corrigé

EPITA MP 2002
PARTIE 1
1.
1a)
² on a clairement a(e1 ) = e2 , a2 (e 1 ) = a(e2 ) = e3 . On a donc E = V ect(e1 ; a(e 1 ); a2 (e1 )) .
² On a donc E ½ V ect(ak (e 1); k 2 N) , d'autre part pour tout k 2 N , ak (e 1 ) 2 E donc V ect(ak (e1 ); k 2 N) ½E et
donc
E = V ect(ak (e1 ); k 2 N)
a est donc cyclique en choisissant x 0 = e1
² Pour d¶eterminer les valeurs propres on r¶esout le systµeme det(M ¡ ¸Id) = 0
¯
¯
¯ ¡¸ 0
6 ¯¯
¯
¯ 1
¡¸ ¡11 ¯¯ = 0
¯
¯ 0
1
6¡¸ ¯
ce qui donne ¡¸ 3 + 6¸ 2 ¡ 11¸ + 6 = 0 . ¸ = 1 est racine ¶evidente et ¡¸ 3 + 6¸ 2 ¡ 11¸ + 6 = (1 ¡ ¸)(¸ 2 ¡ 2¸ + 6)
les valeurs propres sont : 1; 2 et 3
0
1
x
² Pour ¸ = 1 on doit r¶esoudre le systµeme a(v1 ) = v 1 je note v 1 = @ y A , et le sujet impose z = 1: Ce qui donne le
z
systµeme :
8
6=x
<
x ¡ 11 = y
:
y+6 = 1
0
1
6
la solution est ¶evidente: v1 = @ ¡5 A
1
² pour ¸ = 2 :
8
<
6 = 2x
x ¡ 11 = 2y
:
y+6 = 2
0
1
3
donne v2 = @ ¡4 A
1
² pour ¸ = 3 :
8
<
6 = 3x
x ¡ 11 = 3y
:
y+6 = 3
0
1
2
donne v2 = @ ¡3 A
1
² On v¶e0ri¯e
1
D=@ 0
0
que
0
2
0
det(v
de a est
1 1 ; v 2 ; v3 ) = ¡2 6= 0 , donc (v 1 ; v2 ; v3 ) est une base de E . Dans
0 cette base la matrice
1
0
6
3
2
0 A ; A est donc semblable µa D et la matrice de passage est P = @ ¡5 ¡4 ¡3 A
3
1
1
1
On a alors A = P DP ¡ 1 ou encore D = P ¡ 1 AP
1b) m^eme ¶etude on trouve encore b(e 1 ) = e2 et b 2 (e1 ) = e3 . On trouve det(B ¡ ¸Id) = ¡¸3 ¡ ¸ 2 + ¸ + 1 de racines 1
simple et ¡1 double.
les vecteurs propres v¶eri¯ent
0
1
1
² soit b(v) = v ce qui donne v 2 V ect @ 2 A
1
0
1
¡1
² soit b(v) = ¡v ce qui donne v 2 V ect @ 0 A
1
L'ensemble des vecteurs propres engendre un plan . Il n'existe pas de base de E constitu¶ee de vecteurs propres.
b n'est pas diagonalisable
2.
Pn
¡
!
2*) La famille (xi )ni=1 a le bon cardinal . Il su±t de v¶eri¯er qu'elle est libre : Soit
e¯nition
i=1 ai x i = 0 . Par d¶
c(x i) = ¸ ix i donc ai xi 2 Ker(c ¡ ¸ iId) . D'aprµes le r¶esultat admis dans les pr¶eliminaires la somme des K er(c ¡ ¸ iId) est
directe ; l'unique d¶ecomposition du vecteur nul donne donc 8i , ai xi = 0 , et comme par d¶e¯nition d'un vecteur propre
¡
!
x i 6= 0 on a 8i , ai = 0 .
n
(x i) i= 1 est une base de E
Pn
2a) par d¶e¯nition on a 8i 2 [[1; n]] , c(x i) = ¸ ix i . Donc si on note x 0 =
earit¶e c(x 0 ) =
i=1 xiP,on obtient par lin¶
Pn
P
P
n
n
n
k
k
k+1
k
k+1
¸
x
et
par
r¶
e
currence
si
c
(x
)
=
¸
x
alors
c
(x
)
=
¸
c(x
)
=
¸
x
:
0
0
i
i
i=1 i i
i=1 i i
i=1 i
i=1 i
Pn¡1
Pn¡ 1 Pn
¡
!
