Feuille 26

(1)

Feuille 26

Exercice26.1 Solution p. 5

DansE =R[X], déterminer les éléments propres des endomorphismesfetgdéfinis par :f(P(X)) =P(X+1) etg(P(X)) =P(−X).

DansC, en utilisant l’algorithme de Gauss-Jordan, déterminer le rang, la compatibilité et les éventuelles solutions du système suivant :

(S)⇐⇒











x₁ + 2x₂ + 3x₃ + 4x₄ =−2 7x₁+ 14x₂+ 20x₃+ 27x₄ =−13 5x1+ 10x2+ 16x3+ 19x4 =−11 3x₁+ 5x₂ + 6x₃ + 13x₄ =−3

Soitλ∈C. Déterminer l’ensemble des solutions du système de dimensionnsuivant :











x1 +λx2+· · · +λⁿ⁻¹xn = 1 λx1 +x2 +λx3+· · · +λⁿ⁻²xn =λ ..

. ...

λ^kx1 +· · · +xk+1 +λxk+2+· · · +λ^n−k−1xn =λ^k ..

. ...

λⁿ⁻¹x₁+· · · +x_n =λⁿ⁻¹

Soientf etgdeux endomorphismes d’unC-espace vectorielE.

On suppose quef ◦g= Id_E.

Montrer queg◦f est un projecteur et déterminer son noyau et son image.

SoitE unK-espace vectoriel de dimension pairen= 2petf ∈L(E). Établir l’équivalence des trois proposi- tions :

1. f² = 0etrg(f) =p; 2. Imf = Kerf;

3. il existe une baseB deE telle que

matB(f) =

Å 0 I_p 0 0

ã

SoientEunK-espace vectoriel de dimension finien, etaetbdeux éléments deL(E). Montrer que|rg(a)− rg(b)| ≤rg(a+b)≤rg(a) + rg(b).

Soitn∈ N^∗, Eest l’ensemble des applications deRdansCqui sont de classeCⁿ, F est l’ensemble des applications polynomiales deRdansCde degré inférieur ou égal ànetG={f ∈E /∀p∈ {0, . . . , n}, f^(p)(0) = 0}.

1. Montrer queF etGsont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires dansE.

Quentin De Muynck Sous licencecbea

(2)

2. Préciser ce qu’est la projection surF parallèlement àG.

NotonsEl’espace vectoriel des fonctions continues de[0,1]dansR. On fixe(x1, x2)∈[0,1]²tel quex16=x2.

Montrer queF = {f ∈ E / f(x1) = f(x2) = 0}est un sous-espace vectoriel deE et queF et R1[X]sont supplémentaires dansE.

On considère l’endomorphismeudeR[X]défini paru(P) =X(X−1)P⁰+(aX+b)P.Déterminer les éléments propres deu.

Indication: Utiliser les applications polynomiales et ramener le problème à la résolution d’une équation diffé- rentielle.

DiagonaliserA=







1 1 · · · 1

1 1 0

..

. ... ..

. 0 ...

1 1





 .

TrouverP etQinversibles telles que

à1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0

í

=P

à1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

í

Q.

1. Soit(A, B)∈ M_n(K)²avecAⁿ= 0, AB=BAetB 6= 0.Montrer querg(AB)<rg(B).

2. SoitA₁, . . . , A_nnmatrices nilpotentes deM_n(K)qui commutent deux à deux. Montrer queA₁×· · ·×A_n= 0.

On se situe dans un corpsKde caractéristique différente de 2. SoitAetB deux matrices de taillentelles que AB=−BAetA² =B² =I_n. Montrer queAetB sont semblables.

Soit Aune matrice carrée de taille 3 à coefficients réels. On suppose qu’il existe p ∈ N^∗ tel queA^p = 0 et A^p−1 6= 0. On noteul’endomorphisme canoniquement associé à cette matrice.

1. Soita∈R³tel queu^p−1(a)6= 0. Montrer que la famille(a, u(a), . . . , u^p−1(a))est libre.

2. Que peut-on dire dep?

3. (a) Déterminer lorsquep∈ {1,3}une matrice semblable àAdont tous les coefficients sont dans{0,1}.

(b) Montrer que lorsquep= 2, la matriceAest semblable à

Ñ 0 0 0 0 0 0 1 0 0

é .

Edésigne unK-espace vectoriel de dimension finien∈N^∗. On fixeu∈L(E)tel queu² = 0.

Montrer qu’il exister ∈Net une base deEdans laquelle la matrice deua des coefficients tous nuls saufs ceux de position(i+r, i), pour touti∈ {1, . . . , r}, qui sont égaux à 1.

(3)

Exercice26.16 Solution p. 12 Pour touti∈ {1, . . . , n}, on noteϕ_il’application deKⁿdansKdéfinie parϕ_i

Öx1

.. . x_n

è

=

i

X

k=1

x_k.

1. Montrer que(ϕ1, . . . , ϕn)est une base de(Kⁿ)^∗. 2. Déterminer sa base préduale.

1. Soitnun entier naturel supérieur à 2.

Montrer que pour toute forme linéairefdeM_n(R), il existe une unique matriceAtelle que pour toute matrice M ∈ M_n(R), f(M) = Tr(AM).

2. Montrer que tout hyperplan deM_n(R)rencontre l’ensemble des matrices inversibles.

SoitEunK-espace vectoriel de dimension finie. Soitu∈L(E)un endomorphisme nilpotent d’indicep(c’est- à-dire queu^p= 0etu^p−1 6= 0).

Pour toutv∈L(E), on poseΦ(v) =uv−vu.

1. Montrer que, pour toutn∈Netv∈L(E), Φⁿ(v) =

n

X

k=0

Çn k

å

(−1)^ku^n−kvu^k 2. Pour touta∈L(E), montrer qu’il existeb∈L(E)tel queaba=a.

3. Montrer queΦest nilpotent et préciser son indice de nilpotence.

E et F sont deuxK-espaces vectoriels.Gest un sous-espace vectoriel deF.On suppose queE etGsont de dimensions finies. Soitu∈L(E, F).

Montrer quedim(u⁻¹(G)) = dim(E)−rg(u) + dim(Im(u)∩G).

NotonsEl’espace vectoriel des fonctions deCdansC. On rappelle quej=e^2iπ³ . PosonsF1 ={f ∈E /∀z∈ C, f(jz) =f(z)}, F₂ ={f ∈E /∀z∈C, f(jz) =jf(z)},etF3={f ∈E /∀z∈C, f(jz) =j²f(z)}.

Montrer queE =F₁⊕F₂⊕F₃.

Soientpetqdeux projecteurs d’unK-espace vectorielE, tels quep◦q= 0.On noter =p+q−q◦p.

Montrer querest un projecteur. Déterminer le noyau et l’image der.

SoientE unK-espace vectoriel de dimension finienet F un sous-espace vectoriel deE. NotonsX = {u ∈ L(E)/ F ⊆Keru}.

Montrer queXest un sous-espace vectoriel deL(E)et déterminer sa dimension.

