Corrigé

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Préambule : matrice compagne d’un polynôme
Soit λ ∈ R ; il s’agit (au signe près) de calculer le déterminant suivant :
det (A − λI) =
−λ 0 · · ·
1 −λ · · ·
..
..
.
.
0
..
..
..
.
.
.
0 ··· 0
0
0
..
.
a0
a1
..
.
.
..
−λ
.
1 an−1 − λ
n
n
λi−1 .Li =
J’effectue (habilement) l’opération suivante sur les lignes : L1 ← L1 +
i=2
λi−1 .Li , qui ne
i=1
modifie pas la valeur du déterminant, puisque j’ajoute à une ligne une combinaison linéaire des autres.
Suite à cette opération, pour tout j dans [[1, n − 1]], la valeur située sur L1 dans la colonne j (qui ne
comportait que deux termes non nuls, −λ en ligne i et 1 en ligne i + 1) vaut :
λi−1 . (−λ) + λi .1 = 0
et la valeur située sur L1 en colonne n vaut :
n−1
n−1
i−1
λ
i=1
n−1
.ai−1 + λ
n−1
k
. (an−1 − λ) =
n
ak λ − λ = −P (λ)
n
ak X k .
où P = X −
k=0
k=0
Il n’y a plus qu’à développer par rapport à cette première ligne :
0 0 ··· 0
−P (λ)
1 −λ · · · 0
a1
..
..
..
..
.
.
.
.
det (A − λI) = 0
= (−1)1+n −P (λ)
.. . .
..
..
.
. −λ
.
.
0 ··· 0
1 an−1 − λ
1 −λ · · ·
.
..
.
0 ..
.. . .
..
.
.
.
0 ··· 0
0
..
.
.
−λ
1
Or ce dernier déterminant vaut 1 (matrice triangulaire !).
Finalement, du fait que χA (λ) = (−1)n det (A − λI),
n−1
χA =
Xn
ak X k .
−
k=0
Ce résultat est important, car il montre que tout polynôme de terme dominant X n peut être vu comme le
polynôme caractéristique d’une certaine matrice carrée d’ordre n (et donc d’un certain endomorphisme).
Voir une application frappante au problème B !
Problème A : théorème de Cayley-Hamilton
1) a) Par définition, x appartient à Fu,x (en effet x = u0 (x)). En outre, Fu,x est engendré par la famille
(up (x))p∈N , donc u(Fu,x ) est engendré par la famille (up+1 (x))p∈N : il en résulte que u(Fu,x ) ⊂ Fu,x .
Fu,x est donc un sous-espace vectoriel de E contenant x et stable par u.
Soit maintenant G un sous-espace vectoriel de E contenant x et stable par u. Je dois montrer que
Fu,x ⊂ G. Or x est dans G et G est stable par u ; une récurrence immédiate prouve alors que :
∀p ∈ N up (x) ∈ G. D’où, puisque G, en tant que sous-espace vectoriel, est stable par combinaisons
linéaires, Fu,x ⊂ G. En conclusion :
Fu,x est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant x et stable par u.
b) Puisque x est non nul par hypothèse, Fu,x = {0}. Si u (x) colinéaire à x, tous les up (x), p ∈ N, sont
colinéaires à x (récurrence immédiate) ; Fu,x est alors la droite vectorielle engendrée par x :
Si u (x) est colinéaire à x, alors Fu,x est de dimension 1.
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c) La famille (uj (x))0≤j≤m−1 est une famille de m vecteurs de Fu,x qui est de dimension m par hypothèse ; je vais montrer par l’absurde que c’est une famille libre : je suppose l’existence d’une
m−1
famille (λj )0≤j≤m−1 de scalaires non tous nuls tels que
λj uj (x) = 0. Soit alors k le plus grand
j=0
des indices j tels que λj = 0 ; uk (x) s’écrit donc comme combinaison linéaire de (uj (x))0≤j≤k−1 ;
par une récurrence banale, j’en déduis qu’il en est de même de tous les up (x), p ≥ k, d’où une contradiction, puisque la famille (uj (x))0≤j≤k−1 engendrerait Fu,x alors qu’elle comporte au plus m − 1
vecteurs. Finalement :
(uj (x))0≤j≤m−1 est une base de Fu,x .
n−1
2) a) Soit (λj )0≤j≤n−1 une famille de scalaires tels que
λj uj = 0. En évaluant en x0 , j’obtiens
j=0
n−1
λj uj (x0 ) = 0 et donc tous les λj sont nuls puisque la famille (uj (x0 ))0≤j≤n−1 est libre. Donc :
j=0
La famille (uj )0≤j≤n−1 est libre dans L(E).
b) L’implication (i) ⇒ (ii) est banale.
