Correction du Concours blanc : Math I

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1 Année CS2 13 Décembre 2010 Denis Pasquignon Correction du Concours blanc : Math I Partie I: Exemples 1. (a) Soit (e 1,, e n ) la base canonique de IR n, d après la définition de f on a f(e 1 ) = 0, et i [2, n], f(e i ) = e i 1. Or Im f = vect(f(e 1 ), f(e 2 ),, f(e n )) = vect(e 1,, e n 1 ) on en déduit que le rang de f est n 1 et la dimension du noyau de f est 1 d après le théorème du rang. (b) Pour tout entier 1 i n, f n (e i ) = 0 donc f n = 0 ce qui prouve que f est nilpotent. (c) Voici le programme proposé program CB ; tab=array[1..10] of real ; var x,y:tab ; i :integer ; begin for i:=1 to 10 do begin write( x),i) ; readln(x[i]) ; end ; for i:=1 to 9 do y[i]=x[i+1] ; y[10]=0 ; for i:=1 to 10 do write(y[i]) ; end (a) Par calcul on a A 2 = et A 3 = 0. Donc f 3 = 0. (b) On utilise la famille gératrice de Im f : Im(f) = vect( e 1, 2e 1 e 2, 3e 1 2e 2 ) = vect(e 1, e 2 ) donc le rang de f est 2 et d après le théorème du rang le noyau de f est de dimension 2. Or e 1 est manifestement dans le noyau et e 2 2e 3 + e 4, ces deux vecteurs sont non colinéaires donc Ker(f) = vect(e 1, e 2 2e 3 + e 4 ). 1

2 Im(f) Ker(f) est au plus de dimension 2. Si sa dimension vaut 2 alors l image et le noyau sont égaux ce qui est faux. De plus e 1 est dans l intersection donc la dimension de l intersection est 1 et D après la matrice A 2, Im(f) Ker(f) = vect(e 1 ). Im f 2 = vect(e 1 ). donc d après le théorème du rang, le noyau est de dimension 3. Or e 1 et e 2 sont dans le noyau ainsi que -2e 3 + e 4, ces vecteurs formant une famille libre, c est une base du noyau Ker(f 2 ) = vect(e 1, e 2, 2e 3 + e 4 ). (c) Soit une droite vectorielle stable par f et (u) une base de alors α IR, f(u) = α u. et donc Par conséquent x, λ IR, x = λ u. f(x) = (u) = λαu = αx α IR, x, f(x) = α x. Les droites vectorielles stables par f sont les droites incluses dans les sous-espaces propres de f. Or la matrice de f est triangulaire donc la seulle valeur propre possible est 0 et le sous espace propre est Ker f donc les droites vectorielles stables par f sont les droites incluses dans Ker f. (d) i. On a Soit x P, f(x) Im f par définition de l image et f(x) Ker f car x P f 2 donc f(x) Im f Ker f = vect(e 1 ) = Im f 2 P donc f(x) P soit P est stable par f. ii. Réciproquement soit P un plan stable par f et v la restriction de l endomorphisme f à P. i) si v 2 n est pas nul, il existe x F tel que v 2 (x) 0 et v 3 (x) = f 3 (x) = 0. On montre alors que la famille (x, v(x)v 2 (x)) est libre car soit trois réels α, β et γ tel que αx + βv(x) + γv 2 (x) = 0 on compose par v 2 (x) d où αv 2 (x) = 0 donc h a = 0 car v 2 (x) ± not = 0. Puis on compose par v d où β = 0 et ensuite 2

3 γ = 0. De plus puisque P est stable (x, v(x)v 2 (x)) est une famille de vecteurs de P. On en déduit lma contradiction puisque P est de dimension 2 et ne peut donc admettre une famille libre de trois vecteurs. Donc v 2 = 0. ii) Si v = 0, alors x F, f(x) = v(x) = 0 donc x Ker f donc P Ker f. Or Ker f est de dimension 2 comme P donc P = Ker f. iii) Si v 0 et si x est un vecteur de P tel que v(x) 0, alors v(x) Im v par définition de l image et d après i), v 2 = 0 donc v(x) appartient à Ker v donc à Im(v) Ker(v). Comme précédemment on montre que (x, v(x)) est une famille libre comportant deux vecteurs donc c est une base de P. iii. Si Im(f 2 ) P Ker(f 2 ), alors P est stable. R eciproquement si P est stable par f, alors si v = 0, P = Ker f et le noyau de f vérifie la double inclusion et si v n est pas nul, soit la base de P (x, v(x)) alors v(x) Im v Ker v Im f Ker f = vect(e 1 ) = Im f 2. donc Im f 2 P et comme v 2 = 0, x et v(x) sont dans Ker f 2 donc P Ker f 2. Par conséquent un plan P est stable par f si et seulement si Im(f 2 ) P Ker(f 2 ). Partie II: Le cas où l endomorphisme est nilpotent d indice n 1. Comme f est un endomorphisme est nilpotent d indice n : f n = 0 et f n 1 0. Il existe donc un vecteur x 0 tel que f n 1 (x 0 ) 0. On montre que la famille B = (f n 1 (x 0 ),, f(x 0 ), x 0 ) est libre : pour cela on considère une combinaison linéaire de ces vecteurs égale à 0 : n α i f n i (x 0 ) = 0 i=1 Soit I l ensemble des indices tel que α i soit non nul. Si I est non vide, soit i 0 le plus grand élément de I, l égalité devient i 0 i=1 α i f n i (x 0 ) = 0 on compose cette égalité par f i0 1, il reste α i0 f n 1 (x 0 ) = 0 ce qui implique que α i0 est nul ce qui est impossible. donc l ensemble I est vide ce qui signifie que tous les coefficients α i sont nuls donc la famille est libre. De plus cette famille comporte n vecteurs donc Il existe un vecteur x 0 de E tel que la famille B = (f n 1 (x 0 ),, f(x 0 ), x 0 ) soit une base de E. 3

