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1 escp-eap 2(Ecole de commerce) OPTION SCIENTIFIQUEMATHEMATIQUES I adapté en retirant certaines question qui sont du cours de PC et en ajoutant le dernier exemple.. a) question de cours b) P(f) est un polynôme de l endomorphisme f donc commute avec f. 2. a) question de cours b) On sait que les hyperplans stables se cherchent en résolvant LA = ¹A: Soit en transposant t A t L = ¹ t L: Or t L 6= () donc la proposition équivaut à : t L est vecteur propre de t A On note B = (e ;e 2 ;e 3 ) la base canonique de R 3 et on considère l endomorphisme g de R 3 dont la matrice dans la base B est B A : 2 ² Pour trouver les droites stables on cherche les vecteurs propres de B : Les valeurs propres de la matrice triangulaire supérieure B sont sur la diagonale: et 2 sont les valeurs propres de B. Le calcul donne sans problème E (B) = Vect(e );E 2 (B) = Vect(e + e 2 + e 3 ) les droites stables sont donc Vect(e ) et Vect(e + e 2 + e 3 ). ² pour trouver les plans stables on recherche les vecteurs propres de t B A. 2 On trouve E ( t B) = Vect(e 2 e 3 );E 2 ( t B) = Vect(e 3 ) les plans stables sont les plans d équation y = z et z =, soit les plans Vect(e ;e 3 ) et Vect(e ;e 2 ). g admet 6 sous espaces vectoriels stables : ² n! o ² Vect(e ) et Vect(e + e 2 + e 3 ) ² Vect(e ;e + e 2 + e 3 ) et Vect(e ;e 2 ) ² E 3. Soit (x k ) k2[;p] 2 Q p F k, Ã! f x k = puisque f(x k ) 2 F k. P p F k est un sous-espace vectoriel stable par f. f(x k )2 F k ; En utilisant la question ) avec le polynôme (X kid E ) nk, on voit que, pour tout k, ker(f kid E ) nk est stable par f. Alors, d après la question 2),P p ker(f kid E ) nk est stable par f. 4. a) Soit F stable par f et x 2 F, (f Id)(x) = f(x) x 2 F comme somme de deux vecteurs de F: F est stable par f Id. Réciproquement si F est stable par f Id, d après le premier sens, F est stable par (f Id) ( )Id = f. f et (f Id) ont les même sous espaces stables b) Si F est stable par f, alors f 2 (F) = f(f(f )) ½ f(f) ½ F; F est stable par f 2. La réciproque est fausse comme le montre la rotation de ¼ 2. tout sous espace stable par f est stable par f 2

2 Remarque le résultat se généralise à toute puissance positive de f, ou même à tout polynôme de l endomorphisme f. c) Puisque f existe, f est bijective Soit F un sous-espace stable par f, on a f(f ) ½ F. Comme f est bijective on a dim(f(f )) = dim(f ). Donc f(f) = F. On a donc f (F ) = f (f(f)) = F et F est stable par f. Réciproquement comme f = f tout sous espace stable par f est stable par f. f et f ont les mêmes sous-espaces stables d) Soit f un endomorphisme de E laissant stable tout sous-espace vectoriel de E et B = (e i ) i2[;n] une base de E. f laisse stable toutes les droites vectorielles Vect(e i ), c est à dire que 8i 2 [;n], e i est vecteur propre associé à f (question 2)a) et à une valeur propre ¹ i. Soit (i;j) 2 [;n] 2 tels que i 6= j, la droite Vect(e i + e j ) est stable, donc, e i + e j est propre et pour un certain réel ¹, f(e i + e j ) = ¹(e i + e j ). On a donc, ¹(e i + e j ) = f(e i + e j )= f(e i ) + f(e j ) = ¹ i e i + ¹ j e j : Puisque (e i ;e j ) est libre, ¹ = ¹ i = ¹ j dès que i 6= j, nécessairement les ¹ i sont égaux: f = ¹Id: Réciproquement, il est évident que si f = ¹Id, elle laisse tous les sous-espaces stables. f 2 (E) laissant stable tout sous-espace de E est de la forme f = Id E. Remarque : exercice classique : si pour tout x, (x;f(x)) est lié f est un homothétie éventuellement nulle. e) La rotation R d angle ¼, décrite plus haut convient: elle n a pas de sous-espaces stables de dimension, donc les seuls 2 espaces fg et E de dimension et 2 sont stables. Le cas où l endomorphisme est diagonalisable. Si p =, f, diagonalisable et n ayant qu une seule valeur propre, est une homothétie (i.e = Id): tous les sous-espaces de E sont stables. 