Je suppose que v(x0 ) = w(x0 ) ; j’en déduis que : ∀j ∈ N uj [v(x0 )] = uj [w(x0 )].
Or v et w commutent avec u, donc avec les puissances de u (récurrence évidente).
D’où : ∀j ∈ N v uj (x0 ) = w uj (x0 ) .
En particulier, v et w donnent la même image de la base (uj (x0 ))0≤j≤n−1 ; par conséquent v = w.
En conclusion :
(i) ⇔ (ii)
c) Il est clair que les uj sont dans C(u) ; d’après a), la famille (uj )0≤j≤n−1 est libre, il me reste à
prouver qu’elle engendre C(u). Soit donc v ∈ C(u) ; le vecteur v(x0 ) se décompose dans la base
n−1
(uj (x0 ))0≤j≤n−1
n−1
λj uj (x0 ).
de E : v(x0 ) =
λj uj de C(u) coïncident
Alors les éléments v et
j=0
j=0
en x0 , il sont donc égaux d’après la question précédente et v appartient bien à Vect(uj )0≤j≤n−1 . En
conclusion :
B = (uj )0≤j≤n−1 est une base de C(u).
d) Le vecteur un (x0 ) se décompose dans la base (uj (x0 ))0≤j≤n−1 de E, donc :
n−1
Il existe une unique famille (aj )0≤j≤n−1 de scalaires tels que : un (x0 ) =
aj uj (x0 ).
j=0
Alors la matrice de u dans la base (uj (x0 ))0≤j≤n−1 s’écrit :


0 0 · · · 0 a0
 1 0 · · · 0 a1 

.
.. 
..


. ..
. .
 0 1
 . .
.. 
 ..
.. ... 0
. 
0 · · · 0 1 an−1
Donc, grâce au préambule :

χu (X) = (−1)n X n −
n−1
j=0

aj X j .
Par définition même des aj , il en découle [χu (u)] (x0 ) = 0, d’où d’après b) :
χu (u) = 0.
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3) a) Je choisis une base de E adaptée à F , plus précisément constituée d’une base BF de F complétée
grâce au théorème de la base incomplète. F étant stable par u, la matrice de u dans cette base est
A B
triangulaire par blocs, de la forme
où A est la matrice de v dans la base BF .
0 C
Il en résulte que : ∀t ∈ K χu (t) = χv (t). det(C − t.I) et donc
χv divise χu .
b) Fu,x est stable par u et, par construction, l’endomorphisme v induit par u sur Fu,x est cyclique. En
effet Fu,x = Fv,x puisque : ∀p ∈ N vp (x) = up (x).
u induit sur Fu,x un endomorphisme cyclique v.
Alors, d’après 2)d), χv (v) est l’endomorphisme nul de Fu,x ; en particulier, [χv (v)] (x) = 0. Or v
est induit par u, donc [χv (u)] (x) = [χv (v)] (x) = 0. Et comme, d’après a), χv divise χu , j’en déduis
que χu est de la forme Q × χv , avec Q ∈ K [X] et donc que χu (u) = Q (u) ◦ χv (u). D’où :
[χu (u)] (x) = 0.
c) D’après la question précédente, pour tout x non nul de E, [χu (u)] (x) = 0. Or χu (u) est un endomorphisme de E et donc s’annule aussi en 0 :
χu (u) = 0.
Problème B : théorème de d’Alembert
1) Soit E un R-espace vectoriel de dimension n impaire et f ∈ L (E) ; le polynôme caractéristique est un
polynôme de R [X] de degré impair, il admet donc au moins une racine dans R (cf. le théorème des
valeurs intermédiaires) qui est une valeur propre de f. En conclusion :
P (n, R) est vraie pour tout n impair.
