corrigé

escp-eap 2001(Ecole de commerce)
OPTION SCIENTIFIQUE MATHEMATIQUES I
adapté en retirant certaines question qui sont du cours de PC
et en ajoutant le dernier exemple.
1.
a) question de cours
b) P (f ) est un polynôme de l’endomorphisme f donc commute avec f .
2. a) question de cours
b) On sait que les hyperplans stables se cherchent en résolvant LA = ¹A: Soit en transposant tAt L = ¹tL:
Or t L 6= (0) donc la proposition équivaut à :t L est vecteur propre de t A
On note B = (e1 ; e2 ; e3 ) la base canonique de R 3 et on considère l’endomorphisme g de R3 dont la matrice dans la base
B est
0
1
1 1 0
B = @0 1 1 A :
0 0 2
² Pour trouver les droites stables on cherche les vecteurs propres de B :
Les valeurs propres de la matrice triangulaire supérieure B sont sur la diagonale: 1 et 2 sont les valeurs propres de
B.
Le calcul donne sans problème E 1 (B) = Vect(e1 ); E 2 (B) = Vect(e1 + e2 + e 3 )
les droites stables sont donc Vect(e 1) et Vect(e1 + e2 + e 3).
0
1
1 0 0
² pour trouver les plans stables on recherche les vecteurs propres de t B = @ 1 1 0 A.
0 1 2
On trouve E 1 (t B) = Vect(e2 ¡ e3 ); E 2 (tB) = Vect(e3 )
les plans stables sont les plans d’équation y = z et z = 0, soit les plans Vect(e1 ; e3 ) et Vect(e1 ; e2 ).
g admet 6 sous espaces vectoriels stables :
²
n o
¡
!
0
² Vect(e1 ) et Vect(e1 + e2 + e3 )
² Vect(e1 ; e1 + e2 + e 3 ) et Vect(e1 ; e2 )
² E
3. Soit (xk )k2[1; p] 2
Qp
k= 1
Fk ,
f
à p
X
k=1
xk
!
=
puisque f (xk ) 2 F k .
Pp
k=1 Fk est un sous-espace vectoriel stable par f.
p
X
k=1
f (xk ) 2
p
X
Fk ;
k=1
En utilisant la question 1) avec le polynôme (X ¡ ¸ k IdE )n k , on voit que, pour tout ¸k , ker(f ¡ ¸ k IdE )n k est stable par
f.
Pp
nk
Alors, d’après la question 2), k=1 ker(f ¡ ¸ k IdE ) est stable par f .
4. a) Soit F stable par f et x 2 F ,
(f ¡ ¸Id)(x) = f (x) ¡ x 2 F
comme somme de deux vecteurs de F : F est stable par f ¡ ¸Id.
Réciproquement si F est stable par f ¡ ¸Id, d’après le premier sens, F est stable par (f ¡ ¸Id) ¡ (¡¸)Id = f .
f et (f ¡ ¸Id) ont les même sous espaces stables
b) Si F est stable par f , alors f 2 (F ) = f (f (F )) ½ f (F ) ½ F; F est stable par f 2 .
La réciproque est fausse comme le montre la rotation de
¼
.
2
tout sous espace stable par f est stable par f 2
Remarque le résultat se généralise à toute puissance positive de f , ou même à tout polynôme de l’endomorphisme f .
c) Puisque f ¡1 existe, f est bijective
Soit F un sous-espace stable par f , on a f (F ) ½ F . Comme f est bijective on a dim (f (F )) = dim (F ) . Donc f (F ) = F
. On a donc f ¡1 (F ) = f ¡ 1 (f (F )) = F et F est stable par f ¡ 1 .
¡
¢¡1
Réciproquement comme f = f ¡1
tout sous espace stable par f ¡1 est stable par f .
f et f ¡1 ont les mêmes sous-espaces stables
d) Soit f un endomorphisme de E laissant stable tout sous-espace vectoriel de E et B = (e i)i2[1; n] une base de E . f
laisse stable toutes les droites vectorielles Vect(ei), c’est à dire que 8i 2 [1; n], ei est vecteur propre associé à f (question
2)a) et à une valeur propre ¹i.
Soit (i; j) 2 [1; n]2 tels que i 6= j, la droite Vect(ei + e j ) est stable, donc, ei + e j est propre et pour un certain réel ¹,
f (e i + ej ) = ¹(ei + ej ). On a donc,
¹(ei + ej ) = f (e i + ej ) = f (ei) + f (ej ) = ¹iei + ¹j ej :
Puisque (ei; ej ) est libre, ¹ = ¹i = ¹j dès que i 6= j, nécessairement les ¹i sont égaux:
f = ¹Id:
Réciproquement, il est évident que si f = ¹Id, elle laisse tous les sous-espaces stables.
f 2 (E) laissant stable tout sous-espace de E est de la forme f = ¸IdE .
