J.F.C. Reduc. p. 1. Dans cet exercice, n est un entier naturel supérieur ou égal à 2. On désigne par I la matrice unité de M n (R).

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1 J.F.C. Reduc. p. Exercice EDHEC 2005 ex Dans cet exercice, n est un entier naturel supérieur ou égal à 2. On désigne par I la matrice unité de M n R. Q On note tr l application linéaire qui à toute matrice de M n R associe sa trace, c est-à-dire la somme de ses éléments diagonaux. a Montrer que Imtr = R. b En déduire la dimension de Kertr. c Etablir que M n R = Kertr VectI. Q2 Soit f l application qui, à toute matrice M de M n R associe fm = M + trmi a Montrer que f est un endomorphisme de M n R. b Utiliser la première question pour déterminer les valeurs propres de f. En déduire que f est un automorphisme diagonalisable de M n R. Q3 Soit g l application qui, à toute matrice M de M n R associe gm = M + trmj, où J désigne une matrice non nulle de M n R dont la trace est nulle. On admet que g est un endomorphisme de M n R. a Etablir que le polynôme X 2 2X + est un polynôme annulateur de g. b Montrer que est la seule valeur propre de g. c g est-il diagonalisable? a Im tr est un sous-espace vectoriel de R et R est de dimension. Alors Im tr est de dimension 0 ou. Or tri = n 0 R donc Im tr n est pas égal à {0 R } et ainsi sa dimension n est pas 0. Par conséquent Im tr est de dimension. Ainsi Im tr R et dim Im tr = = dim R. Il en résulte que : Im tr = R. b Le théorème du rang donne alors dim Ker tr = dim M n R dim Im tr = n 2. dim Ker tr = n 2. c M n R étant de dimension finie, pour montrer que les deux sous-espaces vectoriels Ker tr et VectI sont supplémentaires dans M n R il suffit de montrer que Ker tr VectI = {0 MnR} et que dim Ker tr + dim VectI = dim M n R. Le second point est clair car dim M n R = n 2, dim Ker tr = n 2 et dim VectI = puisque I n est pas la matrice nulle. Montrons le premier point. Soit M un élément commun à Ker tr et à VectI. trm = 0 et il existe un réel α tel que M = α I. Alors 0 = trm = trα I = α tri = α n. Comme n n est pas nul, α l est nécessairement. Ainsi M = 0 MnR. Ceci achève de montrer que Ker tr VectI = {0 MnR}. Cela achève également de montrer que Ker tr et VectI sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de M n R. M n R = Ker tr VectI.

2 J.F.C. Reduc. p. 2 2 a Soit M un élément de M n R. trm est un réel et I est un élément de M n R. Ainsi fm = M + trm I est un élément de M n R comme combinaison linéaire de deux éléments de M n R. f est une application de M n R dans M n R. Soient M et N deux éléments de M n R et λ un réel. Rappelons que tr est une forme linéaire sur M n R. fλ M + N = λ M + N + trλ M + N I = λ M + N + λ trm + trn I = λ M + trm I + N + trn I. Ainsi fλ M + N = λ fm + fn. f est donc une application linéaire. Finalement : f est un endomorphisme de M n R. b Version M Ker tr, fm = M + trm I = M. Soit M un élément de VectI. Il existe un réel α tel que M = α I. fm = α fi = α I + tri I = α + n I = n + α I = n + M. Ainsi M Ker tr, fm = M et M VectI, fm = n + M. B 2 = I est base de VectI. Soit B une base de Ker tr. Ker tr et VectI étant supplémentaires, en concaténant B et B 2 on obtient une base B de M n R dans laquelle f a pour matrice la matrice diagonale de M.. n 2R oui de M n 2R! n + Ainsi f est diagonalisable et ses valeurs propres sont et n +. De plus 0 n est pas valeur propre de f donc f est un endomorphisme injectif de l espace vectoriel de dimension finie M n R. Ainsi f est un automorphisme de M n R. Finalement f est un automorphisme diagonalisable de M n R dont les valeurs propres sont et n +. Version 2 Cherchons les valeurs propres de f. Soit M un élément de M n R et soit λ un réel. Il existe un unique élément M, α de Ker tr R tel que M = M + α I. fm = fm + α I = fm + α fi = M + trm I + α I + tri I = M + α + n I = M + α n + I. fm = λ M M + α n + I = λ M + λ α I. Or M et λ M sont deux éléments de Ker tr, αn + I et λ α I sont deux éléments de VectI, et Ker tr et VectI sont en somme directe. Alors : fm = λ M { M = λ M α n + I = λ α I { λ M = 0 MnR α n + λ I = 0 MnR. fm = λ M { λ M = 0 MnR α n + λ = 0 Premier cas Supposons λ =. fm = λ M α n = 0 α = 0 M Ker tr. Comme Ker tr n est pas réduit au vecteur nul, est valeur propre de f et le sous-espace propre associé est Ker tr. Deuxième cas Supposons λ.

3 J.F.C. Reduc. p. 3 fm = λ M { M = 0 MnR α n + λ = 0. Si λ n +, fm = λ M M = 0 MnR et α = 0 M = 0 MnR et λ n est pas valeur propre de f. Si λ = n +, fm = λ M M = 0 MnR M VectI ; alors λ = n + est valeur propre de f et le sous-espace propre associé est VectI. Finalement f admet deux valeurs propres et n +, et les deux sous-espace propres respectivement associés sont Ker tr et VectI. Comme M n R = Ker tr VectI, f est diagonalisable. De plus 0 n est pas valeur propre de f donc f est un endomorphisme injectif de l espace vectoriel de dimension finie M n R. Ainsi f est un automorphisme de M n R. f est un automorphisme diagonalisable de M n R et ses valeurs propres sont et n +. 3 a Soit M un élément de M n R. g gm = gm + tr gm J = M + trm J + tr M + trm J J = M + trm J + trm + trm trj J. g gm = M + 2 trm J car trj = 0. Alors g gm = 2 M + 2 trm J M = 2 gm Id MnRM. g gm 2 gm + Id MnRM = 0 MnR donc g g 2 g + Id MnR M = 0MnR. Ainsi M M n R, g g 2 g + Id MnR M = 0MnR ; g g 2 g + Id MnR = 0 LMnR. X 2 2 X + est un polynôme annulateur de g. b X 2 2 X + est un polynôme annulateur de g dont l unique racine est. Ainsi la seule valeur propre possible de g est. Or J 0 MnR et gj = J + trj J = J donc est bien une valeur propre de g. est la seule valeur propre de g. c Supposons que g soit diagonalisable. Comme est la seule valeur propre de g, le sous-espace propre Kerg Id MnR de g associé à la valeur propre est M n R. Alors M M n R, gm = M. En particulier gi = I donc I + tr I J = I. par conséquent tr I J = 0 MnR. Comme tr I n est pas nulle, J est nulle ce qui contredit l hypothèse. Finalement : g n est pas diagonalisable. Remarque On pouvait également observer que le sous-espace propre de g associé à la valeur propre est Ker tr qui n est pas égal à M n R.