2) a) Si f = λ.IE , tout vecteur non nul de E est vecteur propre de f . Or d’après P (n, R), je dispose d’un
vecteur propre de g, qui est donc commun à f et g.
Si f = λIE , f et g admettent au moins un vecteur propre commun.
Supposons maintenant f = λ.IE . Comme f et g commutent par hypothèse, g commute également
avec f − λ.IE et donc Ker (f − λ.IE ) et Im (f − λ.IE ) sont stables par g. De plus, Ker (f − λ.IE )
n’est pas égal à E (puisque f = λ.IE ), ni à {0} (puisque λ est valeur propre de f par hypothèse).
Donc Im (f − λ.IE ) ne peut être égal à E en vertu du théorème du rang. Ainsi,
Si f = λIE , Ker (f − λIE ) et Im (f − λIE ) sont deux sous-espaces vectoriels stricts de E, stables par g.
b) Soit, pour p ∈ N, A (p) le prédicat : “Q (2q + 1, R) est vraie pour tout q ∈ [[0, p]]”. Je montre par
récurrence sur p que A (p) est vraie pour tout p :
∗ A (0) est vraie, puisque Q (1, R) l’est : dans un R-espace vectoriel E de dimension 1, tout vecteur
non nul est vecteur propre commun à tous les endomorphismes de E !
∗ hypothèse de récurrence : supposons p ≥ 1 tel que A (p − 1) soit vraie.
∗ Pour montrer que A (p) est vraie, il s’agit de prouver Q (2p + 1, R). Soient donc E un R-espace
vectoriel de dimension 2p + 1 et f, g deux endomorphismes de E qui commutent. D’après 1),
je dispose d’une valeur propre λ de f . Si f = λ.IE , j’ai vu au a) que f et g admettent un
vecteur propre commun. Sinon, toujours d’après a), je dispose d’un sous-espace strict F de E,
stable par f et g et de dimension impaire (en effet, l’un des deux sous-espaces Ker (f − λ.IE ) et
Im (f − λ.IE ) est nécessairement de dimension impaire, puisque la somme de leurs dimensions est
impaire : c’est dim E d’après le théorème du rang !). Alors dim F = 2q + 1 avec q ∈ [[0, p − 1]] et
f, g induisent deux endomorphismes de F qui commutent. L’hypothèse de récurrence me fournit
alors un vecteur de F , vecteur propre commun à ces deux endomorphismes induits, qui est a
fortiori un vecteur de E, vecteur propre commun à f et g. Ainsi Q (2p + 1, R) est vraie, ce qui
achève la preuve par récurrence.
Q (n, R) est vraie pour tout n entier naturel impair.
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3) a) Considérons ici Mn (C) comme un R-espace vectoriel. H n’est autre que le noyau de l’application
B → t B − B, qui est clairement R-linéaire (mais elle n’est pas C-linéaire. . . ). Par conséquent H est
un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel Mn (C).
Soit B ∈ Mn (C). J’écris B = X + i.Y , avec X et Y dans Mn (R).
B∈H ⇔
⇔
t
X + i.t Y = X − i.Y
t
X = X et t Y = −Y
Ainsi, H apparaît comme étant Im Φ, où Φ est l’application de S × A dans Mn (C) qui à (X, Y )
associe X + i.Y , S (resp. A) étant le sous-espace de Mn (R) formé des matrices symétriques (resp.
antisymétriques). Φ étant clairement linéaire et injective, il en résulte que H = Im Φ est de même
dimension que S × A ; or, classiquement,
n (n + 1)
n (n − 1)
et dim A =
dim S =
2
2
d’où :
n (n + 1) n (n − 1)
dim H =
+
= n2 .
2
2
En conclusion :
H est un R-espace vectoriel de dimension n2 .
b) Soit B ∈ H :
t
u (B)
1 t
B × tA + A × t B
2
1
B × tA + A × B
=
2
= u (B)
=
car B ∈ H
Autrement dit, u (B) ∈ H. On vérifie de même que v (B) ∈ H. De plus, u et v sont clairement
R-linéaires et on vérifie que :
1
2
u ◦ v (B) = v ◦ u (B) =
A2 B − B t A .
