Diagonalisation – DM1 PeiP (2018) – Correction

Exercice 1. [⋆] Notons E_i,j la matrice coordonnée (i, j) dans M_n,m(K).

Montrez que la famille (E_i,j)_1≤i≤n

1≤j≤m

est une base de M_n,m(K). En déduire sa dimension.

Correction :

Montrons que la famille(Ei,j)_1≤i≤n

1≤j≤m

est génératrice. Considé- rons A∈ M_n,m(K). On remarque alors que par la définition des opérations :

A=

⎛

⎜⎜

⎜⎜

⎝

a₁₁ 0 ⋯ 0 0 ⋯ ⋯ 0 ... ... 0 ⋯ ⋯ 0

⎞

⎟⎟

⎟⎟

⎠

+ ⋯ +

⎛

⎜⎜

⎜⎜

⎝

0 ⋯ ⋯ 0 0 ⋯ ⋯ 0 ... ... 0 ⋯ 0 anm

⎞

⎟⎟

⎟⎟

⎠

=

n

∑

i=1 m

∑

j=1

a_ijE_i,j

On vient donc de montrer que cette famille génèreM_n,m(K), commeK-espace vectoriel.

Montrons que cette famille est libre. On suppose qu’il existe des coefficients (λi,j)_1≤i≤n

1≤j≤m

tels que

n

∑

i=1 m

∑

j=1

λ_i,jE_i,j =0_Mn,m(K).

Cette dernière relation peut se réécrire sous la forme :

⎛

⎜

⎜

⎝

0 ⋯ 0 ... ... 0 ⋯ 0

⎞

⎟

⎟

⎠

=

⎛

⎜

⎜

⎝

λ11 ⋯ λ1,m

... ... λn,1 ⋯ λn,m

⎞

⎟

⎟

⎠ .

Cependant deux matrices sont égales, si chacun de leurs coef- ficients sont égaux. Cela implique que tous lesλ_i,j sont nuls : cette famille est libre.

On a montré que la famille (Ei,j)_1≤i≤n

1≤j≤m

était libre et géné- ratrice dans M_n,m(K) : c’est donc une base de cet espace vectoriel.

Correction :

Enfin la dimension deM_n,m(K)vaut le cardinal d’une de ces bases. En prenant la base composée des matrices coordonnées, on obtient que dim_K(M_n,m(K)) =n×m.

Exercice 2. [⋆⋆]Dites si les ensembles suivants sont desR-espaces vectoriels et si oui donnez sa dimension et une base.

1. E=Q; 2. E= [−1; 1]; 3. E=R⁺; 4. E=R;

5. E=Diag_n(R)l’ensemble des matrices carrés de taille n×ndiagonales ; 6. E l’ensemble des polynômes P∈Rn[X] avec P(0) =P(1) =0.

Correction :

1. On sait que

√

2∈R∖Q. En effet, si

√

2∈Q, il existerait deux entiers premiers entre eux a et b avec √

2=a/b etb≠0. Alors2b²=a². Cela implique que 2 divise a². Comme 2 est premier il divise forcément a. On écrit a=2c. Ainsi on aurait :

b²=2c²,

ce qui implique que 2 diviserait b. Cela est impossible car on a supposé queaetbétaient premiers entre eux.

Donc

√ R∖Q.

Maintenant comme√

2∈Ret que1∈Q, siQétait un R-espace vectoriel, alors

√ 2 =

√

2⋅1 ∈ Q, ce qui est impossible. DoncQn’est pas un R-espace vectoriel.

2. Si E était un R-espace vectoriel, alors 2= 1+1 ∈ E, ce qui est évidemment faux. Donc E n’est pas un R- espace vectoriel.

Correction :

3. Si E était un R-espace vectoriel, on aurait alors que

−1= −1⋅1∈E, ce qui est impossible. DoncE n’est pas unR-espace vectoriel.

4. Rest l’ensemble des combinaisonsR-linéaires des vec- teurs de la famille (1). Donc R est un R-espace vec- toriel dont une base est (1). Sa dimension (comme R-espace vectoriel !) est donc 1.

5. On sait que la matrice nulle est diagonale. Donc Diag_n(R) est non vide. De plus si on considère deux matrices A etB diagonales et λ∈R, comme on peut écrireA= ∑ⁿ_i=1aiEii etB= ∑ⁿ_i=1biEiion sait que :

λA+B=λ

n

∑

i=1

aiEii+

n

∑

i=1

biEii=

n

∑

i=1

(λai+bi)Eii, ce qui implique que λA + B ∈ Diag_n(R) : ainsi Diag_n(R) est un R-sous-espace vectoriel de M_n(R).

FinalementE est bien unR-espace vectoriel.

