Espaces monogènes, endomorphismes cycliques

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Espaces monogènes, endomorphismes cycliques Définitions et notations Dans tout le problème, K = R ou C, E  un  un K-espace vectoriel de dimension finie  n  ∈ N∗ et u  ∈ L  (E ). P (u)(x )(x)/P  ∈ K[X ]}  et on dit que  u  est cyclique si  ∃x  ∈  E  tel Pour tout x  ∈  E  on   on note  E u (x) = { P (   tel que  E u (x) =  E .

Première partie Espaces monogènes 1: Soit  x  ∈ E . Montrer que  E u (x)  est le plus petit sous-espace de  E  qui contient  x  et stable par  u .  E u (x)  s’appelle le sousespace  u-monogène engendré par  x. /P (u)(x )(x) = 0}. 2: Soit x  ∈  E  \  \ { 0} et  I x  =  { P  ∈ K[X ]/P ( 2 - 1: Montrer que  ∃ µx  ∈ K[X ]  unitaire tel que  I x  =  µ x K[X ]. 2 - 2: Donner une condition nécessaire et suffisante sur  x  pour que  deg µx  = 1.  \ { 0}} est fini. 2 - 3: Montrer que  µx |πu  et déduire que l’ensemble  {µx /x  ∈  E  \ 2 - 4: Montrer que  ∃ e ∈  E  \  \ { 0} tel que  E  =   = ker µe (u). 2 - 5: En déduire que  µ e  =  π u .  \ { 0}  tels que  µx ∧ µy  = 1. Montrer que  x + y   = 0  et  µx+y = µ x µy . 3: Soient  x, y  ∈  E  \ α1 αr 4: Soit π u  =  P 1 · · · P r la décomposition de  π u  en facteurs unitaires et irréductibles. α  (QP iαi −1 )(u )(u)(x )(xi )   = 0. 4 - 1: Soit i  ∈ {1, . . . , r}  et  Q  ∈ K[X ]  tel que  π u  =  QP i i . Montrer Montrer que ∃xi  ∈  E  tel   tel que  (QP  αi 4 - 2: Soit  y i  =  Q(  Q (u)(x )(xi ). Montrer que yi   = 0 et  µyi = P i . 4 - 3: Retrouver le résultat de la question 2-5. 5: Soit x  ∈  E \{ 0}, ux  l’endomorphism  l’endomorphismee de E u (x) induit  induit par u et k  = deg µx . On pose pose µx  = X   =  X k − ak−1 X k−1 − · · · −a1 X − a0 . 5 - 1: Montrer que B x  = (x, u(x), . . . , uk−1 (x)) est une base de  E u (x). En déduire la dimension de  E u (x). 5 - 2: Déterminer la matrice de  ux  dans la base B x . 5 - 3: Montrer que le polynôme minimale de  ux  est  µx .

Deuxième partie Endomorphismes cycliques On suppose, dans cette partie, que  u  est cyclique.  p(u), dim E λ (u) = 1 . Montrer que  ∀λ  ∈ S  p( 2: Montrer que  u  est cyclique si, et seulement si  deg πu  =  n ⇐⇒ χu  = (−1)n πu . 3: Montrer que  u  est cyclique si, et seulement si la famille  (idE , u , . . . , un−1 )  est libre. 1:

Troisième partie Endomorphismes cycliques diagonalisables, endomorphismes cycliques nilpotents Montrer que si  u  est diagonalisable alors  u  est cyclique si, et seulement si,  u  admet  n  valeurs propres deux à deux distinctes. On suppose que  u  admet n  valeurs propres deux à deux distinctes. Trouver un vecteur  e  ∈  E  tel que E (e) =  E . 3: On suppose que  u  est nilpotent. Montrer que  u  est cyclique si, et seulement si, l’indice de nilpotence de  u  est  n. 4: On suppose que  u  est nilpotent d’indice de nilpotence  n. Trouver un vecteur  e  ∈  E  tel   tel que  E (e) = E . 1: 2:

