EPITA MP 2002 PARTIE 1

(1)

EPITA MP 2002 PARTIE 1

1.

1a)

² on a clairementa(e1) =e2,a²(e1) =a(e2) =e3. On a doncE =V ect(e1; a(e1); a²(e1)) .

² On a donc E ½ V ect(a^k(e1); k2 N) , d'autre part pour tout k2N , a^k(e1)2 E doncV ect(a^k(e1); k 2N)½E et donc

E=V ect(a^k(e1); k2N) aest donc cyclique en choisissantx0=e1

² Pour d¶eterminer les valeurs propres on r¶esout le systµeme det(M¡¸Id) = 0

¯¯

¯¯¯

¯

¡¸ 0 6

1 ¡¸ ¡11

0 1 6¡¸

¯¯

¯¯¯

¯= 0

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

² Pour ¸= 1 on doit r¶esoudre le systµemea(v1) =v1je notev1= 0

@ x y z

1

A, et le sujet imposez= 1:Ce qui donne le

systµeme : 8

<

:

6 =x x¡11 =y

y+ 6 = 1

la solution est ¶evidente: v1 = 0

@ 6

¡5 1

1 A

² pour ¸= 2 : 8

<

:

6 = 2x x¡11 = 2y

y+ 6 = 2

donne v2 = 0

@ 3

¡4 1

1 A

² pour ¸= 3 : 8

<

:

6 = 3x x¡11 = 3y

y+ 6 = 3

donne v2 = 0

@ 2

¡3 1

1 A

² On v¶eri¯e que det(v1; v2; v3) =¡26= 0 , donc (v1; v2; v3) est une base de E . Dans cette base la matrice dea est D=

0

@ 1 0 0 0 2 0 0 0 3

1

A;A est donc semblable µa D et la matrice de passage estP = 0

@ 6 3 2

¡5 ¡4 ¡3

1 1 1

1 A

On a alorsA=P DP^¡¹ ou encoreD=P^¡¹AP

1b)m^eme ¶etude on trouve encoreb(e1) =e2 etb²(e1) =e3 . On trouve det(B¡¸Id) =¡¸³¡¸²+¸+ 1 de racines 1 simple et¡1 double.

les vecteurs propres v¶eri¯ent

² soitb(v) =v ce qui donne v2V ect 0

@ 1 2 1

1 A

(2)

² soitb(v) =¡v ce qui donnev 2V ect 0

@ ¡1 0 1

1 A

L'ensemble des vecteurs propres engendre un plan . Il n'existe pas de base de Econstitu¶ee de vecteurs propres.

bn'est pas diagonalisable 2.

2*)La famille (xi)ⁿ_i=1 a le bon cardinal . Il su±t de v¶eri¯er qu'elle est libre : Soit P_n

i=1aixi = ¡!0 . Par d¶e¯nition c(xi) =¸ixidoncaixi 2Ker(c¡¸iId) . D'aprµes le r¶esultat admis dans les pr¶eliminaires la somme desK er(c¡¸iId) est directe ; l'unique d¶ecomposition du vecteur nul donne donc8i,aixi = 0 , et comme par d¶e¯nition d'un vecteur propre xi6=¡!0 on a8i,ai= 0 .

(xi)ⁿ_{i= 1} est une base deE

2a) par d¶e¯nition on a 8i 2 [[1; n]] , c(xi) =¸ixi . Donc si on note x0 = Pn

i=1xi ,on obtient par lin¶earit¶e c(x0) = Pn

i=1¸ixi et par r¶ecurrence sic^k(x0) =Pn

i=1¸^k_ixi alorsc^k+1(x0) =Pn

i=1¸^k_ic(xi) =Pn

i=1¸^k+1_i xi: 2b) Prenons une combinaison lin¶eaire nulle desc^k(x0) .On a donc P_n¡1

k= 0akck(x0) =¡!0 , soit P_n¡1

k=0ak

P_n

i= 1¸^k_ixi= ¡!0 .Or la famille des (xi) est une base de E . chaque coordonn¶ee dans cette base est nulle. On a donc

8i2[[1; n]] ,

n¡1X

k=0

ak¸^k_i = 0

On prend alors le polyn^omeP =Pn¡1

k=0akX^k .Ce polyn^ome est de degr¶e·n¡1 et admetnracines distinctes les (¸i) . Le polyn^ome est donc nul . Tous ces coe±cients sont nuls . La famille

¡c^k(x0)¢n¡1

k=0 est libre 2c) Comme la famille est une famille libre de bon cardinal , c'est une base de E E = V ect ¡

c^k(x0)¢n¡1

k=0 .Par double inclusion comme au I1) on en d¶eduitE=V ect¡

c^k(x0)¢

k2N

cest cyclique

PARTIE 2

3.