On a vu par ailleurs que (Eii)_1≤i≤n génère Diag_n(R).

On sait de plus que c’est une sous-famille d’une famille libre – à savoir la famille des matrices coordonnées – ce qui implique que c’est aussi une famille libre. On a donc montré que(E_ii)_1≤i≤nétait une base de Diag_n(R) puis :

dim_R(Diag_n(R)) =n.

6. On sait que le polynôme nul est dans E. Donc E est non vide. Soit P et Q deux éléments de E et λ∈ R. AlorsλP +Q∈Rn[X] et :

(λP +Q)(0) = (λP +Q)(1) =0,

ce qui implique queλP+Q∈E. On vient donc de mon- trer queE était unR-sous-espace vectoriel deRn[X].

Correction :

SoitP ∈E. On écrit tout d’abord P sous la forme : P =a₀+a₁X+ ⋯ +a_nXⁿ.

On sait que P(0) =0. Ainsi a0 =0. De même comme P(1) =0 on trouve que :

a₁= −a₂− ⋯ −a_n. On peut donc écrire :

P =a2(X²−X) + ⋯ +an(Xⁿ−X).

On a donc montré que la famille(Xⁿ−X, . . . , X²−X) génère bien E comme R-espace vectoriel. Montrons qu’elle est libre. Soit(λ_n, . . . , λ₂) tel que :

λn(Xⁿ−X) + ⋯ +λ2(X²−X) =0.

Cela implique alors que :

λ_nXⁿ+ ⋯ +λ₂X²− (λ_n+ ⋯ +λ₂)X=0.

Comme la famille(1, X, . . . , Xⁿ)est libre, on obtient queλ_n= ⋯ =λ₂=0. On a donc montré que la famille (Xⁿ−X, . . . , X²−X) était libre et génératrice dans E. C’est une base deE qui vérifie alors :

dim_R(E) =card(Xⁿ−X, . . . , X²−X) =n−1.

Exercice 3. [⋆] On définit l’application :

u ∶ R⁴ → R²

(x, y, z, t) ↦ (x+y+t, x−y+z) 1. Montrez que u est une application linéaire de R⁴ dans R².

2. On note C la base canonique dans R⁴ et la famille de vecteurs B^′ dans R² suivante :

e1= (1,1) ete2= (−1,1).

Montrez que B^′ est une base deR².

3. On définit la matrice M de u dans les bases C et B^′. Quelles sont les dimensions de M? Donnez M.

4. Est-ce queu est surjective, injective, bijective ? Correction :

1. Soit deux éléments de R⁴ qu’on note (x, y, z, t) et (x^′, y^′, z^′, t^′). Soit λ∈R. Alors on a :

u(λ(x, y, z, t) + (x^′, y^′, z^′, t^′))

=u(λx+x^′, λy+y^′, λz+z^′, λt+t^′)

= (λx+x^′+λy+y^′+λt+t^′, λx+x^′−λy−y^′+λz+z^′)

=λ(x+y+t, x−y+z) + (x^′+y^′+t^′, x^′−y^′+z^′)

=λ u(x, y, z, t) +u(x^′, y^′, z^′, t^′)

On a donc montré queuétait une application linéaire de R⁴ dansR².

2. Soit(x, y) ∈R². Alors on peut vérifier que : (x, y) = x+y

2 e₁+ x−y

2 e₂

Donc(e1, e2) génèreR². Comme le cardinal de cette famille génératrice vaut la dimension deR² – à savoir 2 – on sait que B^′ est une base deR².

3. Commeuva deR⁴dansR²,M est de dimension2×4.

Pour calculerM, on remarque que : u(1, 0, 0, 0) = (1, 1) =e1

Correction :

u(0, 1, 0, 0) = (1, −1) = −e2

u(0, 0, 1, 0) = (0,1) = 1 2e1+1

2e2

u(0, 0, 0, 1) = (1,0) = 1 2e1−1

2e2

Cela nous permet d’avoir :

Mat_C,B^′(u) = (1 0 1/2 1/2 0 1 1/2 −1/2).

4. Pour (x, y) ∈R², on voit que u(0, 0, y, x) = (x, ).

Cela implique que u est surjective.

Montrons queun’est pas injective. Pour cela, on peut exhiber un vecteur non nul dekeru. Dans le but de la correction, on va déterminer keru. On a que

(x, y, z, t) ∈keru⇔ {t= −x−y z=y−x , ce qui est équivalent à

(x, y, z, t) =x(1, 0, −1, −1) +y (0, 1, 1, −1).

Ainsi keru =Vect

⎡⎢

⎢⎢

⎢

⎢⎢

⎢⎣

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎝ 1 0

−1

−1

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎠ ,

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎝ 0 1 1

−1

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎠

⎤⎥

⎥⎥

⎥

⎥⎥

⎥⎦

est bien différent de {0}. Doncu n’est pas injective.

