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, . . . , Fnde Esont en somme directe si et seule-
ment si :
∀(x1, . . . , xn)∈F1×. . . ×Fn,(x1+. . . +xn= 0 ⇒x1=. . . =xn= 0).
On raisonne par récurrence sur n, le nombre de valeurs propres distinctes de fconsidérées.
Si n= 1 la propriété est évidente.
Supposons que la propriété est vraie pour net notons λ1, . . . , λn, λn+1 des valeurs propres de f
deux à deux distinctes et xiun vecteur propre de fassocié à la valeur propre λitel que :
n+1
X
i=1
xi= 0.(1)
En appliquant fà cette égalité on obtient :
0 =
n+1
X
i=1
f(xi) =
n+1
X
i=1
λixi.(2)
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 fassociés aux valeurs propres λ1, . . . , λn
sont en somme directe, or, pour tout itel que 1≤i≤n,(λn+1 −λi)xiest 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
et donc : xn+1 =−Pn
i=1 xi= 0,ce qui montre que les sous-espaces propres de fassociés aux
valeurs propres λ1, . . . , λn+1 sont en somme directe.
Comme ⊕n
i=1Fiest un sous espace vectoriel de Eon a dim(⊕Fi)≤dim(E). De plus, comme un
vecteur propre est non-nul on a dim(Fi)≥1d’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)va-
leurs propres distinctes est diagonalisable. En effet, dans ce cas on obtient que dim(Fi) =
1et donc les vecteurs propres forment une base de Enotée B. La matrice [f]B,Best 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)→Mat(n, n, F)définie par :
T7→ [T]B,Best linéaire. De plus : [TN]B,B= ([T]B,B)N. Par conséquent,
[evT(P)]B,B= [P(T)]B,B= [a0Id +. . . +aNTN]B,B
= [Id]B,B+a1[T]B,B+. . . +aN[T]N
B,B=ev[T]B,B(P)
3. Soient Aet Btelles que AB =BA.
Montrons par récurrence que AkB=BAk.
La propriété est vraie pour k= 1 par hypothèse. Si est vraie pour k, alors :
Ak+1B=A(AkB) = 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 pvérifie p◦p=p. Par conséquent le polynôme X2−Xannule
p.
5. On a T(v) = λv.
Montrons par récurrence que Tk(v) = λkv.
La propriété est vraie pour k= 1 par hypothèse. Si est vraie pour k, alors :
Tk+1(v) = T(Tk(v)) = T(λkv) = λkT(v) = λkλv =λk+1v.
On a, pour tout P(X) = PN
k=0 akXk∈ P(F)
(P(T))(v) = (
N
X
k=0
akTk)(v) =
N
X
k=0
akTk(v) =
N
X
k=0
akλk.v =P(λ).v.
6. Si Pannule Td’après la relation obtenue à la question précédente on a :
P(λ).v = (P(T))(v) = (0)(v) = 0.
Or, v6= 0 (puisque c’est un vecteur propre !) donc P(λ) = 0.
7. Un calcul simple montre que A2=A+ 2Idonc X2−X−2est un polynôme annulateur
de A. Comme X2−X−2=(X−2)(X+ 1) on déduit de la question 6 que les valeurs
propres de Aappartiennent à l’ensemble {−1,2}.
On montre que l’ensemble des solutions du système AX = 2Xest la plan d’équation 3x−
6y+3z= 0. C’est donc un espace vectoriel de dimension 2de base : {(1,0,−1),(2,1,0)}.
On montre que l’ensemble des solutions du système AX =−Xest la droite intersection
des deux plans d’équations x= 0 et −y+z= 0. C’est donc un espace vectoriel de
dimension 1engendré 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 Aest 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 X2−1est un polynôme annulateur de f.
Comme X2−1 = (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=Asont les matrices symétriques
(i.e. telles que (A)i,j = (A)j,i.) Ceci est un espace vectoriel de dimension n(n+1)
2. (On
laisse le soin au lecteur d’en donner une base.)
L’ensemble des solutions de f(A) = At=−Asont 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)
2. (On laisse le soin au lecteur d’en donner une
base.)
Comme n(n+1)
2+n(n−1) 2=n2=dim(Mat(n, n, F)) on en déduit que fest une application
linéaire diagonalisable.
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