4 J.F.C. Reduc. p. 4 Exercice 2 EDHEC 2006 ex Dans cet exercice, m désigne un entier naturel non nul. On note id respectivement θ l endomorphisme identité respectivement l endomorphisme nul du C-espace vectoriel C m et on considère un endomorphisme f de C m vérifiant : f λ id f λ 2 id = θ, où λ et λ 2 sont deux complexes distincts. Q. a Vérifier que λ 2 λ f λ id f λ 2 id = id. b En déduire que : C m = Kerf λ id Kerf λ 2 id. c Conclure que f est diagonalisable et donner ses valeurs propres on sera amené à étudier trois cas. Dans la suite de l exercice, on désigne par n un entier naturel et l on se propose de montrer qu il n existe pas de matrice de M R telle que A 2 = I, où I désigne la matrice diagonale de M R dont les éléments diagonaux valent. Q2. Trouver une matrice A de M C telle que A 2 = I. Q3 Dans cette question, on suppose qu il existe une matrice A de M R telle que A 2 = I. a Utiliser la première question pour montrer que A est diagonalisable dans M C et que ses valeurs propres sont i et i. b Pour toute matrice M = m i,j i p j q de M p,q C, on note M la matrice m i,j i p. j q On note E i et E i les sous-espaces propres de A associés aux valeurs propres i et i. Montrer que X E i X E i. c En déduire que, si u, u 2,..., u p est une base de E i, alors u, u 2,..., u p est une famille libre de E i. Conclure que dim E i = dim E i. d Établir enfin le résultat demandé. a f λ id f λ 2 id = λ 2 λ f λ id f + λ 2 id = λ 2 λ f λ id f λ 2 id = id. λ 2 λ b Montrons que C m est somme directe de Kerf λ id et de Kerf λ 2 id. Soit x un élément de Kerf λ id Kerf λ 2 id. fx = λ x et fx = λ 2 x. λ 2 λ id = id. λ 2 λ Alors λ 2 λ x = λ 2 x λ x = fx fx = 0 C m. Comme λ et λ 2 sont distincts, λ 2 λ n est pas nul et ainsi x est nul. Ceci achève de montrer que Kerf λ id Kerf λ 2 id = {0 C m}. Ainsi Kerf λ id et Kerf λ 2 id sont en somme directe. Kerf λ id et Kerf λ 2 id sont deux sous-espaces vectoriels de C m donc Kerf λ id + Kerf λ 2 id est contenu dans C m. Montrons l inclusion inverse. Soit x un élément de C m. x = idx = f λ id f λ 2 id x. λ 2 λ Ainsi x = Posons x = f λ 2 idx + f λ idx. λ λ 2 λ 2 λ f λ 2 id x et x 2 = f λ id x. On a x = x + x 2. λ λ 2 λ 2 λ

5 Montrons alors que x Kerf λ id et x 2 Kerf λ 2 id. f λ idx = f λ id f λ 2 id x = f λ id f λ 2 id x. λ λ 2 λ λ 2 Donc f λ idx = λ λ 2 θx = 0 C m et ainsi x Kerf λ id. J.F.C. Reduc. p. 5 Observons que θ = f λ id f λ 2 id = f 2 λ 2 f λ f+λ λ 2 id = f 2 λ f λ 2 f+λ 2 λ id = f λ 2 id f λ id. Par conséquent : f λ 2 id f λ id = θ. Alors : f λ 2 idx 2 = f λ 2 id f λ id x = f λ 2 id f λ id x. λ 2 λ λ 2 λ Donc f λ 2 idx 2 = λ 2 λ θx = 0 C m et alors x 2 Kerf λ 2 id. Ainsi x = x + x 2, x Kerf λ id et x 2 Kerf λ 2 id. Donc x Kerf λ id + Kerf λ 2 id. Ceci achève de montrer que C m Kerf λ id + Kerf λ 2 id. Par conséquent C m = Kerf λ id+kerf λ 2 id. Comme Kerf λ id et Kerf λ 2 id sont en somme directe : C m = Kerf λ id Kerf λ 2 id. c f λ id f λ 2 id = θ donc X λ X λ 2 est un polynôme annulateur de f dont les racines dans C sont λ et λ 2. Ainsi λ et λ 2 sont les seules valeurs propres possibles de f. Autrement dit : Sp f {λ, λ 2 }. Rappelons que λ resp. λ 2 est valeur propre de f si et seulement si Kerf λ id resp. Kerf λ 2 id n est pas réduit au vecteur nul. Envisageons alors trois cas. Cas : f est distinct de λ id et λ 2 id. Si Kerf λ id est réduit au vecteur nul alors Kerf λ 2 id = C m car C m = Kerf λ id Kerf λ 2 id. Ainsi f λ 2 id = θ donc f = λ 2 id ce qui n est pas. Si Kerf λ 2 id est réduit au vecteur nul alors Kerf λ id = C m car C m = Kerf λ id Kerf λ 2 id. Ainsi f λ id = θ donc f = λ id ce qui n est pas. Donc Kerf λ id et Kerf λ 2 id ne sont pas réduits au vecteur nul. Alors λ et λ 2 sont valeurs propres de f. Mieux λ et λ 2 sont les seules valeurs propres de f. Or C m = Kerf λ id Kerf λ 2 id, donc f est diagonalisable. Cas 2 : f coïncide avec λ id. Alors f est diagonalisable et λ est sa seule valeur propre. Cas 3 : f coïncide avec λ 2 id. Alors f est diagonalisable et λ 2 est sa seule valeur propre. f est diagonalisable. Si f est distinct de λ id et de λ 2 id alors λ et λ 2 sont les seules valeurs propres de f. Si f = λ id resp. f = λ 2 id alors λ resp. λ 2 est la seule valeur propre de f. 2 i I 2 = i 2 I = I!! A = i I est une matrice de M C telle que A 2 = I.