Soitnun entier strictement positif.

On noteEl’ensemble des matricesM = (m_i,j)1≤i≤n 1≤j≤n

∈ M_n(R)telles que, pour tout(i, j)∈ {1, . . . , n}², m_i,j >

0et pour touti∈ {1, . . . , n},

n

X

j=1

m_i,j = 1.

1. Montrer que 1 est une valeur propre pour tout élément deE.

2. Montrer que le produit de deux matrices deE est encore un élément deE.

Quentin De Muynck 3 Sous licencecbea

(4)

3. Montrer que les valeurs propres des éléments deE sont toutes de module inférieur ou égal à 1.

4. Pour tout élément deE, montrer que 1 est la seule valeur propre de module 1.

Soitn∈N. Résoudre l’équationMⁿ= Å2 3

4 6 ã

, en l’inconnueM ∈ M₂(C).

Diagonaliser la matrice







0 1 0 · · · 0 1 0 1 ... ... 0 1 ... ... 0

..

. ... ... ... 1 0 · · · 0 1 0







∈ M_n(R).

SoientE unK-espace vectoriel de dimensionn∈N^∗etuun endomorphisme deE nilpotent, c’est-à-dire qu’il existek∈Ntel queu^k= 0.

Notonsp= min{k∈N/ u^k= 0}.

1. Montrer que(Ker(u^k))0≤k≤pest une suite strictement croissante de sous-espaces vectoriels deE. En déduire quep≤n.

2. Trouver une base deE dans laquelle la matrice deuest triangulaire supérieure.

3. Montrer qu’une matrice deM_n(K)est nilpotente si et seulement si elle est semblable à une matrice triangulaire supérieure dont les coefficients diagonaux sont tous nuls.

4. Posonsd_k = dim(Ker(u^k)). Pour toutk∈Ntel que1≤k≤p−1, montrer qued_k+1−d_k≤d_k−d_k−1.

DécompositionLU :

Montrer qu’une matriceM = (M_i,j)1≤i,j≤n ∈ M_n(K)se décompose sous la formeLU oùLest triangulaire inférieure inversible etUest triangulaire supérieure inversible si et seulement si pour toutk∈ {1, . . . , n}, la matrice extraite(M_i,j)1≤i,j≤k est inversible. Dans ce cas, montrer que la décompositionLU est unique si on impose aux coefficients diagonaux deLd’être tous égaux à 1.

SoitA∈ M_R(3)telle queA² = 0etA6= 0. Montrer que A est semblable àJ =

Ñ 0 0 0 1 0 0 0 0 0

é

. En déduire la dimension de{X ∈ M_R(3)/ AX+XA= 0}.

SoientEunK-espace vectoriel de dimension finie et(f, g)∈L(E)². 1. Montrer querg(f+g)≤rg(f) + rg(g).

2. Montrer querg(f+g) = rg(f) + rg(g)si et seulement siIm(f)∩Im(g) ={0}etE = Ker(f) + Ker(g).

(5)

Solution de l’exercice 26.1 Énoncé

• f(P(X)) =λP(X)⇔P(X+ 1) =λP(X).

Supposons queP est solution, etP non nul etdegP ≥1, alors il existeα ∈ Cracine deP, doncλP(α) = 0 = P(α+ 1), doncα+ 1est aussi racine deP.

On montre par récurrence que pour toutn∈N, α+nest racine deP, doncP possède une infinité de racines, donc c’est le polynôme nul, ce qui est faux.

DoncdegP = 0cardegP 6=−∞carP 6= 0, siλ6= 1, alors il n’y a pas de solutions.

Siλ= 1, tous les polynômes constants non-nuls conviennent, d’oùE₁^f = Ker(Id−f) =R0[X]. Réciproquement, les polynômes constants vérifient la condition.

• g(P(X)) =λP(X)⇔P(−X) =λP(X).

Supposons queP(−X) =λP(X)et queP soit non-nul. En notantP =

n

X

k=0

a_kX^k, on en déduit quea_n(−X)ⁿ= λanXⁿ, d’oùλ=±1.

Siλ= 1, les polynômes paires sont les vecteurs propres degassociés à 1.

Siλ=−1, ce sont les polynômes impairs.

D’oùE₁^g = Ker(Id−g) = (

P =

n

X

k=0

a_kX^k∈R[X]/∀k∈N, a_2k+1 = 0 )

etE₋₁^g = Ker(−Id−g) = (

P =

n

X

k=0

a_kX^k

∈R[X]/∀k∈N, a_2k= 0 La réciproque étant évidente.

Remarque :g²= Id_E, doncgest une symétrie, etgest annulé parP(X) =X²−1(i.e.P(g) = 0).

Supposons queu ∈L(E)tel queQ(u) = 0, Q ∈K[X]\ {0}. Soitλ∈Sp(u), donc il existex ∈E\ {0}tel que u(x) =λx. Par récurrence,∀n∈N, uⁿ(x) =λⁿx.

DoncQ(u)(x) =Q(λ)x. OrQ(u) = 0, doncQ(λ) = 0.Sp(u)⊂Rac(Q).

Donc les valeurs propres de lagsont nécessairement des racines deP, doncSp(g) ={1,−1}.

PosonsM =

Ü1 2 3 4 7 14 20 27 5 10 16 19 3 5 6 13

ê

etB = Ü−2

−13

−11

−3 ê

La matrice globale du système estA=Ä

M B ä

=

Ü1 2 3 4 −2 7 14 20 27 −13 5 10 16 19 −11

3 5 6 13 −3

ê L₁ L2

L₃ L₄

On applique l’algorithme de Gauss-Jordan : pour toutj∈ {1,2,3,4}, on effectue des opérations élémentaires sur les lignes deAafin que pour touti∈ {1,2,3,4}, on ait[A]i,j =δi,j.

On commence donc par la colonne 1, le premier pivot est1: Ü1 2 3 4 −2

0 1 3 −1 −3

0 0 1 −1 −1

0 0 −1 −1 1

ê L1

L1−L4 L₃−5L₁ L₂−7L₁

→

Puis la colonne 2, avec1comme pivot : Ü1 0 −3 6 4

0 1 3 −1 −3

0 0 1 −1 −1

0 0 −1 −1 1

ê L1−2L2

L2

L₃ L₄

.

On continue de la même façon; maintenant, le pivot est en- core1:

→

Ü1 0 0 3 1

0 1 0 2 0

0 0 1 −1 −1 0 0 0 −2 0

ê L₁+ 3L₃ L2−3L3

L3

L₄+L₃

→

Et enfin, avec−2comme pivot, on arrive à cela : Ü1 0 0 0 1

0 1 0 0 0

0 0 1 0 −1

0 0 0 1 0

ê L1+³₂L4

L2+L4

L₃−¹₂L₄

−¹₂L4

On vient de montrer qu’avec des opérations élémentaires sur les lignes de A, on peut arriver à une matrice

(6)

A⁰ = Ä

I₄ B⁰ ä

; on en déduit que M est inversible, donc rg(M) = 4. De plus, (S) est compatible, et ses solutions sont données par :

(S)⇐⇒











x1 = 1 x2 = 0 x₃ =−1 x4 = 0

La matrice globale du système est







1 λ · · · λⁿ⁻¹ 1 λ 1 λ · · · λⁿ⁻² λ

..

