Corrigé 15

EPFL
Algèbre linéaire
1ère année
2006-2007
Corrigé de la série 15
Correction exercice 1
On rappelle que des sous-espaces vectoriels F1 , . . . , Fn de E sont en somme directe si et seulement si :
∀(x1 , . . . , xn ) ∈ F1 × . . . × Fn , (x1 + . . . + xn = 0 ⇒ x1 = . . . = xn = 0).
On raisonne par récurrence sur n, le nombre de valeurs propres distinctes de f considérées.
Si n = 1 la propriété est évidente.
Supposons que la propriété est vraie pour n et notons λ1 , . . . , λn , λn+1 des valeurs propres de f
deux à deux distinctes et xi un vecteur propre de f associé à la valeur propre λi tel que :
n+1
X
xi = 0.
(1)
i=1
En appliquant f à cette égalité on obtient :
0=
n+1
X
f (xi ) =
i=1
n+1
X
λi x i .
(2)
i=1
En combinant 1 et 2 on obtient :
(λn+1 − λ1 )x1 + . . . + (λn+1 − λn )xn = 0.
(3)
Par l’hypothèse de récurrence, les sous-espaces propres de f associés aux valeurs propres λ1 , . . . , λn
sont en somme directe, or, pour tout i tel que 1 ≤ i ≤ n, (λn+1 − λi )xi est un vecteur propre
associé à la valeur propre λi . On en déduit que :
∀i ∈ {1, . . . , n}, (λn+1 − λi )xi = 0.
Comme les valeurs propres sont supposées deux à deux distinctes, on en déduit que :
∀i ∈ {1, . . . , n}, xi = 0
P
et donc : xn+1 = − ni=1 xi = 0, ce qui montre que les sous-espaces propres de f associés aux
valeurs propres λ1 , . . . , λn+1 sont en somme directe.
Comme ⊕ni=1 Fi est un sous espace vectoriel de E on a dim(⊕Fi ) ≤ dim(E). De plus, comme un
vecteur propre est non-nul on a dim(Fi ) ≥ 1 d’où dim(⊕Fi ) ≥ n. On en déduit que n ≤ dim(E).
Remarque : On déduit de ce résultat qu’une application linéaire f ∈ L(E) qui a dim(E) valeurs propres distinctes est diagonalisable. En effet, dans ce cas on obtient que dim(Fi ) =
1 et donc les vecteurs propres forment une base de E notée B. La matrice [f ]B,B est la matrice
diagonale ayant les valeurs propres sur la diagonale.
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Correction exercice 2
1. evT (P + Q) = (P + Q)(T ) = P (T ) + Q(T )
evT (λP ) = (λP )(T ) = λP (T ).
Idem pour evA .
2. D’après l’exercice 1 de la série 10, l’application : L(E) → M at(n, n, F) définie par :
T 7→ [T ]B,B est linéaire. De plus : [T N ]B,B = ([T ]B,B )N . Par conséquent,
[evT (P )]B,B = [P (T )]B,B = [a0 Id + . . . + aN T N ]B,B
= [Id]B,B + a1 [T ]B,B + . . . + aN [T ]N
B,B = ev[T ]B,B (P )
3. Soient A et B telles que AB = BA.
Montrons par récurrence que Ak B = BAk .
La propriété est vraie pour k = 1 par hypothèse. Si est vraie pour k, alors :
Ak+1 B = A(Ak B) = A(BAk ) = (AB)Ak = (BA)Ak = BAk+1 .
Il en résulte, par linéarité, que pour tout P ∈ P(F) :
P (A)B = BP (A).
En appliquant le résultat précédent au couple (P (A), B) à la place de (B, A) donne pour
tout Q ∈ P(F) :
P (A)Q(B) = Q(B)P (A).
4. On a vu qu’un projecteur p vérifie p ◦ p = p. Par conséquent le polynôme X 2 − X annule
p.
5. On a T (v) = λv.
Montrons par récurrence que T k (v) = λk v.
La propriété est vraie pour k = 1 par hypothèse. Si est vraie pour k, alors :
T k+1 (v) = T (T k (v)) = T (λk v) = λk T (v) = λk λv = λk+1 v.
P
k
On a, pour tout P (X) = N
k=0 ak X ∈ P(F)
N
N
N
X
X
X
k
k
(P (T ))(v) = (
ak T )(v) =
ak T (v) =
ak λk .v = P (λ).v.
k=0
k=0
k=0
6. Si P annule T d’après la relation obtenue à la question précédente on a :
P (λ).v = (P (T ))(v) = (0)(v) = 0.
Or, v 6= 0 (puisque c’est un vecteur propre !) donc P (λ) = 0.
7. Un calcul simple montre que A2 = A + 2I donc X 2 − X − 2 est un polynôme annulateur
de A. Comme X 2 − X − 2 = (X − 2)(X + 1) on déduit de la question 6 que les valeurs
propres de A appartiennent à l’ensemble {−1, 2}.
On montre que l’ensemble des solutions du système AX = 2X est la plan d’équation 3x −
6y + 3z = 0. C’est donc un espace vectoriel de dimension 2 de base : {(1, 0, −1), (2, 1, 0)}.
On montre que l’ensemble des solutions du système AX = −X est la droite intersection
des deux plans d’équations x = 0 et −y + z = 0. C’est donc un espace vectoriel de
dimension 1 engendré par le vecteur (0, 1, 1).
(Comme la somme des dimensions des espaces propres est égale à la dimension de l’espace
total on en déduit que la matrice A est diagonalisable.)
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8. On laisse le soin au lecteur de montrer la linéarité de f .
On remarque que f ◦ f = Id. Par conséquent X 2 − 1 est un polynôme annulateur de f .
Comme X 2 − 1 = (X − 1)(X + 1) on déduit de la question 6 que les valeurs propres de f
appartiennent à l’ensemble {−1, 1}.
On montre que l’ensemble des solutions de f (A) = At = A sont les matrices symétriques
. (On
(i.e. telles que (A)i,j = (A)j,i .) Ceci est un espace vectoriel de dimension n(n+1)
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laisse le soin au lecteur d’en donner une base.)
L’ensemble des solutions de f (A) = At = −A sont les matrices antisymétriques (i.e. telles
que (A)i,j = −(A)j,i (on remarquera que cette égalité implique que (A)i,i = 0.). Ceci est
un espace vectoriel de dimension n(n−1)
. (On laisse le soin au lecteur d’en donner une
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base.)
Comme n(n+1)
+ n(n−1)
= n2 = dim(M at(n, n, F)) on en déduit que f est une application
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2
linéaire diagonalisable.
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