EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008
Corrigé de la série 21
Exercice 1. Un résultat du cours dit que le produit de deux matricesn×n diagonales en blocs de la forme A=
A1 0
...
0 Am
etB =
B1 0
...
0 Bm
telle que Ai est de la même tailleni
que Bi pour touti, est donné par AB =
A1B1 0 ...
0 AmBm
.
Soit alors Ade la forme mentionnée et supposons que toutes les Ai soient inversibles. Alors
A1 0
...
0 Am
A−11 0 ...
0 A−1m
=
In1 0 ...
0 Inm
= In. Par conséquence, A est inver-
sible, d'inverse A−1 =
A−11 0 ...
0 A−1m
. Soit inversément A comme au-dessus et inversible.
Ecrivons son inverse A−1 sous la forme A−1 =
B1,1 B1,2 · · · B1,m
... ... ...
Bm,1 Bm,2 · · · Bm,m
. Alors on calcule :
In =AA−1 =
A1 0 ...
0 Am
B1,1 B1,2 · · · B1,m
... ... ...
Bm,1 Bm,2 · · · Bm,m
=
A1B1,1 ∗ · · · · · · ∗
∗ ... ∗ · · · ∗
... ... ... ... ...
... ... ... ∗
∗ · · · · · · ∗ AmBm,m
,
où ∗ sont certaines expressions en Ai et Bk,l qui nous n'intéressent pas. En tout cas, nous voyons par comparaison des blocs sur la diagonale que Ini =AiBi,i. Cela implique que les Ai sont inversibles, d'inverses A−1i =Bi,i.
Exercice 2. Soit T ∈ L(V) normal. Par le théorème spectral, il existe une base orthonormée B de V telle que [T]B est diagonale ; les valeurs propres de T sont exactement les entrées sur la diagonale. Par ailleurs, la matrice [T∗]B de l'adjoint T∗ de T par rapport à la base B est donnée par la matrice conjuguée transposée de [T]B. Celle-là est diagonale, et les entrées sont les conjuguées des valeurs propres de T. Par conséquence, on a T∗ = T ssi [T∗]B = [T]B ssi λi = ¯λi ∀λi ∈spec(T)ssi spec(T)⊆R.
Exercice 3. L'adjoint de T est donné par T∗ = (−T∗T)∗ = −(T∗T)∗ =−T∗T = T, donc T est auto-adjoint. Soitλ∈spec(T)etv ∈Vλ− {0}, doncT v =λv. AppliquerT∗ =T aux deux côtés donne −T v =λ2v. Par conséquence, (λ+λ2)v = 0, et donc λ(λ+ 1) = 0. Il s'ensuit que λ= 0 ou bien λ=−1.
Exercice 4. (a) On a TB = iTA (pourquoi ?) et alors TB∗ = (iTA)∗ = ¯iTA∗ = −iTA∗ =
−iT−A=iTA=TB. Donc TB est auto-adjoint, et ses valeurs propres sont donc forcément toutes réelles. Nous laissons au lecteur de voir quespec(TA) = −ispec(TB), ce qui montre que spec(TA)⊆ −iR=iR.
(b) L'opérateurTA est normal (TATA∗ =TA·(−TA) = (−TA)·TA =TA∗TA) et donc diagonali- sable. SoitBune base de Cn telle que [T]B est diagonale et soit spec(TA) ={λ1, . . . , λk}, avec λi 6= λj pour i 6= j. Le rang de A, qui est par dénition donné par le rang de TA, est alors égal au nombre de valeurs propres non-nuls, comptées avec leurs multiplicités : rg(A) = Pk
i=1dim(Vλi). (C'est le nombre d'entrées non-nulles sur la diagonale de [T]B.) Or, A est réelle, et alors un scalaire λ∈C est une valeur propre deTA ssiλ¯ en est une :
(∗) λ∈spec(TA)⇔ ∃v 6= 0 : TAv =λv⇔ ∃v 6= 0 : TAv =λv
⇔ ∃v 6= 0 : TA¯v = ¯λ¯v ⇔ ∃w6= 0 :TAw= ¯λw.
Le nombre de valeurs propreskest donc pair, disonsk = 2l. Sans restreindre la généralité, nous pouvons supposer queλ2i+1 = ¯λ2i pour1≤i≤l. L'argument(∗)montre aussi que la conjugaison fournit une bijection¯.: Vλ →Vλ¯. Même si celle-là n'est pas linéaire ( !), nous pouvons conclure que dim(Vλ) = dim(V¯λ), comme une liste (v1, . . . , vk) est linéairement indépendante ssi (¯v1, . . . ,v¯k)l'est (preuve ?). Par conséquence, rg(A)est pair :
rg(A) =
k
X
i=1
dim(Vλi) =
l
X
i=1
(dim(Vλ2i) + dim(Vλ
2i)) = 2
l
X
i=1
dim(Vλ2i).
Exercice 5. D'après le cours, S est une isométrie de R2 (resp. R3) si et seulement s'il existe une base orthonormée Btelle que[S]B est une matrice diagonale par blocs, où chaque bloc est d'un des trois types suivants :(1),(−1),
cos(θ) −sin(θ) sin(θ) cos(θ)
(θ ∈R). Comme(1)et(−1)sont des matrices symétriques mais pas
cos(θ) −sin(θ) sin(θ) cos(θ)
pourθ 6=kπ(k ∈Z), on en déduit que : Les isométries auto-adjointes de R2 sont id, −id et les opérateurs S ∈ L(R2) qui ad-
mettent une base orthonormée B telle que [S]B =
1 0 0 −1
. Géométriquement, il s'agit de l'identité, de la symétrie par rapport à l'origine et des symétries par rapport à une droite passante par l'origine.
Pour R3, on a id,−id et les opérateurs S ∈L(R3)qui admettent une base orthonormée B telle que [S]B =
1 0 0 0 1 0 0 0 −1
ou bien [S]B =
1 0 0
0 −1 0 0 0 −1
. Géométriquement, ce sont l'identité, la symétrie par rapport à l'origine, une symétrie par rapport à un plan contenant l'origine et une rotation par180◦ autour d'une axe qui passe par l'origine.
Exercice 6. Une isométrie est normal, donc il existe une base orthonormale B = (~u1, ~u2, ~u3) de R3 telle que [S]B est diagonale en blocs, avec chaque bloc de taille 1×1 ou 2×2. Puisque la dimension est 3, au moins un bloc est de taille 1× 1. Sans perte de généralité, on peut supposer que ce bloc est dans la première colonne. Donc~u1 est un vecteur propre de S, c.-à-d.
que S~u1 = λ~u1. Mais S est une isométrie, donc 1 = k~u1k = kS~u1k = |λ|. Alors λ = ±1. En tout cas, S2~u1 =~u1.
Exercice 7. Faux. Soit V = R2 avec le produit scalaire euclidéen. On dénit S ∈L(R2) par S(1,0) = S(0,1) = (1,0). Alors kS(1,0)k = kS(0,1)k = 1, mais kS(1,−1)k = 0 6= √
2 = k(1,−1)k. Donc S n'est pas une isométrie.
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