2. a) On sait, puisque f est diagonalisable, que E est somme directe des sous espaces propres: E = pm E k : Tout x de F ½ E se décompose donc de manière unique x = P p x k avec 8k 2 [;p], x k 2 E k. b) Pour x = P p x k 2 F, Ã! f(x) = f x k = f(x k ) = kx k est dans F (stable). donc le vecteur f(x) x est dans F (par combinaison linéaire) or : f(x) x = kx k x k = ( k )x k = c) En recommençant la même manœuvre que dans la question précédente, ( k 2)( k )x k 2 F k=3 ( k )x k k=2 et donc par récurrence sur j ( k j) ( k 2)( k )x k 2 F k=j et en n p Y ( p i)x p 2 F: i= Puisque les i sont distincts, x p 2 F. De l avant dernière égalité, on tire x p 2 F et par récurrence on montre que tous les x i ; (i 2 [;p]) sont dans F. Dans votre copie ces récurrences doivent être rédigées. 2

3 3. Montrons que si F est stable par f, F = p (F \ E k). L inclusion p (F \ E k) ½ F est évidente (somme de sous espaces vectoriels de F). L inclusion F ½ P p (F \ E k) résulte de la question précédente. Comme la somme des E k est directe, la somme des sous espaces F k est aussi directe. F est stable par f si et seulement si F = p F k;f k ½ E k 4. Les F k = F \ E k sont des sous-espaces propres de la restriction de f à F, puisque F = p (F \ E k), la restriction de f à F est diagonalisable. l endomorphisme induit sur tout sous espac stable est diagonalisable 5. Dès que f possède un sous-espace propre de dimension supérieure ou égale à deux, il possède déjà une in nité de sous-espaces stables, les droites vectorielles de ce sous-espace. Unecondition nécessaire pour que E possèdeun nombre nidesous-espaces vectoriels stables par f est que f ne possède que des sous-espaces propres de dimension, c est à dire que f doit avoir n valeurs propres distinctes. C est su sant,:les sous-espaces stables sont les P n i= F k avec 8k 2 [;n], F k ½ E k, ce qui entraîne puisque E k est de dimension, F k = fg ou F k = E k.pour chaque k on a deux choix pour F k. Les choix sont indépendants.. a) véri cation évidente. On a 2 n sous espaces stables si toutes les valeurs propres sont simples. Le cas oùl endomorphisme estnilpotentd ordre n b) Il est évident que les sous-espaces précédents sont stables par D, montrons que ce sont les seuls. Réciproquement soit F un sous-espace non réduit à et stable par D, F contient un polynôme non nul, et tout polynôme de F est de degré n : Il existe donc un polynôme P de degré maximum notée k. ² On a F ½ R k [X]. ² On a R k [X] ½ F : F étant stable, D(P ) = P ;D 2 (P ) = P ;:::;D k (P ) = P (k) sont dans F, or c est une famille de polynômes étagés en degré. R k [X] = Vect(D (i) (P)) ½ F: ² Les seuls sous espaces stables par D sont fg et les R k [X]. ² 5/2 : Si ce n est pas déjà fait revoyez le devoir de l an dernier sur des équations liés à la dérivation et qui commence aussi par l étude des sous espaces propres de D. 2. a) analyse de la matrice : on a f(e ) = ;f(e 2 ) = e ;f(e 3 ) = e 2 ; f(e n ) = e n : Donc e n = f(e n ); e n 2 = f 2 (e n ) e = f (n ) (e n ), f (n) (e n ) =. On cherche donc un vecteur e n tel que f (n) (e n ) = et f (n ) (e n ) 6= Puisque f n 6=, il existe e n tel que f n (e n ) 6=. Considérons la famille (f k (e n )) k2[;n ] et montrons qu elle est libre. Supposons que P n k= ¹ kf k (e n ) =. Soit l le plus petit entier tel que ¹ l 6=, on a donc P n k=l ¹ k f k (e n ) =, en composant par f n l, on obtient à n! X n X f n l ¹ k f k (e n ) = ¹ k f k+(n l ) (e n ) = ¹ l f n (e n ) ce qui est absurde: tous les coe cient ¹ i sont nuls, la famille est bien libre. k=l (f k (e n )) k2[;n ] est une famille libre de n vecteurs dans E de dimension n, c est une base de E. La matrice de f dans la base f (n ) (e n );f (n 2) (e n ); ;f(e n );e n est A. b) Il su t de changer la norme des vecteurs de base. k=l On prend f = e ;f 2 = e 2 ; puis on veut f(f 3 ) = 2f 2 = 2e 2,f 3 = e3 2 convient. Plus généralement si f i = ei (i )! la matrice de f dans cette base est bien B, donc A est semblable à B. On remarque immédiatement que la matrice de D, dans la base canonique de R n [X], est B, les sous-espaces stables de B sont les mêmes, à un isomorphismes près, que ceux de D. Ce sont donc: fvect(e i ;e i+ ; e n )g n i= [ n! o 3