On aurait pu aller plus vite sur l’injectivité. En effet, si u était injective, alors u serait bijective, et on aurait dimR⁴ = dimR², ce qui est faux. Donc u n’est pas injective.

Exercice 4. [⋆] Parmis les applications suivantes, listez lesquelles sont li- néaires. Dans ce cas, donnez leurs matrices et dites si elles sont injectives, surjectives ou bijectives.

1. u₁ ∶R²→R² ; (x, y) ↦ (y, x); 2. u2 ∶R²→R ; (x, y) ↦e^xy; 3. u₃ ∶R→R³ ; x↦ (x, 2x, −x);

4. u4 ∶R⁴→R³ ; (x, y, z, t) ↦ (x−t, y−x, z−y).

Correction :

1. Soit (x, y), (x^′, y^′) ∈ R² et λ ∈ R. Alors : u1(λ(x, y) + (x^′, y^′)) = u1(λx+x^′, λy+y^′)

= (λy+y^′, λx+x^′)

= λ(y, x) + (y^′, x^′)

= λ u1(x, y) +u1(x^′, y^′). On a donc montré queu1 est une application linéaire de R² vers R² et on a :

M1 =Mat_C(u1) = (0 1 1 0).

CommeM1∈GL2(R), on obtient queu1 est bijective.

On peut aussi remarquer que u²₁ =id, ce qui nous dit queu₁ est inversible d’inverse u₁.

2. On remarque que u₂(2,0) =e² alors que u₂(1,0) =e.

Comme e²≠2e, on a :

u₂(2(1, 0)) ≠2u₂(1, 0),

ce qui implique que u₂ n’est pas une application li- néaire.

Correction :

3. Soitx, x^′∈R etλ∈R. Alors : u3(λx+x^′) =

⎛

⎜

⎝

λx+x^′ 2λx+2x^′

−λx−x^′

⎞

⎟

⎠

= λ

⎛

⎜

⎝ x 2x

−x

⎞

⎟

⎠ +

⎛

⎜

⎝ x^′ 2x^′

−x^′

⎞

⎟

⎠

= λ u3(x) +u3(x^′).

Donc u3 est une application linéaire de R dans R³ avec :

M3=MatC₁,C3(u3) =

⎛

⎜

⎝ 1 2

−1

⎞

⎟

⎠ ,

oùC₁ (resp.C₃) est la base canonique deR(resp.R³).

Soit x∈keru3. En particulier, en résolvant u3(x) =0, on obtient facilement que x = 0. Ainsi keru₃ = {0}, puisu₃ est injective.

De plus, on remarque que u3(x) =x(1, 2, −1). Donc Im u=Vect((1, 2, −1)) ≠R³ :u3 n’est pas surjective et donc pas bijective.

4. On vérifie que si (x, y, z, t), (x^′, y^′, z^′, t^′) ∈R⁴ et siλ∈Ralors :

u₄

⎡

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢

⎣ λ

⎛

⎜

⎜

⎜⎜

⎝ x y z t

⎞

⎟

⎟

⎟⎟

⎠ +

⎛

⎜

⎜

⎜⎜

⎝ x^′ y^′ z^′ t^′

⎞

⎟

⎟

⎟⎟

⎠

⎤

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥

⎦

= u₄

⎛

⎜

⎜

⎜⎜

⎝

λx+x^′ λy+y^′ λz+z^′ λt+t^′

⎞

⎟

⎟

⎟⎟

⎠

=

⎛

⎜

⎝

λx+x^′−λt−t^′ λy+y^′−λx−x^′ λz+z^′−λy−y^′

⎞

⎟

⎠

= λ

⎛

⎜

⎝ x−t y−x z−y

⎞

⎟

⎠ +

⎛

⎜

⎝ x^′−t^′ y^′−x^′ z^′−y^′

⎞

⎟

⎠

Correction :

u₄

⎡

⎢⎢

⎢⎢

⎢

⎢⎢

⎣ λ

⎛

⎜⎜

⎜⎜

⎝ x y z t

⎞

⎟⎟

⎟⎟

⎠ +

⎛

⎜⎜

⎜⎜

⎝ x^′ y^′ z^′ t^′

⎞

⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎤

⎥⎥

⎥⎥

⎥

⎥⎥

⎦

=λu₄

⎛

⎜⎜

⎜⎜

⎝ x y z t

⎞

⎟⎟

⎟⎟

⎠ +u₄

⎛

⎜⎜

⎜⎜

⎝ x^′ y^′ z^′ t^′

⎞

⎟⎟

⎟⎟

⎠ On a donc vu que u₄ est une application linéaire deR⁴ dans R³. On noteC₄ etC₃ les bases canoniques respectivement de R⁴ et de R³. Alors :

M4=Mat_C4,C3 =

⎛

⎜

⎝

1 0 0 −1

−1 1 0 0 0 −1 1 0

⎞

⎟

⎠

On remarque que u4(1, 1, 1, 1) =0, avec (1, 1, 1, 1) ≠0.

