corrigé

PROBLEME1
E.M.Lyon2001
PREMIERE PARTIE
1.e1=0
@
1
0
0
1
A;f(e1)=0 @
1
1
¡2
1
A;f2(e1)=0 @
¡1
¡2
2
1
A
etpourvéri…erqu’iln’ya pasd’étourderiede calculoncherchetoutdesuitef3(e1)etf4(e1)pourvéri…erf4(e1)=e1:
On doitdonc étudierlerangde0
@
1 1 ¡1
0 1 ¡2
0¡2 2
1
A.Le calculdu déterminantoulePivotdeGauss (L3ÃL3+2L2)
donnelerésultat.
e1;f(e1);f2(e1)estunebasedeE
2.f3(e1)=0
@
¡1
1
0
1
A;f4(e1)=e1:deplus¡e1;f(e1);f2(e1);f3(e1)¢estbiengénérateur,carlestroispremiersvecteurs
formentunebase.festcycliqued’ordre4
3.Calcul: A2=0
@
¡1 0 0
¡2¡1¡2
201
1
ApuisA4=¡A2¢2=Id
4.OnchercheunebaseB0=(v1;v2;v3)et tellequeMatB0(f)=D.SoitàrésoudredanslabaseB:f(v1)=v1;
f(v2)=iv2;f(v3)=¡iv3
P=0
@
0 1 ¡i1+i
1 1 1
¡1¡1+i¡1¡i
1
A
On peutvéri…erA=PDP¡1
SECONDE PARTIE
1.Uncycle estun systèmegénérateur.Soncardinalestdoncsupérieuràladimension del’espace vectoriel : p¸n
2.Pourprouverquedeuxendomorphismes sontégauxil su¢tdeleprouverpourlesvecteursd’unebase.Commeon
peutextraireunebasedelafamillegénératrice ¡fi(x0)¢p¡1
i=0il su¢tpourmontrerfp=Iddemontrer8i2[[0;p¡1]]
fp¡fi(x0)¢=fi(x0).Orfp¡fi(x0)¢=fi(fp(x0)) =fi(x0)d’aprèsl’hypothèsefp(x0)=x0
fp¡1estdoncdefaçonévidentelafonctionréciproquedefp:fp¡1±f=f±fp¡1=Id
fp=Idetfestbijective
3.
1.Pardé…nition dem¡fi(x0)¢m¡1
i=0estlibre et¡fi(x0)¢m i=0estlié.Ilexistedoncune combinaisonlinéairePm
i=0¸ifi(x0)=
0avec lafamille(¸i)6=(0).
Si¸m=0onaPm¡1
i=0¸ifi(x0)=0etdonc8i;¸i=0(famillelibre):absurde
donc¸m6=0etfm(x0)=Pm¡1
i=0³¡¸i ¸m´fi(x0)
2.pourk=monvientdemontrerquefm(x0)estcombinaisonlinéairedes¡fi(x0)¢m¡1
i=0:
supposonsalorsfk(x0)2Vect¡fi(x0)¢m¡1
i=0, il existedoncdes¹itelsquefk(x0)=Pm¡1
i=0¹ifi(x0).Sioncompose
parfona
fk+1(x0)=
m¡1
X
i=0
¹ifi+1(x0)=
m¡1
X
i=1
¹i¡1fi(x0)+¹m¡1fm(x0)=
m¡1
X
i=1
¹i¡1fi(x0)+¹m¡1
m¡1
X
i=0µ¡¸i
¸m¶fi(x0)
Doncfk+12Vect³¡fi(x0)¢m¡1
i=0´
8k¸m,fk(x0)2Vect³¡fi(x0)¢m¡1
i=0´
3.Sim>nlafamillenepeutpasêtrelibre:(cardinaltropgrand)
sim<nonad’aprèslaquestion précédente etl’hypothèseque¡fi(x0)¢p¡1
i=0engendreElefaitque¡fi(x0)¢m¡1 i=0
engendreE.ce quiestabsurde(cardinaltrop petit)
Lafamille étantlibre etgénératrice estunebasedeEnotée B0
m=net¡fi(x0)¢m¡1
i=0estunebasedeE

