Université de la Réunion. Licence 2`eme année. Mathématiques

Universit´e de la R´eunion. Licence 2`eme ann´ee. Math´ematiques-Informatique. Ann´ee 2007/2008.
Corrig´e de l’´epreuve d’alg`ebre 3 (Math 3 ALG)
2`eme session.
Question de cours.
Le r´esultat du cours en question est le suivant:
”Soit Eun K-ev. Soient u, v ∈L(E). On suppose que u◦v=v◦u. Alors Im(v) et Ker(v) sont
stables par u.”
Exercice 1.
?Montrons ⊂.
Soit f∈F∩(G+H).
f∈F∩(G+H) donc f∈Fet f∈G+H.
f∈G+Hdonc il existe g∈Get h∈Htels que f=g+h.g∈Get G⊂Fdonc g∈F.
h=f−gdonc h∈F.f=g+h,g∈Get h∈F∩H, donc f∈G+ (F∩H).
?Montrons ⊃.
G⊂Fet G⊂G+Hdonc G⊂F∩(G+H).
H⊂G+Hdonc F∩H⊂F∩(G+H).
De ce qui pr´ec`ede on d´eduit que G+F∩H⊂F∩(G+H).
Exercice 2.
Pour ´eviter une r´ep´etition, commen¸cons par ´etablir une formule qui nous servira dans a) et
dans b): ∀X∈ S (1 −tr(A))tr(X) = tr(B) (∗).
Soit X∈ S.X= tr(X)A+Bdonc tr(X) = tr(tr(X)A+B), par lin´earit´e de la trace on obtient
tr(X) = tr(X)tr(A) + tr(B). D’o`u (1 −tr(A))tr(X) = tr(B).
a) On note X0=trB
1−trAA+B. Montrons que S={X0}.
Montrons ⊂.
Soit X∈ S. tr(A)6= 1 donc (∗) donne tr(X) = tr(B)
1−tr(A).X= tr(X)A+Bdonc X=X0.
D’o`u X∈ {X0}.
Montrons ⊃.
Par lin´earit´e de la trace tr(X0) = trB
1−trAtr(A) + tr(B), d’o`u tr(X0) = trB 1−trA.
On constate que X0= tr(X0)A+B, on en d´eduit que X0∈ S. D’o`u {X0}⊂S.
b)i) Supposons (par l’absurde) que S 6=∅. Alors il existe X∈ S. (∗) donne 0 = tr(B), ce qui
est absurde. Donc S=∅.
ii) Notons E={X∈Mn(K)| ∃α∈KX=αA +B}. Montrons que S=E.
Montrons ⊂.
Soit X∈ S.X= tr(X)A+Bet tr(X)∈K, donc X∈ E.
Montrons ⊃.
Soit X∈ E.X∈ E donc il existe α∈Ktel que X=αA +B. Par lin´earit´e de la trace
tr(X) = αtr(A) + tr(B). Il vient que tr(X) = α. On constate donc que X= tr(X)A+B, d’o`u
X∈ S.
Exercice 3.
1)i) Soit k∈N. Soit x∈Ek.x∈Ker(uk) donc uk(x) = 0, d’o`u u(uk(x)) = u(0), c’est `a dire
uk+1(x) = 0, ce qui se traduit par x∈Ek+1.
1

ii) Soit k∈N. On suppose que Ek=Ek+1. Montrons Ek+1 =Ek+2.
Par i) on sait d´ej`a que Ek+1 ⊂Ek+2. Montrons que Ek+2 ⊂Ek+1.
Soit x∈Ek+2.uk+2(x) = 0, donc uk+1(u(x)) = 0, puis u(x)∈Ek+1. De notre hypoth`ese on
d´eduit que u(x)∈Ek.u(x)∈Ekdonc uk(u(x)) = 0, dont il d´ecoule x∈Ek+1.
iii) Soit k∈N. Soit y∈u(Ek+1).
y∈u(Ek+1) donc il existe x∈Ek+1 tel que u(x) = y.uk(y) = uk+1(x) = 0, donc y∈Ek.
2)a)i) ∗Soit (ak)k∈Nune suite d’entiers naturels. On suppose qu’elle est strictement croissante.
On montre facilement par r´ecurrence que ∀k∈Nak≥k; on en d´eduit que (ak)k∈Nn’est pas
major´ee.
∗(dim Ek)k∈Nest une suite d’entiers naturels qui est major´ee (par dim E) donc elle ne peut
ˆetre strictement croissante; donc il existe k∈Ntel que dim Ek≥dim Ek+1.
Ek⊂Ek+1 donc dim Ek≤dim Ek+1. On constate que dim Ek= dim Ek+1.
Ek⊂Ek+1 et dim Ek= dim Ek+1, donc Ek=Ek+1.k∈ P donc Pest non vide.
ii) Pest une partie non vide de Ndonc elle a un plus petit ´el´ement.
b)i) Soit k∈Ntel que k < r.k /∈ P donc Ek6=Ek+1.Ek⊂Ek+1 donc Ek(Ek+1.
ii) ∗Soit k∈Ntel que k < r.Ek(Ek+1 donc dim Ek<dim Ek+1.
∗De ce qui pr´ec`ede, on d´eduit que dim E0<dim E1< . . . < dim Er−1<dim Er, on est en
pr´esence d’entiers naturels, donc dim Er≥r.Er⊂Edonc dim Er≤dim E, d’o`u le r´esultat.
c)i) ∗De 1)ii) et de Er=Er+1, on d´eduit que ∀k≥r Ek=Er.
∗unilpotent donc il existe m∈Ntel que um= 0. um= 0 donc Em=E.
Par 1)i) on a ∀k≥m Ek⊃Em. Comme ∀k∈NEk⊂E, on en conclut que ∀k≥m Ek=E.
∗De ce qui pr´ec`ede, on d´eduit que Er=E.r≤ndonc Er⊂En, donc En=E, d’o`u un= 0.
ii) Pour tout k∈N,Ekest un sev de Ek+1 qui est de dimension finie, donc il existe un
suppl´ementaire Fkde Ekdans Ek+1.
∗De b)i) on d´eduit que ∀k∈ {0, . . . , r −1}Fk6={0}.
∗Par r´ecurrence on v´erifie que ∀k∈NF0+. . . +Fk=Ek+1.
∗Par r´ecurrence on montre que pour tout k∈N,F0, . . . , Fksont en somme directe.
∗F0, . . . , Fr−1sont en somme directe. F0+. . . +Fr−1=Eret Er=E.
On en d´eduit que E=F0⊕ · · · ⊕ Fr−1. En prenant une base dans chacun et en ”mettant bout
`a bout” ces bases on obtient une base e= (e1, . . . , en) de E.
∗Soit k∈N.Fk⊂Ek+1 donc u(Fk)⊂u(Ek+1) d’o`u (par 1)iii) u(Fk)⊂Ek.
Si k≥1, on obtient que u(Fk)⊂F0+. . . +Fk−1.
∗Soit i∈ {1, . . . , n}.
Par construction de e, il existe un unique k∈ {0, . . . , r −1}tel que ei∈Fk.
Si k= 0, alors ei∈E1, donc u(ei) = 0.
Supposons k≥1. Par construction de e,F0+. . . +Fk−1⊂Vect(e1, . . . , ei−1).
De u(Fk)⊂F0+. . . +Fk−1, on d´eduit que u(ei)∈Vect(e1, . . . , ei−1).
On en d´eduit que econvient.
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