4i
u et v sont deux endomorphismes de H tels que u ◦ v = v ◦ u.
c) n étant impair, n2 l’est également et donc Q n2 , R est vraie, d’après 2). L’appliquant dans H, je
dispose d’une matrice non nulle B de H, vecteur propre commun à u et v, associé à des valeurs propres
réelles x, y ; ainsi : u (B) = x.B et v (B) = y.B. Or, par construction, u (B) + iv (B) = A × B et
donc
AB = (x + i.y) .B.
d) Observant le principe de calcul de AB, je constate que chaque vecteur colonne Z de B vérifie :
AZ = (x + i.y) .Z. Or la matrice B est non nulle, l’un au moins de ses vecteurs colonnes est non
nul, il est alors vecteur propre de A associé à la valeur propre x + i.y. J’ai ainsi obtenu l’existence
d’une valeur propre de A, donc de f cela pour tout endomorphisme f de E. En conclusion :
P (n, C) est vraie, cela pour tout entier naturel n impair.
4) a) On vient de montrer que P (p, C) est vrai, pour tout entier naturel p impair ; on en déduit que
Q (p, C) est également vrai, en recopiant la démonstration du 2), en remplaçant R par C. Par
conséquent,
R (0) est vraie.
b) Considérons le matériel fourni par l’énoncé.
(i) Il est classique que L, ensemble des matrices antisymétriques, est un sous-espace vectoriel de
Mn (C) de dimension :
2k p 2k p − 1
n (n − 1)
=
= 2k−1 q où q = p 2k p − 1 .
2
2
q est bien impair, car produit de deux entiers impairs, ainsi :
L est un C-espace vectoriel de dimension 2k−1 q, q impair.
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(ii) Soit B ∈ L :
t
u (B)
=
t
B × tA + A × tB
= −B × t A − A × B
= −u (B)
car B ∈ L
Autrement dit, u (B) ∈ L. On vérifie de même que v (B) ∈ L. De plus, u et v sont clairement
C-linéaires et on vérifie que :
u ◦ v (B) = v ◦ u (B) = A2 B t A + AB t A2 .
u et v sont deux endomorphismes de L tels que u ◦ v = v ◦ u.
(iii)D’après R (k − 1), appliqué à L, je dispose d’une matrice non nulle B de L, vecteur propre
commun à u et v, associé à des valeurs propres complexes x, y ; ainsi :
u (B) = x.B
et v (B) = y.B,
d’où
y.B = A × B × t A = A × (x.B − AB)
soit
A2 − x.A + y.In × B = 0.
(iv)Je sais (cf. le second résultat admis en début de problème) que le polynôme X 2 − x.X + y se
factorise dans C [X], sous la forme (X − a) (X − b), avec a, b complexes.
J’ai alors (comme au 3)d)) pour tout vecteur colonne Z de B :
(A − a.In ) (A − b.In ) Z = 0.
Je considère alors un vecteur colonne non nul Z de B (il en existe, puisque B = 0). De deux
choses l’une : soit Z1 = (A − b.In ) Z est nul, auquel cas Z est vecteur propre de A associé à la
valeur propre b, soit Z1 est non nul, auquel cas Z1 est vecteur propre de A associé à la valeur
propre a (puisque (A − a.In ) Z1 = 0 !). J’ai donc obtenu dans tous les cas une valeur propre de
A, donc de f, cela pour tout endomorphisme f de E. Autrement dit :
P 2k p, C est vraie.
