PROBLEME 1 E.M. Lyon 2001

Transcription

1 e = A ;f(e ) = 2 A ;f 2 (e ) = PROBLEME EM Lyon 2 PREMIERE PARTIE 2 2 A et pour véri er qu il n y a pas d étourderie de calcul on cherche tout de suite f 3 (e ) et f 4 (e ) pour véri er f 4 (e ) = e : On doit donc étudier le rang de 2 A Le calcul du déterminant ou le Pivot de Gauss (L 3 Ã L 3 + 2L 2 ) 2 2 donne le résultat e ;f(e );f 2 (e ) est une base de E 2 f 3 (e ) = A ;f 4 (e ) = e :de plus e ;f(e );f 2 (e );f 3 (e ) est bien générateur, car les trois premiers vecteurs forment une base f est cyclique d ordre 4 3 alcul: A 2 = 2 2 A puis A 4 = A 2 2 = Id 2 4 On cherche une base B = (v ;v 2 ;v 3 ) et telle que Mat B (f) = D Soit à résoudre dans la base B : f(v ) = v ; f(v 2 ) = iv 2 ; f(v 3 ) = iv 3 P = i + i A + i i On peut véri er A = PDP SEONDE PARTIE Un cycle est un système générateur Son cardinal est donc supérieur à la dimension de l espace vectoriel : p n 2 Pour prouver que deux endomorphismes sont égaux il su t de le prouver pour les vecteurs d une base omme on peut extraire une base de la famille génératrice f i (x ) p i= il su t pour montrer f p = Id de montrer 8i 2 [[;p ]] f p f i (x ) = f i (x ) Or f p f i (x ) = f i (f p (x )) = f i (x ) d après l hypothèse f p (x ) = x f p est donc de façon évidente la fonction réciproque de f p : f p ± f = f ±f p = Id f p = Id et f est bijective 3 Par dé nition de m f i (x ) m i= est libre et f i (x ) m i= est lié Il existe donc une combinaison linéaire P m i= if i (x ) = avec la famille ( i) 6= () Si m = on a P m donc m 6= et f m (x ) = P m i= i= if i (x ) = et donc 8i; i = (famille libre) : absurde ³ i f i (x m ) 2 pour k = m on vient de montrer que f m (x ) est combinaison linéaire des f i (x ) m i= : supposons alors f k (x ) 2 Vect f i (x ) m, il existe donc des ¹ i= i tels que f k (x ) = P m i= ¹ if i (x ) Si on compose par f on a f k+ (x ) = m i= Donc f k+ 2 Vect ¹ i f i+ (x ) = ³ f i (x ) m i= m i= ¹ i f i (x ) + ¹ m f m (x ) = 8k m, f k (x ) 2 Vect m i= ³ f i (x ) m i= m ¹ i f i (x ) + ¹ m i= µ i f i (x ) m 3 Si m > n la famille ne peut pas être libre :(cardinal trop grand) si m < n on a d après la question précédente et l hypothèse que f i (x ) p i= engendre E le fait que f i (x ) m i= engendre E ce qui est absurde (cardinal trop petit) La famille étant libre et génératrice est une base de E notée B m = n et f i (x ) m i= est une base de E

