Special MP CORRIGE DU DL5 DE MATHEMATIQUES
PREMIERE PARTIE I 1) S’il existe une base (x ( x0 , x1 , · · · , xn−1 ) de E de E dans dans laquelle f laquelle f a a pour matrice C matrice C ,, alors, de proche en proche, on k n−1 montre que ∀k ∈ [[0, [0, n − 1]] 1]] xk = f (x0 ). (x0 , f ( f (x0 ), · · · , f (x0 )) est donc une base de E et f f est bien cyclique. R´ecipro eci proquem quement, ent, si f f est cyclique, alors dans la base (x ( x0 , f ( f (x0 ), · · · , f n−1 (x0 )) la matrice de f f a bien la forme voulue.
−X 1 ) = P (X ) = 0 .. . 0
··· 0 −a0 .. .. . . −X −a1 .. . . .. .. 0 I 2) Notons D( D (a0 , a1 , · · · , an−1 C C . .. .. .. .. . . . . ··· 0 1 −an−1 − X En d´eveloppant eveloppant par rapport rappo rt `a la premi`ere ere colonne, on obtient: o btient: 0
D(a0 , · · · , an−1 ) = − X D( D (a1 , · · · , an−1
0 1 ) − 0 .. . 0
··· . −X . . .. .. . . .. .. . . 0 ··· 0
0 .. . 0 .. . 1
−a0
−a .. . .. . −a − X 2
n−1
On a D( D (a0 , a1 , · · · , an−1 ) = (−1)n (X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 ) (voir cours) donc n P C C = ( −1) Q. On a unicit´e du polynˆ polyn ome oˆme caract´eristique eristique d’un endomorphisme or la matrice compagne d’un endomorphisme cyclique ne d´epend epend que des coefficients du polynˆome ome caract´ cara ct´eristi eri stique. que. On a donc unicit´e de la matrice compagne d’un endomorphisme cyclique.
− λI e I 3) On remarque que le rang de la matrice C − λI est st sup´ su p´erie er ieur ur ou ´egal eg al `a n − 1 car le mineur d’ordre n − 1 obtenu en suprimant la premi` ere ere ligne et la derni`ere ere colonne est toujours non nul. Chaque sous espace propre est donc de dimension 1. En r´esol es olvant vant le syst` sys t`eme eme CX = λX , on trouve trouve que le sous espace propre propre associ´ associ´e `a la valeur propre λ est engendr´ enge ndr´e par p ar le vecteur vecte ur de coo coordon rdonn´ n´ees ees (λn−1 + an−1 λn−2 + · · · + a2 λ + a1 , λn−2 + an−1 λn−3 + · · · + a3 λ + a2 , · · · , λ2 + an−1 λ + an−2 , λ + an−1 , 1). DEUXIEME PARTIE II 4) f n−1 = et f n = 0, il existe donc x 0 ∈ E tel E tel que f que f n−1 (x0 )̸ = 0. ̸ 0 et f Montrons que (x (x0 , f ( f (x0 ), · · · , f n−1 (x0 )) est une base de E . E . Pour cela, consid´erons erons une combinaison combinais on lin´eaire eaire n−1 n−1 n nulle de x de x 0 , f ( f (x0 ), · · · , f (x0 ) : a0 x0 + a1 f ( f (x0 ) + · · · + an−1 f (x0 ) = 0 avec (a (a0 , a1 , · · · , an−1 ) ∈ Z n n−1 Comme f = 0, lorsqu’on applique f a` la combinaison lin´eaire, eaire, il ne reste que a0 f n−1 (x0 ) = 0. 0. On en en d´edui du it a 0 = 0. De mˆeme, eme, en appliquant appliqu ant successi s uccessivement vement f f n−2 , f n−3 , etc. on montre que a 1 = 0, a 0, a 2 = 0, etc. n−1 (x0 , f ( f (x0 ), · · · , f (x0 )) est donc bien une famille libre de E . E . Or E Or E est est un espace vectoriel de dimension n. n . n−1 (x0 , f ( f (x0 ), · · · , f (x0 )) est donc une base de E et f est f est un endomorphisme cyclique. 1
La matrice compagne de f est la matrice de f dans la base (x0 , f (x0 ), · · · , f n−1 (x0 )). C’est
0 · ·· 1 . . . 0 . . . .. . . . . 0
···
· ·· · ·· .. ..
.
..
.
0
0 .. . .. . .. .
.