Quatrième partie Commutant d’un endomorphisme cyclique /uv  = v  vu u}.  \ { 0} tel que  E  = E (e)  et C (u) = { v  ∈ L  (E )/uv = On suppose, dans cette partie, que  u  est cyclique. Soit  e  ∈  E  \ Montrer que  ∀x  ∈  E,  E , ∃P  ∈ K[X ]  tel que x =  x  = P   P ((u)(e )(e).  v (e) =  P (  P (u)(e )(e). Montrer que v =  v  = P   P ((u). En déduire que C (u) = K[u]. 2: Soit v  ∈ C (u)  et  P  ∈ K[X ]  tels que  v( ]) définies par  ∀P  ∈ Kn [X ], f ( f (P ) P ) = P  et g(  g (P ) P ) =  P (  P (X  +  + 1). 3:  Application :  Soit  f, g  ∈ L  (Kn [X ]) +1) = a = a 0 P + Montrer Montrer que f  est   est cyclique, cyclique, g  ∈ C (f ) déduir iree que que ∃a0 , . . . , an  ∈ K, ∀P  ∈ Kn [X ], P ( f ) et en dédu P (X +1) P +a1 P  +· · ·+an P (n) . 4: On admet que  ∀v  ∈ L  (E ), dim C (v )  ≥  n . Montrer que  ∀ v  ∈ L  (E ), v  est cyclique ⇐⇒ C (v ) = K[v ]. 1:

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Fin du problème

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Correction du problème Première partie Espaces monogènes 1:

 ϕ  : K[X ]  →  E  définie par  ∀P  ∈ K[X ], ϕ(P ) P ) = P (  P (u)(x )(x). — Soit ϕ :  β Q) = (αP  +  β Q)(u )(u)(x )(x) = (αP ( αP (u) +  β Q(u))(x ))(x) = αP ( αP (u)(x )(x) + On a  ∀ P, Q ∈ K[X ], ∀α, β  ∈∈ K, ϕ(αP  +  βQ βQ( βQ (u)(x )(x) =  αϕ(  αϕ (P ) P ) + βϕ( βϕ (Q)  donc  ϕ  est linéaire d’où  E u (x) = Imϕ Imϕ  est un sous-espace vectoriel de  E . — Pour P  = 1 , on a P (  P (u) = idE  donc P (  P (u)(x )(x) =  x  d’où x  ∈  E u (x). P (u)(x )(x)) = (uP  (uP ((u))(x ))(x) = (XP )( XP )(u u)(x )(x)  ∈  E u (x)  d’où E u (x) est stable par  u. — Soit P  ∈ K[X ]  donc  u (P ( — Soit F  un sous-espace vectoriel de  E  stable   stable par  u  qui contient  x. Montrons d’abord que  ∀ k  ∈ N, uk (x)  ∈  E  :  k  = 0. 1. On a  u0 (x) = idE (x) =  x  ∈  F  donc  u0 (x)  ∈  F . La relation est alors vraie pour  k =  u (uk (x)) ∈  F . 2. Soit Soit k  ∈ N et supposons que  uk (x)  ∈  F . On a  F  stable par  u  donc u k+1 (x) =  u( On déduit, d’après le procédé de récurrence, que  ∀k  ∈ N, uk (x)  ∈  E . d

