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2M371 - Partiel de Mars 2016

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2M371 - Partiel de Mars 2016
Proposition de correction
Exercice 1
1. La fonction u définie par u(X) = |x| est-elle une forme linéaire ? Et la fonction v(X) = x − y + w?
Prenons X1 = (1, 0, 0, 0) et X2 = (−1, 0, 0, 0). On voit que
u(X1 + X2 ) = 0 6= 1 + 1 = 2 = u(X1 ) + u(X2 ).
Donc u n’est pas linéaire, et n’est donc pas une forme linéaire.
La fonction v est clairement linéaire, de V dans R : c’est donc une forme linéaire.
2. Question de cours : quelle est la dimension de V ∗ ?
La dimension de V ∗ est la même que celle de V , soit 4.
3. Soit l ∈ V ∗ une forme linéaire non nulle l 6= 0. Déterminer dim (Ker(l)).
La forme linéaire ´étant non nulle, la dimension de son image est supérieure ou égale à 1. Comme
=(l) ⊂ R qui est de dimension 1, on a que dim (Im(l)) = 1.
Le théorème du rang fait que
dim (V ) = dim (Ker(l)) + dim (Im(l)) .
Donc dim (Ker(l)) = 3.
Exercice 2
Soit l’espace vectoriel réel V constitué des fonctions polynomiales de degré inférieur ou égal à n ∈ N :
c’est à dire que p ∈ V si et seulement si la fonction p peut s’écrire
p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ,
ai ∈ R pour tout 0 ≤ i ≤ n.
Les fonctions monomiales ei ∈ V sont définies par ei (x) = xi pour 0 ≤ i ≤ n.
4. On pose u(p) = p0 . L’application linéaire u ∈ L(V ) est-elle injective, surjective, bijective ?
Préciser les dimensions dans le théorème du rang appliqué à u.
On note que u(ei ) = iei−1 pour 1 ≤ i ≤ n, et u(e0 ) = 0. Comme e0 6= 0, u est non injective.
Comme c’est une application linéaire de V dans lui-même, elle n’est pas surjective ni bijective.
On a dim (V ) = n + 1. Si u(e) = 0, alors e0 = 0, donc e est constant en espace. Donc il existe α ∈ R
tel que e = αe0 . C’est à dire que dim (Ker(u)) = 1 puis
dim (Im(u)) = (n + 1) − 1 = n.
5. Soit un paramètre α ∈ R. On définit uα ∈ L(V ) par
Z 1
uα (p) = p0 + α
p(y)dyen ,
0
où p0 est le polynôme dérivé.
Construire la représentation matricielle Aα ∈ Mn (R) de uα dans la base des (ei )0≤i≤n .
α
On a uα (ei ) = iei−1 + i+1
en pour 1 ≤ i ≤ n et u(e0 ) = αen . Donc la représentation matricielle est



Aα = 


0
0
...
0
α
1
0
...
0
0
2
...
0
α
2
α
3
...
...
...
...
...
0
0
...
0
0
0
...
n
α
n
α
n+1



.


6. Calculer det(Aα ). Quels sont les α pour lesquels uα est bijective ?
1
Un calcul du déxterminant en dénveloppant par rapport à la première colonne montre que
det(Aα ) = (−1)n × α × det(D)
où D ∈ Mn−1 (R) est diagonale et les coefficients sur sa diagonale sont 1,2, . . ., n. Donc det(Aα ) =
(−1)n αn!.
Il s’ensuit que le déxterminant s’annule ssi α = 0.
Donc uα est bijective ssi α 6= 0.
7. On note (e∗i )0≤i≤n la base duale des (ei )0≤i≤n . Donner les coefficients de la forme linéaire ϕ ∈ V ∗
R1
définie par ϕ(p) = 0 p(y)dy pour tout p ∈ V .
On rappelle que e∗i (ej ) = δij . Posons
ψ=α
n
X
i=0
On a
Z
(ϕ − φ)(ej ) = α
1
xj dx − α
0
1 ∗
e ∈ V ∗.
i+1 i
n
X
i=0
α
α
1
δij =
−
= 0.
i+1
j+1 j+1
Comme cela est vrai pour tous les vecteurs de base ei , cela force ϕ − ψ = 0. D’où le réxultent
ϕ=α
n
X
i=0
1 ∗
e ∈ V ∗.
i+1 i
Exercice 3
Soit u endomorphisme d’un espace vectoriel réel de dimension 3. On se donne une base B. On suppose
que sa matrice dans cette base est


1 0 0
A= 2 3 1 
3 −1 1
8. Calculer le polynôme caractéristique de u.
On a
3−λ
= (1 − λ) −1
1
1−λ
1−λ
0
0 3−λ
1 pA (λ) = det(A − λI) = 2
3
−1
1−λ = (1 − λ) [(3 − λ)(1 − λ) + 1] = (1 − λ) λ2 − 4λ + 4 = (1 − λ)(λ − 2)2 .
Sous forme développée on trouve
pA (λ) = −λ3 + 5λ2 − 8λ + 4.
9. Montrer que u a exactement un vecteur propre pour la valeur propre λ1 = 1 et au moins un vecteur
propre pour la valeur propre λ2 = 2.
Comme conséquence de la factorisation, on sait déjà que λ1 = 1 et λ2 = 2 sont valeurs propres. Donc
il y a au moins un vecteur propre par valeur propre λ1,2 .
10. On note l’espace propre Ei = {x ∈ V, u(x) = λi x}. Montrer que dim(E1,2 ) = 1.
Indication : on pourra étudier les vecteurs propres de A.
Pour la valeur propre λ1 , on étudie l’équation aux vecteurs propres AX = X


 

1 0 0
a
a
 2 3 1  b  =  b .
3 −1 1
c
c
2
C’est équivalent au système de taille 2
2a + 3b + c = b,
2a + 2b + c = 0,
c = −2a − 2b = −8a,
⇐⇒
⇐⇒
3a − b + c = c.
3a − b = 0.
b = 3a.
Il s’ensuit que les seules solutions de AX = X sont de la forme


1
X = aX1 avec X1 =  3 
−8
Donc E1 est engendré par X1 , et E1 est un espace vectoriel de dimension 1.
La façon de mener les calculs est similaires pour la deuxiême valeur propre. On ´étudie les solutions
de





1 0 0
a
a
 2 3 1  b  = 2 b .
3 −1 1
c
c
On obtient immédiatement a = 0 et

 a = 0,
a = 0,
3b + c = 2b, ⇐⇒
c = −b.

−b + c = 2c.
Il s’ensuit que les seules solutions de AX = 2X sont de la forme


0
X = aX2 avec X2 =  1 
−1
Donc E2 est engendré par X2 , et E2 est un espace vectoriel de dimension 1.
11. Notant IV l’opérateur identité de V , on pose Fip = {x ∈ V, (u − λi IV )p (x) = 0}.
Montrer que Fip ⊂ Fip+1 .
Dans le cas présent montrer que F2p = F22 pour p ≥ 2.
Soit x ∈ Fip , alors (u − λi IV )p (x) = 0. Donc
(u − λi IV )p+1 (x) = (u − λi IV ) [(u − λi IV )p (x)] = (u − λi IV ) [0] = 0.
Donc x ∈ Fip+1 . Cela montre bien que Fip ⊂ Fip+1 .
C’est un réxultent du cours car F22 est l’espace caractéristique de dimenson 2 car la multiplicité
algébrique dans le polynôme caractéristique de la racine λ2 est 2.
12. L’application linéaire u est-elle diagonalisable ? Non car F22 6= E2 .
3
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