. ... ... ... ... ... λⁿ⁻² · · · λ ... λ ... λⁿ⁻¹ · · · λ 1 λⁿ⁻¹





 .

On effectue les opérationsLi←−Li−λLi−1, pourivariant denà 2. On obtient alors :







1 λ · · · λⁿ⁻¹ 1 0 1−λ² λ(1−λ²) · · · λⁿ⁻²(1−λ²) 0

..

. ... ... ... ... ... 0 · · · 0 ... λ(1−λ²) ... 0 · · · 0 1−λ² 0







Premier cas : Supposons que1−λ²= 0.

Alors le système est de rang 1 (toutes les lignes s’annulent sauf la première), il est compatible et(x1, . . . , xn)est solution si et seulement six1 = 1−

n

X

j=2

λ^j−1xj. Deuxième cas : Supposons queλ6∈ {−1,1}. On effectue les opérationsLi←− Li

1−λ², pourivariant de2àn:







1 λ · · · λⁿ⁻¹ 1 0 1 λ · · · λⁿ⁻² 0

..

. ... ... ... ... ... 0 · · · 0 ... λ ... 0 · · · 0 1 0







Ainsi le système est de Cramer et l’unique solution est donnée parxn=xn−1=. . .=x2 = 0etx1 = 1.

(g◦f)²= (g◦f)◦(g◦f) =g◦(f◦g)◦f =g◦f, doncg◦f est un projecteur.

Soitx∈Ker(g◦f).

Alors(g◦f)(x) = 0_E ⇔g(f(x)) = 0_Eet doncg(f(x)) = 0_E, doncf(g(f(x))) =f(0_E) = 0_E, doncf(x) = 0_E, doncx∈Ker(f)doncKer(g◦f)⊂Kerf.

L’inclusion réciproque est immédiate, doncKer(g◦f) = Kerf. DoncKer(f) =E₀^f^◦g.

Soitx ∈ Im(g◦ f), alors il existe y ∈ E tel que (g ◦f)(y) = x ⇔ g(f(y)) = x. Posonsz = f(y) ∈ E. Doncg(z) =xdoncx∈Im(g), DONCIm(g◦f)⊂Im(g).

Soitx∈Im(g), alors il existey∈Etel queg(y) =x, doncf◦g(y) =f(x)doncy=f(x), doncg(y) =g◦f(x) =x, doncx∈Im(g◦f)etx∈E₁^g◦f.

De plusE₁^g◦f ⊂Im(g◦f)doncIm(g◦f) = Im(g) =E₁^g◦f.

(7)

Endomorphismes nilpotents d’indice 2.

i.⇒ii., d’après le théorème du rangdimE= dim Kerf+ rgf, doncdim Kerf = 2p−p=p.f²= 0, donc pour x ∈Imf, il existeytel quef(y) =xd’oùf(x) =f(f(y)) = f²(y) = 0, doncx∈ Kerf, doncImf ⊂ Kerf, et par égalité des dimensions, on aImf = Kerf.

ii.⇒iii.On noteF = Kerf = Imf, on noteF⁰ un supplémentaire deF dansE, on notef1, . . . , fp une base de F et(f₁⁰, . . . , f_p⁰)une base deF⁰et on notebla concaténation des basesb= (f1, . . . , fp, f₁⁰, . . . , f_p⁰). Ainsi, on peut écrire

A= mat(f, b) = Ç

f1,...,fp f₁⁰,...,f_p⁰

0 M

0 0

å

avecM ∈ M_p(K) : pour touti∈J1, pK, f(fi) = 0, donc lesppremières colonnes sont nuls.

:Imf = Kerf, ainsi leurs composantes dansF⁰ sont nulles.

Montrons queM est inversible. Supposons qu’il existeu∈Kⁿnon-nul tel queM u= 0(i.e.Mest non-inversible).

Alors en notantv = Å0

u ã

, on aAv =

Å0 M 0 0

ã Å0 u ã

= ÅM u

0 ã

= 0, donc il existev ∈F⁰ tel quef(v) = 0avec v6= 0, c’est absurde carF = Kerf∩F⁰ ={0}, doncM est bien inversible.

Ainsif

F

F⁰ est bijective, doncf(f₁⁰, . . . , f_p⁰)est une base deF. On noteB⁰une base tel quematÄ f

F F⁰, B⁰ä

=Ip. Ainsi la baseBdeEqui est la concaténation def1, . . . , fp et deB⁰, on amat(f, B) =

Å0 Ip

0 0 ã

. iii.⇒i.: PosonsM =

Å0 Ip

0 0 ã

. On aM² =

Å0 I_p 0 0

ã Å0 I_p 0 0 ã

= Å0 0

0 0 ã

etrg(M) = rg Å0 I_p

0 0 ã

= rg ÅI_p

0 ã

= p, doncf² = 0etrg(f) = p. Autre méthode :

Im(f)possède donc au moins une base de la forme(e1, . . . , ep)et pour touti∈ {1, . . . , p}, il existeep+i ∈ Etel quee_i=f(e_p+i). NotonsB = (e₁, . . . , e_2p)et montrons queBest une base deE.

Supposons que

2p

X

i=1

α_ie_i = 0. Prenons l’image parf de cette égalité : on obtient0 =

2p

X

p+1

α_if(e_i) =

2p

X

i=p+1

α_iei−p, donc pour touti∈ {p+ 1, . . . ,2p}, α_i = 0, puis on conclut car(e₁, . . . , e_p)est une famille libre.

Enfinmat(f, B)a la forme demandée car pour touti∈J1, pK, ei ∈Im(f) = Ker(f)et pour touti∈J1, pK, ei = f(e_p+i)

D’après la formule de Grassman, dim(F +G) = dimF + dimG−dimF ∩G ≤ dimF + dimG. Avec F = Im(a)etG= Im(b). Doncdim(Im(a) + Im(b))≤dim(Im(a)) + dim(Im(b)).

OrIm(a+b) ⊂ Im(a) + Im(b): en effet, soity ∈ Im(a+b), alors il existex ∈ E tel que(a+b)(x) = y ⇔ a(x) +b(x) =y, doncy∈Im(a) + Im(b), doncIm(a+b)⊂Im(a) + Im(b).

Doncdim(Im(a+b))≤dim(Im(a)) + dim(Im(b))doncrg(a+b)≤rga+ rgb.

En remplaçantapara+betbpar−b, on a :rg((a+b) + (−b))≤rg(a+b) + rg(−b), doncrg(a)−rg(b)≤rg(a+b) carrg(−b) = rg(b).

En échangeantaetbdans la formule précédente,rg(b)−rg(a)≤rg(a+b). Donc|rg(a)−rg(b)| ≤rg(a+b).