Soit P  =



d k

ak X  ∈

k=0

 P (u)(x )(x) K[X ]  donc  P (

=



ak uk (x)  ∈  F  car  ∀ k  ∈ {0, . . . , d}, uk (x)  ∈  F  et  F  un sous-espace

k=0

 P (u)(x )(x)  ∈  F . vectoriel d’où P ( P (u)(x )(x)/P  ∈ K[X ]}  et  ∀ P  ∈ K[X ], P ( P (u)(x )(x) ∈ F   donc  E u (x) ⊂ F   d’où  E u (x)  est le plus petit On a  E u (x) = {P ( sous-espace de  E  qui   qui contient  x  et stable par  u. 2: 2 - 1: On a  πu  ∈ K[X ]  et  π u (u)(x )(x) = 0 car  πu (u) = 0 donc πu  ∈ I x  d’où I x   =  ∅ . Or  πu   = 0 car unitaire donc  I x  est non nul. Soient P, Q ∈ I x  et  R  ∈ K[X ]. On a :  − Q)(u  − Q ∈ I x . )(u)(x )(x) =  P (  P (u)(x )(x) − Q(u)(x )(x) = 0 − 0 = 0 donc  P  − — (P  − RP )(u u)(x )(x) = (R(u) ◦ P ( P (u))(x ))(x) = R(  R (u)(P  )(P ((u)(x )(x)) = R(  R (u)(0) = 0 donc RP  ∈ I x . — (RP )( On déduit que  I x  est un idéal non nul de l’anneau principal K[X ] donc ∃µx  unitaire tel que  I x  soit engendré par  µx . Autrement dit, I x  =  µ x K[X ]. 2 - 2:  − α. —   Condition nécessaire : On a µx  unitaire et  deg µx  = 1 donc ∃α  ∈ K tel que µx  =  X  − )(x) = (X  − )(u)(x )(x) = (u ( u − αidE )(x )(x) = u(  u (x) − αx d’où u(  u(x) = αx .  − α)(u D’autre part, on a  µ x  ∈ I x  donc  0 =  µ x (u)(x  u(x) = αx  et  x   = 0 donc x  est un vecteur propre de  u. On a  u(  u(x) =  αx. —   Condition suffisante : Supposons que  x  est un vecteur propre de  u  donc ∃α  ∈ K tel que u(  − α donc P (  − α)(u  P (u)(x )(x) = (X  − )(u)(x )(x) = (u − αidE )(x )(x) = u(  u (x) − αx = αx = 0 d’où P  ∈ I x . Or  I x  =  µx K[X ] Soit P  =  X  − donc µx |P   d’où µ x  = 1  ou  µ x  = P   =  P  car µx  est unitaire. )(x) = 1(u 1(u)(x )(x) = idE (x) =  x. Absurde, car  x   = 0  donc µx  =  P   d’où deg µx  = deg P  = 1. Si µx  = 1 alors 0 =  µ x (u)(x On déduit que  deg µx  = 1  si, et seulement si,  x  est un vecteur propre de  u.  =  µ x K[X ] donc µx |πu . 2 - 3: On a déjà montré (question (question 1-2) que πu  ∈ I x  et puisque  I x  = µ α1 αr Soit  π u = P 1 · · · P r la décomposition de  π u   en facteurs unitaires et irréductibles donc  ∀ P  ∈ K[X ]  unitaire,  P |Q ⇐⇒ ∀i  ∈ {1, . . . r}, ∃β i  ∈ {0, . . . , α r } tel que  P  =  P 1β1 · · · P rβr d’où l’ensemble D (πu )  des diviseurs unitaires de  πu  est D (πu ) = {P 1β1 · · · P rβr /∀i  ∈ {1, . . . r}, β i  ∈ {0, . . . , αr }}. En particulier D (πu ) est finie.  \ { 0}, µx  est unitaire et  µx |π  donc {µx /x  ∈  E  \  \ { 0}} ⊂ D (P )  \ { 0}} est fini. On a  ∀x  ∈  E  \ P ) d’où l’ensemble  {µx /x  ∈  E  \ 2 - 4: L’ensemble {µx /x  ∈  E  \  \ { 0}} est fini donc  ∃x1 , . . . , x p  ∈  E  tels que  {µx /x ∈  E  \  \ { 0}} =  { µx1 , . . . , µ xp }.  ∈  ∃  ∈ { }  x  E   x =  x  = 0  µ ( u )(x )( x ) = 0 k 1 , . . . , p  µ  = µ  =  µ )(x) = µ x (u)(x )(x) = 0. Soit . Si  alors x1 , sinon,  tel que x xk  donc  µ xk (u)(x )(x) = 0   donc ∀x ∈ E, ∃k ∈ {1, . . . , p}, x ∈ ker µxk (u)   d’où E  = On déduit que ∀x ∈ E, ∃k ∈ {1, . . . , p}, µxk (u)(x  p



ker µxk (u).

k=1

{ker µxk (u)/k ∈ {1, . . . , p}}   est une famille de sous-espaces vectoriels de  E  dont l’union est  E  qui est un espace vectoriel donc ∃k  ∈ {1, . . . , p }  tel que ∀l  ∈ {1, . . . , p}, ker µxl (u)  ⊂  ker µxk (u)  d’où ker µxk (u) =  E .  e  = x  x k  on a  e   = 0 et  E  =   = ker µe (u). Pour e =  E  = ker µe (u)  donc  µ e (u) = 0  d’où  π u |µe . Or, d’après la question 2-3,  µ e |πu  donc  µ e = πu car  µ e et  π u  sont 2 - 5: On a  E  = unitaires. 3: www.mathlaayoune.webs.com