6 J.F.C. Reduc. p. 6 3 a Soit f l endomorphisme de C dont la matrice dans la base canonique de C est A. Posons λ = i et λ 2 = i. A λ IA λ 2 I = A i IA + i I = A 2 i I 2 = A 2 i 2 I = A 2 + I = 0 MC car A et i I commutent... Ainsi f λ id f λ 2 id = θ avec λ λ 2. Q, appliquée pour m = 2n +, montre alors que f est diagonalisable. A est alors diagonalisable en tant que matrice de M C. A est une matrice à coefficients réels donc A ne vaut ni i I ni i I. Donc f n est ni λ id ni λ 2 id. Ainsi λ et λ 2 sont les seules valeurs propres de f. Alors i et i sont LES valeurs propres de A. A est diagonalisable dans M C et i et i sont ses valeurs propres. b Soit X un élément de M, C. X E i AX = i X AX = ix A X = i X. Or A appartient à M R donc A = A. Ainsi X E i A X = i X X E i. Si X est un élément de M, C : X E i X E i. c Soit u, u 2,..., u p une base de E i. u, u 2,..., u p sont des éléments de E i donc d après ce qui précède, u, u 2,..., u p est une famille d éléments de E i. Montrons que cette famille est libre. p Soit α, α 2,..., α p un élément de C p tel que α k u k = 0 M,C. k= p p p p Alors 0 M,C = 0 M,C = α k u k = α k u k = α k u k. Donc α k u k = 0 M,C. k= k= k= k= Comme la famille u, u 2,..., u p est libre : k [, p], α k = 0. En conjuguant on obtient : k [, p], α k = 0. d éléments de E i. Ceci achève de montrer que u, u 2,..., u p est une famille libre Si u, u 2,..., u p est une base de E i alors u, u 2,..., u p est une famille libre d éléments de E i. Soit p la dimension de E i et soit u, u 2,..., u p une base de E i. u, u 2,..., u p est une famille libre d éléments de E i donc dim E i p = dim E i. Bien évidemment on peut montrer de la même manière que dim E i dim E i et ainsi obtenir l égalité entre dim E i et dim E i. Reprenons plutôt une base u, u 2,..., u p de E i et montrons que u, u 2,..., u p est une base de E i. Il ne reste plus qu à montrer que u, u 2,..., u p est une famille génératrice de E i. Soit u un élément de E i. u appartient E i car u = u appartient à E i! Donc il existe un élément α, α 2,..., α p de C p tel que u = En conjuguant on obtient u = u = p α k u k. k= p k= α k u k. Ainsi tout élément de E i est combinaison linéaire de la famille u, u 2,..., u p. Ceci achève de montrer que cette famille est une famille génératrice de E i.

7 J.F.C. Reduc. p. 7 Étant libre c est une base de E i. Alors dim E i = p = dim E i. dim E i = dim E i. d A est diagonalisable dans M C et i et i sont ses valeurs propres. Ainsi M, C = E i E i. Alors 2n + = dim M, C = dim E i + dim E i = 2 dim E i. 2n + n étant pas un multiple de deux un léger doute nous envahit... Il n existe pas de matrice de M R dont le carré est I.

8 J.F.C. Reduc. p. 8 Exercice 3 EDHEC 2007 ex 2 On considère les matrices suivantes de M 4 R : I =, J =, K =, L = On note E le R-espace vectoriel engendré par I, J, K, L et Id l endomorphisme identité de E. On pose A = J + K. Montrer que I, J, K, L est une base de E et donner la dimension de E. 2 a Exprimer JK, KL et LJ en fonction respectivement de L, J et K. b Calculer J 2, K 2 et L 2 puis en déduire que : KJ = L, LK = J et JL = K. c En déduire que E est stable pour le produit matriciel. 3 Calculer A 2. En déduire que A est inversible et exprimer A en fonction de A. 4 On considère maintenant l application ϕ A qui à toute matrice M de E associe : ϕ A M = AMA. a Montrer que ϕ A est un endomorphisme de E. b Déterminer Ker ϕ A puis montrer que ϕ A est un automorphisme de E. 5 a Écrire la matrice Φ A de ϕ A dans la base I, J, K, L, puis justifier que ϕ A est diagonalisable. b Donner les valeurs propres de ϕ A ainsi que les sous-espaces propres associés. Le reste concerne le chapitre algèbre bilinéaire. On rappelle que l application, notée tr, qui à toute matrice de M 4 R associe sa trace c est à dire la somme de ses éléments diagonaux est une application linéaire de M 4 R dans R. On rappelle également que l application qui à tout couple M, N de E E associe le réel noté M N défini par M N = tr t MN est un produit scalaire sur E. 6 a Montrer que, pour tout couple P, Q de E E, trp Q = trqp. b Établir alors que ϕ A est un endomorphisme symétrique de E. c En déduire que Kerϕ A Id et Kerϕ A + Id sont supplémentaires orthogonaux dans E Remarque Observons qu en posant O 2 =, I = et S = on a : 0 0 I2 O I = 2 S O2 O2 I J = K = 2 O2 S L =. O 2 I 2 O 2 S I 2 O 2 S O 2 Notons également que S 2 = I 2. Les spécialistes des produits par blocs pourront alors gagner un peu de temps... Par définition I, J, K, L est une famille génératrice de E. Montrons que cette famille est libre. Soient a, b, c et d quatre réels tels que : a I + b J + c K + d L = 0 E. Montrons que ces quatre réels sont nuls a + b + c + d = E a b c d b a d c Ainsi : = 0 c d a b E. Alors a = b = c = d = 0. d c b a

9 Ceci achève de montrer que I, J, K, L est une famille libre de E. Rappelons qu elle engendre E. Alors I, J, K, L est une base de E. Cette famille étant de cardinal quatre, E est de dimension 4. J.F.C. Reduc. p. 9 I, J, K, L est une base de E et E est de dimension a JK = = = L KL = = = J LJ = = = K JK = L, KL = J et LJ = K b J = = = I K = = = I L = = = I J = KL donc KJ = K 2 L = IL = L. J 2 = I, K 2 = I et L 2 = I. De même : K = LJ donc LK = L 2 J = IJ = J ; L = JK donc JL = J 2 K = IK = K. KJ = L, LK = J et JL = K. c Soient P et P deux éléments de E. Montrons que P P est un élément de E. Soient a, b, c, d resp. a, b, c, d les coordonnées de P resp. P dans la base I, J, K, L de E. Ainsi P = a I + b J + c K + d L et P = a I + b J + c K + d L. Donc P P = a I + b J + c K + d L a I + b J + c K + d L. En utilisant les propriétés usuelles des opérations de M 4 R on obtient : P P = aa I + ba J + ca K + da L + ab J + bb J 2 + cb KJ + db LJ + ac K + bc JK + cc K 2 + dc LK + ad L + bd JL + cd KL + dd L 2. a et b donnent alors : P P = aa I +ba J +ca K +da L+ab J bb I cb L+db K +ac K +bc L cc I dc J +ad L bd K +cd J dd I.