1. On sait queF est un sous-espace vectoriel. De plus,G 6= ∅. Soit(f, g, λ)G²×K. Alors∀p ∈ J0, nK, (f + λg)^(p)(0) =f^(p)(0) +λg^(p)(0) = 0, doncf +λg ∈G, doncGest bien un sous-espace vectoriel.

Montrons queF⊕G=E.

Soitf ∈ F ∩G. Alors il existe(a0, . . . , an) ∈ Rⁿ⁺¹ tels que∀x ∈ R, f(x) =

n

X

k=0

akX^k. Alors, pour tout

(8)

p ∈ J0, nK, f^(p)(0) = p!a_p = 0 carf ∈ G. Comme p! 6= 0, on a bien a_p = 0, finalement, f = 0. Donc F∩G= 0. Soitf ∈E. Posons pour toutx∈R, g(x) =

n

X

p=0

f^(p)(0)

p! x^keth(x) =f(x)−g(x).

Alorsg∈Geth∈Fetf =h+g, doncF+G=E.F etGsont donc supplémentaires.

Ou bien : D’après le cours, on sait donc que0est de multiplicité au moinsn+ 1, c’est-à-dire que pour tout f ∈G, il existeg∈Etel que∀x∈R, f(x) =xⁿ⁺¹g(x).

Il est alors clair queF ∩G={0}.

2. La projection surFparallèlement àGassocie à une fonction son développement limité à l’ordrenen0.

On laisse le soin au·à la lecteur·rice de vérifier queF est non-vide et qu’il est stable par combinaison linéaire.

Soitf ∈F∩R1[X]. On a doncf =aX+b, puisf(x₁) =f(x₂) = 0. On aa(x₁−x₂) = 0, puis commex₁ 6=x₂, a= 0etb0.

Soitf ∈E. On posep:x7−→ax+baveca= f(x2)−f(x1)

x2−x1 etb= f(x1)x2−f(x2)x1

x2−x1 .

On poseg=f −p. On ag(x₁) =f(x₁)−p(x₁)etp(x₁) = x₁f(x₂)−f(x₁)x₁+f(x₁)x₂−f(x₂)x₁

x₂−x₁ =f(x₁). Doncg(x1) = 0, de mêmeg(x2) = 0, doncF⊕R1[X] =E.

Autre méthode :

Maintenant, il se trouve qu’on peut remplacer2parn,x1, . . . , xn,nréels compris entre0et1distincts, et F est l’ensemble des fonctions s’annulant en ces points, et montrer queF etRn−1[X]sont supplémentaires.

En dimensionn, le calcul ne peut plus être mené, il faut alors penser aux polynômes d’interpolation de Lagrange.

Pour montrer queF ∩Rn−1[X] ={0}, alors un élément de l’intersection est un polynôme de degré au plusn−1 et il s’annule ennpoints, donc il est nul.

Pour montrer qu’ils sont supplémentaires, on prend le polynôme P qui vérifie P(x_i) = f(x_i) pour tout i ∈ {1, . . . , n},Pest alors bien de degré inférieur àn−1, et on peut écriref =f−P+P,f−Ps’annulant bien en lesxi. Remarque: Cet exercice se focalise sur des racines simples distinctes,l’exercice 7se focalise sur la multiplicité d’une seule racine, un autre exercice serait la conjonction des deux, utilisant alors les polynômes d’Hermite (voir le TD 25).

Soitλ∈R. PourP ∈R[X],u(P) =λP ⇐⇒ ∀x∈]1,+∞[, x(x−1)P⁰(x) = (λ−b−ax)P(x). Par décomposition en éléments simples, on obtientλ−b−ax

x(x−1) = b−λ

x +λ−b−a

x−1 , doncu(P) =λP ⇐⇒ ∃C∈ R, P(x) =Cexp (b−λ) lnx+ (λ−b−a) ln(1−x)

=Cx^b−λ(1−x)^λ−b−a.

Supposons quef:x7−→x^b−λ(1−x)^λ−b−aest une application polynomiale. Au voisinage de0, on af(x)∼

0 x^b−λ, doncb−λ∈N. De même, au voisinage de1,f(x)∼

1 (1−x)^λ−b−a, doncλ−b−a∈N.

Dans ce cas,−a= (b−λ) + (λ−b−a)∈Netλ∈b−N. Sinon, par contraposée de ce qui précède,f n’est pas un polynôme, doncλn’est pas valeur propre.

Conclusion : si−a6∈N, une possède aucune valeur propre. Si−a∈N, les valeurs propres deusont lesb−k=λet tel queλ−b−a=−k+ (−a), donc tel quek∈ {0, . . . ,−a}et les sous-espaces propres sont les droites vectorielles engendrées par les fonctionsx7−→x^b−λ(1−x)^λ−b−a.

AX =λX ⇔

®x₁+. . .+x_n=λx₁

∀i≥2, x₁+x_i =λx_i Premier cas :λ= 1

AX=X⇔

®x1= 0

x₂+. . .+x_n= 0 (intersection de deux hyperplans, donc l’espace est de dimensionn−2, il suffit

(9)

donc de prendren−2vecteurs libres vérifiant la condition)⇔X ∈Vect ÑÑ 0

−11 0...

0

é , . . . ,

Ñ 0 10 ...

−10

éé

, qui sont bien libres (vérifier manuellement, ou prendre une matrice extraite).

Second cas :λ6= 1











∀i≥2, xi= x1

λ−1 (1−λ)x₁+

n

X

i=2

x₁

λ−1 = 0 ⇔







∀i≥2, xi= x1

λ−1 (λ−1)²−(n−1)

x₁ = 0

• Siλ−16=±√

n−1, λ6∈Sp(A).

• Siλ−1 =±√

n−1, λ∈Sp(A)etE_λ^A= Vect Ç_λ−1

1...

1

å . Notonsc= (c1, . . . , cn)la base canonique deRⁿ, etA= mat(A, c)e .

Posonse1 = á√

n−1 1 .. . 1

ë

,e2 =

á−√ n−1

1 .. . 1

ë

et pour touti∈ {3, . . . , n}, e_i = à ₀

10 0...

−1 0...

0

í

=c2−ci.

On aA(ee ₁) = (1 +√

n−1)e₁,A(ee ₂) = (1−√

n−1)e₂, ∀i≥3, A(ee _i) =e_i. Doncmat(A, e) =e D, oùD=

Ü₁₊^√_n−1

1−√

n−1

0

1 ^... ₁

ê

. NotonsP =P_c^e= á

√n−1−√

n−1 0 ··· ··· ··· ··· 0

1 1 1 ... 1

... ... −1 ... ...

... ... 0 ... ... ...

... ... ... ... ... ...

... ... ... ... 0

1 1 0 0 ··· 0 ··· −1

ë

.

AlorsA=P DP⁻¹.