(v) Reprenons l’idée et les notations du 2) : λ est valeur propre de f et f = λ.IE (sinon le résultat
est banal), donc F = Ker (f − λ.IE ) et G = Im (f − λ.IE ) sont deux sous-espaces stricts de E,
stables par f et g, et la somme de leurs dimensions est n = 2k p. Deux cas se présentent :
· l’une de ces deux dimensions est de la forme 2ℓ q avec ℓ ∈ [[0, k − 1]] et q impair ; alors R (k − 1)
permet de conclure, en fournissant un vecteur propre commun aux deux endomorphismes
induits ;
·
ces deux dimensions sont de la forme 2k q et 2k r avec q + r = p ; alors nécessairement q ou
r est impair (puisque p l’est) et strictement inférieur à p. Appelons p1 celui qui est impair
et E1 le sous-espace (F ou G) correspondant, qui est de dimension 2k p1 . On peut réitérer le
raisonnement : à chaque étape, soit on peut conclure à l’aide de R (k − 1), soit on se ramène
à un sous-espace de dimension 2k pj , où (pj ) est une suite strictement décroissante d’entiers
impairs. Au pire (c’est-à-dire si R (k − 1) n’a jamais permis de conclure), on se retrouvera
après un nombre fini d’étapes dans un sous-espace de dimension 2k et une dernière itération
permettra alors nécessairement d’utiliser R (k − 1) !!
Dans tous les cas, j’aurai pu exhiber un vecteur propre commun à f et g :
Q 2k p, C est vraie.
c) On vient de montrer par récurrence que :
R (k) est vraie pour tout k.
5) Tout entier naturel n non nul s’écrit sous la forme 2k p avec k ∈ N et p impair. Alors R (k) permet de
conclure :
P (n, C) et Q (n, C) sont vraies pour tout entier naturel non nul n.
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6) Soit Q un polynôme non constant de C [X], n son degré ; Q peut s’écrire α.P avec P de la forme
n−1
P = Xn −
ak X k
(a0 , . . . , an−1 ) ∈ Cn .
où
k=0
Grâce au préambule, je dispose d’une matrice A de Mn (C) telle que
det (A − λ.I) = (−1)n P (λ) .
∀λ ∈ C
Or on a montré à la question 5) que P (n, C) est vraie, donc A admet au moins une valeur propre λ
dans C. λ est alors racine de P , donc de Q. Par conséquent :
Tout polynôme non constant de C [X] admet au moins une racine dans C.
(Ce qui est bien le théorème de
’A
!)
Problème C
λ
un+1
1) Pour n ∈ N∗ , j’ai par définition : wn = ln (n+1)
= ln n+a
nλ un
n+b + λ ln 1 +
Or : ln n+a
n+b = ln 1 +
a
n
− ln 1 +
b
n
a−b
n
=
1
n2
+O
et ln 1 +
1
n
=
1
n .
1
n +O
1
n2
,
1
n2
a−b+λ
n
+O
d’où : wn =
.
Le dernier terme est celui d’une série absolument convergente (par comparaison à une série de Riemann),
donc la série de terme général wn est de même nature que celle de terme général a−b+λ
; autrement
n
dit :
La série
wn converge si et seulement si λ = b − a.
2) Si je choisis justement λ = b − a, la série
wn =
(vn+1 − vn ) converge, donc la suite de terme général
N
vn converge aussi, vers un certain réel ℓ (car
exponentielle, la suite de terme général evn
wn = vN+1 − v1 ) ; alors par continuité
n=1
= nb−a un converge vers L = eℓ > 0 :
Il existe L > 0 tel que un ∼
Les séries de termes généraux un et
L
L
nb−a
de la fonction
.
étant de plus à termes positifs, elles sont de même nature.
nb−a
un converge si et seulement si b − a > 1.
3) J’ai par hypothèse b − a − 1 > 0 et d’après la question précédente, nun ∼
L
nb−a−1
; donc :
lim nun = 0.
n→∞
Par définition :
N
∀N ∈ N
N
zn =
n=0
N
(n + 1)un+1 −
n=0
nun = (N + 1)uN+1 − 0u0 ,
n=0
d’où, d’après le résultat précédent :
N
lim
N→∞
zn = 0.
n=0
Par ailleurs, je peux écrire, par définition de la suite (un ) :
∀n ∈ N (n + 1)un+1 = (n + b)un+1 − (b − 1)un+1 = (n + a)un − (b − 1)un+1 ,
d’où :
∀n ∈ N zn = aun − (b − 1)un+1 .
J’en déduis, toutes les séries considérées étant convergentes :
∞
∞
zn = a
n=0
Il en résulte :
∞
un − (b − 1)
n=0
∞
un+1 , soit : 0 = a
n=0
n=0
∞
un =
n=0
∞
un − (b − 1)
b−1
· u0 .
b−a−1
un − u0 .
n=0