10 J.F.C. Reduc. p. 0 Donc P P = aa bb cc dd I + ba + ab dc + cd J + ca + db + ac bd K + da cb + bc + ad L. P P est combinaison linéaire des éléments de la famille I, J, K, L, c est donc bien un élément de E. Ainsi E est stable pour le produit matriciel. 3 A 2 = J + K 2 = J + KJ + K = J 2 + KJ + JK + K 2 = I L + L I = 2 I. A 2 = 2 I. Alors A 2 A = I et 2 A A = I. A est donc inversible et d inverse 2 A. A est inversible et A = 2 A. 4 a Soit M un élément de E. ϕ A M = AMA = AM 2 A = 2 AMA. M et A sont deux éléments de E et E est stable par le produit matriciel donc AMA est encore un élément de E. E étant un espace vectoriel sur R, 2 AMA appartient également à E. Ainsi ϕ AM est un élément de E. ϕ A est une application de E dans E. Soit λ un réel. Soient M et N deux éléments de E. ϕ A λ M + N = Aλ M + NA = λam + ANA = λ AMA + ANA = λ ϕ A M + ϕ A N. ϕ A est donc une application linéaire. Ceci achève de montrer que : ϕ A est un endomorphisme de E. b Soit M un élément de Ker ϕ A. AMA = 0 E. Alors M = A AMA A = A 0 E A = 0 E. Ce qui suffit pour dire que : Ker ϕ A = {0 E }. Alors ϕ A est un endomorphisme injectif de E qui est de dimension finie donc : Exercice Montrer que : ϕ A = ϕ A = ϕ 2 A = ϕ A. En déduire que ϕ A est une symétrie vectorielle. ϕ A est un automorphisme de E. 5 a Nous avons vu dans 2 c que si P = a I + b J + c K + d L et P = a I + b J + c K + d L sont deux éléments de E : P P = aa bb cc dd I + ba + ab dc + cd J + ca + db + ac bd K + da cb + bc + ad L. Notons que A = 0 I + J + K + 0 L. Soit M un élément de E de coordonnées x, y, z, t dans la base I, J, K, L. M = x I + y J + z K + t L. Alors AM = y z I + x + t J + x t K + y + z L. Donc AMA = y z I + x + t J + x t K + y + z L A.

11 J.F.C. Reduc. p. En réutilisant la formule de 2 c il vient : AMA = x + t x t I + y z y + z J + y + z + y z K + x t + x + t L. Ainsi : AMA = 2x I + 2z J + 2y K + 2t L. Alors ϕ A M = AMA = x I + z J + y K t L. 2 Finalement M = x I + y J + z K + t L donne ϕ A M = x I + z J + y K t L. Alors ϕ A I = I, ϕ A J = K, ϕ A K = J et ϕ A L = L. Ceci permet de dire que : la matrice Φ A de ϕ A dans la base I, J, K, L est : Φ A est une matrice symétrique à coefficients réels donc Φ A est diagonalisable. Alors : ϕ A est diagonalisable. b ϕ A I = I et I 0 E donc est une valeur propre de ϕ A et I en est un vecteur propre associé à cette valeur propre. ϕ A L = L et L 0 E donc est une valeur propre de ϕ A et L en est un vecteur propre associé à cette valeur propre. Notons encore que ϕ A J + K = K + J = J + K et ϕ A J K = K J = J K. J + K resp. J K est alors un élément du sous-espace propre SEP ϕ A, resp. SEP ϕ A, de ϕ A associé à la valeur propre resp.. Montrons alors que I, J + K resp. L, J K est une famille libre de SEP ϕ A, resp. SEP ϕ A,. Soient α et β deux réels tels que αi + βj + K = 0 E. αi + βj + βk = 0 E. Or I, J, K est une famille libre de E comme sous-famille de la base I, J, K, L. Donc α = β = 0. Ceci achève de montrer que la famille I, J + K est libre. Soient α et β deux réels tels que α L + β J K = 0 E. β J β K + α L = 0 E. Or J, K, L est une famille libre de E comme sous-famille de la base I, J, K, L. Donc α = β = 0. Ceci achève de montrer que la famille L, J K est libre. Ainsi I, J +K est une famille libre du sous-espace propre SEP ϕ A, de ϕ A associé à la valeur propre et L, J K est une famille libre du sous-espace propre SEP ϕ A, de ϕ A associé à la valeur propre. Donc dim SEP ϕ A, 2 et dim SEP ϕ A, 2. Or dim SEP ϕ A, + dim SEP ϕ A, dim E = 4 car la somme des dimensions des sous-espaces propres de ϕ A est inférieure ou égale à la dimension de E. Nécessairement dim SEP ϕ A, = dim SEP ϕ A, = 2. I, J + K est alors une famille libre de cardinal 2 de SEP ϕ A, qui est de dimension 2 ; ainsi I, J + K est une base de SEP ϕ A,. L, J K est alors une famille libre de cardinal 2 de SEP ϕ A, qui est de dimension 2 ; ainsi L, J K est une base de SEP ϕ A,. Notons que dans ces conditions ϕ A ne peut pas avoir d autres valeurs propres. ϕ A admet exactement deux valeurs propres et. I, J + K est une base du sous-espace propre de ϕ A associé à la valeur propre. L, J K est une base du sous-espace propre de ϕ A associé à la valeur propre.

12 J.F.C. Reduc. p. 2 Remarque Kerϕ A id = SEP ϕ A, et Kerϕ A + id = SEP ϕ A, sont supplémentaires dans E. Remarque 2 Pour rechercher les valeurs propres de ϕ A on aurait pu utiliser le fait que ϕ A est une symétrie vectorielle... 6 a Soient P = p i,j et Q = q i,j deux éléments de E. Posons P Q = r i,j et QP = s i,j. trp Q = 4 i= r i,i = 4 4 i= k= p i,k q k,i = 4 4 i= k= q k,i p i,k = 4 4 k= i= q k,i p i,k = 4 k= s k,k = trqp. Pour tout couple P, Q d éléments de E, trp Q = trqp b Commençons par remarquer que A = J + K =. Ainsi 0 0 A = A. 0 0 On a encore t A = t 2 A = A = 2 2 A = A. Soient M et N deux éléments de E. ϕa M N = tr t AMA N = tr t A t M t AN = tr A t M AN = tr A t MAN. a permet alors d écrire : ϕ A M N = tr t MANA = M ϕ A N. Ce qui achève de montrer que : ϕ A est un endomorphisme symétrique de E. c Nous avons vu plus haut que Kerϕ A id et Kerϕ A + id sont deux sous-espaces propres de ϕ A supplémentaires dans E. ϕ A étant un endomorphisme symétrique, ces deux sous-espaces propres sont orthogonaux. Par conséquent : Kerϕ A id et Kerϕ A + id sont supplémentaires et orthogonaux dans E. Remarque Nous avions dit que ϕ A est une symétrie vectorielle de E ; ceci permet d ajouter que ϕ A est la symétrie vectorielle orthogonale par rapport à Kerϕ A id = VectI, J + K.