On peut passer de la première matrice à la deuxième à l’aide d’opérations élémentaires sur les lignes et les

colonnes, en effectuant notamment :C₃ ←− C₃+C₂−C₁, ce qui donne alors

à1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0

í

, suivies deL_i ←−

L_i−L₁pouri∈ {2,3,4,5}, ce qui donne

à1 1 0 0 −1 0 0 −1 0 0 −1 0

0 0 0

í

, suivies deL₁ ←−L₁+L₂,L₂ ←− −L₂etL_i ←−

Li−L2pouri∈ {3,4}.

Pour les colonnes, on peut donc poserQ⁻¹ =

Ñ1 0 −1

0 1 1

0 0 1

é

et pourP:

P⁻¹=

à1 0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 1 0 0 0 −1 0 1 0

0 0 0 0 1

í

×

à1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

í

×

à 1 0 0 0 0

−1 1 0 0 0

−1 0 1 0 0

−1 0 0 1 0

−1 0 0 0 1 í

Pour calculer maintenant les inverses, on aQ⁻¹ :C3 ←−C3+C2−C1, doncQconsiste en les opérations inverses : Q:C3 ←−C3−C2+C1, ce qui donneQ=

Ñ1 0 1 0 1 −1

0 0 1

é .

(10)

On procède de même pourP, et on trouveP =

à1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1

í

.

Autre méthode :

On chercheP, Qinversibles telle queA=P BQoùAest la matrice de gauche etB =K_5,3,2=

à1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

í

.

NotonsA =f:R³−→R⁵

X7−→f(X) =AX

, on a bienKerf = Vect Ñ 1

−1

−1 é

, carrgA= 2doncdim Kerf = dimR³− 2 = 1.

Notonsb₁ =e₁, b₂ =e₂etb₃=e₁−e₂−e₃, oùe= (e₁, e₂, e₃)est la base canonique deR³. Notons b⁰₁ = f(b1) =

Ö1 .. . 1

è

, b⁰₂ = f(b2) =

10 0...

1

!

. On complète ensuite (b⁰₁, b⁰₂) qui est libre en une base de R⁵:b⁰ = (b⁰₁, . . . , b⁰₅).

On a doncA= mat(f,bases canoniques¹) =Qmat(f,nouvelles bases)P⁻¹, oùQ=P_b.c.^b⁰ =

à1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0

í

etP =P_b.c.^b =

Ñ1 1 0 0 1 −1 0 0 −1

é

,P correspond à la matrice effectuant l’opérationC3 ←− (−C₃)−C2 +C1, dont l’opération inverse estC₃←− −(C₃+C₂−C₁)doncP =P⁻¹.

1. On sait déjà querg(AB)≤inf(rg(A),rg(B))≤rg(B). Reste à prouver querg(AB)6= rg(B).

Supposons par l’absurderg(AB) = rg(B). Notonsaetbles endomorphismes associés. Montrons alors que b◦a(E) =b(E)i.e.Im(b◦a) = Im(b).a(E)⊂EdoncIm(b◦a)⊂Im(b).

De plus,dim(Im(b◦a)) = dim(Im(b)), on a doncb◦a(E) =b(E). Par conséquent,a◦b◦a(E) =a◦b(E). AetBcommutent, doncaetbégalement.

De la secousse,a²◦b(E) =a◦b(E) =b(E). Par une récurrence aisée, on montre queaⁿ◦b(E) =b(E)or Aⁿ= 0, doncAⁿ◦b(E) ={0}=b(E) (carB 6= 0).

Il y a contradiction avec l’hypothèse.

D’oùrg(AB)6= rg(B)doncrg(AB)<rg(B). 2. On suppose queA1× · · · ×An6= 0.

À l’aide de la première question, on montre alors que pour toutp∈J1, nK, rg(A1× · · · ×Ap)≤n−p. Pour l’initialisation,A₁est nilpotente donc son rang est bien inférieur strictement àp, donc inférieur àp−1. Pourp=n, on obtientrg(A1×· · ·×A_n) = 0, doncA1×· · ·×A_n= 0, ce qui est faux, doncA1×· · ·×A_n= 0.

On a(A+B)²=A²+AB+BA+B² =I_n−BA+BA+I_n= 2I_n. Alors 1

2(A+B)(A+B) =I_n, donc 1

2(A+B)est l’inverse de(A+B).

1. aussi noté b.c.

(11)

Donc(A+B)B(A+B)⁻¹ = 1

2(A+B)B(A+B) = 1

2(AB+B²)(A+B) = 1

2(ABA+A+AB²+B) = 1

2((−BA)A+A+A+B) = 1

2(−B+ 2A+B) =A.

On a bienAetBsemblables.

Autre méthode :

A² =IndoncAest une symétrie, doncA=P

ÅIr 0 0 −I_n−r

ã

P⁻¹ oùP ∈GLn(C)carKⁿ =E₁^A⊕E₋₁^A (on peut donc prendre une base adaptée à la décomposition en somme directe, ce qui donne le résultat)

MaisBest inversible (carB² =I_n), doncA=−BAB⁻¹=B(−A)B⁻¹, doncTr(A) =−Tr(A), doncr=n−r (carTr(A) = 0 =n−(n−r)).

Doncnest pair, etAest semblable àÅ

I_n/2 0 0 −I_n−r/2

ã . Idem pourB, CQFD.

1. Soit(λ_k)0≤k≤p−1tel que

p−1

X

k=0

λ_ku^k(a) = 0 alors

0 =u^p−1

p−1

X

k=0

λ_ku^k(a)

!

=

p−1

X

k=0

λ_ku^k+p−1(a) =λ₀u^p−1(a) u^p−1(a)6= 0, doncλ0= 0.

Supposons que pour toutk∈J1, nK, λ_k = 0où1≤n≤p−1, alors :

0 =u^p−n−2

p−1

X

k=0

λku^k(a)

!

=

p−1

X

k=0

λ_ku^k+p−n−2(a)

=λn+1u^p−1(a) +

n

X

k=0

λ_ku^k+p−n−2(a)

=λn+1u^p−1(a)

Doncλn+1 = 0. Par récurrence, on a queλk= 0pour toutk∈J0, p−1K. Alors la famille(a, u(a), . . . , u^p−1(a)) est libre.

2. Comme(a, u(a), . . . , u^p−1(a))est une famille libre deR³, on a nécessairementp≤dimR³= 3. 3. Cas 1:p= 1, alors∀a∈R³, u(a) = 0, doncrg(u) = 0puisA= 0.

Cas 2:p= 3.

Soite= (a, u(a), u²(a)), d’après la question(1),eest une famille libre de cardinal3, donc c’est une base de R³. On a :

(P_B^e)⁻¹AP_B^e = mat(u, e) =

Ñ | | | u(e1) u(e2) u(e3)

| | |

é

=

Ñ | | | u(a) u²(a) u³(a)

| | |

é

=

Ñ0 0 0 1 0 0 0 1 0

é

OùP_B^eest la matrice de passage deBàe.

Cas 3:p = 2 :(a, u(a))est une famille libre, donc d’après le théorème de la base incomplète, on peut la compléter en une base deR³: (a, b, u(a)).