1
0
La matrice de f est de rang n − 1, donc le noyau de f est de dimension 1. II 5 a) x ∈ N k =⇒ f k (x) = 0 =⇒ f k+1 (x) = 0 =⇒ x ∈ N k+1 donc N k ⊂ N k+1 . Soit y ∈ f (N k+1 ), alors, il existe x ∈ N k+1 tel que y = f (x). f k (y) = f k+1 (x) = 0 donc y ∈ N k et f (N k+1 ) ⊂ N k . II 5 b) n1 = 1 donc dim(Im f ) = 1 or ker ϕ ⊂ ker f donc dim(ker ϕ) ≤ 1. Im ϕ ⊂ N k donc dim(Im ϕ) ≤ n k De la relation dim(ker ϕ) + dim(Im ϕ) = dim(N k+1 ) on d´eduit alors nk+1 ≤ nk + 1. II 5 c) On fait l’hypoth` ese n k = n k+1 . On a donc N k = N k+1 car on a toujours N k ⊂ N k+1 On montre par r´ecurrence sur j ≥ k que N j = N k La relation est vraie pour j = k. Supposons que N j = N k et montrons que N j +1 = N k . Si N j ̸ = N j +1 , alors comme N j ⊂ N j +1 , il existe x ∈ N j +1 \ N j . On en d´eduit f j +1 (x) = 0 et f j (x)̸ = 0 puis f k+1 (f j −k (x)) = 0 et f k (f j −k (x))̸ = 0 ce qui est incompatible avec N k = N k+1 . On a donc N j +1 = N j = N k Finalement, du principe de r´ecurrence, on d´eduit que ∀ j ≥ k N j = N k . On sait que n 1 = 1 et n p = n et on a montr´e que ∀ k ∈ [[0, p − 1]] nk+1 ≤ n k + 1. On en d´eduit n = p et n k = k. TROISIEME PARTIE III 6) Consid´erons une combinaison lin´eaire nulle de (I , f , f 2 , · · · , f n−1 ): a0 I + a 1 f + · · · + a n−1 f n−1 = 0 avec (a0 , a1 , · · · , an−1 ) ∈ Zn f est cyclique, donc il existe x 0 ∈ E tel que (x0 , f (x0 ), · · · , f n−1 (x0 )) soit une base de E . On applique la combinaison lin´eaire a` x 0 et on en d´eduit que tous les a i sont nuls. (I , f , f 2 , · · · , f n−1 ) est donc bien une famille libre de E . III 7 a) On sait que f ◦ (f − λk )mk = (f − λk )mk ◦ f Soit x ∈ E k , alors (f − λk )mk (f (x)) = f (f − λk )mk (x) = 0 donc f (x) ∈ E k . E k est bien stable par f . mk On sait que les p polynˆomes (λk − X ) sont deux `a deux premiers entre eux. On en d´eduit (Th´eor`eme de d´ecomposition des noyaux) que
�
�
p
� ∏ (λ I − f ) � = ker �(λ I − f ) � ⊕ ker �(λ I − f ) � ⊕ · · · ⊕ ker �(λ I − f ) � ker mk
k
1
m1
2
m2
p
mp
k=1
p
� ∏ (λ I − f ) � = ker(P (f )) = E (Th´eor`eme de Cayley Hamilton, rappel´e dans les notations) Or ker k
mk
f
k=1
2
Donc E = E 1 ⊕ E 2 ⊕ · · · ⊕ E p . mk k III 7 b) Soit x ∈ E k . ϕm = 0 donc k (x) = (f − λk I )
k ϕm = 0. k E k est stable par f , la seule valeur propre de la restriction de f `a E k est λ k , or λ k est une valeur propre de f de multiplicit´e m k donc dim E k ≤ m k . D’autre part, m 1 + m2 + · · · + m p = n car ici Z = C donc P f est scind´e et la somme des multiplicit´es de ses racines et ´egale `a son degr´e de plus E = E 1 ⊕ E 2 ⊕ · · · ⊕ E p donc n = dim E 1 + dim E 2 + dim E p On en d´eduit que dim E k = n k pour k ∈ [[1, p]]. k −1 Supposons que ϕ m soit l’endomorphisme nul. k p P f (X ) mk −1 Soit Q(X ) = (λk − X ) (λr − X )mr = λk − X r
∏ =1
r̸ =k r = 0 (les endomorphismes ∀x ∈ E k Q(f )(x) = 0 car ϕ mk −1 = 0 et ∀ x ∈ E r r̸ = k Q(f )(x) = 0 car ϕm r (λI − f ) commutent deux `a deux) Comme E = E 1 ⊕ E 2 ⊕ · · · ⊕ E p , on a alors ∀ x ∈ E Q(f )(x) = 0 et donc Q(f ) = 0 Q est de degr´e n − 1, Q(f ) est donc une combinaison lin´eaire non nulle de (I , f , f 2 , · · · , f n−1 ) ce qui est contraire `a l’hypot`ese stipulant que (I , f , f 2 , · · · , f n−1 ) est une partie libre. k −1 ϕm n’est donc pas l’endomorphisme nul. k k −1 k III 7 c) D’apr`es 7 b) E k est de dimension m k , ϕ m = 0 et ϕ m = 0 donc d’apr`es II 4) ϕ k est cyclique et il existe ̸ k k une base de E k dans laquelle sa matrice est sa matrice compagne :
0 · ·· 1 . . . 0 . . . .. . . . . 0
···
· ·· · ·· .. .. 0
. .
