λX pour X =
x y z
. On obtient le système linéaire suivant :
(2−λ)x + y − z = 0
x +(2−λ)y − z = 0 (1−λ)z = 0
– Soit λ = 1 et x +y −z = 0. On peut alors prendre comme base de l’espace propre associé à 1 : ~e1−~e2 et ~e2+~e3.
1
– Soit λ = 3 et, dans ce cas, z = 0 et x−y = 0. On peut alors prendre comme base de l’espace propre associé à 3 : ~e1+~e2.
Par définition de P on a :
P =
1 1 0 1 −1 1 0 0 1
.
Un calcul d’inverse de matrice donne
P−1 = 1 2
1 1 −1 1 −1 1
0 0 2
.
(On peut vérifier qu’on a bien P−1AP =
3 0 0 0 1 0 0 0 1
)
Comme Dn=
3n 0 0 0 1 0 0 0 1
, un calcul de produit de matrices donne :
An= 1 2
3n+ 1 3n−1 −3n+ 1 3n−1 3n+ 1 −3n+ 1
0 0 2
.
Correction exercice 4
Par définition, si f est diagonalisable, il existe une base B de E telle que
[f]B,B =
λ1 0 . . . 0
0 . .. 0
0 λn−1 0 0 . . . 0 λn
.
D’où
[fk]B,B =
λk1 0 . . . 0
0 . .. 0
0 λkn−1 0 0 . . . 0 λkn
= 0.
Le corps de base étant R ou C on en déduit que λ1 =. . .=λn= 0.
(On aurait pu également utiliser ce qui a été vu dans la Série 15 en remarquant que Xk est un polynôme annulateur de f et en en déduisant que la seule valeur propre de f est 0. )
Correction exercice 5
L’espace E étant un C espace vectoriel, on sait d’après le cours que f est trigonalisable c’est à dire qu’il existe une baseB={e1, . . . , en}telle que[f]B,B est une matrice triangulaire supérieure.
On en déduit que le sous espace de E : Span(e1, . . . , ei) est de dimension i et est stable par f.
(Pour i= 0 on considère l’espace {0}.) Correction exercice 6
2
1. La matriceABétant diagonalisable, on a l’existence deP ∈GLn(F)telle que :P−1ABP = D où D est une matrice diagonale. Si A est inversible, en posant Q= A−1P ∈ GLn(F) on a :
D=P−1ABP =P−1AB(AA−1)P = (P−1A)BA(A−1P) =Q−1BAQ.
De manière similaire si B est inversible :
D=P−1ABP =P−1(B−1B)ABP = (P−1B−1)BA(BP) = (BP)−1BA(BP).
2. Le résultat est faux sans l’hypothèse d’inversibilité.
Par exemple, pour n = 2, A = 0 1
0 0
, B = 1 1
0 0
. Comme det(A) = det(B) = 0 ces matrices ne sont pas inversibles.
Mais AB = 0 0
0 0
est diagonalisable alors que BA= 0 1
0 0
n’est pas diagonalisable.
3
