Devoir maison n ◦ 03

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 03

À rendre le mardi 13 octobre

Toute calculatrice interdite

nest un entier naturel non nul. L’espace vectorielCⁿ est muni de la normek · kdéfinie par :

∀x= (x₁, . . . , x_n)∈Cⁿ, kxk= max

1≤i≤n|x_i|.

Soitϕun endomorphisme deCⁿ. On dira queϕestbornélorsque pour tout vecteurxdeCⁿ, la suite(kϕ^p(x)k)_p∈

N

est bornée, avecϕ^p=ϕ◦ϕ◦ · · · ◦ϕ(pfois).

Iddésigne l’application identité deCⁿ. 1.

(a) Montrer que siϕest borné, alors toutes ses valeurs propres sont de module inférieur ou égal à1.

(b) Démontrer, à l’aide d’un endomorphisme simple deC², que la réciproque du (a) est fausse (on pourra raisonner avec les matrices).

(c) On supposeϕdiagonalisable. Montrer alors que la réciproque du (a) est vraie.

On pourra décomposer un vecteur xdans une base B de diagonalisation, puis calculer ϕ(x), et enfin calculer ϕ^p(x).

2. Soitϕun endomorphisme borné deCⁿ et λune valeur propre deϕ, de module1.

On considère un vecteurx∈Ker (ϕ−λId)².

On posey=ϕ(x)−λx, de sorte que(ϕ−λId)(y) = 0.

(a) Pourp∈N, exprimerϕ^p(x)sous forme d’une combinaison linéaire dexetydont les coefficients seront donnés en fonction depetλ.

(b) En déduire que le vecteurxest un élément deKer (ϕ−λId).

(c) Démontrer queCⁿ = Ker (ϕ−λId)⊕Im (ϕ−λId).

3. Soientp,q,r trois réels strictement positifs de somme1.

On note

M =









p q r q p r q r p









etϕl’endomorphisme deC³ de matriceM dans la base canonique. Démontrer queC³= Ker (ϕ−Id)⊕Im (ϕ−Id).

Bon courage !

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Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 03 — éléments de correction

d’après École de l’Air 1996

1. (a) Soitϕun endomorphisme deCⁿ. On supposeϕborné.

Soitλune valeur propre deϕ(on est surC, doncϕadmet au moins une valeur propre) etxun vecteur propre deϕassocié àλ. On a, par hypothèse,x6= 0etϕ(x) =λx.

Par une récurrence immédiate, on prouve que pour tout entier naturel p, ϕ^p(x) = λ^px. Or, ϕ est supposé borné, donc en particulier la suite(ϕ^p(x))_p∈Nest bornée :

∃M ≥0, ∀p∈N, kϕ^p(x)k ≤ M,

soit

∀p∈N, kλ^pxk ≤ M

ou encore, par homogénéité de la norme,

∀p∈N, |λ|^pkxk ≤ M.

Commexest un vecteur non nul, ceci s’écrit

∀p∈N, |λ|^p ≤ M kxk

et signifie que la suite (|λ|^p)_p est bornée. Mais si |λ|> 1, cette suite géométrique diverge vers +∞. Le fait qu’elle soit bornée implique donc nécessairement |λ| ≤1 , et ce pour toute valeur propreλdeϕ.

(b) Considérons l’endomorphismeϕdeC² dont la matrice dans la base canonique estM = 1 1 0 1

! .

Remarquons déjà que la matriceM admet pour seule valeur propre 1 (une matrice triangulaire présente ses valeurs propres sur la diagonale !). Donc c’est une matrice dont « toutes » les valeurs propres sont de module inférieur ou égal à1.

Remarquons aussi queM =I2+U oùU = 0 1 0 0

!

est une matrice nilpotente d’indice 2(U²= 0), et qui commute àI2 (toute matrice commute avec l’identité). On calcule M^p avec la formule du binôme :

M^p = (I2+U)^p =

p

X

k=0

p k

U^k = U⁰+pU¹ = I2+pU = 1 p 0 1

! .