¡
!
k
2b) Prenons une combinaison lin¶eaire nulle des c (x 0 ) .On a donc k= 0 ak ck (x0 ) = 0 , soit k=0 ak i= 1 ¸ki x i = 0
.Or la famille des (x i) est une base de E . chaque coordonn¶ee dans cette base est nulle. On a donc
8i 2 [[1; n]] ,
n¡1
X
ak ¸ ki = 0
k=0
Pn¡1
ak X k .Ce polyn^o me est de degr¶e · n ¡ 1 et admet n racines distinctes les (¸ i) .
¡ k
¢n¡1
Le polyn^o me est donc nul . Tous ces coe±cients sont nuls . La famille c (x 0 ) k=0 est libre
¡
¢n¡1
2c) Comme la famille est une famille libre de bon cardinal , c'est une base de E E = V ect ck (x 0 ) k=0 .Par double
¡ k
¢
inclusion comme au I1) on en d¶eduit E = V ect c (x 0 ) k2N
On prend alors le polyn^o me P =
k=0
c est cyclique
PARTIE 2
3.
n¡
¡
!
¡
!
¡
!
!o
3a) On peut remarquer que x 0 6= 0 car sinon E = V ect(f k ( 0 )) = V ect( 0 ) = 0 , ce qui contredit l'hypothµese
dim(E) ¸ 2 .
¡
¢m
La famille (x 0 ) est donc libre . Par contre pour m ¸ n la famille f k (x0 ) k=0 est de cardinal ¸ n + 1 en dimension n .
Elle est donc li¶ee.
¡
¢0
¡
¢1
¡
¢n
Dans la suite f k (x0 ) k= 0 ; f k (x 0 ) k=0 ¢ ¢ ¢ f k (x0 ) k=0 on passe donc au moins une fois d'une famille libre µa une famille
li¶e.
¡
¢ m¡1
¡
¢m
L'ensemble des m tels que f k (x0 ) k= 0 soit libre et f k (x 0 ) k=0 soit li¶e , est un sous ensemble non vide de N , ma jor¶e
par n. Il admet un plus grand ¶el¶ement.
¡
¢m¡ 1
On montre alors par r¶ecurrence que pour k 2 N , f m+k (x0 ) 2 V ect f i (x 0 ) i=0
¡
¢m
Pm
¡
!
m
² si k = 0 : On sait que f i (x0 ) i= 0 est li¶e . Il existe une combinaison lin¶eaire i=0 aif i(x0 ) = 0 avec (ai )i=0 6= (0)
¡
¢m¡ 1
Si am = 0 on a comme f i(x 0 ) i=0 est libre 8i a i = 0 :ABSURDE
¡
¢m¡ 1
Pm¡1
i
donc am 6= 0 et f m (x0 ) = i=0 ¡ aam
f i (x0 ) . Donc pour k = 0 f m+ 0 (x0 ) 2 V ect f i (x 0 ) i=0
¡
¢m¡ 1
Pm¡1
² On suppose f m+ k (x 0 ) 2 V ect f i(x 0 ) i=0 , il existe donc des scalaires b i tels que f m+k (x0 ) = i= 0 bi f i(x 0 ) (les
bi d¶ependent aussi de k ) . On a alors
f m+k+1 (x 0 ) =
m¡
X1
b if i+1 (x 0 ) =
i= 0
m¡1
X
bj¡ 1 f j (x 0 ) + b m¡ 1 f m (x 0) =
j=1
µ
bm¡1 ¡
a0
am
¶
¡
¢m¡1
et donc f m+k+1 (x 0 ) 2 V ect f i (x0 ) i=0
2
f 0 (x0 ) +
m¡
X1 µ
j=1
b j¡ 1 ¡ b m¡1
am¡ 1
am
¶
f j (x 0)
¡
¢
m+k (x ) 2 V ect f i (x ) m¡1
0
0 i=0
² par r¶ecurrence : 8k 2 N , f
3b) Par d¶e¯nition de m la famille est libre .
