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

Université de la Réunion. Licence 2ème année. Mathématiques-Informatique. Année 2007/2008.
Corrigé de l’épreuve d’algèbre 3 (Math 3 ALG)
2ème session.
Question de cours.
Le résultat du cours en question est le suivant:
”Soit E un 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 ∈ F et f ∈ G + H.
f ∈ G + H donc il existe g ∈ G et h ∈ H tels que f = g + h. g ∈ G et G ⊂ F donc g ∈ F .
h = f − g donc h ∈ F . f = g + h, g ∈ G et h ∈ F ∩ H, donc f ∈ G + (F ∩ H).
? Montrons ⊃.
G ⊂ F et G ⊂ G + H donc G ⊂ F ∩ (G + H).
H ⊂ G + H donc F ∩ H ⊂ F ∩ (G + H).
De ce qui précède on déduit que G + F ∩ H ⊂ F ∩ (G + H).
Exercice 2.
Pour éviter une répétition, commençons par établir 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 + B donc tr(X) = tr(tr(X)A + B), par linéarité de la trace on obtient
tr(X) = tr(X)tr(A) + tr(B). D’où (1 − tr(A))tr(X) = tr(B).
trB
A + B. Montrons que S = {X0 }.
a) On note X0 =
1 − trA
Montrons ⊂.
tr(B)
. X = tr(X)A + B donc X = X0 .
Soit X ∈ S. tr(A) 6= 1 donc (∗) donne tr(X) =
1 − tr(A)
D’où X ∈ {X0 }.
Montrons ⊃.
trB
trB
Par linéarité de la trace tr(X0 ) =
tr(A) + tr(B), d’où tr(X0 ) =
.
1 − trA
1 − trA
On constate que X0 = tr(X0 )A + B, on en déduit que X0 ∈ S. D’où {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 ∈ K X = αA + B}. Montrons que S = E.
Montrons ⊂.
Soit X ∈ S. X = tr(X)A + B et tr(X) ∈ K, donc X ∈ E.
Montrons ⊃.
Soit X ∈ E. X ∈ E donc il existe α ∈ K tel que X = αA + B. Par linéarité 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’où
X ∈ S.
Exercice 3.
1)i) Soit k ∈ N. Soit x ∈ Ek . x ∈ Ker(uk ) donc uk (x) = 0, d’où u(uk (x)) = u(0), c’est à 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 déjà 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 hypothèse on
déduit que u(x) ∈ Ek . u(x) ∈ Ek donc uk (u(x)) = 0, dont il découle 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∈N une suite d’entiers naturels. On suppose qu’elle est strictement croissante.
On montre facilement par récurrence que ∀k ∈ N ak ≥ k; on en déduit que (ak )k∈N n’est pas
majorée.
∗ (dim Ek )k∈N est une suite d’entiers naturels qui est majorée (par dim E) donc elle ne peut
être strictement croissante; donc il existe k ∈ N tel 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 P est non vide.
ii) P est une partie non vide de N donc elle a un plus petit élément.
b)i) Soit k ∈ N tel que k < r. k ∈
/ P donc Ek 6= Ek+1 . Ek ⊂ Ek+1 donc Ek ( Ek+1 .
ii) ∗ Soit k ∈ N tel que k < r. Ek ( Ek+1 donc dim Ek < dim Ek+1 .
∗ De ce qui précède, on déduit que dim E0 < dim E1 < . . . < dim Er−1 < dim Er , on est en
présence d’entiers naturels, donc dim Er ≥ r. Er ⊂ E donc dim Er ≤ dim E, d’où le résultat.
c)i) ∗ De 1)ii) et de Er = Er+1 , on déduit que ∀k ≥ r Ek = Er .
∗ u nilpotent donc il existe m ∈ N tel que um = 0. um = 0 donc Em = E.
Par 1)i) on a ∀k ≥ m Ek ⊃ Em . Comme ∀k ∈ N Ek ⊂ E, on en conclut que ∀k ≥ m Ek = E.
∗ De ce qui précède, on déduit que Er = E. r ≤ n donc Er ⊂ En , donc En = E, d’où un = 0.
ii) Pour tout k ∈ N, Ek est un sev de Ek+1 qui est de dimension finie, donc il existe un
supplémentaire Fk de Ek dans Ek+1 .
∗ De b)i) on déduit que ∀k ∈ {0, . . . , r − 1} Fk 6= {0}.
∗ Par récurrence on vérifie que ∀k ∈ N F0 + . . . + Fk = Ek+1 .
∗ Par récurrence on montre que pour tout k ∈ N, F0 , . . . , Fk sont en somme directe.
∗ F0 , . . . , Fr−1 sont en somme directe. F0 + . . . + Fr−1 = Er et Er = E.
On en déduit que E = F0 ⊕ · · · ⊕ Fr−1 . En prenant une base dans chacun et en ”mettant bout
à 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’où (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 déduit que u(ei ) ∈ Vect(e1 , . . . , ei−1 ).
On en déduit que e convient.
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