Considérons alors le vecteurE1= 0 1

!

. Pour tout entier naturelp, on aM^pE1= p 1

!

et donckM^pE1k= p, qui tend vers+∞quand ptend vers+∞. Ainsi, la suite(M^pE₁)_p n’est pas bornée.

On a trouvé au moins un vecteur x tel que la suite (ϕ^p(x))_p ne soit pas bornée, donc l’endomorphisme ϕ, de matrice M, n’est pas borné, bien que ses valeurs propres soient toutes de module inférieur ou égal à 1.

Finalement la réciproque de (a) est fausse en général .

(c) On suppose maintenant ϕdiagonalisable et ses valeurs propres de module inférieur ou égal à1. Il existe donc une base(e1, . . . , en)deCⁿ formée de vecteurs propres deϕ. Pour touti∈[[1, n]], on noteλi la valeur propre deϕassocié au vecteur propree_i (lesλ_i ne sont pas nécessairement tous distincts).

Soit x un vecteur quelconque de Cⁿ. Soit (x₁, . . . , x_n) ses composantes dans la base de vecteurs propres (e1, . . . , en): x =

n

X

i=1

xiei.

1

Alors, par linéarité deϕ: ϕ(x) =

n

X

i=1

xiϕ(ei) =

n

X

i=1

xiλiei. Par récurrence immédiate, pour tout entier naturelp:

ϕ^p(x) =

n

X

i=1

xiϕ^p(ei) =

n

X

i=1

xiλ^p_iei.

En passant aux normes et en utilisant l’inégalité triangulaire : kϕ^p(x)k ≤

n

X

i=1

|λi|^p|xi| keik ≤

n

X

i=1

|xi| keik.

Le réel positifC =

n

X

i=1

|xi| keik est une constante indépendante dep. Donc ceci prouve que la suite (ϕ^p(x))_p est bornée, et ce pour tout vecteurxdeCⁿ. On peut donc conclure :

Un endomorphismeϕdeCⁿ, diagonalisable et dont les valeurs propres sont de module inférieur ou égal à1, est nécessairement borné.

2. Soit ϕ un endomorphisme borné de Cⁿ et λ une valeur propre de ϕ, de module 1. On considère un vecteur x∈Ker (ϕ−λId)². On posey=ϕ(x)−λx.

(a) On va démontrer par récurrence surp∈Nqueϕ^p(x) =λ^px+pλ^p−1y.

Remarquons avant tout que(ϕ−λId)²(x) = 0se traduit parϕ²(x) = 2λϕ(x)−λ²x.

• Pourp= 0,ϕ⁰(x) =x= 1x+ 0y et la formule convient.

• Pourp= 1, la définition dey donne tout de suiteϕ(x) =λx+y=λ¹x+ 1λ⁰yet la formule convient encore.

• Supposons la formule vraie au rang p:ϕ^p(x) =λ^px+pλ^p−1y. Calculons alors ϕ^p+1(x)en composant par ϕ:

ϕ^p+1(x) = ϕ(ϕ^p(x)) = ϕ(λ^px+pλ^p−1y) = λ^pϕ(x) +pλ^p−1ϕ(y).

Or,ϕ(x) =λx+y et par définition

(ϕ−λId)





(ϕ−λId)(x)

| {z }

=y





 = 0 = (ϕ−λId)(y)

et doncϕ(y) =λy. Il vient :

ϕ^p+1(x) = λ^p(y+λx) +pλ^p−1λy et après regroupement :

ϕ^p+1(x) = λ^p+1x+ (p+ 1)λ^py ce qui correspond à la formule attendue au rangp+ 1.

La propriété est initialisée et héréditaire, elle est finalement vraie pour toutp∈N: ϕ^p(x) =λ^px+pλ^p−1y . (b) On sait queϕest bornée donc la suite(ϕ^p(x))_p est bornée :

∃M ≥0, ∀p∈N,

λ^px+pλ^p−1y ≤ M ou encore

∀p∈N, |λ|^p−1kλx+pyk ≤ M.

