EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 20
Exercice 1. 1. On écrit p=a0+a1X+. . .+anXn aveca0, . . . , an∈F. On a alors [p(T)]B,B = [a0IdV +a1T +. . .+anTn]B,B
=a0[IdV]B,B+a1[T]B,B+. . .+an[Tn]B,B
(par la Proposition 5.1 du polycopié)
=a0[IdV]B,B+a1[T]B,B+. . .+an[T ◦. . .◦T
| {z }
nfois
]B,B
=a0[IdV]B,B+a1[T]B,B+. . .+an[T]B,B·. . .·[T]B,B
| {z }
nfois
(par la définition du produit de matrices)
=a0[IdV]B,B+a1[T]B,B+. . .+an([T]B,B)n=p([T]B,B).
2. Soit λ une valeur propre de T. Il existe donc 0 6= v ∈ V tel que T(v) = λ(v). On écrit p=Pn
i=0aiXi, et on obtient p(T)(v) =
n
X
i=0
aiTi
! (v) =
n
X
i=0
aiTi(v) =
n
X
i=0
aiλiv =p(λ)v.
Comme v 6= 0, on a montré que v est un vecteur propre de p(T) pour la valeur propre p(λ).
3. Pour montrer Spec(p(T)) ⊆ p(Spec(T)) dans le cas où F = C, nous utilisons le résultat du cours qui dit qu’il existe une baseB deV telle que [T]B,B est triangulaire supérieure :
[T]B,B =
λ1 ∗ · · · ∗ 0 λ2 . .. ...
... . .. ... ∗ 0 · · · 0 λn
(attention, on peut avoir ici λi =λj pouri6=j). De plus, nous rappelons que les valeurs propres d’un opérateur représenté par une telle matrice sont exactement les coefficients sur la diagonale, i.e., Spec(T) ={λ1, . . . , λn}. D’après la question 1, la matrice [p(T)]B,B de l’opérateur p(T) par rapport à B est donnée par p([T]B,B). En utilisant le résultat de l’exercice 6.2, on peut montrer par récurrence que [T]kB,B est de la forme
[T]kB,B =
λk1 ∗ · · · ∗ 0 λk2 . .. ...
... . .. ... ∗ 0 · · · 0 λkn
,
ce qui implique que
[p(T)]B,B=p([T]B,B) =
p(λ1) ∗ · · · ∗ 0 p(λ2) . .. ... ... . .. . .. ∗ 0 · · · 0 p(λn)
.
Par conséquent, les valeurs propres dep(T)sont les scalairesp(λk), et doncSpec(p(T)) = p(Spec(T)).
4. La matrice deT dans la base canonique deR2 est
0 −1 1 0
. La matrice de p(T)est donc 0 −1
1 0
·
0 −1 1 0
+
1 0 0 1
=
−1 0 0 −1
+
1 0 0 1
= 0 0
0 0
,
et donc p(T) = 0. Le nombre 0 est par conséquent la seule valeur propre de p(T). On obtient Spec(p(T)) = {0}, mais Spec(T) = ∅ (T(a, b) = (b,−a) = λ(a, b) implique b = λa = −λ2b, donc b = a = 0 ou λ2 + 1 = 0) et par conséquent p(Spec(T)) = ∅.
On a donc ici
p(Spec(T)) =∅({0}= Spec(p(T)).
Exercice 2. 1. On a vu dans l’exercice 7 de la série 14 que Spec(TA) = {2,−2,3} avec V2 = span(e3), V−2 = span(−2e1 +e2) et V3 = span(e1 + 2e2 + 5e3). On a aussi vu que B= (e3,−2e1+e2, e1+ 2e2+ 5e3)est une base deF3 et que [TA]B,B = diag(2,−2,3) =:D.
On calcule P = [IdC3]Bcan,B =
0 −2 1
0 1 2
1 0 5
et [IdC3]B,Bcan = P−1 =
0 −2 1
0 1 2
1 0 5
−1
=
−1 −2 1
−2/5 1/5 0 1/5 2/5 0
.On a donc
A50= ([TA]Bcan,Bcan)50= ([IdF3◦TA◦IdF3]Bcan,Bcan)50
= ([IdF3]Bcan,B·[TA]B,B·[IdF3]B,Bcan)50= (P ·D·P−1)50
= (P ·D·P−1)·(P ·D·P−1)·. . .·(P ·D·P−1) =P ·D50·P−1
=P ·diag 250,(−2)50,350
·P−1 =P ·diag 250,250,350
·P−1
=
0 −2·250 350 0 250 2·350 250 0 5·350
·
−1 −2 1
−2/5 1/5 0 1/5 2/5 0
= 1 5
4·250+ 350 −2·250+ 2·350 0
−2·250+ 2·350 250+ 4·350 0
−5·250+ 5·350 −10·250+ 10·350 5·250
.