3a) On peut remarquer que x0 6= ¡!

0 car sinon E= V ect(f^k(¡!

0 )) = V ect(¡! 0 ) =

n¡! 0

o

, ce qui contredit l'hypothµese dim(E)¸2 .

La famille (x0) est donc libre . Par contre pourm¸n la famille ¡

f^k(x0)¢m

k=0 est de cardinal ¸n+ 1 en dimensionn . Elle est donc li¶ee.

Dans la suite¡

f^k(x0)¢0 k= 0;¡

f^k(x0)¢1 k=0¢ ¢ ¢¡

f^k(x0)¢n

k=0on passe donc au moins une fois d'une famille libre µa une famille li¶e.

L'ensemble desmtels que ¡

f^k(x0)¢m¡1

k= 0 soit libre et¡

f^k(x0)¢m

k=0soit li¶e , est un sous ensemble non vide de N, ma jor¶e par n. Il admet un plus grand ¶el¶ement.

On montre alors par r¶ecurrence que pourk2N, f^m+k(x0)2V ect¡

fⁱ(x0)¢m¡1 i=0

² sik= 0 : On sait que¡

fⁱ(x0)¢m

i= 0 est li¶e . Il existe une combinaison lin¶eaire Pm

i=0aifⁱ(x0) =¡!0 avec (ai)^m_i=06= (0) Siam = 0 on a comme¡

fⁱ(x0)¢m¡1

i=0 est libre8i ai= 0 :ABSURDE doncam 6= 0 etf^m(x0) =Pm¡1

i=0 ¡a^a_mⁱfⁱ(x0) . Donc pour k= 0f^{m+ 0}(x0)2V ect¡

fⁱ(x0)¢m¡1 i=0

² On supposef^m+k(x0)2V ect¡

fⁱ(x0)¢_m¡1

i=0 , il existe donc des scalaires bi tels quef^m+k(x0) =Pm¡1

i= 0 bifⁱ(x0) (les bi d¶ependent aussi de k) . On a alors

f^m+k+1(x0) =

m¡1X

i= 0

bifⁱ⁺¹(x0) =

m¡1X

j=1

bj¡1f^j(x0) +bm¡1f^m(x0) =

bm¡1

µ

¡a0

am

¶

f⁰(x0) +

m¡1X

j=1

µ

bj¡1¡bm¡1

am¡1

am

¶ f^j(x0)

(3)

² par r¶ecurrence : 8k2N,f^m^+k(x0)2V ect¡

fⁱ(x0)¢m¡1 i=0

3b) Par d¶e¯nition demla famille est libre . Elle est aussi g¶en¶eratrice car E=V ect¡

fⁱ(x0)¢

i2N=V ect¡

fⁱ(x0)¢_m¡1

i=0 d'aprµes lea) en e®et :

² ¡

fⁱ(x0)¢m¡1 i=0 ½¡

fⁱ(x0)¢

i2N doncV ect¡

fⁱ(x0)¢m¡1

i=0 ½V ect¡ fⁱ(x0)¢

i2N

² Si x 2 V ect¡ fⁱ(x0)¢

i2N , il existe un entier p et des scalaires qi tel que x = Pq

i= 0qifⁱ(x0) .On a donc une combinaison lin¶eaire d'¶el¶ements de V ect¡

fⁱ(x0)¢_m¡1

i= 0 . Donc un ¶el¶ement de V ect¡

fⁱ(x0)¢_m¡1

i= 0 : V ect¡ fⁱ(x0)¢

i2N ½ V ect¡

fⁱ(x0)¢m¡1 i= 0

La famille est libre et g¶en¶eratrice .C'est donc une base deE . elle est donc de cardinal n.Doncm=n

¡fⁱ(x0)¢m¡1

i=0 est une base deE et m=n 4.