.. 1
.
0 .. . .. . .. . 0
λ 1 Dans cette base, la matrice de la restriction de f `a E est : 0. .
· ·· · ·· .. . .. .. k . . .. .. . . . 0 ··· 0 1 Dans la base de E form´ee par la r´eunion des bases de chacuns de E k , la matrice voulue. k
0 .. . .. . .. .
0 .. . .. .
0 λk de f est bien de la forme
III 7 d) Soit g un endomorphisme de matrice la matrice compagne de P f dans une certaine base de E . D’apr`es la question I 1), on voit que g est un endomorphisme cyclique. (I , g , g2 , · · · , gn−1 ) est donc une partie libre et P f est le polynˆome caract´eristique de g. Les hypoth`eses de la question 7) sont alors v´erifi´ees, on en d´eduit l’existence d’une base de E dans laquelle la matrice de g est la matrice ”diagonale par blocs” d´ ecrite `a la question 7 c), c’est `a dire la matrice de f dans la base B . La matrice compagne de P f et la matrice de f dans la base B sont donc semblables. Il existe donc une base B ′ de E dans laquelle la matrice de f sera la matrice compagne de P f . f est donc un endomorphisme cyclique. III 8 a) det(Q1 + X Q2 ) est un polynˆome en X . Pour X = i, il prend une valeur non nulle, ce n’est donc pas le polynˆome nul. Il existe donc bien un r´eel λ pour lequel det(Q1 + λQ2 )̸ = 0 et donc Q 1 + λQ2 ∈ GL n (R) {λ ∈ R/ Q1 + λQ2 ∈ GL n (R)} est donc non vide. 3
A = QBQ−1 ⇔ AQ = QB ⇔ A(Q1 + iQ2 ) = (Q1 + iQ2 )B ⇔ (AQ1 = Q 1 B et AQ 2 = Q 2 B) (identification des parties r´eelles et imaginaires) On a alors A(Q1 + λQ2 ) = (Q1 + λQ2 )B et donc A = (Q1 + λQ2 )B(Q1 + λQ2 )−1 A et B sont donc semblables dans M n (R). III 8 b) Soit A la matrice de f dans une certaine base de E . Soit g l’endomorphisme de Cn de matrice A dans la base canonique de Cn . Alors (I , f , f 2 , · · · , f n−1 ) est une partie libre, il en est de mˆeme de (I , A , A2 , · · · , An−1 ) et de (I , g , g2 , · · · , g n−1 ) et donc d’apr`es la question 7 c) g est un endomorphisme cyclique et dans Mn (C) sa matrice A est semblable `a sa matrice compagne qui est la matrice compagne de P f . D’apr`es la question pr´ec´edente, ces deux matrices sont ´egalement semblables dans M n (R). f est donc bien un endomorphisme cyclique. Conclusion : si f est un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension n sur R ou C, f est cyclique si et seulement si (I , f , f 2 , · · · , f n−1 ) est libre dans L (E ). QUATRIEME PARTIE IV 9 a) On d´ecompose g (x0 ) dans la base (I, f (x0 ), · · · , f n−1 (x0 )), on en d´eduit :
�
n−1
g −
∑
k=0
k
αk f
��
n−1
n−1
� ∑ � � � ∑ � f (x ) = f ◦ g − α f (x ) = f g(x ) − α f (x ) = 0, en effet, f r
0
r
k
k
r
0
0
k
k =0
k
0
r
com-
k=0
n−1
mute avec g et avec tout ´el´ement de Z[f ]. L’image par g −
∑
αk f k de chacuns des ´el´ements de la base
k =0 n−1
(x0 , f (x0 ), · · · , f n−1 (x0 )) est donc nulle et donc g −
∑
αk f k = 0
k =0
On a bien g ∈ Z[f ]. IV 9 b) On suppose que g ∈ C (f ) et on montre qu’il existe un unique polynˆome R ∈ Zn−1 [X ] tel que g = R(f ). Unicit´e : f est cyclique, donc (I , f , f 2 , ·, f n−1 ) est une famille libre. Supposons qu’il existe deux polynˆomes (Q, R) ∈ ( Zn−1 [X ])2 tels que g = Q(f ) = R(f ). Alors (Q − R)(f ) = 0 or (Q − R)(f ) est une combinaison lin´eaire nulle de la famille libre (I , f , f 2 , ·, f n−1 ), tous ses coefficients sont donc nuls, donc Q = R et on a bien l’unicit´e. Existence: de la question 9 a), on d´eduit l’existence d’un polynˆome T ∈ Z[X ] tel