¡
¢
¡
¢m¡ 1
Elle est aussi g¶en¶eratrice car E = V ect f i(x 0 ) i2N = V ect f i(x 0 ) i=0 d'aprµes le a) en e®et :
¢m¡ 1 ¡
¢
¡
¢m¡1
¡
¢
f i(x 0 ) i=0 ½ f i (x 0 ) i2N donc V ect f i(x0 ) i=0 ½ V ect f i (x 0 ) i2N
¡
¢
Pq
² Si x 2 V ect f i(x 0 ) i2N , il existe un entier p et des scalaires qi tel que x =
qif i (x0 ) .On a donc une
¡ i
¢m¡1
¡ i i= 0¢m¡1
¡
¢
combinaison lin¶eaire d'¶el¶ements de V ect f (x0 ) i= 0 . Donc un ¶el¶ement de V ect f (x0 ) i= 0 : V ect f i(x 0 ) i2N ½
¡
¢m¡1
V ect f i (x0 ) i= 0
²
¡
La famille est libre et g¶en¶eratrice .C'est donc une base de E . elle est donc de cardinal n .Donc m = n
¡
¢m¡1
f i(x 0 ) i=0 est une base de E et m = n
4.
4a) pour i < n ¡ 1 , l'image du i¡µeme vecteur de base est le (i + 1)¡µeme . La i¡µeme colonne de M est donc une colonne
Pn¡1
de 0 sauf ligne i + 1 oµu il y a un 1 . L'image du dernier vecteur de base est f m (x0 ) = i=0 p if i(x0 ): On a donc :
0
0
B 1
B
B
M =B
B 0
B .
@ ..
0
0
1
..
.
¢¢¢
0
¢¢¢
¢¢¢
..
.
..
.
0
0
0
..
.
p0
p1
..
.
0
1
p n¡2
p n¡1
1
C
8
C
< 1 si i = j + 1
C
C , m i;j =
p
si j = n
C
: i¡1
C
0
sinon
A
Remarque : il n'est pas inutile de faire le lien avec A et B .
¡ ¢n¡ 1
4b) On montre que f k k=0 est une famille libre de L (E) :
Pn¡ 1
Soit
aif i = O (en notant O le neutre de L (E) ). Si on prend l'image de x 0 par cette relation on trouve
Pn¡1 i=0i
¡ i
¢n¡1
¡
!
i=0 ai f (x 0 ) = 0 . Et donc comme f (x0 ) i=0 est une base de E : 8i , ai = 0
¡
fk
¢n¡1
k=0
est une famille libre de L (E )
La ¯n de la question est fausse le polyn^ome nul ¶etant solution ¶evidente
il n'existe pas de
Pn¡ 1 du problµeme. Par
Pcontre
n¡1
polyn^ome non nul de degr¶e < n tel que Q(f ) = 0 .En e®et si Q = k=0 qk X k existe on a k=0 qk f k = O . Et donc
comme la famille est libre 8k , qk = 0 et donc Q = 0
P
¡
!
i
4c) On a par d¶e¯nition des notations P (f)(x0 ) = f n (x0 ) ¡ n¡1
i=0 pi f (x 0 ) = 0 .
³
´
Pn¡1
Pn¡1
¡
!
¡
!
Donc pour tous k P (f )(f k (x0 )) = f n+k (x 0 ) ¡ i=0 p i f i+k (x 0 ) = f k f n (x0 ) ¡ i=0 pi f i(x 0 ) = f k ( 0 ) = 0 .
Les applications P (f ) et O sont ¶egales sur une base : elle sont ¶egales
Pf) = O
5.
5a) Par une r¶ecurrence d¶ejµa faite au I2a) on a f k (x) = ¸ k x . on donc P (f )(x) =
On x 6= 0 donc P (¸) = 0
5b) La matrice de f ¡ ¸Id est M ¡ ¸In soit
0
¡¸ 0
¢ ¢¢
B 1 ¡¸ ¢ ¢ ¢
B
B
..
.
M =B
1
B 0
B .
.
.
..
..
@ ..