13 J.F.C. Reduc. p. 3 Exercice 4 EDHEC 2009 Ex 3 On note E l espace vectoriel constitué des polynômes à coefficients réels, de degré inférieur ou égal à 2n +. Pour tout k de {0,,..., 2n + }, on admet que l expression X X k désigne le polynôme X k. On désigne par Id l endomorphisme identique de E et on note f l application qui à toute fonction P de E associe la fonction fp définie par : fp = X P X Montrer que f est un endomorphisme de E. 2 a Vérifier que f f = Id.. b En déduire les deux valeurs propres possibles de f. 3 Soit P = a k X k un polynôme quelconque de Kerf Id. a Montrer que les a k 0 k 2n + sont solutions du système : k {0,,..., n}, a k = a k. b En déduire une base de Kerf Id. 4 Déterminer de la même façon une base de Kerf + Id. Le reste concerne le chapitre algèbre bilinéaire. 5 On considère l application ϕ de E E dans R qui, à tout couple P, Q de polynômes de E associe le réel ϕp, Q = a k b k, où l on a noté P = a k X k et Q = a Montrer que ϕ est un produit scalaire défini sur E. b Établir alors que f est un endomorphisme symétrique. b k X k. c En déduire que Kerf + Id et Kerf Id sont supplémentaires et orthogonaux dans E. Soit P = fp = X P a k X k un élément de E. X = Un petit changement d indice donne alors : fp = a k X X k = a k X k. a k X k. Ainsi fp est un élément de E. f est une application de E dans E. Soit P = a k, X k un élément de E. fp = a k X k = a k X k. Dans la suite nous nous appuierons sur cela pour nous éviter de parler de P... X Soient P = a k X k et Q = b k X k deux éléments de E. Soit λ un réel. λ P + Q = λ a k + b k X k.

14 Ainsi : fλ P + Q = λ a k + b k X k = λ a k X k + f est donc linéaire. f est alors une application linéaire de E dans E. Par conséquent : J.F.C. Reduc. p. 4 b k X k = λ fp + fq. f est un endomorphisme de E. 2 a Soit P = Donc f fp = a k X k un élément de E. fp = a k X k = P E, f fp = f fp = P. Ainsi : a k X k = P. a k X k. f f = Id. b X 2 est un polynôme annulateur de f dont les zéros sont et. Le spectre de f est donc contenu dans {, }. et sont les seules valeurs propres posssibles de f. 3 a Nous ne commencerons pas à supposer que P est dans Kerf Id. Nous donnerons directement, et pour le même prix une condition nécessaire et suffisante pour que P soit dans Kerf Id. Soit P = a k X k un élément de E. fp = P Kerf Id P = fp a k X k = a k X k. a k X k k [0, 2n + ], a k = a k. Observons alors que : n +, 2n + n + = 2n + n, n, n + 2, 2n + n + 2 = 2n + n, n,..., 2n +, 2n + 2n + = 2n + 0, 0. Ce qui permet de dire que les n + dernières équations du système précédent se déduisent des n+ premières. a 0 = a a = a 2n a 0 = a a n = a n+2 a = a 2n Illustrons!! a n = a n C est mieux comme cela Elisa? a n+ = a n a = a 2n a n+2 = a n a n = a n a = a 0 Ainsi P Kerf Id k [0, 2n + ], a k = a k k [0, n], a k = a k. Un élément P = a k X k de E est un élément de Kerf Id si et seulement si k [0, n], a k = a k. b Soit P = a k. a k, X k un élément de Kerf Id. Alors k [0, n], a k = a k et même k [0, 2n + ], a k =

15 Donc P = n a k X k + k=n+ a k X k = n a k X k + n a k X k = Alors P appartient à Vect + X, X + X 2n,..., X n + X n+. Ceci permet de dire que Kerf Id Vect + X, X + X 2n,..., X n + X n+. De plus k [0, n], fx k + X k = X k + X k = X k + X k. n a k X k + X k. J.F.C. Reduc. p. 5 Donc k [0, n], X k + X k Kerf Id. Ainsi Vect + X, X + X 2n,..., X n + X n+ Kerf Id. Finalement Kerf Id = Vect + X, X + X 2n,..., X n + X n+ et alors + X, X + X 2n,..., X n + X n+ est une famille génératrice de Kerf Id. k [0, n], degx k + X k = 2n + k, donc les éléments de la famille + X, X + X 2n,..., X n + X n+ sont des polynômes non nuls de degrés deux à deux distincts. Ainsi + X, X + X 2n,..., X n + X n+ est une famille libre de Kerf Id. Finalement : + X, X + X 2n,..., X n + X n+ est une base de Kerf Id. 4 Soit P = fp = P donc Donc P = a k X k un élément de Kerf + Id. n a k X k a k X k = k=n+ a k X k = a k X k. Alors : k [0, 2n + ], a k = a k. n a k X k n a k X k = Alors P appartient à Vect X, X X 2n,..., X n X n+. Ceci permet de dire que Kerf + Id Vect X, X X 2n,..., X n X n+. n a k X k X k. De plus k [0, n], fx k X k = X k X k = X k X k = X k X k. Donc k [0, n], X k X k Kerf + Id. Ainsi Vect X, X X 2n,..., X n X n+ Kerf + Id. Finalement Kerf + Id = Vect X, X X 2n,..., X n X n+ et X, X X 2n,..., X n X n+ est une famille génératrice de Kerf + Id. k [0, n], degx k X k = 2n + k, donc les éléments de la famille X, X X 2n,..., X n X n+ sont des polynômes non nuls de degrés deux à deux distincts. Ainsi X, X X 2n,..., X n X n+ est une famille libre de Kerf Id. Finalement : X, X X 2n,..., X n X n+ est une base de Kerf Id. 5 a Dans cette section P = ϕλ P + Q, R = a k X k, Q = λ a k + b k c k = ϕλ P + Q, R = λ ϕp, R + ϕq, R ϕq, P = b k a k = i. b k X k, R = λ a k c k + b k c k = λ a k b k = ϕp, Q. ϕq, P = ϕp, Q c k X k sont trois éléments de E et λ est un réel. ii. a k c k + b k c k = λ ϕp, R + ϕq, R.