Remarque : exercice classique : si pour tout x , (x; f (x)) est lié f est un homothétie éventuellement nulle.
e) La rotation R d’angle ¼2 , décrite plus haut convient: elle n’a pas de sous-espaces stables de dimension 1, donc les seuls
espaces f0g et E de dimension 0 et 2 sont stables.
Le cas où l’endomorphisme est diagonalisable
1. Si p = 1, f , diagonalisable et n’ayant qu’une seule valeur propre, est une homothétie (i.e = ¸Id): tous les sous-espaces
de E sont stables.
2. a) On sait, puisque f est diagonalisable, que E est somme directe des sous espaces propres:
E=
p
M
Ek :
k=1
P
Tout x de F ½ E se décompose donc de manière unique x = pk=1 x k avec 8k 2 [1; p],
Pp
b) Pour x = k= 1 xk 2 F ,
à p
!
p
p
X
X
X
f (x) = f
xk =
f (x k ) =
¸ k xk
k=1
k=1
x k 2 Ek .
k=1
est dans F (stable). donc le vecteur f (x) ¡ ¸ 1 x est dans F (par combinaison linéaire) or :
f (x) ¡ ¸ 1 x =
p
X
k=1
¸ k xk ¡ ¸ 1
p
X
xk =
k=1
p
X
(¸ k ¡ ¸ 1 )xk =
k=1
p
X
(¸k ¡ ¸ 1 )x k
k=2
c) En recommençant la même manœuvre que dans la question précédente,
p
X
(¸ k ¡ ¸ 2 )(¸ k ¡ ¸ 1 )x k 2 F
k=3
et donc par récurrence sur j
p
X
k=j
et en…n
(¸ k ¡ ¸j ) ¢ ¢ ¢ (¸ k ¡ ¸ 2 )(¸ k ¡ ¸ 1 )x k 2 F
p¡1
Y
i=1
(¸p ¡ ¸i )x p 2 F:
Puisque les ¸ i sont distincts, xp 2 F . De l’avant dernière égalité, on tire x p¡1 2 F et par récurrence on montre que tous
les xi ; (i 2 [1; p]) sont dans F .
Dans votre copie ces récurrences doivent être rédigées.
2
p
3. Montrons que si F est stable par f , F = ©k=1 (F \ Ek ).
— L’inclusion © pk=1 (F \ E k ) ½ F est évidente (somme de sous espaces vectoriels de F ).
Pp
— L’inclusion F ½
k=1 (F \ E k ) résulte de la question précédente.
—Comme la somme des E k est directe , la somme des sous espaces F k est aussi directe.
F est stable par f si et seulement si F = © pk= 1 Fk ; Fk ½ E k
p
4. Les F k = F \ E k sont des sous-espaces propres de la restriction de f à F , puisque F = ©k=1 (F \ Ek ), la restriction de
f à F est diagonalisable.
l’endomorphisme induit sur tout sous espac stable est diagonalisable
5. Dès que f possède un sous-espace propre de dimension supérieure ou égale à deux, il possède déjà une in…nité de
sous-espaces stables, les droites vectorielles de ce sous-espace.
Une condition nécessaire pour que E possède un nombre …ni de sous-espaces vectoriels stables par f est que f ne possède
que des sous-espaces propres de dimension 1, c’est à dire que f doit avoir n valeurs propres distinctes.
Pn
C’est su¢sant,:les sous-espaces stables sont les
i=1 F k avec 8k 2 [1; n], Fk ½ E k , ce qui entraîne puisque E k est de
dimension 1, Fk = f0g ou F k = E k .Pour chaque k on a deux choix pour F k . Les choix sont indépendants.
On a 2n sous espaces stables si toutes les valeurs propres sont simples.
Le cas où l’endomorphisme est nilpotent d’ordre n
1. a) véri…cation évidente.
b) Il est évident que les sous-espaces précédents sont stables par D, montrons que ce sont les seuls.
Réciproquement soit F un sous-espace non réduit à 0 et stable par D,
F contient un polynôme non nul , et tout polynôme de F est de degré n : Il existe donc un polynôme P de degré maximum
notée k.
² On a F ½ Rk [X].