4.
1.gestun polynômedel’endomorphismefainsiquefkdoncfketgcommutentetdonc:
g¡fk(x0)¢=fk(g(x0)) =fk(fn(x0)) pardé…nition degetdesai
=fk+n(x0)
Ona aussi
g¡fk(x0)¢=fn¡fk(x0)¢
lesdeuxapplicationsgetfnsontégalespourtoutvecteurdelabase¡fk(x0)¢n¡1
k=0.Elles sontdonc égalesg=fn
2.
MatB0(f)=
0
B
B
B
B
B
B
@
0 0 ¢¢¢ 0a0
1 0 0 a1
0.......
.
..
.
.
.
.
....1 0 an¡2
0¢¢¢ 1 1 an¡1
1
C
C
C
C
C
C
A
,8
<
:
mi;n=ai¡1
mi;i¡1=1
mi;j=0sinon
5.Dansce casfn(x0)=x0donca0=1,i>0)ai=0
MatB0(f)=
0
B
B
B
B
B
B
@
0 0 ¢¢¢ 0 1
1 0 0 0
0.......
.
..
.
.
.
.
....1 0 0
0¢¢¢ 1 1 0
1
C
C
C
C
C
C
A
,8
<
:
m1;n=1
mi;i¡1=1
mi;j=0sinon
Toutelasuitevabiensursefaire encalculantdanscettebase:
1.Sif(v)=¸vonapar récurrence immédiate8k2N;fk(v)=¸kv.En particulierv=fn(v)=¸nv:Orvestnon
nuldonc¸n=1.
2.SoitxktelquematB0(xk)=(®i)n
i=1.On doitétudierlesystème
®n=¸k®1
8i¸2;®i¡1=¸k®i
Onadonc®n=¸k®1=¸2
k®2=¢¢¢=¸i k®i=¢¢¢.En particulier®n=¸n k®n=®n.
®nsembledonc êtreindéterminé etonsaitcalculeralorsles®i:
matB0(xk)=®n
0
B
B
B
B
B
@
¸k
¸2
k
.
.
.
¸n¡1
k
1
1
C
C
C
C
C
A
Onvéri…esansproblèmequecevecteurestsolution.On prend parexemplean=1
Ker(f¡¸kId)=Vect0
B
B
B
@
¸k
.
.
.
¸n¡1
k
1
1
C
C
C
A
3.SiPn¡1
k=0®kxk=¡!
0.Onaencomposantparfi:Pn¡1
k=0®k¸i
kxk=¡!
0.SoitalorsP=Pd
i=0piXiOna
Pn¡1
k=0®kP(¸k)xk=Pd i=0³piPn¡1 k=0®k¸i kxk´=P¡!
0=¡! 0
On prend alorspourPun polynômed’interpolation deLagrangePj=Qi=n¡1
i=0
i6=j
X¡¸j
¸i¡¸j.pouravoirPj(¸j)=1;
8i6=jPj(¸i)=0.Ona alorsPn¡1
k=0®kP(¸k)xk=®kxketdonc®k=0carxk6=¡!
0
les(xk)n¡1
k=0formentdoncunefamillelibre,etdoncunebasedeEcarle cardinalestlebon.
4. lamatrice defdanscettebase estdiagonaleavec les(¸k)surladiagonale.
2

PROBLEME2
E.N.SoptionB.L.2000
PRELIMINAIRE
1.Hestun hyperplanetaestun vecteurnonélémentdeH.OnsaitdoncqueHetVect(a)sontdeuxsousespaces
vectoriels supplémentaires.ToutvecteurdeEsedécomposedefaçon unique commesommed’un vecteurdeHetd’un
vecteurcolinéaireàa.Lerésultatestvraien particulierpouru(a):
9!(°;ha);°2R;ha2H;u(a)=°a+ha
2.On prend lesdécompositions:u(a)=°a+haetu(b)=°0b+hbeton doitmontrer°=°0:
Toujoursàl’aidedes sousespaces supplémentairesbsedécomposesouslaformeb=ka+h,k2R;h2H:
Avec deplusk6=0carb=2H.Onadonc
u(b)=ku(a)+u(h)=ku(a)+hcarHestinvariantparu
=k(°a+ha)+h=°(b¡h)+kha+h
=°b+(kha+h¡°h)
Onadoncunedécompositiondutypeu(b)=°b+h0avec °2R;h02H.parunicitédeladécompositionona°=°0:
°estindépendantdea
PREMIERE PARTIE
1.
1.reprenonsle calculdu préliminaireu(b)=gb+(kha+h¡°h):
Oncherchebtelqueu(b)=°(b).Cequiéquivautàkha+h¡°h=0(toujoursl’unicitédeladécomposition)donc
àh=kha
°¡1(possible car°6=1):Lesvecteursa0sontdoncdu type:a0=k³a+1
°¡1ha´
a02H,kha=0,ha=0(cark6=0),a2Habsurde.donca0=2H
2.Le cardinaldelafamille estdladimension deE.Depluslafamille estlibre ene¤et(hi)d
i=2estun systèmelibre
eta0=2Vect (hi):
Danscettebaselamatrice deuestdiagonaledediagonale(°;1;¢¢¢1)
3.Sioncalculedanscettebasesoitx=x0a0+Pd
i=2yihi.Onau(x)=x0°a0+Pd i=2yihi.Donc
u(x)=°x,
d
X
i=2
(°¡1)yihi=0
Orlafamille(hi)estlibre et°6=1.Donc8i;yi=0
Réciproquementsix=x0a0etsiu(a0)=°a0alorsu(x)=°xparlinéarité.
u(x)=°x,x2Vect(a0)
2.SoitD=Vect(v)unedroitestable.Ilexistedoncun ¸telqueu(v)=¸v.Sionseplace danslabaseprécédenteon
peutposerv=x0a0+Pd
i=2yihi.u(v)=¸vimposedoncx0(°¡¸)a0+Pd i=2(1¡¸)yihi=0:
Commeonaunebaseon doitrésoudre:x0(°¡¸)=0et8i(1¡)yi=0
²si¸=2f1;°gonobtientx0=0et8i;yi=0doncv=0.AbsurdeVect(v)n’estpasunedroite
²si¸=1onax0=0doncv2HetD½H
²si¸=°ona8i;yi=0doncv2Vect(a)etD=Vect(a)
Lesdroites stables sontinclusesdansHouc’estE°
3.
²siE°½V.Soitv2Von doitmontreru(v)2V.On décomposev=ka0+h(k2R;h2H).Ona alors
u(v)=°ka0+h=v+(°¡1)ka0.Orv2Veta02V(parl’hypothèseEg½V)doncu(v)2V
²siV½HalorstouslesélémentsdeVsontinvariantspar)uetdoncu(V)=V
3