4 Le cas où l endomorphisme est nilpotent d ordre 2. a) f(f(f 2 )) = fg puisque f 2 =, donc f(f 2 ) ½ kerf: b) On a F 2 \F ½ F 2 \ ker f = fg, F 2 \ F = fg, la somme F + F 2 est directe. Soit x = x + x 2 où x 2 F et x 2 2 F 2, f(x) = f(x ) + f(x 2 ) = + f(x 2 ) 2 F car f(f 2 ) ½ F, F + F 2 est stable. c) Soit a 2 A \C et b 2 B \ C, alors a + b 2 A + B et a + b 2 C donc a + b 2 (A + B) \ C: L inclusion en sens inverse est fausse comme le montre l exemple de trois droites distinctes. d) Montrons F = (F + F 2 ) \ kerf ² D après l inclusion précédente (F \kerf) + (F 2 \ kerf) ½ (F + F 2 ) \kerf donc F + fg ½ (F + F 2 ) \kerf F ½ (F + F 2 ) \kerf: ² Soit y 2 (F + F 2 ) \ kerf il existe x 2 F et x 2 2 F 2 tels que x + x 2 = y et y 2 Ker(f):Or x 2 F ½ Ker(f) et y 2 Ker(f) donc x 2 = y x 2 Ker(f) et donc x 2 = par dé nition de F 2 : Donc y = x 2 F ² Donc F = (F + F 2 ) \ ker f: 2. On a encore f(f(f)) = fg puisque f 2 =, donc f(f ) ½ ker f: De plus F est stable donc f(f) ½ Ker(f) \F = F : Réciproquement si f(f) ½ (F \ Ker(f)) la question précédente montre que F est stable. F est stable si et seulement si f(f) ½ (F \ Ker(f)) 3. Remarque : Il y a peut-être mieux la méthode qui suit n utilisant pas d endomorphisme nilpotent d ordre 2. On a immédiatement B C M Id A ; (M Id) 2 B C A: 2 2 B C M 2Id A; (M 2Id) 2 B C A : (h Id) 2 (e ) = ;(h Id) 2 (e 2 ) = ;(h 2Id) 2 (e 3 ) = ;(h 2Id) 2 (e 4 ) = : donc, puisqu à voir leurs matrices, (h Id) 2 et (h 2Id) 2 sont de rang 2, en utilisant le théorème du rang, G et G 2 sont de dimension 2, G = ker(h Id) 2 = Vect(e ;e 2 ); et G 2 = ker(h Id) 2 = Vect(e 3 ;e 4 ) sont supplémentaires car fe ;e 2 g et fe 3 ;e 4 g forment une partition de la base canonique. Remarquons que G et G 2 sont stables d après I)3)b).On reprend ensuite l idée directrice du cas diagonalisable. Soit F stable, H = G \F et H 2 = G 2 \ F sont stables (comme intersection de sous-espaces stables) Puisque G G 2 = E, tout vecteur f de F se décompose sous la forme f = g + g 2 (g 2 G ;g 2 2 G 2 ): On a donc : f = g + g 2 h(f) = h(g ) + h(g 2 ) h 2 (f) = (2h(g ) g ) + (4h(g 2 ) 4g 2 ) par dé nition de G et G 2 par combinaison linéaire pour éliminer g 2 et h(g 2 ) on a 3g 2h(g ) = h 2 (f) 4h(f) + 4f 2 F car F est stable 4

5 En composant par h : h(g ) + 2g 2 F et en éliminant h(g ), g 2 F. Et donc g 2 = f g 2 F et donc g 2 H et g 2 2 H 2 Soit F = H H 2 (somme directe car G et G 2 le sont) Réciproquement si H et H 2 sont deux sous espaces stables de G et G 2 la somme H H 2 est stable (I.3.a) les sous espaces stables sont exactement la somme d un sous espace stable de chaque G i Les droites stables de G sont les espaces propres de la restriction de f à G, une seule droite stable Vect(e ). De même, il n y a qu une droite stable dans G 2, Vect(e 3 ). Les sous-espaces stables de f sont obtenus en sommant ceux de et ceux de en voici la liste classée par dimension: dimension :fg dimension :Vect(e );Vect(e 2 ); G : fg;vect(e );Vect(e ;e 2 ) G 2 : fg;vect(e 3 );Vect(e 3 ;e 4 ); dimension 2:G = Vect(e ;e 2 );G 2 = Vect(e 3 ;e 4 );Vect(e ;e 3 ); dimension 3:Vect(e;e2;e3);Vect(e;e3;e4); dimension 4:Vect(e ;e 2 ;e 3 ;e 4 ): Existence d un plan stable par un endomorphisme. a) E étant de dimension n, L(E) est de