Il existe alorsλ₁, λ₂, λ₃∈Rtels queu(b) =λ₁a+λ₂b+λ₃u(a), on a 0 =u²(b) =λ1λ2a+λ²₂b+ (λ1+λ2λ3)u(a)

(12)

On en déduit queλ₂= 0etλ₁= 0. Posonse= (a, b−λ₃a, u(a)), alorseest toujours une base car(a, b)est libre.

u(b−λ3a) =ub−λ3u(a) = 0 Ainsi,(P_B^e)⁻¹AP_B^e= mat(u, e) =

Ñ | | | u(e1) u(e2) u(e3)

| | |

é

=

Ñ | | | u(a) u(b) u²(a)

| | |

é

=

Ñ0 0 0 0 0 0 1 0 0

é

Im(u)⊂Ker(u), on posea= rg(u)il existe alors(e1, . . . , ea)une base deIm(u), on peut la compléter en une base deKer(u)d’après le théorème de la base incomplète en(e₁, . . . , e_a, e_a+1, . . . , en−a).

On a∀i∈Ja+ 1, n−aK, ei ∈Ker(u)et∀i∈J1, aK,∃g_i∈E, u(gi) =ei

Considérons la famille(g₁, . . . , g_a, e₁, . . . , en−a) =e.

En adaptant la démonstration del’exercice 26.5 (solution page 6), e est libre donc c’est une base etmate(u) = Ü 0 0

1··· 0 ... ... ...

0··· 1 ... ...

0··· 0

0 ê

et doncr =a= rg(u)convient.

Autre méthode :

u² = 0, doncIm(u)⊂Ker(u). NotonsHun supplémentaire deIm(u)dansKer(u). Notons(u(e₁), . . . , u(e_r))une base deIm(u), oùr = rg(u)et(f1, . . . , fk)une base deH, oùdim Keru=r+k=n−rd’après le théorème du rang.

Posonsb = (e₁, . . . , e_r, u(e₁), . . . , u(e_r), f₁, . . . , f_k)et montrons quebest une base. Son cardinal vaut2r+k = n= dimE, donc il suffit de montrer qu’elle est libre.

Si

r

X

i=1

α_ie_i+

r

X

i=1

β_iu(e_i)+

j

X

j=1

γ_jf_j = 0, en composant paru, et en tenant compte du fait que(u(e₁), . . . , u(e_r), f₁, . . . , f_k) est une famille de vecteurs deKer(u), on obtient

r

X

i=1

αiu(ei) = 0, mais(u(e1), . . . , u(er))est libre, donc pour tout i, αi = 0. De plus(u(e1), . . . , u(er), f1, . . . , fk)est libre, doncβi =γj = 0. Ainsibest bien une base deE.

De plus pour toutj ∈ J1, rK, u(e_j) = u(e_j) donc lesr premières colonnes de mat(u, b) sont bien formées et comme les vecteurs suivants debsont dansKer(u), mat(u, b)est bien égale à ce que demande l’énoncé.

1. Soit(αk)∈Kⁿtel que

n

X

k=1

αkϕk= 0.

Alors en prenantx= (δi,n)1≤i≤n= Ç₀

0...

1

å

, on obtient queαn= 0, puis en prenant ensuitex= (δi,n−1)1≤i≤n

on montre queαn−1 = 0et puis successivement avecx = (δi,n−j)1≤i≤non montre queαj = 0, puis par récurrence descendante, on arrive àx= 0.

La famille(ϕ₁, . . . , ϕ_n)est donc libre, elle est de cardinaln, donc c’est bien une base.

2. Soite= (e₁, . . . , e_n)une base deE. Notonse^∗= (e^∗₁, . . . , e^∗_n)sa base duale.

Supposons quee^∗= (ϕ₁, . . . , ϕ_n).

Alors pour touti, j∈J1, nK, ϕi(ej) =i-ième coordonnées deejdanse=δi,j.

Réciproquement, supposons que pour touti, j∈J1, nK, ϕ_i(e_j) =δ_i,j, alors pour toutx∈E,x=

n

X

k=1

x_ke_k, ϕ_i(x) =

n

X

k=1

xkϕ(ek) =

n

X

k=1

xkδi,k =xi, doncϕi =e^∗_i.

Conclusion :e^∗ = (ϕ₁, . . . , ϕ_n)⇔ ∀i, j ∈J1, nK, ϕ_i(e_j) =δ_i,j(relation d’orthogonalité de Kronecker).

(13)

Or, en posantc_n+1 = 0, on vérifie que∀i, j∈J1, nK, ϕ_j(c_i−c_i+1) =δ_i,j(par un calcul qu’on avait manifes- tement pas envie de faire).

Exercice supplémentaire : Supposons quee = (e1, . . . , en) ∈ Eⁿ et ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) ∈ (E^∗)ⁿ tel que

∀i, j∈J1, nK, ϕ_i(e_j) =δ_i,j.

Montrer alors queeetϕsont des bases deE et deE^∗et queϕ=e^∗.

1. Soitf une forme linéaire surM_n(R). SoitM ∈ M_n(R), alors en notant(Ek,l)1≤k,l≤nla base canonique de M_n(R), on a

f(M) =f

n

X

k=1 n

X

l=1

m_k,lE_k,l

!

=

n

X

k=1 n

X

l=1

m_k,lf(E_k,l) NotonsB = (f(E_k,l))1≤k,l≤n, on a alors :

f(M) =

n

X

l=1 n

X

k=1

f(E_k,lm_k,l)

=

n

X

l=1

" _n X

k=1

tB_l,km_k,l

#

=

n

X

l=1

(^tB×M)_l,l = Tr(^tBM) En notant^tB =A, on a bienf(M) = Tr(AM).

Montrons l’unicité deA. SoitA6=B. NotonsfA(respectivementfB)fA :M 7−→Tr(AM)(respectivement : f_B:M 7−→Tr(BM)).

Montrons quef_A−f_B6= 0

Comme A−B 6= 0, il existe i, j ∈ J1, nK

2 tel que (A −B)i,j 6= 0, alors AM = diag(0, . . . ,0

| {z }

(i−1)

,(A− B)_i,j,0, . . . ,0

| {z }

(n−i)fois

)

DoncTr(AM) = (A−B)_i,j 6= 0, doncf_A−f_B6= 0, doncf_A6=f_B.

Remarque :f_Aest une forme linéaire particulière, elle dépend linéairement deA, doncA7→f_Aest une application linéaire deM_n(R)dansM_n(R)^∗, ceci démontre que cette application est surjective, or ces ensembles sont de même dimension, donc on a bijectivité, ce qui prouve l’unicité.

2. Un hyperplan peut être vu comme le noyau d’une forme linéaire. SoitH un hyperplan deM_n(R)et f ∈ M_n(R)^∗ tel queH= Ker(f).

Alors il existe un uniqueA∈ M_n(R)tel que pour toutM ∈ M_n(R), f(M) = Tr(AM).

Le rang de la matriceAest supérieur ou égal à1carA 6= 0, donc il existep ∈ J1, nKetP etQinversibles dansM_n(R)tel queA=P JpQoùJp = diag(1, . . . ,1

| {z }

pfois

,0, . . . ,0

| {z }

n−pfois

).