4.OnsupposeV=2H. il existedoncun vecteurv2V¡H.OrHcontient0.Doncv6=0.LadroiteD=Vect(V)répond
laquestion.RemarquonsqueparhypothèsesurVonD6=E°
1.Festun sousespace vectorielcontenantE°.D’aprèslaquestion3Feststableparuetdoncu(F)½F
2.Supposonsparl’absurdequeVsoitstableparu.Ona alorspourlevecteurvdu débutdelaquestionu(v)2V.
Orv2Fdoncu(v)2F=Vect(a0;v).On peutdoncdécomposeru(v)=®a0+¯v
²si®=0onau(v)=¯vdoncD=Vect(v)estunedroitestable.Absurded’aprèslaquestion2caronsupposé
queDn’estpasinclusdansHetonsaitqueD6=E°:
²si®6=0onaa0=u(v)¡¯v
®2V.absurde carE°=2V
5.synthèse évidente:
Unsousespace vectorieleststablesietseulementsiilcontientE°ouil estcontenu dansH
SECONDE PARTIE
1.Siu=Idlerésultatestévident.
Réciproquements’il existea0telqueu(a0)=a0alorsladécomposition usuellex=ka0+hdonneu(x)=xcaronsait
aussiquetoutvecteurdeHestinvariant.
9a0=2H;u(a0)=a0,u=Id
2.
²Existence:Soitalorsa0=2Hquelconque.On peutdécomposeru(a0)=a0+had’aprèslepréliminaireavec °=1.
posonsalorsc=ha
f(a0)2H.Cequiaun senscara0=2H)f(a0)6=0:On doncu(a0)=a0+f(a0)c
Montronsalors:8x2E;u(x)=x+f(x)c:
On décompose(encore et toujours)x=ka0+h.Onadoncf(x)=kf(a0)et
u(x)=k(a0+f(a0)c)+h=x+kf(a0)c=x+f(x)c
²Unicité(a0n’étantpasuniqueil n’estpasévidentquecestunique)
Mais si8x:u(x)=x+f(x)c=x+f(x)dalors8x:f(x)(c¡d)=0.Oril existedesvecteurstelsquef(x)6=0.
Doncc=d:il existeun vecteurc2Huniquetelqueu(x)=x+f(x)c
3.uestun endomorphisme en dimension …nidoncuestbijectivesietseulementsiuestinjective.
Orx2Ker(u))u(x)=0)x+f(x)c=0
²six=2Halors(x;c)estun systèmelibre:absurde carle coe¢cientdexestnon nul.
²six2Honaf(x)=0doncx=¡! 0
²Pourcalculerl’inverseon posey=x+f(x)cetonchercheàcalculerxenfonction dey.Onaf(y)=f(x)+fx)f(c)=
f(x)carc2H.Doncx=y¡f(x)x=y¡f(y)c:
Onvéri…ealorsquesi8x2Eg(x)=x¡f(x)conag±f=f±g=Id
g:x¡>x¡f(x)cestlafonctionréciproquedef
4. labase existeparlethéorèmedelabaseincomplète.
1.MatB(f)=
0
B
B
B
B
B
B
B
@
1 0 0 ¢¢¢ 0
f(a)1....
.
.
0 0 1 ....
.
.
.
.
.......0
0¢¢¢ ¢¢¢ 0 1
1
C
C
C
C
C
C
C
A
2.Ilsu¢tdeprendrelabase(a;c0;h3¢¢¢hn)avec c0=f(a)c.C’estunebase carf(a)6=0
4

5.IlestdéjàévidentquesiV½H,Veststableparu:etqueEeststableparu:
Ona aussiquesic2ValorsVeststableparu:x2V)u(x)=x+f(x)c2V
Montronsalors:
VeststableparusietseulementsiV½Houc2V
Onadéjàmontréuneimplication.
RéciproquementsoitVstableparu:
²siV½Hlerésultatestévident
²sinonil existev2V¡Hona alorsu(v)=v+f(v)c2Vdoncc=u(v)¡v
f(v)2V.Ene¤etf(v)6=0carv=2H:
5