16 ϕp, P = a k a k = Supposons que ϕp, P = 0. Alors a 2 k 0 iii. J.F.C. Reduc. p. 6 a 2 k = 0. Ce qui donne a 2 0 = a 2 = = a 2 = 0 car a 2 0, a 2,..., a 2 sont des réels positifs ou nuls. Donc a 0 = a = = a = 0. Ainsi P est nul. Si ϕp, P = 0 alors P est nul iv. i, ii, iii et iv montrent que : ϕ est un produit scalaire défini sur E. b P = a k X k et Q = Ainsi ϕ fp, Q = a k b k = b k X k sont deux éléments de E. fp = i=0 a k X k et fq = a i b i = ϕ P, fq. ϕ fp, Q = ϕ P, fq. f est un endomorphisme symétrique de E. c f est un endomorphisme symétrique de E donc f est diagonalisable. b k X k. Nous avons vu plus haut que les deux valeurs propres possibles de f sont et. Nous avons également vu que : Kerf Id = Vect+X, X +X 2n,..., X n +X n+ et Kerf +Id = Vect X, X X 2n,..., X n X n+. Ainsi Kerf Id et Kerf + Id ne sont pas réduit au vecteur nul ; et sont des valeurs propres de f. Finalement et sont les valeurs propres de f. Comme f est diagonalisable, Kerf Id et Kerf + Id sont supplémentaires. De plus f est symétrique donc ses sous-espaces propres sont orthogonaux. Alors Kerf Id et Kerf + Id sont orthogonaux. Finalement : Kerf + Id et Kerf Id sont supplémentaires orthogonaux dans E. Remarque Ceci indique que Kerf + Id est l orthogonal de Kerf Id. Or f est un endomorphisme involutif de E donc f est la symétrie vectorielle par rapport à Kerf Id dans la direction Kerf + Id. Finalement f est la symétrie vectorielle orthogonale par rapport à Kerf Id.

17 J.F.C. Reduc. p. 7 Exercice 5 EDHEC 20 ex Soient E un espace vectoriel réel de dimension finie, notée n n N et u un endomorphisme de E. On note Id E l identité de E. Si P X = a 0 +a X +...+a p X p est un élément de R[X], on rappelle qu on désigne par P u l endomorphisme suivant : P u = a 0 Id E +a u a p u p où u k est la composée u } u {{... u } u 0 = Id E par convention. k fois Dans toute la suite Q est un polynôme qui admet pour racine simple et tel que Qu = 0. Ainsi on peut écrire QX = X Q X avec Q 0. Q. Montrer que l image de u Id E est contenue dans KerQ u. Q2. On note E = Keru Id E. a Montrer que si x E alors Q ux = Q x. b En déduire que E KerQ u = {0 E }. c En déduire à l aide du théorème du rang que E = E KerQ u. Q3. Montrer que Q u = 0 si, et seulement si, n est pas valeur propre de u. Q4. On suppose dans cette question que QX = X X + 2, que E est de dimension 3 et que est valeur propre de u ; on note E l espace propre associé à la valeur propre. Montrer que si la dimension de E est supérieure ou égale à 2, l endomorphisme u est diagonalisable on pourra distinguer deux cas, suivant que la dimension de E est égale à 2 ou égale à 3.. QX = X Q X = Q X X. Alors Qu = Q u u Id E. Comme Qu = 0 LE, Q u u Id E = 0 LE. Soit y un élément de l image de u Id E. Il existe un élément x de E tel que y = u Id E x. Donc Q uy = Q u u Id E x = Q u u Id E x = 0 LE x = 0 E. Ainsi y est dans le noyau de Q u. y Imu Id E, y Ker Q u. L image de u Id E est contenue dans Ker Q u. Remarque C est une bonne occasion pour redémontrer que si f et g sont deux endomorphismes de E : g f = 0 LE Im f Ker f. On peut encore généraliser au cas où f LE, E et g LE, E. 2. a Soit x un élément de E. u Id E x = 0 E donc ux = x. Le programme de seconde année voir I 2 a nous permet alors de dire que Q ux = Q x. Si x est un élément de E alors Q ux = Q x.

18 Remarque Redonnons une preuve de ce que nous avons affirmé à juste titre... et même un peu plus. r r Il existe un élément r de N et r + réels a 0, a,..., a r tel que Q = a k X k. Q u = a k u k. J.F.C. Reduc. p. 8 Soient λ un réel et x un élément de E tel que ux = λ x. Un récurrence simple montre que k N, u k x = λ k x. r r r Alors Q ux = a k u k x = a k λ k x = a k λ k x = Q λ x. Donc λ R, x E, ux = λ x Q ux = Q λ x. b Est-il vraiment utile de dire que E et Ker Q u sont deux sous-espaces vectoriels de E donc contiennent tous les deux 0 E et qu ainsi {0 E } E Ker Q u? Soit x un élément de E Ker Q u. Q ux = Q x d après a et Q ux = 0 E. Donc Q x = 0 E. Comme Q 0 il vient x = 0 E. Ceci achève de montrer que E Ker Q u {0 E } Finalement E Ker Q u = {0 E }. c E Ker Q u = {0 E } et E est de dimension finie. Donc pour montrer que E et Ker Q u sont supplémentaires il ne reste plus qu à montrer que dim E + dim Ker Q u = dim E. E + Ker Q u est un sous-espace vectoriel de E donc dim E + Ker Q u dim E. E et Ker Q u sont en somme directe donc dim E + dim Ker Q u = dim E + Ker Q u dim E. Or Imu Id E Ker Q u donc dim Imu Id E dim Ker Q u. On obtient alors dim Keru Id E + dim Imu Id E dim Keru Id E + dim Ker Q u. Ou encore dim Keru Id E + dim Imu Id E dim E + dim Ker Q u. Le théorème du rang appliqué à u Id E donne dim E = dim Keru Id E + dim Imu Id E. Alors dim E dim E + dim Ker Q u. Or nous avons vu que dim E + dim Ker Q u dim E. Donc dim E + dim Ker Q u = dim E. Ceci achève de montrer la supplémentarité de E et de Ker Q u. E = E Ker Q u. 3. Rappelons que E = E Ker Q u. Donc dim E = dim E + dim Ker Q u. Ker Q u est un sous-espace vectoriel de E qui est de dimension finie donc Ker Q u = E dim Ker Q u = dim E. Alors : Q u = 0 LE Ker Q u = E dim Ker Q u = dim E dim Ker Q u = dim E + dim Ker Q u. Ainsi : Q u = 0 LE dim E = 0 E = {0 E } Keru Id E = {0 E } n est pas valeur propre de u. Q u = 0 LE si et seulement si n est pas valeur propre de u. 4. Ici QX = X X + 2 donc Q = X + 2. Supposons que E est de dimension supérieure ou égale à deux et montrons que u est diagonalisable. Premier cas : dim E = 2. Q = X X + 2 est un polynôme annulateur de u dont les zéros sont et. Alors les seules valeurs propres possibles de u sont et.