∃M ∈GLn(R)∩H ⇔ ∃M ∈GLn(R)et Tr(AM) = 0

⇔ ∃C∈GL_n(R)tel queM =Q⁻¹CP⁻¹et Tr(AM) = 0

⇔ ∃C∈GLn(R)tel que Tr(P JpQQ⁻¹CP⁻¹) = 0

⇔ ∃C∈GL_n(R)tel que Tr(P J_pCP⁻¹) = 0

⇔ ∃C∈GL_n(R)tel que Tr(J_pC) = 0

(14)

La matriceC =







0 1 ··· ··· 0 ... 0 ... ...

0 ... 1 ...

1··· ··· ··· 0

) p

n−p







1...

... ...

1







est inversible etTr(CJ_p) = 0, doncGL_n(R)∩H6=∅.

Exercice complémentaire : Montrons queGL_n(K)est dense dansM_n(K), oùK=RouC.

SoitM ∈ M_n(K),M −λI_n ∈GL_n(K) ⇔ λ6∈Sp(M), or|Sp(M)| ≤ ncar M

λ∈SpM

E_λ^M ⊂KⁿetdimL E_λ^M ≥

|Sp(M)|. Donc à partir d’un certain rang (surp), M −¹_pIn ∈ GLn(K), sinon il existerait une infinité de valeurs propres etM −¹_pI_n−−−−→

p→+∞ M.

1. Soitu∈L(E). PosonsD :L(E)−→L(E) v 7−→uv

etG :L(E)−→L(E) v7−→vu

.

DoncD, G∈L(L(E))et∀v∈L(E), DG(v) =uvu=GD(v)doncDG=GD. Alors, d’après la formule du binôme de Newton,Φⁿ = (D −G)ⁿ =

n

X

k=0

Çn k å

D^n−k(−G)^k puis,∀v ∈ L(E), Φⁿ(v) =

n

X

k=0

Çn k

å

(−1)^ku^n−kvu^k

2. On poseb₁, . . . , b_rune base deIm(a), qu’on complète en une baseb₁, . . . , b_r, b_r+1, . . . , b_ndeE.

∀i∈J1, rK, ∃f_i ∈E tel quea(f_i) =b_i. On définit alorsbpar∀i∈J1, rK, b(b_i) =f_iet∀i∈Jr+ 1, nK.

Montrons alors quebvérifie la propriété voulue. Soitx∈E, on décomposea(x)dansb₁, . . . , b_r. a(x) =

r

X

i=1

λ_ib_i

b◦a(x) =

r

X

i=1

λifi

a◦b◦a(x) =

r

X

i=1

λ_ib_i=a(x) ce qui permet de conclure.

3. On peut remarquer qu’avec la formule de la première question appliquée enn= 2p−1, on a∀v∈L(E), Φ^2p−1(v) = 0, doncΦest nilpotent.

Supposons que l’indice de nilpotence deΦsoit inférieur à2p−2, alorsΦ^2p−2 = 0.

∀v∈L(E), Φ^2p−2(v) =

2p−2

X

k=0

Ç2p−2 k

å

(−1)^ku^2p−2−kvu^k, et il reste les termes enk=p−1:

Φ^2p−2=

Ç2p−2 p−1

å

(−1)^p−1

u^p−1vu^p−1

Ainsi∀v∈L(E), u^p−1vu^p−1 = 0. D’après la question 2., il existeb∈L(E)tel queu^p−1bu^p−1=u^p−1, en évaluantbenv, on trouve queu^p−1 = 0, ce qui est absurde .

D’oùΦest nilpotent d’indice2p−1. Il faut encore supposer quecarK= 0.

(15)

Solution de l’exercice 26.19 Énoncé L’égalité dimensionnelle demandée rappelle le théorème du rang. C’est donc elle que nous allons tenter d’appliquer, pour une application linéaire bien choisie.

Rappelons queu⁻¹(G) ={x∈E / u(x)∈G}, et que cette quantité est définie même lorsqueun’est pas bijective.

x∈u⁻¹(G)si et seulement siu(x)∈G.

On peut donc définirw :u⁻¹(G)−→G x7−→u(x)

.

Soitx∈u⁻¹(G),x∈Kerw⇐⇒u(x) = 0⇐⇒x∈Ker(u). doncKerw=u⁻¹(G)∩Keru.

Mais{0} ⊂G, doncKer(u) =u⁻¹({0})⊂u⁻¹(G). AinsiKerw= Keru.

Siy∈ Im(w), y ∈Im(u)∩G. Réciproquement, supposons quey ∈Im(u)∩G. Il existex ∈Etel quey =u(x).

u(x) =y∈G, doncx∈u⁻¹(G)ety∈Im(w). AinsiIm(w) = Im(u)∩G. Appliquons ensuite le théorème du rang à l’applicationw. On obtient :

dim(u⁻¹(G)) = dim Kerw+ rgw= dim Keru+ dim(Imu∩G) ordimE = dim Keru+ rgu, donc

dimu⁻¹(G) = dimE−rgu+ dim(Im(u)∩G)

On laisse le soin au·à la lecteur·rice de vérifier queF₁, F₂ etF₃sont des sous-espaces vectoriels deE. Soitf ∈F1∩F2: alors pour toutz∈C, f(jz) =f(z) =jf(z).

Supposons qu’il existez∈Ctel quef(z)6= 0, alorsf(z) =jf(z), donc1 =j . Ainsif =0E doncF1∩F2 ⊂ {0_E}.

Soitf ∈(F₁⊕F₂)∩F₃. Alorsf ∈F₁⊕F₂, donc il existe un unique couple(f₁, f₂)∈F1×F₂tel quef =f₁+f₂. De plus,f(jz) =f1(jz) +f2(jz) =f1(z) +jf2(z) =j²f(z) =j²(j1(z) +f2(z)). Ainsif(jz) =j1(z) +jf2(z) = j²f₁(z) +j²f₂(z).

Supposons qu’il existez∈Ctel quef(z) 6= 0, alorsF₁⊕F₂étant directe,f₁(z) 6= 0ouf₂(z)6= 0. Par unicité de la décomposition surF1etF2:

f₁(z) =j²f₁(z)etjf₂(z) =j²f₂(z)

donc1 =j²etj=j² , doncf =0_E, donc on a(F₁⊕F₂)∩F₃ ={0_E}, on peut donc noterF₁⊕F₂⊕F₃. Soitf ∈E :

Posonsg(z) = ¹₃(f(z) +f(jz) +f(j²z)), ainsig(jz) =g(z)doncg∈F₁.

Posonsh(z) = ¹₃(f(z) +j²f(jz) +jf(j²z))eth(jz) = ¹₃(f(jz) +j²f(j²z) +jf(z)) =jh(z)donch∈F₂. Posonsp(z) = ¹₃(f(z) +jf(jz) +j²f(j²z))etp(jz) = ¹₃(f(jz) +jf(j²z) +j²f(z)) =j²p(z), doncp∈F3. De plus,g(z) +p(z) +h(z) =f(z) +¹₃(1 +j+j²)(f(jz) +f(j²z)) =f(z).