² On a Rk [X] ½ F : F étant stable, D(P ) = P 0 ; D2 (P ) = P 00 ; : : : ; D k (P ) = P (k) sont dans F , or c’est une famille de
polynômes étagés en degré. Rk [X] = Vect(D(i) (P )) ½ F:
² Les seuls sous espaces stables par D sont f0g et les Rk [X].
² 5/2 : Si ce n’est pas déjà fait revoyez le devoir de l’an dernier sur des équations liés à la dérivation et qui commence
aussi par l’étude des sous espaces propres de D .
2. a) analyse de la matrice : on a f (e1 ) = 0; f (e2 ) = e1 ; f (e3 ) = e2 ; ¢ ¢ ¢ f (en ) = en¡1 : Donc e n¡1 = f(en ); en¡2 = f 2 (en )
¢ ¢ ¢ e1 = f (n¡1) (e n ) , f ( n) (en ) = 0 . On cherche donc un vecteur en tel que f (n) (en ) = 0 et f (n¡1) (e n ) 6= 0
Puisque f n¡1 6= 0, il existe en tel que f n¡1 (e n ) 6= 0.
Considérons la famille (f k (en )) k2 [0;n¡1] et montrons qu’elle est libre.
Pn¡1
Pn¡1
Supposons que k=0 ¹k f k (en ) = 0. Soit l le plus petit entier tel que ¹l 6= 0, on a donc k=l ¹k f k (en ) = 0, en composant
par f n¡ l¡ 1, on obtient
Ãn¡1
! n¡ 1
X
X
n¡l¡ 1
k
f
¹k f (en ) =
¹k f k+ (n¡ l¡1)(en ) = ¹l f n¡1 (en )
k=l
k=l
ce qui est absurde: tous les coe¢cient ¹i sont nuls, la famille est bien libre.
(f k (en ))k2[0;n¡1] est une famille libre de n vecteurs dans E de dimension n, c’est une base de E .
¡
¢
La matrice de f dans la base f (n¡1)(e n ); f (n¡2) (en ); ¢ ¢ ¢ ; f (e n ); en est A.
b) Il su¢t de changer la norme des vecteurs de base.
On prend f 1 = e1 ; f 2 = e 2 ; puis on veut f(f3 ) = 2f2 = 2e 2 ,f 3 =
de f dans cette base est bien B, donc A est semblable à B.
e3
2
convient . Plus généralement si f i =
ei
(i¡1)!
la matrice
On remarque immédiatement que la matrice de D, dans la base canonique de R n¡ 1 [X], est B, les sous-espaces stables
de B sont les mêmes, à un isomorphismes près, que ceux de D.
Ce sont donc:
fVect(ei; ei+1 ; ¢ ¢ ¢ en )g n¡1
i=0 [
3
n¡
!o
0
Le cas où l’endomorphisme est nilpotent d’ordre 2
1. a) f (f (F 2)) = f0g puisque f 2 = 0, donc f (F 2 ) ½ ker f:
b) On a F 2 \ F 1 ½ F2 \ ker f = f0g, F 2 \ F1 = f0g, la somme F 1 + F2 est directe.
Soit x = x 1 + x2 où x 1 2 F1 et x 2 2 F 2 , f (x) = f (x 1 ) + f (x 2 ) = 0 + f (x2 ) 2 F1 car f (F 2 ) ½ F 1 , F 1 + F2 est stable.
c) Soit a 2 A \ C et b 2 B \ C , alors a + b 2 A + B et a + b 2 C donc a + b 2 (A + B) \ C:
L’inclusion en sens inverse est fausse comme le montre l’exemple de trois droites distinctes.
d) Montrons F1 = (F 1 + F2 ) \ ker f
² D’après l’inclusion précédente
(F 1 \ ker f ) + (F2 \ ker f ) ½
F 1 + f0g ½
F1
½
(F 1 + F2 ) \ ker f donc
(F 1 + F2 ) \ ker f
(F 1 + F2 ) \ ker f :
² Soit y 2 (F 1 + F2 ) \ ker f il existe x1 2 F 1 et x 2 2 F2 tels que x1 + x 2 = y et y 2 Ker(f ):Or x 1 2 F 1 ½ Ker(f ) et
y 2 Ker(f ) donc x2 = y ¡ x 1 2 Ker(f) et donc x 2 = 0 par dé…nition de F 2:
Donc y = x1 2 F1
² Donc
F 1 = (F 1 + F 2 ) \ ker f :
2. On a encore f (f (F )) = f0g puisque f 2 = 0, donc f (F ) ½ ker f:
De plus F est stable donc f (F ) ½ Ker(f ) \ F = F1 :
Réciproquement si f (F ) ½ (F \ Ker(f )) la question précédente montre que F est stable.