4a) pouri < n¡1 , l'image dui¡µeme vecteur de base est le (i+ 1)¡µeme . Lai¡µeme colonne deM est donc une colonne de 0 sauf ligne i+ 1 oµu il y a un 1 . L'image du dernier vecteur de base estf^m(x0) =Pn¡1

i=0 pifⁱ(x0):On a donc :

M = 0 BB BB BB

@

0 0 ¢ ¢ ¢ 0 p0

1 0 ¢ ¢ ¢ 0 p1

0 1 . .. ... ... ... . .. ... 0 p_n¡2 0 ¢ ¢ ¢ 0 1 p_n¡1

1 CC CC CC A

,mi;j= 8<

:

1 sii=j+ 1 p_i¡1 sij =n

0 sinon

Remarque : il n'est pas inutile de faire le lien avecA etB . 4b)On montre que¡

f^k¢n¡1

k=0 est une famille libre deL(E) : Soit Pn¡1

i=0 aifⁱ = O (en notant O le neutre de L(E) ). Si on prend l'image de x0 par cette relation on trouve Pn¡1

i=0 aifⁱ(x0) =¡!0 . Et donc comme¡

fⁱ(x0)¢n¡1

i=0 est une base deE : 8i,ai= 0

¡f^k¢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 du problµeme. Par contre il n'existe pas de polyn^ome non nul de degr¶e < ntel queQ(f) = 0 .En e®et siQ = Pn¡1

k=0qkX^k existe on aPn¡1

k=0qkf^k = O . Et donc comme la famille est libre8k, qk = 0 et doncQ= 0

4c) On a par d¶e¯nition des notations P(f)(x0) =fⁿ(x0)¡Pn¡1

i=0 pifⁱ(x0) =¡!0 . Donc pour tous k P(f)(f^k(x0)) =f^n+k(x0)¡Pn¡1

i=0 pif^i+k(x0) =f^k³

fⁿ(x0)¡Pn¡1

i=0 pifⁱ(x0)´

=f^k(¡!0 ) =¡!0 . Les applicationsP(f) etO sont ¶egales sur une base : elle sont ¶egales

P f) =O 5.

5a) Par une r¶ecurrence d¶ejµa faite au I2a) on af^k(x) =¸^kx . on doncP(f)(x) =Pn¡1

i=0 pifⁱ(x) =Pn¡1

i=0 pi¸ⁱx=P(¸)x:

Onx6= 0 donc P(¸) = 0

5b) La matrice de f¡¸Id estM ¡¸In soit

M = 0 BB BB BB

@

¡¸ 0 ¢ ¢¢ 0 p0

1 ¡¸ ¢ ¢¢ 0 p1

0 1 . .. ... ... ... . . .. ¡¸ p_n¡2 0 ¢¢ ¢ 0 1 p_n¡1¡¸

1 CC CC CC A

,mi;j= 8>

>>

><

>>

:

¡¸sii=j < n 1 sii=j+ 1 p_i¡1 sij= n; i < n p_n¡1¡¸sii=j=n

0 sinon

(4)

² Si¸= 0 alorsp0= 0 car ¸est racine deP:Un pivot de Gauss qui ¶echange les ligne de P donne

rg(M) = rg 0 BB BB BB

@

0 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 1 0 ¢ ¢ ¢ 0 p1

0 1 . .. ... ... ... . .. ... 0 p_n¡2 0 ¢ ¢ ¢ 0 1 p_n¡1

1 CC CC CC A

=rg 0 BB BB BB

@

1 0 ¢¢ ¢ 0 p1

0 1 ¢¢ ¢ 0 p2

0 0 . . . ... ... ... . .. .. . 1 p_n¡1 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 0

1 CC CC CC A

= rg 0 BB BB BB

@

1 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 0 1 ¢ ¢ ¢ 0 0 0 0 . .. ... 0 ... . .. ... 1 0 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 0

1 CC CC CC A

: Cn ÃCn¡

nX¡1 i= 1

piCi

matrice diagonale ayant n¡1 termes non nuls sur la diagonale, donc de rangn¡1

² Si¸6= 0 on divise toutes les colonnes sauf la derniµere par -¸

rg(M) =rg 0 BB BB BB

@

¡¸ 0 ¢ ¢ ¢ 0 p0

1 ¡¸ ¢ ¢ ¢ 0 p1

0 1 . .. ... ... ... . .. ... ¡¸ p_n¡2 0 ¢ ¢ ¢ 0 1 p_n¡1¡¸

1 CC CC CC A

=rg 0 BB BB BB

@

1 0 ¢ ¢ ¢ 0 p0

¡1=¸ 1 ¢ ¢ ¢ 0 p1

0 ¡1=¸ . .. ... ... ... . .. . .. 1 p_n¡2 0 ¢ ¢ ¢ 0 ¡1=¸ p_n¡1¡¸

1 CC CC CC A

puis on fait appara^³tre des 0 dans la derniµere colonne:

CnÃCn¡p0C1; CnÃCn ¡³ p1+ p0

¸

´

C2;¢ ¢ ¢Cn ÃCn¡ µ p0

¸^k^¡¹ + p1

¸^k^¡²+¢ ¢ ¢pk¡1

¶ Ck

rg(M) =rg 0 BB BB BB

@

1 0 ¢ ¢ ¢ 0 0

¡1=¸ 1 ¢ ¢ ¢ 0 0

0 ¡1=¸ . .. ... ...

... . . .. 1 0

0 ¢ ¢ ¢ 0 ¡1=¸ ¡ _p₀

¸^n¡1+ _¸^pk¡2¹ +¢ ¢ ¢p_n¡1¢

¡¸ 1 CC CC CC A

le co e±cientn£nest alors ^¡_¸^Pn¡1^(¸) = 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 estn¡1

² Dans les deux cas ker(f¡¸Id) est de rangn¡1 . Le sous espace propre (le noyau) est de dimension 1 5c)Si il existe nvaleurs propres distinctes , l'endomorphisme est toujours diagonalisable :

(5/2) c'est du cours

(tous) si l'endomorphisme admetnvaleur propres distincts il existen ker(f¡¸iId) non r¶eduit µa 0, correspondant µa des valeurs propres distincts . La somme P

ker(f ¡¸Id) est directe . On a donc dim (©ker (f¡¸iId))¸ n . Or on a un sous espace vectoriel deE de dimensionn . Donc dim (©ker (f¡¸iId)) = 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)Soitf cyclique , diagonalisable , il existe donc une base de vecteurs propres . Supposons (par l'absurde) qu'il existe dans cette base deux vecteurs distinctsbietbj associ¶es µa la m^eme valeur propre¸.On a alorsbi2ker(f¡Id) et bj 2ker(f ¡¸Id) , donc le planV ect(bibj)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 admetnvaleurs propres distincts.

6.

6a)

² C(f) est un sous ensemble de L(E)

² C(f) contientId

² C(f) est stable par combinaison lin¶eaire : sig±f =f±g et h±f =f±h alors pour tous scalaires¸; ¹:

(5)

² C(f) est donc stble par soustraction.

² C(f) est stable par produit interne (±) :si g±f =f±get 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(x0) =v(x0) .On montre par r¶ecurrence que uet v sont ¶egaux sur la base¡

f^k(x0)¢n¡1

k=0 , donc queu =v:

² pour k= 0 c'est la d¶e¯nition deu etv

² pour k= 1 :

u(f(x0)) = (u±f) (x0) = (f±u) (x0) =f(u(x0)) =f(v(x0)) = (f±v) (x0) = (v±f) (x0) =v(f(x0))

² siu(f^k(x0)) =v¡

f^k(x0)¢

u(f^k+1(x0)) = (u±f) (f^k(x0)) = (f±u) (f^k(x0)) =f¡ u¡

f^k(x0)¢¢

= f¡ v¡

f^k(x0)¢¢

= (f±v)¡

f^k(x0)¢

= (v±f) (f^k(x0)) =v¡

f^k+1(x0)¢ d'oµu l'¶egalit¶e pour tout vecteur de la base

6c) Remarquons que les (ai)ⁿ_i=0^¡¹existent car on d¶ecompose dans une base.

on prend alorsu=g,v =Pn¡1

k=0akf^k , On suppose queu=g2C(f) , comme tout polyn^ome de l'endomorphismef on av 2C(f) , en¯n on a suppos¶e u(x0) =v(x0) . On a donc d'aprµes le a) u=v doncg=Pn¡1

k=0akf^k

6d) On vient de montrer que tout ¶el¶ement de C(f) est dan V ect(f^k)ⁿ_k=0^¡¹ , et on a d¶ejµa utilis¶e que tout ¶el¶ement de V ect(f^k)^n¡1_{k= 0} est dansC(f) . DoncC(f) =V ect¡

f^k¢n¡1 k= 0:

D'aprµes leII4b) cette famille est libre . C'est donc une base deC(f) .

C(f) est un sous espace vectoriel de dimensionn