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— Supposons Supposons que x + y  = 0 donc 0 = π x (u)(x )(x) =  π x (u)(−y) = − πx (u)(y )(y )  d’où πx (u)(y )(y ) = 0. On déduit que  πx  ∈ I y )(x) = 1(u 1(u)(x )(x) = idE (x) =  x. Absurde, car  x   = 0. donc πy  |  π x . Or  πx  ∧ πy  = 1 donc πx  = 1 d’où 0 = π x (u)(x  ( µx µy )(u )(u)(x )(x  +  y)  y ) = (µx (u)µy (u))(x ))(x  + y  +  y)) = µx (u)(µ )(µy (u)(x )(x  + y  +  y)) )) = µx (u)(µ )(µy (u)(x )(x) +  µ y (u)(y )(y )) = — 1. O n a  (µ µx (u)(µ )(µy (u)(x )(x)) = (µx (u)µy (u))(x ))(x) = (µy (u)µx (u))(x ))(x) = µy (u)(µ )(µx (u)(x )(x)) = 0  donc µx µy ∈ I x+y   d’où µx+y |µx µy . 2 . O n a 0 = µ x+y (u)(µ )(µx (u)(x )(x)) = (µ (µx+y (u)µx (u))(x ))(x) = (µx (u)µx+y (u))(x ))(x) =  µx (u)(µ )(µx+y (u)(x )(x)) = µ x (u)(µ )(µx+y (u)(x )(x+

y −y )) = µx (u)(µ )(µx+y (u)(x )(x+y )−µx+y (u)(y )(y )) = − µx (u)(µ )(µx+y (u)(y )(y)) = − (µx (u)µx+y (u))(y ))(y ) = (µx µx+y )(u )(u)(y )(y)  ∈ I  |  ∧ |  µ µ  µ µ µ  µ µ  = 1  µ µ donc x x+y  donc y x+y . y  d’où y x x+y . Or x y )(µy (u)(y )(y )) = (µ (µx+y (u)µy (u))(y ))(y ) = (µy (u)µx+y (u))(y ))(y ) = µy (u)(µ )(µx+y (u)(y )(y )) = De même, on a  0 = µx+y (u)(µ µy (u)(µ )(µx+y (u)(x )(x+y −x)) = µy (u)(µ )(µx+y (u)(x )(x+y )−µx+y (u)(x )(x)) = − µy (u)(µ )(µx+y (u)(x )(x)) = − (µy (u)µx+y (u))(x ))(x) = (µy µx+y )(u )(u)(x )(x)  donc µy µx+y  ∈ I x  d’où µx |µy µx+y . Or  µx ∧ µy = 1 donc  µx |µx+y . On a  µx |µx+y , µ y |µx+y  et  µx  ∧ µy = 1  donc  µx µy |µx+y . On a  µx+y |µx µy , µx µy |µx+y  et  µx , µy , µx+y  unitaires donc  µx+y =  µ x µy . 4:

 deg(P iαi 1 Q)  < πu  donc  P iαi 1 Q  n’est pas annulateur de de  u  donc  (P   ( P iαi 1 Q)(u )(u)   = 0  d’où On a  P iαi 1 Q  non nul et  deg(P  αi −1 ∃xi  ∈  E  tel que (P   ( P i Q)(u )(u)(x )(xi )   = 0. 4 - 2: — On a  P iαi −1 (u)(y )(yi ) = P iαi −1 (u)(Q )(Q(u)(x )(xi )) = (P  (P iαi −1 (u)Q(u))(x ))(xi ) = (P iαi −1 Q)(u )(u)(x )(xi )   = 0 donc yi   = 0. αi αi αi αi )(yi ) = (P i Q)(u )(u)(x )(xi ) =  π u (u)(x )(xi ) = 0 donc  P i ∈ I yi  d’où πyi |P i . Or P i  est irréductible dans K[X ] — On a  P i (u)(y k donc ∃k  ∈ {1, . . . , αi }, πyi = P i . )(yi )   = 0  donc  P iαi −1 ∈ / I yi  donc P ik =  π yi |P iαi −  1 d’où k > αi −  1  d’où k =  k  = α  α i  car  k  ∈ {1, . . . , α i }. On a  P iαi −1 (u)(y αi On déduit que  πyi =  P i . 4 - 3: D’après la question précédente,  ∀i  ∈ {1, . . . , r }, ∃ei  ∈  E  \  \ { 0} tel que  P iαi = π ei  et soit  e =  e  = e  e 1  +  · · · + er . α1 αk = 0 et  µe1 +···+ek =  P 1 · · · P k : Montrons que  ∀k  ∈ {1, . . . , r}, e1 +  · · · + ek   α1 — On a  e1   = 0  et  µe1 = P 1 donc la relation est vraie pour k =  k  = 1. = 0 et  µe1 +···+ek =  P 1α1 · · · P kαk . — Soit k  ∈ {1, . . . , r − 1} et supposons que  e1  +  · · · + ek   αk+1 α = 1  car les  P i , i  ∈ {1, . . . , k + k + 1 } sont deux à deux premiers entre On a  µe1 +···+ek  ∧  µek+1 = (P 1α1 · · · P k k ) ∧ P k+1 αk+1 eux donc, d’après la question 3,  e 1  +  · · · + e  . La relation  + ek+1   = 0  et  µe1 +···+ek+1 =  µ e1 +···+ek µek+1 =  P 1α1 · · · P k+1  k  + 1 . est alors vraie pour  k + On déduit, d’après le procédé de récurrence, que ∀k  ∈ {1, . . . , r}, e1 + · · · + ek   = 0 et µe1 +···+ek = P 1α1 · · · P kαk . En particulier,  k  = r  r , e =  e  = e  e 1  +  · · · + er   = 0 et  µe  = µ  =  µ e1 +···er = P 1α1 · · · P rαr =  π u . pour k =  =  X k − ak−1 X k−1 − · · · −a1 X − a0 . 5: Soit x  ∈  E \{ 0}, ux  l’endomorphism  l’endomorphismee de E u (x) induit  induit par u et k  = deg µx . On pose pose µx  = X  5 - 1: Remarquons d’abord que  x, u(x), . . . , uk−1 (x)  ∈  E u (x).  +  α k−1 uk−1 (x) = 0  donc α0 idE  +  · · · + αk−1 uk−1 (x) = 0  d’où — Soient Soient α 0 , . . . , αk−1 ∈ K  tels que α0 x  +  · · ·  + α α0  +  · · · + αk−1 X k−1 (u)(x )(x) = 0. On déduit que  α 0  +  · · ·  + α  + αk−1 X k−1 ∈ I x  donc  µx |α0  +  · · · + α  + αk−1 X k−1 . Or deg α0  +  · · · + αk−1 X k−1 < k  = deg µx  donc α 0 +  · · · + αk−1 X k−1 = 0 d’où α0  =  · · ·  = α  =  α k−1  = 0. k−1 (x)} est libre. On déduit que la famille  {x, u(x), . . . , u P (u)(x )(x) = (Qµx + R)(u )(u)(x )(x) = — Soit P  ∈ K[X ] et P  = Qµx + R   la division euclidienne de P  par µx   donc P ( (Qµx )(u )(u)(x )(x) + R(u)(x )(x) = R(  R (u)(x )(x)  car  (Qµ  (Qµx )(u )(u)(x )(x) = 0  puisque Qµx  ∈  µx K[X ] =  I x . On déduit que  P (  P (u)(x )(x) =  R(  R (u)(x )(x)  ∈  Vect{x, u(x), . . . , uk−1 (x)} car  deg R  ≤  deg µx −  1 = k  −  1. On déduit que la famille {x, u(x), . . . , u k−1 (x)} est génératrice dans  E u (x). La famille  { x, u(x), . . . , uk−1 (x)}  est libre et génératrice donc B x   est une base de E u (x)   et, en particulier, dim E u (x) = card {x, u(x), . . . , uk−1 (x)} = k =  k  = deg µx .  u (u p (x)) = u px+1 (x). 5 - 2: On a  ∀ p  ∈ {1, . . . , k  −  2}, ux (u p (x)) =  u( )(x) = (uk −  a k−1 uk−1 − · · · −  a 1 u  − D’autre part, on a µx = X k −  a k−1 X k−1 − · · · −  a 1 X  −  a 0   donc 0 = µx (u)(x k k−1 k k−1 a0 idE )(x )(x) = u (x) − ak−1 u (x) − · · · − a1 u(x) − a0 x donc  u (x) = a k−1 u (x) + · · · + a1 u(x) + a0 x. On déduit que ux (uk−1 (x)) = u k (x) =  ak−1 ukx−1 (x) + · · · + a1 ux (x) + a0 x. La matrice de  ux  dans la base B x  est alors : −

4 - 1:





−





−

−









0   · · · 1 . . .  . 0 . .  .. . . . . 0 ···

· ··

0

..