F est stable si et seulement si f (F ) ½ (F \ Ker(f ))
3. Remarque : Il y a peut-être mieux la méthode qui suit n’utilisant pas d’endomorphisme nilpotent d’ordre 2.
On a immédiatement
0
0 1
B0 0
M ¡ Id = @
0 0
0 0
0
¡1 1
B 0
¡1
M ¡ 2Id = @
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0C
A;
1
1
1
0
0C
A;
1
0
0
0
B
0
(M ¡ Id)2 = @
0
0
0
1
B
0
(M ¡ 2Id)2 = @
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
¡2
1
0
0
1
0
0C
A:
2
1
0
0
0
0
1
0
0C
A:
0
0
(h ¡ Id) 2(e1 ) = 0; (h ¡ Id)2 (e 2 ) = 0; (h ¡ 2Id) 2 (e3 ) = 0; (h ¡ 2Id)2 (e4 ) = 0:
donc, puisqu’à voir leurs matrices, (h ¡ Id)2 et (h ¡ 2Id)2 sont de rang 2, en utilisant le théorème du rang, G1 et G 2
sont de dimension 2,
G 1 = ker(h ¡ Id)2 = Vect(e1 ; e2 );
et
G2 = ker(h ¡ Id)2 = Vect(e 3 ; e 4 )
sont supplémentaires car fe1 ; e2 g et fe3 ; e4 g forment une partition de la base canonique.
Remarquons que G1 et G2 sont stables d’après I)3)b).On reprend ensuite l’idée directrice du cas diagonalisable.
Soit F stable, H1 = G 1 \ F et H2 = G 2 \ F sont stables (comme intersection de sous-espaces stables)
Puisque G 1 © G2 = E , tout vecteur f de F se décompose sous la forme f = g 1 + g2 (g1 2 G 1 ; g2 2 G 2 ):
On a donc :
f
=
h(f ) =
h 2 (f ) =
g1 + g 2
h(g1 ) + h(g2 )
(2h(g 1 ) ¡ g1 ) + (4h(g 2 ) ¡ 4g2 ) par dé…nition de G 1 et G2
par combinaison linéaire pour éliminer g2 et h(g2 ) on a
3g1 ¡ 2h(g1 ) = h 2 (f ) ¡ 4h(f ) + 4f 2 F car F est stable
4
En composant par h : ¡h(g1 ) + 2g 1 2 F et en éliminant h(g 1 ) , g 1 2 F . Et donc g 2 = f ¡ g 1 2 F
et donc g1 2 H1 et g2 2 H2 Soit F = H1 © H2 (somme directe car G 1 et G2 le sont)
Réciproquement si H1 et H2 sont deux sous espaces stables de G 1 et G2 la somme H1 © H2 est stable (I.3.a)
les sous espaces stables sont exactement la somme d’un sous espace stable de chaque Gi
Les droites stables de G1 sont les espaces propres de la restriction de f à G1 , une seule droite stable Vect(e1 ). De même,
il n’y a qu’une droite stable dans G2 , Vect(e3 ).
Les sous-espaces stables de f sont obtenus en sommant ceux de
G1 :
f0g; Vect(e1 ); Vect(e 1; e 2 )
G2 :
f0g; Vect(e3 ); Vect(e 3 ; e4 );
et ceux de
en voici la liste classée par dimension:
— dimension 0:f0g
— dimension 1:Vect(e1 ); Vect(e 2 );
— dimension 2:G 1 = Vect(e1 ; e 2); G2 = Vect(e3 ; e4 ); Vect(e1 ; e3 );
— dimension 3:Vect(e1 ; e2 ; e3 ); Vect(e 1 ; e3 ; e4 );
— dimension 4:Vect(e1 ; e2 ; e3 ; e4 ):
Existence d’un plan stable par un endomorphisme
1. a) E étant de dimension n, L(E ) est de dimension n2 , la famille de n2 + 1 vecteurs (f k )k2[0;n2 ] de L(E ) est donc liée: il
Pn 2
Pn 2
existe une famille de réels, non tous nuls, (¹k )k2[0; n2] telle que k=0 ¹k f k = 0, donc le polynôme, non nul, k=0 ¹k X k
annule f .
b)
² L’ensemble fdoP o P 6= 0 et P (f ) = 0g est une partie non vide de N , qui possède un plus petit élément d, il existe
donc un polynôme non nul, annulateur de f et de degré minimum d.