Donckeru₄ ≠ {0}:u₄n’est pas injective. L’applicationu₄ ne peut donc pas être bijective.

De plus, pour (x, y, z) ∈R³, on a :

u4(x, y+x, z+y+x) = (x, y, z), ce qui implique queu₄ est surjective.

Exercice 5. [⋆ ⋆ ⋆] On définit l’application :

L∶Rn[X] →Rⁿ⁺¹ ; P(X) ↦ (P(0), P(1), . . . , P(n)) 1. Montrer queL est une application linéaire de Rn[X] dans Rⁿ⁺¹. 2. Rappelez les dimensions deRn[X] et de Rⁿ⁺¹.

3. Montrez que le noyau deL est réduit au singleton{0}.

4. En déduire que u est injective puis bijective.

Correction :

1. Pour deux polynômes P et Q de Rn[X] etλ∈R, on a :

L(λP +Q) = (λP(0) +Q(0), . . . , λP(n) +Q(n))

= λ L(P) +L(Q), puisL est linéaire deRn[X] dansRⁿ⁺¹.

2. On rappelle les deux égalitésdim_R(Rn[X]) =n+1 et dim_R(Rⁿ⁺¹) =n+1.

3. Soit P ∈ kerL. Alors P est un polynôme de degré n qui admet au moins n+1 racines, à savoir tous les entiers entre 0 et n. Donc le polynôme deQ=X(X− 1)⋯(X−n) divise P. On sait que degP ≤ n et que degQ=n+1. Forcément, on aP =0.

De plus,L(0) =0.

DonckerL= {0}.

4. Comme le noyau de L est réduit au singleton {0},L est injective. Or les espaces de départ, qui estRn[X], et d’arrivée, qui estRⁿ⁺¹, ont la même dimension qui vautn+1(d’après la question 2). DoncLest bijective.

Remarque :On pourrait montrer la bijectivité de L, en montrant plutôt sa surjectivité. On pose pour touti∈ {0, . . . , n} le polynôme :

L_i=

n

∏

j=0 j≠i

X−j i−j .

Tous ces polynômes sont de degrénet on a pour n’importe quel indice0≤i≤n: Li(j) = {

0 si j≠i 1 sinon

Ainsi pour un élément(x1, . . . , xn+1) ∈Rⁿ⁺¹on aL(∑ⁿ_i=0xi+1Li) = (x1, . . . , xn), ce qui nous donne la surjectivité de L.

Exercice 6. [⋆ ⋆ ⋆⋆] En vous inspirant de l’exercice 5, montrez que l’applica- tion suivante est linéaire, puis qu’elle est bijective.

J ∶ Rn[X] → Rⁿ⁺¹

P ↦ (P(0), P⁽¹⁾(0), . . . , P⁽ⁿ⁾(0)) Correction :

Il est clair que pour deux polynômes P et Q de Rn[X] et pour un réel λon a :

J(λP +Q) = (λP(0) +Q(0), . . . , λP⁽ⁿ⁾(0) +Q⁽ⁿ⁾(0))

= λ J(P) +J(Q)

DoncJ est une application linéaire de Rn[X] dansRⁿ⁺¹. Vérifions queJest injective. Pour cela, on considèreP ∈kerJ. Alors 0 est une racine multiple deP d’ordre au moinsn+1: Xⁿ⁺¹diviseP. OrP est de degré au plusnetdegXⁿ⁺¹=n+1.

Forcément P = 0. On vérifie rapidemnt que J(0) = 0. On a donc montré que kerJ = {0}.

Donc J est une application linéaire injective deRn[X] dans Rⁿ⁺¹. On sait que :

dim_R(Rn[X]) =n+1=dim_R(Rⁿ⁺¹). DoncJ est bijective.

Remarque :La surjection deJ semble plus compliquée à obtenir que celle de L, alors qu’elle est plus simple. On sait que :

J( 1

i!Xⁱ) = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0).

Donc pour (x₁, . . . , x_n+1) ∈Rⁿ⁺¹, on a : J(

n

∑

i=0

xi+1

i! Xⁱ) = (x1, . . . , xn+1). En fait on vient de montrer que pour tout polynôme P :

P =

n

∑

i=0

P⁽ⁱ⁾(0) i! Xⁱ.