19 J.F.C. Reduc. p. 9 dim E = 2 donc est valeur propre de u et le sous-espace propre associé est de dimension 2. Montrons que est également valeur propre de u. dim Ker u + Id E 2 = dim Ker Q u = dim E dim E = 3 2 =. Alors Ker u + Id E 2 n est pas réduit au vecteur nul donc u + Id E 2 est un endomorphisme de E non injectif. Supposons que l endomorphisme u + Id E est injectif. Alors u + Id E 2 = u + Id E u + Id E est injectif comme composée de deux endomorphismes injectifs ce qui n est pas. Donc u + Id E n est pas injectif. Alors est valeur propre de u. Ainsi les valeurs propres de u sont et. Notons E le sous-espace propre de u associé à la valeur propre. dim E et dim E + dim E dim E = 3. Comme dim E = 2 nécessairement dim E =. Alors dim E + dim E = 3 = dim E et u est diagonalisable. Deuxième cas : dim E = 3. Alors dim E = dim E < + donc E = E. Ainsi Keru Id E = E. Ceci donne : u Id E = 0 LE. Par conséquent u = Id E et u est diagonalisable! Si la dimension de E est supérieure ou égale à 2, l endomorphisme u est diagonalisable.

20 J.F.C. Reduc. p. 20 Exercice 6 EDHEC 202 ex Soit f l endomorphisme de R 3 dont la matrice dans la base canonique e, e 2, e 3 de R 3 est : A = On note Id l endomorphisme identité de R 3. Q a Calculer A 2 et A 3, puis déterminer un polynôme annulateur de f. b En déduire les valeurs propres de f. c L endomorphisme f est-il diagonalisable? 2 Trouver une base B de R 3 dans laquelle la matrice de f est T = a Montrer que R 3 = Kerf 2 Kerf 2Id. b On veut montrer qu il n existe pas d endomorphisme g de R 3 vérifiant : g 2 = f. On suppose pour cela qu un tel endomorphisme existe. Établir que Kerf 2 est stable par g, puis montrer que la matrice de g dans la base B est de la forme : G = a a a b b b. 0 0 c En utilisant la matrice de f dans cette même base, trouver une contradiction et conclure. 4 Étude d un cas plus général. On note Id l endomorphisme identité de Rn où n désigne un entier naturel supérieur ou égal à et on désigne par α un réel non nul. a On considère un endomorphisme h de R n et on suppose que h n = αh n. Montrer que : R n = Kerh n Kerh αid. b Montrer réciproquement que, si un endomorphisme h de R n est tel que R n = Kerh n Kerh αid, alors on a : h n = αh n. a A 2 = = A 2 = A 3 = A 2 A = = = 2A A 3 = = 2A Alors A 3 2A 2 = 0 M3R. Donc f 3 2f 2 = 0 LR 3. Dans ces conditions : X 3 2X 2 est un polynôme annulateur de f.

21 J.F.C. Reduc. p. 2 b X 3 2X 2 est un polynôme annulateur de f dont les racines sont 0 et 2. Alors les seules valeurs propres possibles de f sont 0 et 2. Sp f {0, 2}. Soit B 0 = e, e 2, e 3 la base canonique de R 3. Soit u un élément de R 3 dont la famille des coordonnées dans la base B 0 est x, y, z. fu = 0 R x y = 0 { x + y z = 0 0 x + 3y 3z = z 0 2x + 2y 2z = 0 fu = 0 R 3 fu = 0 R 3 { x + y z = 0 4y z = 0 4y z = 0 { z = y x = 0. { L 2 L 2 + L. L 3 L 3 + 2L Plus de doute 0 est valeur propre de f et le sous espace propre associé est la droite vectorielle engendrée par e 2 + e 3. fu = 2u 3 3 x y = 2 x { x + y z = 2x { x + y z = 0 y x + 3y 3z = 2y x + y 3z = z z 2x + 2y 2z = 2z 2x + 2y 4z = 0 { x + y z = 0 fu = 2u x + y 3z = 0 x + y 2z = 0 { y = x fu = 2u z = 0. { x + y z = 0 2z = 0 z = 0 { L 2 L 2 L. L 3 L 3 L 2 est valeur propre de f et le sous espace propre associé est la droite vectorielle engendrée par e + e 2. Les valeurs propres de f sont 0 et 2. De plus SEP f, 0 = Vecte 2 + e 3 et SEP f, 2 = Vecte + e 2. c Sp f = {0, 2} et dim SEP f, 0 + dim SEP f, 2 = + = 2 3 = dim R 3. Alors : f n est pas diagonalisable. 2 Une petite analyse s impose. Supposons que B = e, e 2, e 3 soit une base de R 3 telle que la matrice de f dans B soit Alors fe = 0 R 3, fe 2 = e et fe 3 = 2e 3. e Ker f, e = fe 2 et e 3 SEP f, 2. Notons que e Ker f Im f. Im f = fr 3 = f Vecte, e 2, e 3 = Vect fe, fe 2, fe 3 = Vecte e 2 2e 3, e + 3e 2 + 2e 3, e 3e 2 2e 3. Im f = Vecte e 2 2e 3, e + 3e 2 + 2e 3 = Vect e e 2 2e 3, e + 3e 2 + 2e 3 e e 2 2e 3. Im f = Vecte e 2 2e 3, 4e 2 + 4e 3 = Vecte e 2 2e 3, e 2 + e 3 = Vecte e 2 2e 3 + e 2 + e 3, e 2 + e 3. Im f = Vecte e 3, e 2 + e 3. Alors Ker f Im f donc Ker f Im f = Ker f = Vecte 2 + e 3. Rappelons que SEP f, 2 = Vecte + e 2. Passons à la synthèse. Donc construisons une base B solution. Posons e = e 2 + e 3 et e 3 = e + e 2. Alors fe = 0 R 3 et fe 3 = 2e 3. Construisons alors un élément e 2 de R 3 tel que fe 2 = e. Soit u = xe + ye 2 + ze 3 un élément de R 3.