AinsiE ⊂F1⊕F2⊕F3, l’inclusion réciproque étant claire, on a l’égalité.

Autre méthode :

Soit(f1, f2, f3)∈F1×F2×F3tel quef1+f2+f3= 0.

Soit z ∈ C, f1(z) + f2(z) + f3(z) = 0 (1), donc en substituant z respectivement par jz et j²z, on obtient f₁(z) +jf₂(z) +j²f₃(z) = 0 (2)etf₁(z) +j²f₂(z) +jf₃(z) = 0 (3).

(1) + (2) + (3)donnef1(z) = 0,(1) +j²(2) +j(3)donnef2(z) = 0et(1) +j(2) +j²(3)donnef3(z) = 0.

Ainsif1 =f2 =f3 = 0, ce qui prouve que la somme deF1, F2et deF3est directe.

(16)

∗Montrons querest un projecteur :

r²= (p+q−q◦p)(p+q−q◦p)

=p²+p◦q−p◦q◦p+q◦p+q²−q²p−q◦p◦p−q◦p◦q+q◦p◦q◦p

=p+q◦p+q−q◦p−q◦p

=p+q−q◦p

=r

∗Montrons queKer(r) = Ker(p)∩Ker(q):

Soitx∈Ker(r). On a doncr(x) = 0 =p(x) +q(x)−q◦p(x). Alorsp(r(x)) =p(0) = 0 =p²(x) +p◦q(x)−p◦ q◦p(x) =p(x)doncx∈Ker(p).

De même,q(r(x)) = 0 =q◦p(x) +q²(x)−q²p(x) =q(x)doncx∈Ker(q).

Réciproquement, soitx∈Ker(p)∩Ker(q), alorsp(x) =q(x) = 0doncr(x) =p(x) +q(x)−q◦p(x) =−q(0) = 0

∗Montrons queIm(r) = Im(p)⊕Im(q): Soity∈Im(p)∩Im(q)

p, qsont des projecteurs doncy∈Im(p) ⇐⇒ y=p(y)ety∈Im(q) ⇐⇒ y=q(y) Donc0 =p◦q(y) =p(y) =y, etIm(p)∩Im(q) ={0}.

Soity∈Im(r). Alorsy=r(y) =p(y) +q(y)−q◦p(y) =p(y) +q(y−p(y))∈Im(p) + Im(q) Soity∈Im(p) + Im(q). Il existex∈Im(p)etz∈Im(q)tels quey=x+z.

r(y) =p(x) +q(x)−q◦p(x) +p(z) +q(z)−q◦p(z)

=x+q(x)−q(x) +p◦q(z) +z−q◦p(q(z))

=x+z−q(0) =y

L’application identiquement nulle appartient àX, doncXest non vide.

Soit(u, v)∈X² et(α, β)∈K².

Pour toutx∈F, (αu+βv)(x) =α0 +β0 = 0, doncF ⊂Ker(αu+βv), ce qui montre queαu+βv∈X. Ainsi Xest un sous-espace vectoriel deL(E).

Notonsp= dimF etHun supplémentaire deF dansE. Notonsϕ :X−→L(H, E)

u7−→u H

et montrons queϕest un isomorphisme.

Soit(u, v, α, β)∈X²×K². Pour toutx∈H,(αu+βv)

H(x) = (αu+βv)(x) =αu(x) +βv(x) =αu

H(x) + βv

_H(x) = (αu

_H+βv

_H)(x), donc(αu

_H+βv

_H) =αu

_H+βv

_H, ce qui prouve queϕest bien une application linéaire.

Soitv ∈L(H, E). D’après le cours, il existe un unique endomorphisme deE dont les restrictions àF etHsont respectivement égales à0et àv. Ceci prouve qu’il existe un unique élément deXdont la restriction àHest égale àv. Ainsi,ϕest bijective.

ϕétant un isomorphisme,dimX= dim(L(H, E)) = dim(H)×dim(E), doncdimX=n(n−dimF).

Remarque : Il existe plusieurs procédés de construction des éléments de X et à chaque procédé correspond une méthode de calcul de la dimension deX.

Par exemple, on peut utiliser une base adaptée à la décompositionE =F⊕H, notéee= (e1, . . . , ep, ep+1, . . . , en) et construire les éléments deXpar la donnée des images par ces éléments des vecteurs dee, qui doivent être nulles

(17)

pour lesppremiers vecteurs. Ce procédé de construction donne l’isomorphismeX−→E^n−p

u7−→(u(ep+1), . . . , u(en)) .

Autre méthode :

u∈X ⇐⇒ mat(u, e) =Ä

0 M ä

, oùM est quelconque.

L(E)−→ M_n(K) u7−→mat(u, e)

est un isomorphisme d’après le cours, doncdimX= dimϕ(X).

Et doncϕ(X) =¶Ä

0 A ä

=G.

OrM_K(n, n−r)−→G A7−→Ä

0 Aä

est bijective. DoncdimX = dim(M_K(n, n−r)) =n(n−r).

1. SoitM = (mi,j)∈ E, notonsU = (1)1≤j≤n= ₁

...

1

. Alors pour touti∈J1, nK,[M U]i,1 =Pn

j=1mi,j = 1 =Ui,1.

DoncM U =U etU 6= 0, donc1est valeur propre de toute matrice strictement stochastique.

2. SoientP, Q∈ E. Les coefficients deP Qrestent tous strictement positifs.

Soiti∈J1, nK, alors

n

X

j=1

[P Q]_i,j =

n

X

j=1 n

X

k=1

P_i,kQ_k,j

=

n

X

k=1

P_i,k

n

X

j=1

Q_k,j

=

n

X

k=1

P_i,k ×1

=

n

X

k=1

P_i,k = 1 DoncP Q∈ E.

Ou bien : on aP U =U etQU =U, doncP QU =P.

3. SoitM ∈ E. Soitλ∈Ctel qu’il existeX∈R\ {0}tel queM X =λX (∗). NotonsX =

x1

x...n

et commeX6= 0,kXk= max{|x_i|/ i∈J1, nK}etkXk>0. Soiti∈J1, nK, d’après(∗),

n

X

j=1

m_i,jx_j =λx_i. Or

n

X

j=1

m_i,jx_i

≤

n

X

j=1

m_i,j|x_j| par inégalité triangulaire

≤

n

X

j=1

mi,jkXk

=kXk Donc pour touti∈J1, nK, |λx_i|=|λ| · |x_i| ≤ kXk.

En particulier, par passage au maximum,|λ|kXk ≤ kXk, donc|λ| ≤1. 4. Soitλ∈Sp_C(M)telle que|λ|= 1. NotonsX=

x1

x...n

un vecteur propre associé à la valeur propreλ. Notonsxi sa coordonnée en module maximale, i.e.∀j∈J1, nK, |x_j| ≤ |x_i|.