2. On procède comme dans la preuve du théorème 8.3 du cours. On calcule det(B−XI3) =
−(1+X)2(X−2)et on trouve par conséquentSpec(TB) = {−1,2}. Le sous-espace vectoriel U := im(TB + IdC3) = span((1,−3,1),(−2,0,1),(2,−6,2)) = span((1,−3,1),(−2,0,1)) deV a dimension2et estT-invariant. On trouveT(1,−3,1) = (8,−6,−1) = 2(1,−3,1)−
3(−2,0,1) et T(−2,0,1) = (2,0,−1) et par conséquent, si C0 = ((1,−3,1),(−2,0,1)), [T|U]C0 =
2 0
−3 −1
. Si on pose v1 = (−2,0,1), v2 = (1,−3,1), on trouve donc
[T|U](v1,v2) =
−1 −3
0 2
. (Noter que v1 est une base de U0 = im(T|U − 2 IdU), donc on peut aussi trouver cette base en suivant simplement l’algorithme si on ne remarque pas qu’on obtient une matrice triangulaire supérieure en inversant l’ordre des vecteurs.) En choisissant v3 :=e3 et en posantC= (v1, v2, v3), on trouve donc
[T]C,C =
−1 −3 0
0 2 2
0 0 −1
car T(e3) = (2,−6,1) = 2v2−v3. On retrouve bien les valeurs propres sur la diagonale.
Exercice 3. 1. Un calcul montre que l’image de q(t) = a0+a1t+a2t2 est donnée par T(q(t)) = (a0+a1) + (2a0+a1+ 2a2)t+ (a1+a2)t2,
ce qui est bel et bien un polynôme de degré inférieur ou égal à deux. L’application T est bien un opérateur linéaire. Soit C= (1, t, t2), alors
A := [T]C,C =
1 1 0 2 1 2 0 1 1
.
On trouve donc det(A−X·I3) = (1−X)(X−3)(X+ 1)et par conséquent, en utilisant la méthode donnée par l’exercice 3 de la série 19, Spec(T) = {−1,1,3}. En particulier, il y a trois valeurs propres, etT est donc automatiquement diagonalisable. Pour les espaces propres, on trouveV−1 =R·(1−2t+t2),V1 =R·(1−t2)etV3 =R·(1 + 2t+t2). Posons B= 1−2t+t2,1−t2,1 + 2t+t2
, on a alors [T]B,B = diag(−1,1,3).
2. Posons V = P2(R). On rappelle la formule [S]C,C = [IdV]C,B[S]B,B[IdV]B,C qui est valable pour un opérateur linéaire S ∈ L(V) et des bases B, C de V. On trouve par la même méthode :
[Sn]C,C = [IdV ◦Sn◦IdV]C,C = [IdV]C,B[Sn]B,B[IdV]B,C = [IdV]C,B([S]B,B)n[IdV]B,C. Ici, on a
[IdV]C,B =
1 1 1
−2 0 2 1 −1 1
, [IdV]B,C = [IdV]−1C,B = 1 4
1 −1 1 2 0 −2
1 1 1
.
On trouve :
[IdV]C,B[Tn]B,B[IdV]B,C = 1 4
1 1 1
−2 0 2 1 −1 1
(−1)n 0 0
0 1 0
0 0 3n
1 −1 1 2 0 −2
1 1 1
= 1 4
2 + (−1)n+ 3n (−1)n+1+ 3n −2 + (−1)n+ 3n ((−1)n+1+ 3n)·2 ((−1)n+ 3n)·2 ((−1)n+1+ 3n)·2
−2 + (−1)n+ 3n (−1)n+1+ 3n 2 + (−1)n+ 3n
.
On en déduit que
Tn(a0+a1t+a2t2) =1 4
3n(a0+a1+a2) + (−1)n(a0 −a1+a2) + 2(a0−a2) + 2 3n(a0 +a1+a2) + (−1)n(−a0+a1−a2)
t
+ 3n(a0+a1+a2) + (−1)n(a0−a1+a2) + 2(−a0+a2) t2
.