.

.. . .. .

..

.

0

a0 a1 .. .

0 ak−2 1 ak−1

    

)(x) =  π x (u)(x )(x). On déduit que  π x ∈ I x  donc Soit  π x  le polynôme minimale de  u x  donc  π x (ux ) = 0  d’où  0 =  π x (ux )(x µx |πx . En particulier,  deg µx  ≤  deg πx . D’autre part,  deg πx  ≤  dim E u (x) = deg µx  donc  deg µx  = deg πx . On a  µ x |πx , deg µx  = deg πx  et  µx , πx  unitaires donc  πx  = µ  =  µ x . 5 - 3:

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Deuxième partie Endomorphismes cycliques On suppose, dans cette partie, que  u  est cyclique.  p(u)  donc dim E λ (u)  ≥  1. 1: Soit λ  ∈ S  p( = 0  car  dim E  =  n  ∈ N∗ donc x   = 0. On déduit, d’après la question On a  u  cyclique donc  ∃ x  ∈  E  tel que  E u (x) =  E , or  E   I-5-2, que ∃a0 , . . . , an−1  ∈ K et une base de  E  dans   dans laquelle la matrice de  u  est :

0   · · · 1 . . .  . A  = 0  . . . .  .. . . 0 ···

· ··

0

..

.

.. . .. .

..

.

a0 a1 .. .

0 ak−2 1 ak−1

0

    

ker(u u − λidE ) = dim ker( ker(A A − λI n ). On déduit que  dim E λ (u) = dim ker( Soit B  la sous-matrice de  A − λI n  formée par les  n − 1  dernières lignes et les  n − 1  dernières colonnes donc :

1 0  B  =  ...  .  ..

λ

0

···

..

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..

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· ··

0

0   ·· ·

0

 ..  .  0  λ 1

= 0  d’où  B   est inversible. On déduit que  A  −  λI n   admet une sous-matrice inversible d’ordre  n  −  1  donc Donc  det B = 1  rg(A rg(A − λI n )  ≥  n − 1  d’où dim ker( ker(A A − λI n ) =  n − rg(A  rg(A − λI n )  ≤  1 . On a  dim E λ (u)  ≥  1  et  dim E λ (u)  ≤  1  donc  dim E λ (u) = 1. 2:   1 ⇒  2) On a u  cyclique donc  ∃x  ∈  E  tel que  E u (x) = E , or  E   = 0 car  dim E  = n  ∈ N∗ donc x   = 0. D’après la question I-5-3,  π u = µx  donc  deg πu   = deg µx , or, d’après la question I-5-1,  deg µx   = dim E u (x)  donc deg πu  = dim E u (x) = dim E  = n .  n  = deg χu  donc ∃λ  ∈ K tel que χu  =  λπ u . Or  πu  est unitaire et le coefficient dominant de 2 ⇒  3) On a  πu |χu , deg πu  =  n = n χu  est  ( −1) donc χu  = (−1)n πu . 3 ⇒  1) On a χu  = (−1)n πu  donc  deg πu  = deg χu  =  n .  \ { 0} tel que  µe  = π  =  π u  donc deg µe  = deg πu  = n  =  n . D’après la question I-2-5,  ∃ e ∈  E  \ On a  E u (e) ⊂ E ,  dim E  = n  et, d’après la question I-5-2,  dim E u (e) = deg µe = n  donc  E u (e) = E   d’où  u  est cyclique. 3: ⇒ ) On a  u  cyclique donc, d’après la question précédente,  deg πu =  n  donc la famille  (id E , u , . . . , un−1 ) forme une base de K[u]. En particulier, elle est libre. ⇐ ) (idE , u , . . . , un−1 )  est une famille libre dans K[u] donc dim K[u]  ≥  n. Or  deg πu  = dim K[u] donc deg πu  ≥  n.  =  n  d’où, d’après la question précédente,  u  est cyclique. D’autre part, on sait que  deg πu  ≤  n  donc deg πu  = n

