PSI* — 2019/2020 — Révisions par chapitres — Algèbre no 18 Page 1 18. (Mines) Le point le plus sensible est la recherche des plans stables dans le cas oùk= 0. Je considère
donc, dansE =R3,u= CanM où M =
−1 0 0 1 −1 0
1 0 −1
.
Alors χu = (X+ 1)3 et E−1(u) = Ker (u+ IdE) est le plan d’équationx = 0. C’est bien sûr un plan stable, mais ce n’est pas le seul ! Voici quelques idées pour une recherche exhaustive. . .
a)Analyse : supposons P plan stable par u et notons v l’endomorphisme induit. Nécessairement χv = (X+ 1)2 (unitaire de degré 2 et divise χu. . . ). Ainsi v a −1 pour unique valeur propre.
Puisque P est un plan,E−1(v) est de dimension 1 ou 2. Donc deux cas se présentent :
∗ soitE−1(v) =P, donc P ⊂E−1(u) etP =E−1(u) du fait des dimensions ;
∗ soitE−1(v)est une droite, doncP contient un vecteur qui n’est pas dansE−1(u), alorsP contient nécessairement un vecteur de la formek= (1, a, b) (en divisant par la première composante, non nulle puisqueE−1(u) a pour équationx= 0).
Comme P est stable par u, j = (u+ IdE) k = (0,1,1) appartient encore à P et n’est pas colinéaire àk, donc j, k est une base de P (noter que ce serait une étape de “jordanisation”).
Donc P admet pour équation cartésienne x 1 0
y a 1 z b 1
= 0 soit (a−b)x−y+z= 0.
En conclusion de cette analyse, les seuls plans stables parupossibles sontE−1(u)(d’équationx= 0) et les plansPλ/λx−y+z= 0,λ∈R.
Synthèse : E−1(u) est évidemment stable paru(sous-espace propre !). Et pour toutλréel,(1, λ,0) et (0,1,1)forment une base de Pλ ; or leurs images par u (−1,1−λ,1) et(0,−1,−1) sont encore dans Pλ, doncPλ est stable par u.
Finalement les plans stables par u sontE−1(u) et les Pλ.
b)On peut aussi plus prosaïquement partir directement à la recherche de coefficients a, b, c non tous nuls tels queP/ax+by+cz= 0soit stable paru. Soitv= (x, y, z)∈P ; u(v) = (−x, x−y, x−z) donc, compte tenu du fait que v∈P,
u(v)∈P ⇔(b+c)x= 0.
Il apparaît ainsi queb+c= 0est une condition suffisante pour queP soit stable. De plus sib+c= 0 et si P contient au moins un vecteur d’abscisse non nulle, alors P n’est pas stable. Reste le cas où tous les vecteurs deP ont une abscisse nulle : c’est le cas où P est le plan d’équationx= 0, qui est bien stable (déjà vu). Pour les autres plans,b+c= 0est donc une condition nécessaire et suffisante de stabilité. Or le casb=c= 0redonne le plan d’équation x= 0(car alors aest non nul).
On trouve ainsi les plans d’équation ax+by−bz= 0,(a, b) = (0,0). Ce sont bien les mêmes qu’au a) (pourb= 0on trouve le plan d’équation x= 0, et pourb= 0on peut diviser par −b. . . ).
c)Dernière méthode, basée sur un résultat général, hors programme mais classique.
Lemme : soitE un K-espace vectoriel de dimension n,ϕ une forme linéaire non nulle surE et H l’hyperplanKerϕ. Soit enfinu∈ L(E). AlorsHest stable parusi et seulement siKerϕ⊂Kerϕ◦u, c’est-à-dire si et seulement s’il existe un scalaire λtel queϕ◦u=λ.ϕ.
Corollaire : soit M ∈ Mn(K), u = CanM. Alors l’hyperplan H deKn d’équation
n k=1
akxk = 0
est stable par u si et seulement si le vecteur
a1
... an
est vecteur propre de tM. Preuve du lemme : par équivalences !
H est stable paru ⇔ ∀v ∈E v∈H⇒u(v)∈H
⇔ ∀v ∈E ϕ(v) = 0⇒ϕ(u(v)) = 0
⇔ Kerϕ⊂Kerϕ◦u
PSI* — 2019/2020 — Révisions par chapitres — Algèbre no 18 Page 2 Pour la seconde équivalence : il est clair que, siϕ◦u=λ.ϕ, alorsKerϕ⊂Kerϕ◦u. Réciproquement, je suppose Kerϕ ⊂ Kerϕ◦ u. Comme Kerϕ est un hyperplan, deux cas se présentent : soit Kerϕ◦u =E, auquel cas ϕ◦u = 0 et λ= 0 convient ; soitKerϕ◦u = Kerϕ, ce qui signifie que ϕ◦u est une forme linéaire non nulle proportionnelle à ϕ (vu en cours, nous avons deux équations d’un même hyperplan), d’où λscalaire (non nul ici) tel queϕ◦u=λ.ϕ.
Preuve du corollaire : il suffit de traduire matriciellement le résultat du lemme. En effet la matrice de ϕ dans les bases canoniques de Kn et K est la matrice ligne L = (a1· · ·an), donc H est stable par usi et seulement s’il existe λscalaire tel queLM =λ.L, soit (en transposant !) si et seulement s’il existe λscalaire tel quetMtL=λ.tL, soit si et seulement si le vecteur colonnetL(non nul sinon H ne serait pas un hyperplan !) est un vecteur propre detM.
Application : pour résoudre notre exercice, le résultat précédent montre que P/ax+by+cz= 0 est stable parusi et seulement si
a b c
est vecteur propre detM =
−1 1 1 0 −1 0
0 0 −1
, ce qui redonne
la condition nécessaire et suffisante b+c= 0dub).
En effet, −1est l’unique valeur propre detM etE−1 tM est le plan d’équation y+z= 0.