0
¢¢ ¢ 0
1
0
0
..
.
p0
p1
..
.
¡¸
1
pn¡2
pn¡1 ¡ ¸
3
Pn¡1
i=0
p if i (x) =
8
¡¸ si i = j < n
>
C
>
>
C
>
1 si i = j + 1
<
C
C , m i;j =
p
i¡1 si j = n; i < n
C
>
C
>
>
p
¡ ¸ si i = j = n
>
A
: n¡1
0 sinon
Pn¡1
i=0
p i¸ i x = P (¸)x:
² Si ¸ = 0 alors p 0 = 0 car ¸ est racine de
0
0
B 1
B
B
rg(M ) = rg B
B 0
B ..
@ .
0
=
B
B
B
rg B
B
B
@
0
1
0
0
..
.
0
P: Un pivot de Gauss qui ¶echange les ligne de P donne
1
0
1
0 ¢¢¢ 0
0
1 0 ¢¢ ¢ 0
p1
B 0 1 ¢¢ ¢ 0
0 ¢¢¢ 0
p1 C
p2 C
C
B
C
..
.. C
B
.
.. C
..
.
.
.
C
B
. .
. .
1
. C = rg B 0 0
. C
C
C
B
C
.
..
..
@ .. . . . . . . 1 p n¡1 A
.
. 0 pn¡2 A
¢ ¢ ¢ 0 1 pn¡1
0 ¢¢¢ 0 0
0
1
0 ¢¢¢ 0 0
1 ¢¢¢ 0 0 C
C
n¡1
X
C
.
..
. .. 0 C
0
:
C
Ã
C
¡
pi Ci
n
n
C
C
..
..
i= 1
.
. 1 0 A
¢¢¢ 0 0 0
matrice diagonale ayant n ¡ 1 termes non nuls sur la diagonale, donc de rang n ¡ 1
² Si ¸ 6= 0 on divise toutes les colonnes sauf la derniµere par -¸
0
1
0
¡¸ 0 ¢ ¢ ¢ 0
p0
1
B 1
C
B
¡¸
¢
¢
¢
0
p
¡1=¸
1
B
C
B
B
..
..
C
B
..
B
C
B
.
rg(M ) = rg B 0
1
.
.
0
C = rg B
B ..
C
B
..
.
.
.
.
@ .
@
.
. ¡¸
p n¡2 A
.
0
¢¢¢ 0
1 p n¡1 ¡ ¸
0
0
1
¡1=¸
..
.
¢¢¢
¢¢¢
¢¢¢
..
.
..
.
0
0
0
..
.
p0
p1
..
.
1
¡1=¸
p n¡ 2
p n¡ 1 ¡ ¸
puis on fait appara^³tre des 0 dans la derniµere colonne:
µ
¶
³
p0 ´
p0
p1
C n à Cn ¡ p0 C 1 ; Cn à Cn ¡ p1 +
C2 ; ¢ ¢ ¢ Cn à C n ¡
+ k¡ 2 + ¢ ¢ ¢ p k¡1 Ck
¸
¸ k¡1
¸
0
1
1
0
¢¢¢
0
0
B ¡1=¸
C
1
¢¢¢
0
0
B
C
B
.
.
C
.
.
.
.
B
C
.
rg(M ) = rg B 0
¡1=¸
.
.
C
B
C
..
..
..
@
A
.
.
.