Troisième partie Endomorphismes cycliques diagonalisables, endomorphismes cycliques nilpotents On a  u  diagonalisable donc  π u  est scindé à racines simples, or les racines de  π u  sont exactement les valeurs propres de  u  =  p  avec le nombre des valeurs propres distinctes de  u . donc deg πu  = p D’après la question II-2,  u  est cyclique si, et seulement si,  deg πu =  n  si, et seulement si,  p =  p  =  n  si, et seulement si,  u  admet  n valeurs propres deux à deux distinctes. 2: On va procéder comme dans la question I-4-3. Soit  λ1 , . . . , λn  les valeurs propres de  u,  e1 , . . . , en  des vecteurs propres de  u  e  = e  e 1  +  · · · + en . tels que  ∀k  ∈ {1, . . . , n }, λk  est associé à  ek  et  e =  −  λk )(u  −  λk ∈   d’où π ek |X  −  −  λk .  ( X  − )(u)(e )(ek ) = (u −  λk idE )(e )(ek ) =  u(  u (ek ) −  λk ek = 0  donc  X  − Soit k  ∈ {1, . . . , n }. On a  (X   − λk  car  πek  est unitaire. D’autre part, ek  est un vecteur propre de  u  donc, d’après la question I-2-2,  deg πek = 1  d’où πek = X  −  − λk . On déduit que  ∀k  ∈ {1, . . . , n }, πek =  X  − On  u  diagonalisable donc  π u  est scindé à racines simples, or les racines de  π u  sont exactement les valeurs propres de  u  donc πu  = (X  −  − λ1 ) · · · (X  −  − λn ).  − λ1 ) · · · (X  −  − λk )  : = 0  et  µe1 +···+ek = (X  ( X  − Montrons que  ∀k  ∈ {1, . . . , n}, e1  +  · · · + ek   1:

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CPGE Lissane Eddine - Laayoune

Essaidi Ali

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 − λ1  donc la relation est vraie pour  k = — On a  e1   = 0  et  µe1 = X  −  k  = 1. = 0 et  µe1 +···+ek = (X  −  − λ1 ) · · · (X  −  − λk ). — Soit k  ∈ {1, . . . , n − 1} et supposons que  e 1 +  · · · + ek    − λ1 ) · · · (X  −  − λk ))  ∧  (X  ((X  −  ( X  −  λ k+1 ) = 1  car les valeurs propres sont deux à deux On a µe1 +···+ek ∧  µ ek+1 = ((X   + ek+1   = 0  et  µe1 +···+ek+1 =  µ e1 +···+ek µek+1 = (X  −  −  λ1 ) · · · (X  −  −  λk+1 ). distinctes, d’après la question 3,  e 1  +  · · ·  + e  k  + 1 . La relation est alors vraie pour  k +  −  λ1 ) · · · (X  −  −  λk ). On déduit, d’après le procédé de récurrence, que  ∀k  ∈ {1, . . . , n}, e1  +  · · · + e  + ek   = 0 et  µe1 +···+ek = (X  −  k  = n  n , e =  e  = e  e 1  +  · · · + en   = 0  et  µe  =  µe1 +···er = (X  −  − λ1 ) · · · (X  −  − λn ) = π u . En particulier, pour k = On a  µ e  =  π u  donc  deg µe  = deg πu  =  n  donc, d’après la question I-5-1,  dim E u (e) = deg µe  =  n  d’où E u (e) =  E .  =  X  p d’où deg πu  = p  =  p . 3: Soit p  l’indice de nilpotence de  u  donc π u  = X   =  n  si, et seulement si,  p =  p  = n  n . D’après la question II-2,  u  est cyclique si, et seulement si,  deg πu  = n n−1 n−1 = (e)   = 0. 4: L’indice de nilpotence de  u  est  n  donc  u  0 d’où ∃e  ∈  E  tel que u  =  X n et, d’après la question I-2-3,  πe |πu  donc ∃k  ∈ {0, . . . , n}  tel que µe  =  X k . On a  πu  = X  Supposons que  k  ≤  n − 1  donc µ e |X n−1 donc X n−1 ∈  µ e K[X ] = I e  d’où 0 = (X n−1 )(u )(u)(e )(e) =  u n−1 (e) = 0. Absurde, car un−1 (e)   = 0 donc k =  k  = n  n  d’où µe  = X   =  X n . D’après la question I-5-1,  dim E u (e) = deg µe  =  n  donc E (e) =  E .