² En divisant ce polynôme par son coe¢cient dominant on obtient un polynôme unitaire M :
² Si ce polynôme n’était pas unique , on aurait deux solutions M 1 et M 2 . La di¤érence M 1 ¡M 2 est alors un polynôme
annulateur non nul de degré < d . Absurde.
c) f est une homothétie (éventuellement nulle)
2. Notons M l’ensemble des racines de M : On sait déjà que comme M est un polynôme annulateur Sp(M ) ½ M .
Réciproquement si ¸ est une racine de M . montrons que (f ¡ ¸Id) n’est pas inversible par l’absurde.
Si ¸ est racine de M on peut factoriser M = (X ¡ ¸) M 1 et donc M (f ) = (f ¡ ¸Id) ± M1 (f) = 0 . Or si (f ¡ ¸Id)
¡1
est inversible on peut multiplier à gauche par (f ¡ ¸I) :On trouve que M 1 est un polynôme annulateur non nul de
degré strictement plus petit que d.Absurde. Donc (f ¡ ¸Id) n’est pas inversible , donc pas injective (endomorphisme en
dimension …nie) et ¸ 2 Sp(f )
¸ est valeur propre de f si et seulement si ¸ esr racine de M
3. a) f 2 + bf + cIdE n’est pas injectif en reprenant la méthode de la question 2 avec le facteur X 2 + bX + c
b) Soit alors x 2 Ker(f 2 + bf + cId); x 6= 0 et F = Vect(x; f (x)): Véri…ons que F est un plan stable par f :
² F est engendré par deux vecteurs donc dim(F ) · 2
² x 6= 0 donc dim(F ) > 0
¡
!
² si F est une droite stable , il existe un scalaire ¸ tel que f (x) = ¸x . En reportant dans (f 2 + bf + cId)(x) = 0 on
2
obtient ¸ + b¸ + c = 0 . Absurde car le discriminant est strictement négatif.
² F est stable en regardant l’image de la base : f (x) 2 F , f (f (x)) = ¡bf (x) ¡ cx 2 F
il existe un plan stable de f .
5
4. Puisque M est de degré minimum, (X ¡ ¸)p¡1 n’annule pas f, ou, en se ramenant à g = f ¡ ¸Id, gp = 0 et g p¡1 6= 0, g
est nilpotent d’ordre p, en modi…ant légèrement la solution de la question III)2)a) (ici on n’a pas p = n), on prouve qu’il
existe un vecteur x de E tel que la famille
¡
¢
x; g(x); : : : ; g p¡ 1 (x)
est libre.
Dans la question précédente, p ¸ 2, donc on peut considérer le plan F = Vect(g p¡ 2(x); g p¡1 (x)); manifestement stable
par g (g p (x) = 0), donc stable par f (question I)4)a) ).
5. Séparons les cas :
² M est de degré 1 : f est une homothétie et tout plan de E est stable.
² M admet deux racines réelles distinctes . f admet alors deux valeurs propres distinctes notée ¸ et ¹:Si x est un
vecteur propre pour ¸ et y un vecteur propre pour ¹ F = Vect(x; y) est un plan stable par f :
² M admet une unique racine de multiplicité strictement supérieur à 1 . La question 4 permet de conclure.
² M admet une unique racine réelle simple , ou pas de racine . Alors si M est de degré > 1 il existe un facteur du
second degré dans M et on peut appliquer la question 3 .
tout endomorphisme d’un espace vectoriel réel admet au moins un plan stable.
Remarque : Le résultat reste vrai pour un espace vectoriel complexe. C’est même plus facile le dernier cas étant impossible.
6.
a) A4 = ¡Id
b) On en déduit que X 4 + 1 est un polynôme annulateur de g . Ce polynôme est bien unitaire.
Il est de plus petit degré : Si on pose ®A3 + ¯A2 + °A + ±I4 = 0 le coe¢cient ligne 1 colonne 4 donne ® = 0 .
et de même ¯ = ° = ± = 0 en regardant les coe¢cients de la matrice.
Absurde.M = X 4 + 1
c) Les racines de M (dans C) sont : exp(i¼=4); exp(3i¼=4); exp(¡3i¼=4) exp(¡i¼=4):Donc :
M
= (X ¡ ei¼=4 )(X ¡ e¡ i¼ =4 )(X ¡ e3i¼ =4 )(X ¡ exp¡3¼=4 )
p
p
= (X 2 ¡ X 2 + 1)(X 2 + X 2 + 1)
p
Reste à cherche de noyau de g 2 ¡ 2g + Id (par exemple).
0 p
1
¡ 2
p1
B ¡1
2 C
C
7. Un plan stable est Vect B
,
@ 0
1 A
1
0
6