4 2. On a f(e i ) = f n i+1 (x 0 ) = f n (i 1) (x 0 ) = e i 1 pour tout entier i [2, n] et f(e 1 ) = 0. On en déduit que la matrice A de f dans la base B est A = Le rang de f k pour 1 k n est la dimension de l image de f k. Or Im f k = vect(f k (e 1 ),, f k (e n )) = vect(f n 1+k (x 0 ),, f k (x 0 )) = vect(f n 1 (x 0 ),, f k (x 0 )) la famille génératrice étant libre car extraite d une base, on en déduit que le rang de f k est n k. 4. Pour tout i [2, k ], f(e i ) = e i 1 F k et f(e 1 ) = 0 F k donc pour tout 1 k n le sous-espace vectoriel F k est stable par f. 5. La dimension de F k est k car la famille génératrice est libre. De plus avec le théorème du rang la dimension de Ker f k est k. Donc F k et Ker f k ont même dimension. De plus pour tout i [1, k ], f k (e i ) = f n+k i (x 0 ) = 0 donc F k Ker f k d où par l égalité des dimensions F k = Ker f k pour tout 1 k n. 6. Réciproquement soit F un sous-espace vectoriel stable par f, on note r la dimension de F. On appele g la restriction de f à F : (a) Comme donc g est nilpotent. x F, g n (x) = f n (x) = 0 (b) Soit p l indice de nilpotence de g. Il existe un vecteur x de F tel que (g p 1 (x),, g(x), x) est une famille libre de vecteurs de F d après un raisonnement déjà fait. Comme la famille est libre dans un espace de dimension r on a r p. On en déduit que g r = g r p g p = 0. (c) Soit x F, on a g r (x) = 0 donc f r (x) = 0 donc x Ker f r donc F F r. (d) Par égalité des dimensions, on en conclut que F = F r. Partie III: Le cas où l endomorphisme est nilpotent d ordre 2 Dans cette partie on considère un endomorphisme f de E nilpotent d ordre 2 c est à dire un endomorphisme non nul de E tel que f f est l endomorphisme nul. 4

5 1. On considère un sous-espace vectoriel F = F 1 + F 2 où F 1 un sous-espace vectoriel de E vérifiant F 1 Ker f = {0 E } et F 2 est un sous-espace vectoriel de Ker f contenant f(f 1 ). (a) Comme f est nilpotent d ordre 2 : f 2 = 0 donc Im f Ker f donc en particulier : f(f 1 ) Ker f. (b) on a F 1 F 2 F 1 Ker f = {0 E } donc la somme F = F 1 + F 2 est directe. De plus f(f ) = f(f 1 ) + f(f 2 ), or f(f 2 ) = {0 E } car F 2 est inclus dans le noyau de f et f(f 1 ) F 2 donc f(f ) F 2 F donc F est un sous-espace vectoriel de E stable par f. (c) Soit x (F 1 + F 2 ) Ker f, alors x = x 1 + x 2 avec x 1 F 1 et x 2 F 2, donc f(x) = f(x 1 ) + 0 = 0 d où x 1 Ker f. On en déduit que x 1 = 0 donc x F 2 soit (F 1 + F 2 ) Ker f F 2. Réciproquementle sous-espace vectoriel F 2 est inclus dans F 1 + F 2 et Ker f donc F 2 est inclus dans l intersection. Donc (F 1 + F 2 ) Ker f F Soit x F 1 Ker f, donc x F 1 F d où x F Ker f = F 2, ainsi x F 1 F 2 donc x = 0. Par conséquent l intersection F 1 Ker f est réduite au vecteur nul. De plus soit x f(f 1 ), il existe x 1 F 1 tel que x = f(x 1 ). Comme F est stable par f, x F et comme f est nilpotent d ordre 2, x Ker f donc x F Ker f = F 2.Donc f(f 1 ) F Les sous-espaces stables par f nilpotent d ordre 2 sont les sous espaces F 1 F 2 où F 1 Ker f = {0 E } et f(f 1 ) F (a) On suppose que la dimension de Ker f est 3. i. Soit u F 1, u non nul. Comme u n est pas dans Ker f, f(u) est non nul. Alors (f(u)) est une famille libre de Ker f que l on comlète en une base de Ker f ce qui signifie qu il existe deux vecteurs u 1 et u 2 tel que la famille (f(u), u 1, u 2 ) soit une base de Ker f. ii. La matrice de f dans la base (u 1, u 2, f(u), u) est ce qui exprime que A est semblable à cette matrice. (b) On suppose que la dimension de Ker f est 2. i. La dimension de F 1 est 2, on considère une base de F 1. La famille (f(u), f(v)) est une famille de vecteurs de Ker f, de plus cette famile est libre car si αf(u) + βf(v) = 0 alors f(αu + βv) = 0 donc le vecteur αu + βv est dans Ker f mais aussi dans F 1 donc il est nul et comme (u, v) est libre, α = β = 0. Or la dimension de Ker f vaut 2, donc (f(u), f(v)) est une base de Ker f. 5