1
0
¡ p0
¢
p1
0
¢¢¢
0 ¡1=¸
+ ¸ k¡2 + ¢ ¢ ¢ pn¡1 ¡ ¸
¸ n¡1
le co e±cient n £ n est alors
¡ P (¸)
¸n¡1
1
C
C
C
C
C
C
A
=0
² On retire la derniµere colonne
la matrice obtenue est "triangulaire" ayant des termes tous non nuls sur la d"iagonale", donc le rang est n ¡ 1
² Dans les deux cas ker(f ¡ ¸Id) est de rang n ¡ 1 . Le sous espace propre (le noyau) est de dimension 1
5c) Si il existe n valeurs propres distinctes , l'endomorphisme est toujours diagonalisable :
(5/2) c'est du cours
(tous) si l'endomorphisme admet n valeur
P propres distincts il existe n ker(f ¡ ¸ iId) non r¶eduit µa 0, correspondant µa des
valeurs propres distincts . La somme
ker(f ¡ ¸Id) est directe . On a donc dim (© ker (f ¡ ¸ i Id)) ¸ n . Or on a un
sous espace vectoriel de E de dimension n . Donc dim (© ker (f ¡ ¸ i Id)) = n . Par inclusion et ¶egalit¶e des dimensions
© ker (f ¡ ¸ iId) = E . En cr¶eant une base adapt¶ee µa la © , on construit une base de vecteurs propres et donc f est
diagonalisable
5c r¶
eciproque) Soit f cyclique , diagonalisable , il existe donc une base de vecteurs propres . Supposons (par l'absurde)
qu'il existe dans cette base deux vecteurs distincts b i et b j associ¶es µa la m^eme valeur propre ¸.On a alors b i 2 ker(f ¡ Id)
et b j 2 ker(f ¡ ¸Id) , donc le plan V ect(b i bj ) ½ Ker(f ¡ Id) .Ce qui contredit le r¶esultat de 5b).Donc il y autant de
valeurs propres distinctes que de vecteurs de base .f admet n valeurs propres distincts.
6.
6a)
² C(f ) est un sous ensemble de L (E )
² C(f ) contient Id
² C(f ) est stable par combinaison lin¶eaire : si g ± f = f ± g et h ± f = f ± h alors pour tous scalaires ¸; ¹ :
(¸g + ¹h) ± f
=
=
¸(g ± f ) + ¹ (h ± f ) = ¸(f ± g) + ¹ (f ± h)
f ± (¸g) + f ± (¹h) = f ± (¸g + ¹h)
4
² C(f ) est donc stble par soustraction.
² C(f ) est stable par produit interne (±) :si g ± f = f ± g et h ± f = f ± h :
(g ± h) ± f = g ± (h ± f ) = g ± (f ± h) = (g ± f ) ± h = (f ± g) ± h = f ± (g ± h)
C (f ) est un sous espace vectoriel et un sous anneau de L (E )
6b) On suppose u ± f = f ± u , v ± f = f ± v et u(x 0 ) = v(x0 ) .On montre par r¶ecurrence que u et v sont ¶egaux sur la
¡
¢n¡1
base f k (x0 ) k=0 , donc que u = v:
² pour k = 0 c'est la d¶e¯nition de u et v
² pour k = 1 :
u(f (x 0 )) = (u ± f ) (x0 ) = (f ± u) (x0 ) = f (u (x0 )) = f (v (x0 )) = (f ± v) (x 0 ) = (v ± f ) (x 0) = v (f (x 0 ))
¡
¢
² si u(f k (x 0 )) = v f k (x 0 )
u(f k+1 (x0 )) =
=
¡ ¡
¢¢
(u ± f ) (f k (x 0 )) = (f ± u) (f k (x 0 )) = f u f k (x 0 )
¡ ¡
¢¢
¡
¢
¡
¢
f v f k (x0 ) = (f ± v) f k (x 0 ) = (v ± f ) (f k (x 0 )) = v f k+1 (x 0 )
d'oµ
u l'¶egalit¶e pour tout vecteur de la base
n¡ 1
6c) Remarquons que les (ai )i=0 existent car on d¶ecompose dans une base.
P 1
k
on prend alors u = g , v = n¡
o me de l'endomorphisme f on
k=0 ak f , On suppose que u = g 2 C(f ) , comme tout polyn^
Pn¡1
a v 2 C(f ) , en¯n on a suppos¶e u(x0 ) = v(x 0 ) . On a donc d'aprµes le a) u = v donc g = k=0 ak f k
6d) On vient de montrer que tout ¶el¶ement de C(f ) est dan V ect(f k )n¡1
ejµa utilis¶e que tout ¶el¶ement de
k=0 , et on a d¶
¡ k ¢ n¡1
V ect(f k ) n¡1
est
dans
C(f
)
.
Donc
C(f
)
=
V
ect
f
:
k= 0
k= 0
D'aprµes le II4b) cette famille est libre . C'est donc une base de C(f) .
C(f) est un sous espace vectoriel de dimension n
5