2 4 g est un polynôme de l endomorphisme f ainsi que f k donc f k et g commutent et donc : g f k (x ) = f k (g (x )) = f k (f n (x )) par dé nition de g et des a i = f k+n (x ) On a aussi g f k (x ) = f n f k (x ) 2 les deux applications g et f n sont égales pour tout vecteur de la base f k (x ) n k= Elles sont donc égales g = f n a a 8 Mat B (f) = < m i;n = a i, m i;i = B : an 2 A m i;j = sinon a n 5 Dans ce cas f n (x ) = x donc a =, i > ) a i = Mat B (f) = B Toute la suite va bien sur se faire en calculant dans cette base: A, 8 < : m ;n = m i;i = m i;j = sinon Si f(v) = v on a par récurrence immédiate 8k 2 N;f k (v) = kv En particulier v = f n (v) = nv: Or v est non nul donc n = 2 Soit x k tel que mat B (x k ) = ( i ) n i= On doit étudier le système n = k 8i 2; i = k i On a donc n = k = 2k 2 = = ik i = En particulier n = nk n = n n semble donc être indéterminé et on sait calculer alors les i : k 2k mat B (x k ) = n B n A k On véri e sans problème que ce vecteur est solution On prend par exemple a n = k Ker(f kid) = VectB n A k 3 Si P n k= kx k =! On a en composant par f i P n : k= k ikx k =! Soit alors P = P d i= p i i On a P n k= kp( k)x k = P ³ d P i= p n i k= k ik x k = P!! = On prend alors pour P un polynôme d interpolation de Lagrange P j = Q i=n i= i6=j 8i 6= j P j ( i) = On a alors P n k= kp( k)x k = k x k et donc k = car x k 6=! les (x k ) n k= forment donc une famille libre, et donc une base de E car le cardinal est le bon 4 la matrice de f dans cette base est diagonale avec les ( k) sur la diagonale j i j pour avoir P j ( j) = ; 2

3 PROBLEME 2 ENS option BL 2 PRELIMINAIRE H est un hyperplan et a est un vecteur non élément de H On sait donc que H et Vect(a) sont deux sous espaces vectoriels supplémentaires Tout vecteur de E se décompose de façon unique comme somme d un vecteur de H et d un vecteur colinéaire à a Le résultat est vrai en particulier pour u(a) : 9!( ;h a ); 2 R;h a 2 H;u(a) = a + h a 2 On prend les décompositions : u(a) = a + h a et u(b) = b + h b et on doit montrer = : Toujours à l aide des sous espaces supplémentaires b se décompose sous la forme b = ka + h, k 2 R;h 2 H: Avec de plus k 6= car b =2 H On a donc u(b) = ku(a) + u(h) = ku(a) + h car H est invariant par u = k ( a + h a ) + h = (b h) + kh a + h = b + (kh a + h h) On a donc une décomposition du type u(b) = b + h avec 2 R;h 2 H par unicité de la décomposition on a = : est indépendant de a PREMIERE PARTIE reprenons le calcul du préliminaire u(b) = gb + (kh a + h h): On cherche b tel que u(b) = (b) e qui équivaut à kh a + h h = (toujours ³ l unicité de la décomposition) donc à h = kha (possible car 6= ):Les vecteurs a sont donc du type : a = k a + h a a 2 H, kh a =, h a = (car k 6= ), a 2 H absurde donc a =2 H 2 Le cardinal de la famille est d la dimension de E De plus la famille est libre en e et (h i ) d i=2 est un système libre et a =2 Vect(h i ): Dans cette base la matrice de u est diagonale de diagonale ( ;; ) 3 Si on calcule dans cette base soit x = x a + P d i=2 y ih i On a u(x) = x a + P d i=2 y ih i Donc u(x) = x, Or la famille (h i ) est libre et 6= Donc 8i;y i = d ( )y i h i = Réciproquement si x = x a et si u(a ) = a alors u(x) = x par linéarité i=2 u(x) = x, x 2 Vect(a ) 2 Soit D = Vect(v) une droite stable Il existe donc un tel que u(v) = v Si on se place dans la base précédente on peut poser v = x a + P d i=2 y ih i u(v) = v impose donc x ( )a + P d i=2 ( )y ih i = : omme on a une base on doit résoudre : x ( ) = et 8i ( )y i = 3 ² si =2 f; g on obtient x = et 8i;y i = donc v = Absurde Vect(v) n est pas une droite ² si = on a x = donc v 2 H et D ½ H ² si = on a 8i;y i = donc v 2 Vect(a) et D = Vect(a) Les droites stables sont incluses dans H ou c est E ² si E ½ V Soit v 2 V on doit montrer u(v) 2 V On décompose v = ka + h (k 2 R;h 2 H) On a alors u(v) = ka + h = v + ( )ka Or v 2 V et a 2 V (par l hypothèse E g ½ V ) donc u(v) 2 V ² si V ½ H alors tous les éléments de V sont invariants par) u et donc u(v) = V 3