Quatrième partie Commutant d’un endomorphisme cyclique  \ { 0} tel que  E  = E (e)  et C (u) = { v  ∈ L  (E )/uv = /uv  = v  vu u}. On suppose, dans cette partie, que  u  est cyclique. Soit  e  ∈  E  \ n−1  = (e, u(e), . . . , u (e))  est une base de  E . 1: On a E u (e) =  E  donc, d’après la question I-5-1, B  =  x  = α  α 0 e + α1 u(e) +  · · · + αn−1 un−1 (e). Soit x  ∈  E  donc   donc ∃α0 , . . . , αn−1  ∈ K tels que  x = On déduit que  x =  x  = (α0 idE  + α1 u + · · · + αn−1 un−1 )(e )(e) = (α0 + α1 X  +  + · · · + αn−1 X n−1 )(u )(u)(e )(e)  donc  x =  x  = P   P ((u)(x )(x0 ) avec n−1 P  = α 0 + α1 X  +  +  · · · + αn−1 X  . 2: On a v  ∈ C (u) donc ∀k  ∈ N, vu k =  u k v . P (u)  ∈ K[u]  et l’algèbre K[u]  est commutative donc  v(  v (uk (e)) = (vu (vu k )(e )(e) = (uk v )(e )(e) = Soit  k ∈ {1, . . . , n −  1}. On a  u k , P ( k k k k k u (v (e)) = u (P ( P (u)(e )(e)) = (u (u P ( P (u))(e ))(e) = (P ( P (u)u )(e )(e) = P ( P (u)(u )(u (e))  donc  v  et  P (  P (u)  coïncident sur les éléments de la n−1  = (e, u(e), . . . , u (e)) d’où v =  v  = P   P ((u). base B  =  v  = P   P ((u)  et  P  ∈ K[X ] donc v  ∈ K[u]  donc C (u)  ⊂ K[u]. On a  v = On a  u  ∈ K[u] et l’algèbre K[u] est commutative donc K[u] ⊂ C (u)  d’où C (u) = K[u]. P ) =  P (n+1) = 0  donc  f n+1 = 0  d’où f  est nilpotent. Or  f n (X n ) =  n!  n !   = 0  donc 3:  Application :  On a  ∀P  ∈ Kn [X ], f n+1 (P ) l’indice de nilpotence de  f  est n + 1  et puisque  n + 1 = dim Kn [X ]  donc, d’après la question III-3,  f  est cyclique. gf )(P  P )) =  g (f ( f (P )) P )) =  g (P  ) =  P  (X  +  + 1)  et  (f  ( f g )(P  )(P )) =  f (  f (g(P )) P )) =  f (  f (P ( P (X  +   + 1)) = (P  (P ((X  +  + 1)) = On a  ∀ P  ∈ Kn [X ], (gf )(  P  (X  +  + 1)  donc gf  =  f g  d’où g  ∈ C (f ) f ). On f  cyclique donc, d’après la question précédente, C (f ) f ) = K[f ] f ] donc g  ∈ K[f ] f ] d’où ∃P  ∈ K[X ]  tel que g =  g  = P   P ((f ) f ). n+1 n n+1 n+1 + R  la division euclidienne de P  par X  donc g  =  P (  P (f ) f ) = (QX  + R)(f  )(f )) = Q(  Q (f ) f )f  + R(f ) f ) =  R(  R(f ) f ) Soit P  =  QX  n+1 car f  = 0.  +  a n X n )(f  )(f )) = a0 idKn [X ] +  a 1 f  +  · · ·  + a  +  a n f n On a deg R ≤ n  donc  ∃ a0 , . . . , an ∈ K  tels que g = (a0 +  a 1 X  +  · · ·  + a P (X  +   + 1) = g(P ) P ) = (a0 idKn [X ] +  a 1 f  +  · · ·  +  a n f n )(P  )(P )) = a0 P  +  a 1 f ( f (P ) P ) +  · · ·  + a  +  a n f n (P ) P ) = d’où  ∀ P  ∈ Kn [X ], P (  n) ( a0 P  + a1 P  + · · · + an P  . 4: Soit v  ∈ L  (E ). ⇒ ) On a  v  cyclique donc, d’après la question précédente, C (v) = K[v]. ⇐ ) On a C (v) = K[v]  donc  dim K[v ] = dim C (v )  ≥ n. Or, on sait  dim K[v] = deg πu ≤ n  donc  dim K[v] = n  donc deg πu  = dim K[v ] =  n  d’où u  est cyclique d’après la question II-2.

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