Corrigé de la série 24

EPFL
Algèbre linéaire
1ère année
2006-2007
Corrigé de la série 24
Correction exercice 1
Par le théorème de Cayley-Hamilton CA (A) = 0 donc, si on effectue la division euclidienne de
P (X) par CA (X) on a :
P (X) = Q(X)CA (X) + R(X)
où deg(R(X)) < deg(CA (X)) = 3, puis P (A) = R(A).
Pour calculer CA on résout le système AX = λX et on obtient que les valeurs propres de A dans
C sont 1 et les deux racines du polynôme X 2 + X − 1. On en déduit que CA (X) = X 3 − 2X + 1.
En effectuant la division euclidienne, on obtient
2X 8 − 3X 5 + X 4 + X 2 − 4 = (X 3 − 2X + 1)(2X 5 + 4X 3 − 5X 2 + 9X − 14) + 24X 2 − 37X + 10.
D’où
P (A) = 24A2 − 37A + 10I.
Comme


1 2
2
A2 = 0 2 −1
0 −1 1
on obtient


−3 48
26
85 −61
P (A) =  0
0 −61 34
Correction exercice 2
1. Soient λ1 , . . . , λr les valeurs propres de A dans C. Par définition
CA (X) = (X − λ1 )m1 (X − λ2 )m2 . . . (X − λr )mr
où mi est la multiplicité de la valeur propre λi . On a
mr
1 m2
CA (0) = (−1)n λm
1 λ2 . . . λr
On note f l’opérateur de Fn tel que [f ]B0 = A où B0 est la base canonique. D’après le
cours, il existe une base B dans laquelle [f ]B est triangulaire supérieure et les termes de
la diagonale sont les valeurs propres qui apparaissent autant de fois que leur multiplicité.
Comme le déterminant ne dépend pas de la base on a
mr
1 m2
det(A) = det([f ]B ) = λm
1 λ2 . . . λr
d’où CA (0) = (−1)n det(A).
1
Le coefficient de X n−1 dans CA (X) est
−m1 λ1 − m2 λ2 − . . . − mr λr
et d’après ce qui précède
tr(A) = tr([f ]B ) =
X
m i λi
d’où
CA (X) = X n − tr(A)X n−1 + . . . + (−1)n det(A).
2. D’après 1 on a
CA (X) = X 2 − tr(A)X + det(A)
et d’après le théorème de Cayley-Hamilton on obtient
CA (A) = A2 − tr(A)A + det(A)I = 0.
En multipliant cette égalité à gauche par M on obtient
M A2 − tr(A).M A + det(A).M = 0
et en multipliant à droite par M on obtient
A2 M − tr(A).AM + det(A).M = 0.
La différence entre ces deux égalités fournit :
(M A2 − A2 M ) − tr(A)(M A − AM ) = 0
d’où
tr(A).(M A − AM ) = 0
puisque M A2 = A2 M par hypothèse. Comme tr(A) 6= 0 on en déduit que M A = AM .
Correction exercice 3
Les valeurs propres de T sont 1 et 2.
On détermine un vecteur propre, noté ~u1 , associé à la valeur propre 2. Par exemple ~u2 =
(1, −2, 0).
On détermine un vecteur, noté ~u3 indépendant de ~u1 et tel que (T − I)2 (~u3 ) = 0 (i.e. ~u3 est un
vecteur propre généralisé) et (T − I)(~u3 ) 6= 0. Pour cela on détermine Ker(T − I)2 on obtient
Span{(1, 0, 1), (0, 1, 0)} et on choisit un vecteur de cet espace qui n’est pas dans l’espace propre
associé à la valeur propre 1 (cet espace propre est Span{(1, −2, 1)}). Par exemple on prend un
vecteur ~u3 = (0, 1, 0). On pose ~u2 = (T − I)~u3 = (1, −2, 1).
Par construction, dans la base B = {~u1 , ~u2 , ~u3 } la matrice de T est de la forme voulue.
(Cette méthode sera généralisée dans la prochaine série pour déterminer une base de Jordan.)
Correction exercice 4
1. Comme T est inversible, on a det(T ) 6= 0. D’après l’exercice 2 on a
CT (X) = X n − tr(T )X n−1 + . . . + a1 X + (−1)n det(T )
où n = dim(V ).
2
Par le théorème de Cayley-Hamilton on a
CT (T ) = T n − tr(T )X n−1 + . . . + a1 T + (−1)n det(T ) = 0.
En multipliant cette égalité par T −1 on obtient
T −1 =
D’où P (X) =
(−1)n+1
(X n−1
det(T )
(−1)n+1 n−1
(T
− tr(T )T n−2 + . . . + a1 I).
det(T )
− tr(T )X n−2 + . . . + a1 ) qui est bien de degré n − 1.
2. On obtient A−1 = −A2 + 2I d’où
A−1


1 −2 −2
1
= 0 0
0 1
1
3