Or on sait que|λ|= 1, donc

∀p∈N, pkyk − kλxk ≤ kλx+pyk ≤ M

puis

∀p∈N, pkyk ≤ kλxk+M.

La suite(pkyk)_p est bornée, ce qui n’est possible que siy= 0. Ainsiϕ(x) =λx,i.e. x∈Ker (ϕ−λId).

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(c) On a déjà, par l’intermédiaire du théorème du rang :

dim Ker (ϕ−λId) + dim Im (ϕ−λId) = dimCⁿ.

Pour prouver que les deux sous-espaces sont supplémentaires dansCⁿ, il suffit alors de démontrer qu’ils sont en somme directe, c’est-à-dire que leur intersection est réduite à{0}.

Soity∈Ker (ϕ−λId)∩Im (ϕ−λId). D’une part il existex∈Cⁿ tel quey= (ϕ−λId) (x), et d’autre part (ϕ−λId) (y) = 0. Il vient donc

(ϕ−λId)²(x) = 0

autrement ditx∈Ker (ϕ−λId)².

D’après (a) et (b), on a alorsx∈Ker (ϕ−λId), et doncy= 0. Ainsi, l’intersection de l’image et du noyau de ϕ−λIdest bien réduite à{0}, et on peut conclure : Ker (ϕ−λId)⊕Im (ϕ−λId) =Cⁿ .

3. On commence par calculer le polynôme caractéristique deM :

χ_M(X) = det(XI₃−M) = det

X−p −q −r

−q X−p −r

−q −r X−p

! .

On retranche la deuxième ligne à la première et à la troisième, puis on utilise la linéarité par rapport à la première ligne et par rapport à la dernière ligne :

χ_M(X) = det

X−p+q −X+p−q 0

−q X−p −r 0 −X+p−r X−p+r

!

= (X−p+q)(X−p+r) det

1 −1 0

−q X−p −r

0 −1 1

! .

Ce dernier déterminant se calcule facilement par la méthode de Sarrus ou par développement, et on obtient : χM(X) = (X−p+q)(X−p+r)(X−(p+q+r)) = (X−1)(X−(p−q))(X−(p−r)).

On peut déjà remarquer que les valeurs propres p−q et p−r sont différentes de1. En effet, si p−q = 1, alors p=q+ 1puis1 =p+q+r= 2q+r+ 1donc2q+r= 0, ce qui est absurde puisqueqetrsont strictement positifs.

On arrive au même type de contradiction si l’on supposep−r= 1.

Le réel1 est donc dans tous les cas valeur propre simple deM. Il reste à distinguer deux cas :

• Si q6=r, alors les valeurs propres 1, p−q et p−r sont distinctes deux à deux donc M admet trois valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable.

• Si q=r,1 est valeur propre simple, maisp−q=p−rest valeur propre double deM.

Ceci dit, la matrice M reste diagonalisable (les 5/2 auront remarqué que lorsque q = r, la matrice M est symétrique !). En effet, lorsqu’on cherche le sous-espace propre associé à la valeur propre double, on obtient le plan d’équationx+y+z= 0, donc un sous-espace propre de dimension2, dimension égale à la multiplicité de la valeur propre correspondante. Ce qui justifie la diagonalisabilité deM dans ce cas.

Ainsi,M, et doncϕ, est toujours diagonalisable.

De plus|p−q| ≤p+q= 1−r <1 (carr >0) et de même|p−r| ≤p+r <1. L’endomorphisme ϕassocié àM est donc diagonalisable, et ses trois valeurs propres sont de module inférieur ou égal à1. On en déduit, d’après la question 1, que l’endomorphisme ϕest borné.

Comme ϕadmet une valeur propre de module exactement1, qui n’est autre que λ= 1, d’après la question 2., il vient C³= Ker (ϕ−Id)⊕Im (ϕ−Id).

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