Corrigé de la série 21

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 21

Exercice 1. 1.

T^∗(x, y) =h(x, y), T(1,0)i(1,0) +h(x, y), T(0,1)i(0,1)

=h(x, y),(1,0)i(1,0) +h(x, y),(1,1)i(0,1)

=x(1,0) + (x+y)(0,1)

= (x, x+y).

2. Dans F, le produit scalaire est donné par hλ, µi = λ¯µ. Pour λ ∈ F, on veut trouver T^∗λ ∈ V tel que hv, T^∗λi = T v·λ¯ = hv, wiλ¯ = hv, λwi pour tout v ∈ V. Évidemment, T^∗λ=λw.

Une autre méthode est de calculer directement T^∗(λ) =

n

X

i=1

hλ, T(u_i)i_Fu_i =

n

X

i=1

λT(u_i)u_i =

n

X

i=1

λhu_i, wi_Vu_i =

n

X

i=1

λhw, u_ii_Vu_i =λw,

où(u1, . . . , un) est une base orthonormale de V. 3.

T^∗(x₁, . . . , x_n) =

n

X

i=1

h(x₁, . . . , x_n), T(e_i)ie_i

=

n−1

X

i=1

h(x₁, . . . , x_n), e_i+1ie_i

=

n−1

X

i=1

x_i+1e_i

= (x₂, x₃, . . . , x_n,0).

Exercice 2. 1. Dans l’exercice 6 de la série 18, on a trouvé la base orthonormale

√1 2,

r3 2x,3√

5 2√

2

x²−1 3

!

de P2(R).

On remarque que ϕ : P2(R) → R, ϕ(p) = R1

0 p(x)e^xdx est un fonctionnel linéaire. Alors le polynômeq désiré est donné par la formule

q(x) =ϕ 1

√2

· 1

√2 +ϕ r3

2x

!

· r3

2x+ϕ 3√ 5 2√

2

x²−1 3

!

· 3√ 5 2√

2

x²−1 3

.

1

Or, ϕ

1

√2

= Z 1

0

√1

2e^xdx= 1

√2(e−1), ϕ r3

2x

!

= Z 1

0

r3

2xe^xdx= r3

2,

etϕ(x²) =R1

0 x²e^xdx=e−2, ce qui donne ϕ 3√

5 2√

2

x²− 1 3

!

= 3√ 5 2√

2

(e−2)−1

3(e−1)

= 3√ 5 2√

2 2

3e− 5 3

=

√5 2√

2(2e−5).

On obtient donc

q(x) = 1

2(e−1) + 3 2x+

√5 2√

2(2e−5)· 3√ 5 2√

2

x² −1 3

= 15

8 (2e−5)x²+3 2x− 3

4e+ 21 8 .

2. (a) Soient p, q ∈ P2(R) et a, b ∈ R. Alors ϕ(ap +bq) = (ap+bq)(1/2) = ap(1/2) + bq(1/2) =aϕ(p) +bϕ(q). Donc ϕ est linéaire.

(b)

q(x) = ϕ 1

√2

· 1

√2+ϕ r3

2x

!

· r3

2x+ϕ 3√ 5 2√

2

x²− 1 3

!

·3√ 5 2√

2

x²− 1 3

Or ϕ

1

√2

= 1

√2, ϕ r3

2x

!

=

√3 2√

2, etϕ 3√ 5 2√

2

x²− 1 3

!

=−

√5 8√

2.

Donc

q(x) = 1 2+ 3

4x− 15 32

x²− 1

3

=−15

32x²+3

4x+21 32. Exercice 3. On sait que

(f(t)g(t))⁰ =f⁰(t)g(t) +f(t)g⁰(t).

D’où

hT(f), gi= Z π

−π

f⁰(t)g(t)dt= [f(t)g(t)]^π_−π− Z π

−π

f(t)g⁰(t)dt.

Par la pérodicité de f et g on a f(π) =f(−π) etg(π) =g(−π) d’où : hT(f), gi=−

Z π

−π

f(t)g⁰(t)dt.

Autrement dit : hT(f), gi=hf,−T(g)i et doncT^∗ =−T.

Exercice 4. 1. On remarque queker(T^∗−λ¯Id_V) = ker(T−λId_V)^∗ = Im(T−λId_V)^⊥. Alors λ¯est une valeur propre deT^∗ ssiIm(T−λId_V)^⊥ 6= 0. Ceci est le cas ssiIm(T−λId_V)6=V, donc ssiker(T −λId_V)6= 0. Ceci est équivalent à : λ est une valeur propre de T.

2. Supposons queU est invariant par rapport àT. Soientu∈U etv ∈U^⊥. Alorshu, T^∗vi= hT u, vi= 0 car T u∈U etv ∈U^⊥. Donc T^∗(U^⊥)⊂U^⊥. Réciproquement, supposons que U^⊥ est invariant par rapport àT^∗. Soient u∈U etv ∈U^⊥. Alors hT u, vi=hu, T^∗vi= 0 car u∈U etT^∗v ∈U^⊥. Donc T u∈(U^⊥)^⊥=U. Par conséquent, T(U)⊂U.

2

3. Démonstration par récurrence. Évident pour k = 1. Supposons que (T^k−1)^∗ = (T^∗)^k−1. Alors (T^k)^∗ = (T^k−1T)^∗ = T^∗(T^k−1)^∗ = T^∗(T^∗)^k−1 = (T^∗)^k, ce qui termine l’étape de récurrence.

Exercice 5. 1. Rappelons que T^∗∗ = T d’après le cours. Si kerT = 0 alors ImT^∗ = (kerT^∗∗)^⊥ = (kerT)^⊥ = V donc T^∗ est surjective. Réciproquement, si ImT^∗ = V, alors kerT = kerT^∗∗= (ImT^∗)^⊥ =V^⊥= 0. Donc T est injective.

2. Appliquer (a) à T^∗ en utilisant T^∗∗ =T. Cela donne : T^∗ est injective si et seulement si T^∗∗=T est surjective.

Exercice 6. Soit (e₁, . . . , e_n) une base orthonormale de V. Soit w∈W etv =Pn

i=1v_ie_i ∈V. On calcule

δ_V(T^∗(w))(v) =δ_V

n

X

i=1

hw, T(e_i)i_We_i

! (v)

=hv,

n

X

i=1

hw, T(e_i)i_We_ii_V

=

n

X

i=1

hw, T(e_i)i_Whv, e_ii_V

=

n

X

i=1

hT(e_i), wi_Wv_i

=h

n

X

i=1

v_iT(e_i), wi_W

=hT(v), wiW

et

(T^](δ_W(w)))(v) =δ_W(w)(T(v)) =hT(v), wi_W.

On obtient donc δ_V ◦T^∗(w) =T^]◦δ_W(w)pour tout w ∈W, d’où l’égalité δ_V ◦T^∗ =T^]◦δ_W, qui impliqueT^∗ =δ⁻¹_V ◦T^]◦δ_W.

3