Corrigé des exercices - Dunod

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c) On a
⎛
A ′ − λI = ⎝
−λ 0 1
0 −λ 0
0 0 −λ
⎞
⎠
Donc A ′ −λI n’est pas inversible si et seulement si λ = 0. C’est-à-dire que 0 est la seule valeur
propre de A ′ . Comme A et A ′ sont semblables, 0 est la seule valeur propre de A. 0 valeur
propre de A équivaut à la non-inversibilité de A − 0I = A, donc A n’est pas inversible. Si
A était diagonalisable elle serait semblable à une matrice diagonale avec les valeurs propres
sur la diagonale, en l’occurrence la matrice nulle. Or seule la matrice nulle est semblable à
la matrice nulle et A ≠ 0. Donc A n’est pas diagonalisable.
5. a) 0 étant la seule valeur propre de A, pour tout x ≠ 0, la matrice A − xI = B(x) est
inversible.
b) On a (A−xI)(A+xI) = A 2 −x 2 I−xIA+xAI = −x 2 I, soit encore −1
x
(A−xI)(A+xI) = I,
2
donc B(x) −1 = −1
x
(A + xI) 2
c) D’après la formule du binôme, on a
B(x) n =
n∑
k=0
( n
k)
(−1) n−k x n−k A k
}{{}
=0
pour k2
= (−1) n (x n I − x n−1 A)
Exercice 14.10
1. Soient P,Q deux polynômes de R m [X] et λ,µ deux réels. On a
f(λP + µQ)(x) = ma(x − 1)(λP + µQ)(x) − ax(x − 1)(λP + µQ) ′ (x)
= λ(ma(x − 1)P(x) + ax(x − 1)P ′ (x)) + µ(ma(x − 1)Q(x) − ax(x − 1)Q ′ (x))
= λf(P)(x) + µf(Q)(x)
et donc f(λP +µQ) = λf(P)+µf(Q). L’application f est bien linéaire. Vérifions maintenant
que pour tout polynôme P ∈ R m [X], on a f(P) ∈ R m [X]. Si deg(P) = k, il est clair que
deg(f(P)) k + 1. Autrement dit si deg(P) m − 1, alors f(P) ∈ R m [X]. Supposons
maintenant que deg(P) = m et que le terme dominant de P soit αX m avec α ≠ 0. Le
coefficient de degré m + 1 de f(P) vaut alors maα − aαm = 0. On en déduit là encore, que
deg(P) m, c’est-à-dire que f(P) ∈ R m [X].
L’application f est bien un endomorphisme de R m [X].
2. a) On a par hypothèse
λP(x) = ma(x − 1)P(x) − ax(x − 1)P ′ (x)
Si λ ≠ 0, on a alors P(1) = 0. Si λ = 0, alors ma(x−1)P(x) = ax(x−1)P ′ (x). En particulier
−maP(0) = 0 et donc P(0) = 0.