22 fu = e 3 3 x y = 0 { x + y z = 0 x + 3y 3z = z 2x + 2y 2z = { x = z y { fu = e L 4y 4z = 2 L 2 + L. L 4y 4z = 3 L 3 + 2L y z = fu = e 4 x =. Notons que le triplet /4, /4, 0 est solution de ce système. 4 J.F.C. Reduc. p. 22 Posons alors e 2 = 4 e + 4 e 2. On a fe 2 = e. Posons encore B = e, e 2, e 3 et montrons que B est une base de R 3. Cette famille étant de cardinal 3 égal à la dimension de R 3 il suffit de montrer qu elle est libre. Soient α, β, γ trois réels tels que αe + βe 2 + γe 3 = 0 R 3. αe 2 + e 3 + β 4 e + 4 e 2 + γe + e 2 = 0 R 3. Donc β4 + γ e + α + β4 + γ e 2 + αe 3 = 0 R 3. Comme e, e 2, e 3 est libre il vient : β 4 + γ = α + β 4 + γ = α = 0. Donc α = 0 et γ = β 4 = β 4 Ceci donne rapidement α = β = γ = 0 et achève de montrer que B est une base de R 3. Rappelons que fe = 0 R 3, fe 2 = e et fe 3 = 2e 3. Ainsi la matrice de f dans la base B est : T = B = e 2 + e 3, 4 e + 4 e 2, e + e 2 est une base de R 3 et la matrice de f dans cette base est T = Exercice Calculer l inverse de la matrice de passage P de la base B 0 = e, e 2, e 3 à la base B = e, e 2, e 3. Réponse : P = 0 /4 /4 et P = /2 /2 /2 3 a A 2 = donc rg A 2 = le sous-espace vectoriel engendré par les colonnes de A 2 est de dimension Donc le rang de f 2 est également et le théorème du rang montre alors que Ker f 2 est de dimension 2. e Ker f donc e Ker f 2. f 2 e 2 = fe = 0 R 3, donc e 2 est également un élément de Ker f 2. e, e 2 est une famille libre comme sous-famille de la base e, e 2, e 3 de cardinal 2 d éléments de Ker f 2 qui est de dimension 2. Alors e, e 2 est une base de Ker f 2. e 3 est un élément non nul de Kerf 2 Id R 3 qui est une droite vectorielle. Alors e 3 est une base de Kerf 2 Id R 3. e, e 2 est une base de Ker f 2, e 3 est une base de Kerf 2 Id R 3 et la concaténée e, e 2, e 3 de ces deux familles est une base de R 3. Alors Ker f 2 et Kerf 2 Id R 3 sont supplémentaires. R 3 = Ker f 2 Kerf 2 Id R 3. b Soit u un élément de Ker f 2. Montrons que gu appartient à Ker f 2.

23 J.F.C. Reduc. p. 23 f 2 gu = g 4 gu = g 5 u = g g 4 u = g f 2 u = g0 R 3 = 0 R 3 ; gu Ker f 2. u Ker f 2, gu Ker f 2. Alors : Ker f 2 est stable par g. Nous avons vu que e, e 2 est une base de kerf 2 et que kerf 2 est stable par g. Alors ge Vecte, e 2 et ge 2 Vecte, e 2. Ainsi il existe quatre réels a, b, a, b tels que ge = ae + be 2 et ge 2 = a e + b e 2. De plus il existe un triplet a, b, c de réels tel que ge 3 = a e + b e 2 + c e 3. Alors la matrice de g dans la base B est G = a a a b b b. 0 0 c La matrice de g dans la base B est de la forme G = a a a b b b. 0 0 c Remarque Il était facile d arriver à G = 0 a 0 0 b 0 avec c 2 = 2 en remarquant que g et f commutent donc 0 0 c que les sous-espaces propres de f, qui sont des droites vectorielles, sont stables par g... g 2 = f donc G 2 = T. a a a b b b a a a b b b = c 0 0 c a 2 + a b = 0 a 2 + a b = 0 Cela donne en particulier ba + b b = 0 ba + b aa + a b. Alors = 0 2 = a a + b. = 3 ba + b 2 = 0 ba + b 2 = montre que a + b n est pas nul. 2 donne alors b = 0. donne a = 0 et 4 donne b = 0. Alors a + b est nul!! Ce qui engendre une légère contradiction... Il n existe pas d endomorphisme g de R 3 vérifiant : g 2 = f. 4 a Étude d un cas général sic. Ici h est un endomorphisme de Rn tel que h n = α h n. On se propose de montrer que R n = Ker h n Kerh α Id R n. Soit u un élément de R 3. Montrons par Analyse-Synthèse que :! v, w Ker h n Kerh α Id R n, u = v + w. Analyse-Unicité. Supposons qu il existe v, w Ker h n Kerh α Id R n tel que u = v + w. Alors h n v = 0 R n et hw = α w. Donc h n v = 0 R n et h n w = α n w. Dans ces conditions h n u = h n v + h n w = α n w. α n étant pas nul il vient w = α n hn u puis v = u α n hn u. Ceci montre alors l unicité d un couple v, w appartenant à Ker h n Kerh α Id R n tel que u = v + w. Synthèse-Existence. Posons v = u α n hn u et w = α n hn u.

24 D abord v + w = u. hw = h α n hn u = α n hn u = α n α hn u car h n = α h n. J.F.C. Reduc. p. 24 hw = α α n hn u = α w. Donc w appartient à Kerf α Id R n. Notons alors que h n w = α n w. v = u w alors : h n v = h n u h n w = h n u α n w = h n u α n α n hn u. h n v = h n u h n u = 0 R n. Donc v Ker h n. Donc u = v + w avec v, w Ker h n Kerh α Id R n. Ceci achève de montrer l existence d un couple v, w appartenant à Ker h n Kerh α Id R n tel que u = v + w. Finalement u R n,! v, w Ker h n Kerh α Id R n, u = v + w. Ker h n et Kerh α Id R n sont supplémentaires. Si h est un endomorphisme de R n tel que h n = α h n alors R n = Ker h n Kerh α Id R n. b Ici h est un endomorphisme de R n tel que R n = Ker h n Kerh α Id R n. On se propose de montrer que h n = α h n. Soit u un élément de R n.! v, w Ker h n Kerh α Id R n, u = v + w. h n v = 0 R n et hw = α w. Alors : h n u = h n v + h n w = h h n v + α n w = h0 R n + α n w = α n w. De plus α h n u = α h n v + α h n w = α 0 R n + α α n w = α n w. Finalement u R n, h n u = α h n u. Donc h n = α h n. Finalement : Si h est un endomorphisme de R n tel que R n = Ker h n Kerh α Id R n alors h n = α h n. Soit h un endomorphisme de R n. h n = α h n si et seulement si R n = Ker h n Kerh α Id R n.