6 ii. La matrice de f dans la base (f(u), u, f(v), v) est ce qui exprime que A est semblable à cette matrice. (c) Si la dimension de Ker f est 1, F 1 est de dimension 3, soit (u, v, w) une base de F 1, alors (f(u), f(v), f(w)) est unhe famille libre de vecteurs de Ker f ce qui est impossible donc la dimension de Ker f ne peut être égal à 1. Partie IV: Cas général Dans toute cette partie, f désigne un endomorphisme nilpotent de E et on note p son indice de nilpotence. 1. Soit i un entier positif ou nul. (a) Comme f p = 0, Ker f p = E et Im f p = {0}. (b) Soit x Ker f i, f i (x) = 0 donc f i+1 (x) = 0 soit x Ker f i+1 on en conclut que la suite (Ker f i ) i 0 est croissante au sens de l inclusion. (c) On montre par récurrence sur j que pour tout entier j i, Ker f j = Ker f i Pour j = i, c est immédiat et pour j = i+1, c est l hypoth ese de l énoncé. Si le résultat est vrai pour j i + 1, soit x Ker f j+1 alors f(x) Ker f j = Ker f i par hypothèse de récurrence donc f i (f(x)) = 0 soit x Ker f i+1 = Ker f i donc Ker f j+1 Ker f i d où l égalité car l inclusion inverse est donnée par la croissance de la suite des noyaux. Donc Ker f j+1 = Ker f i. Par conséquent si Ker f i = Ker f i+1 alors pour tout entier j i, Ker f j = Ker f i. (d) Comme l endomorphisme est nilpotent d indice p, on a Ker f p = E et Ker f p 1 E. Si Ker f i = Ker f i+1, d après la question précédente Ker f p = Ker f i = E. On en déduit par contraposée que si Ker f i E alors Ker f i Ker f i+1. (e) La suite (u i ) i [0,p ] avec u i = dim(ker f i ) est une suite d entiers croissante d après la croissance des noyaux. De plus si u i = u i+1 pour i < p, alors Ker f i = E ce qui contredit la définition de l indice de nilpotence. Donc la suite est strictement croissante. Comme u 0 = 0 et u p = n et comme il s agit d une d entiers strictement croissante, on a p n. Si p = n alors pour répartir n + 1 entiers entre 0 et n, la seule possibilité est d avoir i [0, n], dim(ker f i ) = i. 6

7 2. On suppose dans cette question qu il existe un entier h de [1, n 1] tel que rg(f h ) = n h. (a) On a donc en prenant les dimensions Im f h Im f Im f 0 = E rgf h = n h rgf n Avec le théorème du rang on obtient un résultat analogue à celui obtenu pour les noyaux, la suite des rangs est décroissante et si elle est stationnaire à un indice i, elle reste stationnaire sur ce rang. Par conséquent comme f est nilpotent d indice p, le rang de f p est nul donc la suite est strictement décroissante jusqu à 0. O en conclut que comme n h n est pas nul que j [1, h], rg(f j ) = n j. (b) Im f i est stable par f car pour tout x Im f i, il existe y de E tel que x = f i (y) donc f(x) = f i (f(y)) Im f i. (c) Par définition de l image, Im g i est g(im f i ) = f(im f i ) = Im f i+1. De plus soit x Ker g i, g i (x) = 0 soit f(x) = 0 donx x Im f i Ker f ; réciproquement soit x Im f i Ker f, g i (x) = f(x) = 0 donx x Ker g i d où l égalité Ker g i = Im f i Ker f. (d) Pour tout entier i 0 on applique le théorème du rang à g i d où dim(im f i ) = dim(im f i+1 ) + dim(im f i Ker f). (e) Comme le ranf de f est n 1, le noyau est de dimension 1 donc dim(im f i Ker f) est soit 0 soit 1. Si dim(im f i Ker f) = 0, alors dim(im f i ) = dim(im f i+1 ) ce qui est impossible si i < p donc pour tout i < p, dim(im f i+1 ) = dim(im f i ) 1, ainsi dim(im f p ) = n p. Or cette dimension est nulle d où n = p. L indice de nilpotence de f est n. 7