4 4 On suppose V =2 H il existe donc un vecteur v 2 V H Or H contient Donc v 6= La droite D = Vect(V) répond la question Remarquons que par hypothèse sur V on D 6= E F est un sous espace vectoriel contenant E D après la question 3 F est stable par u et donc u(f) ½ F 2 Supposons par l absurde que V soit stable par u On a alors pour le vecteur v du début de la question u(v) 2 V Or v 2 F donc u(v) 2 F = Vect(a ;v) On peut donc décomposer u(v) = a + v ² si = on a u(v) = v donc D = Vect(v) est une droite stable Absurde d après la question 2 car on supposé que D n est pas inclus dans H et on sait que D 6= E : ² si 6= on a a = u(v) v 2 V absurde car E =2 V 5 synthèse évidente: Un sous espace vectoriel est stable si et seulement si il contient E ou il est contenu dans H Si u = Id le résultat est évident SEONDE PARTIE Réciproquement s il existe a tel que u(a ) = a alors la décomposition usuelle x = ka + h donne u(x) = x car on sait aussi que tout vecteur de H est invariant 9a =2 H;u(a ) = a, u = Id 2 ² Existence:Soit alors a =2 H quelconque On peut décomposer u(a ) = a + h a d après le préliminaire avec = posons alors c = h a f(a ) 2 H e qui a un sens car a =2 H ) f(a ) 6= :On donc u(a ) = a + f(a )c Montrons alors : 8x 2 E;u(x) = x + f(x)c : On décompose (encore et toujours) x = ka + h On a donc f(x) = kf(a ) et u(x) = k (a + f(a )c) + h = x + kf(a )c = x + f(x)c ² Unicité ( a n étant pas unique il n est pas évident que c est unique) Mais si 8x : u(x) = x + f(x)c = x + f(x)d alors 8x : f(x)(c d) = Or il existe des vecteurs tels que f(x) 6= Donc c = d: il existe un vecteur c 2 H unique tel que u(x) = x + f(x)c 3 u est un endomorphisme en dimension ni donc u est bijective si et seulement si u est injective Or x 2 Ker(u) ) u(x) = ) x + f(x)c = ² si x =2 H alors (x;c) est un système libre : absurde car le coe cient de x est non nul ² si x 2 H on a f(x) = donc x =! ² Pour calculer l inverse on pose y = x+f(x)c et on cherche à calculer x en fonction de y On af(y) = f(x)+fx)f(c) = f(x) car c 2 H Donc x = y f(x)x = y f(y)c: On véri e alors que si 8x 2 E g(x) = x f(x)c on a g ±f = f ±g = Id g : x > x f(x)c est la fonction réciproque de f 4 la base existe par le théorème de la base incomplète Mat B (f) = B f(a) A 2 Il su t de prendre la base (a;c ;h 3 h n ) avec c = f(a)c est une base car f(a) 6= 4

5 5 Il est déjà évident que si V ½ H, V est stable par u: et que E est stable par u: On a aussi que si c 2 V alors V est stable par u : x 2 V ) u(x) = x + f(x)c 2 V Montrons alors : On a déjà montré une implication Réciproquement soit V stable par u: ² si V ½ H le résultat est évident V est stable par u si et seulement si V ½ H ou c 2 V ² sinon il existe v 2 V H on a alors u(v) = v + f(v)c 2 V donc c = u(v) v f(v) 2 V En e et f(v) 6= car v =2 H: 5