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SOLUTIONS
Solutions
puisque v(x k ) ∈ E lk . Mais on a également
v(u(x)) = v
u
n
k=1
x k
= v
n
k=1
u(x k )
= v
n
k=1
l k x k
=
n
k=1
l k v(x k ).
Le vecteur x étant arbitraire, il en résulte que uv = vu.
4. Soit B une base de E formée de la juxtaposition de bases des sous-espaces propres E l1 , . . . ,
E ln de u.
D’après les questions précédentes, un endomorphisme v commute avec u si, et seulement
s’il laisse stable les sous-espaces propres de u. Les endomorphismes de C(u) sont donc ceux
dont la matrice dans la base B s’écrit sous la forme
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
A 1
(0)
. . .
(0)
(0)
A 2
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
(0)
(0)
. . .
(0)
A n
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
où A k est une matrice arbitraire de taille dim(E lk ) × dim(E lk ). Il en résulte que
dim(C(u)) =
n
k=1
dim(E lk )
2 .
17.
1. Un petit calcul donne B =
0 −1
1
−1
0 −1
1 −1
0
. B étant symétrique réelle, elle
est diagonalisable.
2. Il suffit d’effectuer le calcul.
3. Les valeurs propres de B sont racines de X
2
−X −2. Les réels −1 et 2 sont racines évidentes
de ce trinôme.
De plus, pour X =
x
y
z
, nous avons
X ∈ E −1 (B) ⇔ (B + I)X = 0 ⇔
x − y + z = 0
−x + y − z = 0
x − y + z = 0
⇔ x = y − z,
d’où E −1 (B) = Vect
1
1
0
,
−1
0
1
(en particulier −1 est bien une valeur propre).
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