dimension n 2, la famille de n 2 + vecteurs (f k ) k2[;n 2 ] de L(E) est donc liée: il existe une famille de réels, non tous nuls, (¹ k ) k2[;n 2 ] telle que P n 2 k= ¹ kf k =, donc le polynôme, non nul, P n 2 k= ¹ kx k annule f. b) ² L ensemble fd o P o P 6= et P(f) = g est une partie non vide de N, qui possède un plus petit élément d, il existe donc un polynôme non nul, annulateur de f et de degré minimum d. ² En divisant ce polynôme par son coe cient dominant on obtient un polynôme unitaire M: ² Si ce polynôme n était pas unique, on aurait deux solutions M et M 2. La di érence M M 2 est alors un polynôme annulateur non nul de degré < d. Absurde. c) f est une homothétie (éventuellement nulle) 2. Notons M l ensemble des racines de M: On sait déjà que comme M est un polynôme annulateur Sp(M) ½ M. Réciproquement si est une racine de M. montrons que (f Id) n est pas inversible par l absurde. Si est racine de M on peut factoriser M = (X )M et donc M(f) = (f Id) ± M (f) =. Or si (f Id) est inversible on peut multiplier à gauche par (f I) :On trouve que M est un polynôme annulateur non nul de degré strictement plus petit que d.absurde. Donc (f Id) n est pas inversible, donc pas injective (endomorphisme en dimension nie) et 2 Sp(f) est valeur propre de f si et seulement si esr racine de M 3. a) f 2 + bf + cid E n est pas injectif en reprenant la méthode de la question 2 avec le facteur X 2 + bx + c b) Soit alors x 2 Ker(f 2 + bf + cid);x 6= et F = Vect(x;f(x)): Véri ons que F est un plan stable par f : ² F est engendré par deux vecteurs donc dim(f) 2 ² x 6= donc dim(f) > ² si F est une droite stable, il existe un scalaire tel que f(x) = x. En reportant dans (f 2 +bf + cid)(x) =! on obtient 2 + b + c =. Absurde car le discriminant est strictement négatif. ² F est stable en regardant l image de la base : f(x) 2 F, f (f(x)) = bf(x) cx 2 F il existe un plan stable de f. 5

6 4. Puisque M est de degré minimum, (X ) p n annule pas f, ou, en se ramenant à g = f Id, g p = et g p 6=, g est nilpotent d ordre p, en modi ant légèrement la solution de la question III)2)a) (ici on n a pas p = n), on prouve qu il existe un vecteur x de E tel que la famille x;g(x);:::;g p (x) est libre. Dans la question précédente, p 2, donc on peut considérer le plan F = Vect(g p 2 (x);g p (x)); manifestement stable par g (g p (x) = ), donc stable par f (question I)4)a) ). 5. Séparons les cas : ² M est de degré : f est une homothétie et tout plan de E est stable. ² M admet deux racines réelles distinctes. f admet alors deux valeurs propres distinctes notée et ¹:Si x est un vecteur propre pour et y un vecteur propre pour ¹ F = Vect(x;y) est un plan stable par f : ² M admet une unique racine de multiplicité strictement supérieur à. La question 4 permet de conclure. ² M admet une unique racine réelle simple, ou pas de racine. Alors si M est de degré > il existe un facteur du second degré dans M et on peut appliquer la question 3. tout endomorphisme d un espace vectoriel réel admet au moins un plan stable. Remarque : Le résultat reste vrai pour un espace vectoriel complexe. C est même plus facile le dernier cas étant impossible. 6. a) A 4 = Id b) On en déduit que X 4 + est un polynôme annulateur de g. Ce polynôme est bien unitaire. Il est de plus petit degré : Si on pose A 3 + A 2 + A+ ±I 4 = le coe cient ligne colonne 4 donne =. et de même = = ± = en regardant les coe cients de la matrice. Absurde.M = X 4 + c) Les racines de M (dans C) sont : exp(i¼=4);exp(3i¼=4);exp( 3i¼=4)exp( i¼=4):donc : M = (X e i¼=4 )(X e i¼=4 )(X e 3i¼=4 )(X exp 3¼=4 ) = (X 2 X p 2+ )(X 2 + X p 2 + ) Reste à cherche de noyau de g 2 p 2g + Id (par exemple). p 2 p 7. Un plan stable est Vect B C A 6

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