que g = T (f ). On fait la division euclidienne de T par P f : T = P f Q + R o`u R ∈ Zn−1 [X ]. P f (f ) = 0 donc g = R(f ). On a bien l’existence. R´eciproquement, si il existe R ∈ Zn−1 [X ] tel que g = R(f ), alors g ∈ C (f ) IV 10) De mˆeme que dans la question pr´ec´edente, en utilisant la division euclidienne et le th´eor`eme de CayleyHamilton, on montre que Z[f ] est un espace vectoriel de dimension ≤ n engendr´e par (I , f , f 2 , · · · , f n−1 ). On suppose que C (f ) = Z[f ], dans les notations, on a pr´ecis´e que la dimension de C (f ) est ≥ n. Z[f ] est donc un espace de dimension exactement n de base (I , f , f 2 , · · · , f n−1 ). On en d´eduit que (I , f , f 2 , · · · , f n−1 ) est une partie libre et que f est un endomorphisme cyclique. CINQUIEME PARTIE
� �
V 11 a) ∀k ∈ [[0, p − 1]] f p (f k (x0 )) = f k (f p (x0 )) = f k (x0 ) et f k f p = I .
0≤k≤ p−1
est une famille g´en´eratrice de E donc
V 11 b) E est un espace de dimension n, par cons´equent, une partie libre de E a au plus n ´el´ements. De plus x 0̸ = 0. E est donc une partie non vide et major´ee de N donc E admet un maximum. 4
V 11 c) Montrons par r´ecurrence sur j que ∀ k ≤ m f k (x0 ) ∈ Vect (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 )). f m (x0 ) ∈ Vect (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 )) car (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 )) est libre et (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 ), f m (x0 )) est li´ee par d´efinition de m. Supposons que f k (x0 ) ∈ Vect (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 )), alors f k+1 (x0 ) ∈ Vect (f (x0 ), f 2 (x0 ), · · · , f m (x0 )) et comme f m (x0 ) ∈ Vect (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 )) on a bien f k+1 (x0 ) ∈ Vect (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 )) Finalement ∀k ≥ m f k (x0 ) ∈ Vect (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 )). (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 )) est alors une base de E . f est bien cyclique. (On remarque que m = n) f p − I = 0, or le polynˆome X p − 1 est scind´e (le corps de base est C) et n’a que des racines simples. f est donc diagonalisable. Etant cyclique, on sait que ses sous espaces propres sont tous de dimension 1. f poss`ede donc n valeurs propres deux `a deux distinctes. f dans la base (x0 , f (x0 ), · · · , f m−1 (x0 )) est
V 12) f n (x0 ) = x 0 , la matrice compagne de f qui est la matrice de donc 0 · ·· · ·· 0 .. . 1 .. . . . . C = 0 . . . . .. .. . . . . . . 0 . 0 ··· 0 1
1
0 · ·· 1 . . . CU = 0 . . . .. . . . . k
0 ···
· ·· .. .. 0
. .
0 1 .. . 0 .. .. . . . 0 .. 1 0
k
ω ω ... .. .
2k
ωnk
=
0 .. . .. .
0
ωnk ωk ω 2k .. . ω (n−1)k
= ω
(n−1)k
U k = ω k U k
Donc CU k = ω k U . Remarque : U k est un vecteur propre de C associ´e `a la valeur propre ω k Les ω k pour k ∈ [[1, n]] sont deux `a deux distincts. (U 1 , U 2 , · · · , U n ) forme donc une famille libre et par cons´ equent une base de vecteurs propres de C . V 13) MM = nI et M −1 =
M . n
V 14) Introduisons le polynˆome P (X ) = a 0 + a 1 X + · · · + an−1 X n−1 . On remarque que A = P (C ). A est donc diagonalisable avec la mˆ eme matrice de passage que C , U k est un vecteur propre de A associ´e `a la valeur k propre P (ω ) et (U 1 , U 2 , · · · , U n ) forme une base de vecteurs propres de C . FIN
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