Exercice 4. 1. On a
[L]B,B =
α 0 0 · · · 0 1 α 0 · · · 0 0 1 α . .. ...
... . .. ... ... 0 0 · · · 0 1 α
.
2. Soit B0 = (v1, . . . , v0n). Alors
[L]B0,B0 =
α 1 0 · · · 0 0 α 1 · · · 0 0 0 α . .. ...
... . .. ... ... 1 0 · · · 0 0 α
.
Comme cette matrice est triangulaire supérieure, la seule valeur propre de Lest α.
On peut lire directement de la matrice quevnest un vecteur propre pour la valeur propre α. On a donc span(vn) ⊆ Vα. On veut montrer l’autre inclusion. Soit v ∈ Vα, v = Pn
i=1xivi, c’est-à-dire tel queL(v) = αv. Cela équivaut à
n−1
X
i=1
xi(αvi+vi+1) +xnαvn =
n
X
i=1
αxivi.
On trouve donc
n
X
i=1
αxivi +
n
X
i=2
xi−1vi−
n
X
i=1
αxivi = 0
et par conséquent Pn
i=2xi−1vi = 0. Comme (v2, . . . , vn) est libre, on trouve donc x1 = . . .=xn−1 = 0 et v ∈span(vn). On a donc Vα = span(vn).
3. Si L est diagonalisable, il existe une base C= (w1, . . . , wn) deV telle que
[L]C,C =
α1 0 · · · 0 0 α2 . .. ... ... . .. ... 0 0 · · · 0 αn
avec α1, . . . , αn ∈ F. Mais dans ce cas, de manière évidente, chaque vecteur wi est un vecteur propre pour la valeur αi. Comme α est la seule valeur propre de L, on a donc α1 =. . .=αn =α. Mais dans ce cas, on obtientVα=V, en contradiction avec le résultat de la question précédente si n >1. Donc L n’est pas diagonalisable si n >1.
Exercice 5. 1. L’opérateur T donné dans la base canonique de R4 par la matrice
A:=
1 −1 0 0
1 1 0 0
0 0 1 −1
0 0 1 1
n’a aucune valeur propre. En effet,det(A−XI4) = ((X−1)2+ 2)2 = (X2−2X+ 3)2 n’a aucune racine dans R.
2. La dimension dimV ne peut pas être impaire. En effet, si dimV était impaire, alors T devrait avoir au moins une valeur propre d’après le cours.
De manière plus générale, s’il existe un sous-espaceT-invariantU deV, alors la restriction T|U :U →U est un élément de L(U). Si dimU est impaire, alors T|U possède au moins une valeur propre. Il existe alors U 3 v 6= 0 et λ ∈ F tels que T|U(v) = λv. Mais dans ce cas, on a T(v) = T|U(v) = λv comme élément de V. L’opérateur T possède donc la valeur propre λ, une contradiction.
Exercice 6. 1. SoitA= (aij)i=1,...,n,j=1,...,metB = (bij)i=1,...,l,j=1,...,n. On aD= (diδij)i,j=1,...,n. On a (D·A)ij =Pn
k=1diδikakj = diaij pour i = 1, . . . , n et j = 1, . . . , m, et (B·D)ij = Pn
k=1bikdkδkj =bijdj pouri= 1, . . . , let j = 1, . . . , n.
En multipliant A à gauche par D, on multiplie donc la i-ème ligne de A par di, et en multipliant B à droite parD, on multiplie la j-ème colonne de B par dj.
Donc si m = n et A = D, on va obtenir (D2)ij = d2iδij et récursivement (Dk)ij = dkiδij pour toutk ∈N eti, j = 1, . . . , n.
2. On écrit S = (sij)i,j=1,...,n et T = (tij)i,j=1,...,n et on note que comme S et T sont trian- gulaires supérieures, on a sij = tij = 0 pour i > j. On a aussi tii = ti et sii = si pour i= 1, . . . , n.
On a (S·T)ij =Pn
k=1siktkj. Si i=j, alors (S·T)ii=
n
X
k=1
siktki =
i−1
X
k=1
0·tki+siitii+
n
X
k=i+1
sik·0 = siitii.
Sii > j, on trouve m∈ {i+ 1, . . . , j} et donc
(S·T)ij =
n
X
k=1
siktkj =
j
X
k=1
0·tkj +
i−1
X
k=j+1
0·0 +
n
X
k=i
sik·0 = 0,
ce qui termine la preuve.
