2M371 – Algèbre linéaire 2 Université Pierre et Marie Curie

2M371 – Algèbre linéaire 2 Université Pierre et Marie Curie
Mathématiques Année 2016/2017
Corrigé du devoir surveillé no2
Le résultat suivant sera utilisé dans la question de cours et l’exercice 2 :
Théorème. Soient kun corps commutatif, Eun k-espace vectoriel de dimension finie et non nulle, et φun
endomorphisme de E. Les conditions suivantes sont équivalentes :
(i)φest diagonalisable.
(ii)Eest la somme directe des sous-espaces propres de φ.
(iii)φest annulé par un polynôme de k[X]scindé à racines simples.
Question de cours
On rappelle que Vλ= ker(vλidE). Pour tout xE, il est donc clair que xVλsi et seulement si v(x) = λx.
1) a. Il s’agit de montrer que v(Vλ)Vλ. Soit yv(Vλ) ; il existe xVλtel que y=v(x), i.e. y=λx. Par
linéarité de v, on a v(y) = v(λx) = λv(x) = λy,i.e. yVλ. L’arbitraire sur ymontre que v(Vλ)Vλ.
b. Pour tout xVλ, ayant vλ(x) = v(x) = λx, on constate que vλ= idVλ. Posant kλ= dim Vλ, il est donc
clair que pour toute base Bλde Vλ, on a matBλ(vλ) = λIkλ.
2) a. On veut prouver que u(Vλ)Vλ. Soit yu(Vλ) ; il existe xVλtel que y=u(x). Ayant vu=uv
et v(x) = λx, la linéarité de uentraine :
v(y) = v[u(x)] = vu(x) = uv(x) = u[v(x)] = u(λx) = λu(x) = λy.
Par suite, yVλ, et on a obtenu l’inclusion souhaitée.
b. Par hypothèse, uest diagonalisable. D’après le théorème, uest donc annulé par un polynôme Pk[X]
scindé à racines simples, ce qui signifie que P[X:= u]·x= 0Epour tout xE. Pour tout xVλ, ayant
en particulier uλ(x) = u(x), il vient :
P[X:= uλ]·x=P[X:= u]·x= 0E.
Ainsi, Pest annulateur de uλ, et uλest diagonalisable en vertu du théorème.
c. D’après 1.b, dans toute base de Vλ, la matrice de vλest diagonale. Pour obtenir le résultat souhaité, il
suffit donc de choisir une base Bλde Vλdans laquelle la matrice de uλest diagonale, l’existence d’une
telle base Bλrésultant du caractère diagonalisable de uλ, établi en 2.b.
d. On conserve les notations de 2.c. Désignons par Spec(v) le spectre de v, à savoir l’ensemble de ses valeurs
propres, et par Bla famille constituée des vecteurs des bases Bλ, pour tout λSpec(v). Comme vest
diagonalisable, le théorème assure :
E=L
λSpec(v)
Vλ.
Ainsi, Best une base de Edans laquelle, compte tenu de 2.c, les matrices de uet vsont diagonales.
3) Soit B= (b1,...,bn) une base de Edans laquelle les matrices uet vsont diagonales. Il existe ainsi
λ1, µ1,...,λn, µnktels que :
matB(u) = diag(λ1,...,λn) et matB(v) = diag(µ1,...,µn).
Pour tout j[1, n], on a alors u(bj) = λjbjet v(bj) = µjbj, d’où, par linéarité de uet v:
uv(bj) = u[v(bj)] = u(µjbj) = µju(bj) = µjλjbj=λjµjbj=λjv(bj) = v(λjbj) = v[u(bj)] = vu(bj).
Comme Best une base de E, on en déduit que les endomorphismes uvet vucoïncident sur Etout entier.
Exercice 1
1) a. Par définition, pour tous i, j [1,3], le coefficient (i, j) de Mest égal à ϕ(ei, ej). Or :
ϕ(e1, e1) = ϕ(e2, e2) = ϕ(e3, e3) = 0,
puis, par symétrie de ϕ:
ϕ(e2, e1) = ϕ(e1, e2) = 1
2,ϕ(e3, e2) = ϕ(e2, e3) = 1
2,ϕ(e3, e1) = ϕ(e1, e3) = 1.
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Au final, on a obtenu :
M=1
2
0 1 2
1 0 1
21 0
.
b. On rappelle que ϕest non dégénérée si et seulement si rg ϕ= dim E= 3. Comme M= matE(ϕ), on a
rg ϕ= rg M. Ayant det M=1/26= 0, donc rg ϕ= rg M= 3, ϕest effectivement non dégénérée.
2) a. Par définition même de q, pour tout vecteur v= (x, y, z)E, on a q(v) = ϕ(v, v) = xy yz + 2xz.
b. Pour tout v= (x, y, z)E, en appliquant le procédé d’orthogonalisation de Gauss, on trouve :
q(v) = xy yz + 2xz = (xz)(y+ 2z) + 2z2
=1
4[(xz) + (y+ 2z)]21
4[(xz)(y+ 2z)]2+ 2z2
=1
4(x+y+z)21
4(xy3z)2+ 2z2.
Ces calculs garantissent que s= 2 et t= 1.
Remarque. Sachant que rg ϕ=s+t, on retrouve ainsi le résultat de 1.b.
Exercice 2
D’après le théorème, pour montrer que fest diagonalisable, il suffit de prouver que Pest scindé à racines
simples ; montrons que c’est effectivement le cas. Soit p:RR, t 7→ P(t). La fonction pétant polynômiale,
elle est dérivable sur Ravec, pour tout tR:
p(t) = 3t23 = 3(t1)(t+ 1).
On en déduit ainsi les variations de la fonction p:
t−∞ 11+
p(t) + 00+
p(t)
−∞
3
1
+
La fonction pétant continue, le théorème des valeurs intermédiaires assure l’existence d’uniques réels a, b, c,
vérifiant a < 1< b < 1< c, tels que pour tout tR:
p(t) = 0 t∈ {a, b, c}.
Ceci montre que a, b, c sont trois racines distinctes de P. Et Pétant unitaire de degré 3, il vient ainsi :
P(X) = (Xa)(Xb)(Xc),
ce qui prouve que Pest scindé à racines simples : c’est ce que nous souhaitions démontrer !
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