SESSION 2019
Concours commun Centrale
MATHÉMATIQUES 1. FILIERE MP
I - Matrices compagnons et endomorphismes cycliques
I.A -
1. Soit M ∈ Mn(K). χMTdet XIn−MT
= det
(XIn−M)T
= det(XIn−M) = χM. Donc, M et MT ont même spectre.
2.SoitM∈Mn(K). SiMT est diagonalisable, il existe P∈GLn(K)et D∈Dn(K)telles queMT =PDP−1. On sait que Pest inversible si et seulementPT est inversible et en transposant, on obtientM= PT−1
DPT. Donc,Mest semblable à une matrice diagonale ou encore,Mest diagonalisable. Réciproquement, en appliquant le résultat précédent àMT, si Mest diagonalisable, alorsMT est diagonalisable. Ainsi,MT est diagonalisable si et seulement siMest diagonalisable.
I.B - Matrices compagnons
3.χCQ=
X 0 . . . 0 a0
−1 X 0 . . . 0 a1
0 −1 . .. ... ... a2 ... . .. ... ... ... ...
... . .. −1 X an−2
0 . . . 0 −1 X+an−1
. En développant suivant la dernière colonne, on obtient
χCQ = (X+an−1)Xn−1+
n−2X
k=0
(−1)k+n+1ak∆k =Xn+an−1Xn−1+
n−2X
k=0
(−1)k+n+1ak∆k
où∆k est un déterminant diagonal par blocs : ∆k = det
Ak × 0k,n−1−k Bk
= det(Ak)det(Bk) avec Ak ∈Mk(K) et Bk ∈ Mn−1−k(K). det(Ak) est un déterminant triangulaire inférieur de format k dont les coefficients diagonaux sont tous égaux àX et donc det(Ak) = Xk. det(Bk)est un déterminant triangulaire supérieur de formatn−1−kdont les coefficients diagonaux sont tous égaux à−1 et donc det(Bk) = (−1)n−1−k. Finalement,
χCQ=Xn+an−1Xn−1+
n−2X
k=0
(−1)k+n+1(−1)n−1−kakXk =Xn+an−1Xn−1+
n−2X
k=0
akXk
=Xn+
n−1X
k=0
akXk=Q.
4. Soit λ une valeur propre de CTQ. La matrice A−λCTQ n’est pas inversible et donc de rang au plus n−1. Mais la matrice extraite constituée desn−1premières lignes etn−1dernières colonnes de la matriceA−λCTQ est inversible, car triangulaire inférieure à coefficients diagonaux tous égaux à−1. Donc,A−λCTQ est une matrice de rangn−1. D’après le théorème du rang, dim(Ker(A−λIn)) =1. Donc,Eλ CTQ
est une droite vectorielle.
SoitX= (xk)16k6n∈Mn(K).
X∈Eλ CTQ
⇔CTQX=λX⇔
x2=λx1 x3=λx2
...
xn=λxn−1
−a0x1−a1x2−. . .−an−1xn=λxn
⇔
x2=λx1
x3=λ2x1
...
xn =λn−1x1
−a0x1−a1λx1−. . .−an−1λn−1x1=λnx1
⇔
x2=λx1
x3=λ2x1
...
xn=λn−1x1
Q(λ)x1=0 .
Maintenant,Q(λ) =χCT
Q(λ) =0 et doncX∈Eλ CTQ
⇔∀k∈J2, nK, xk=λk−1x1. Donc,
Eλ CTQ
=Vect(uλ) oùuλ=
1 λ λ2
... λn−1
.
I.C - Endomorphismes cycliques
5. Supposons f cyclique. Il existe un vecteur x0 ∈ E tel que B = x0, f(x0), . . . , fn−1(x0)
soit une base de E (en particulier, dim(E) =n). Le vecteurf fn−1(x0)
=fn(x0)s’écrit dans la baseBsous la forme fn(x0) = −a0x0−a1f(x0) −. . .−an−1fn−1(x0).
La matrice def dans la baseBestCQ.
Réciproquement, supposons qu’il existe une baseB= (e1, . . . , en)deEdans laquelle la matrice defest CQ. Alors,e2= f(e1),e3=f(e2), . . . ,en =f(en−1)puise2=f(e1),e3=f2(e1), . . . ,en =fn−1(e1). Mais alors, e1, f(e1), . . . , fn−1(e1)
= (e1, . . . , en)est une base deEet doncfest cyclique.
En résumé,fest cyclique si et seulement si il existe une base deEdans laquelle la matrice defest une matrice compagnon.
6.Soitfun endomorphisme cyclique. Siχf est scindé surKà racines simples, on sait quef est diagonalisable.
Réciproquement, supposonsf diagonalisable. Alors,CQ est diagonalisable puisCTQ est diagonalisable.
Nécessairement, χf = χCT
Q = χCQ = Q est scindé sur K et l’ordre de multiplicité de chaque valeur propre de CTQ est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant. D’après la question 4, les sous-espaces propres sont des droites vectorielles et donc chaque valeur propre est simple.
En résumé,fest diagonalisable si et seulement siQest scindé sur Kà racines simples.
7.Soitfun endomorphisme cyclique. Soitx0∈Etel que B= x0, f(x0), . . . , fn−1(x0)
soit une base deE.
Soit(α0, α1, . . . , αn−1)∈Kntel queα0IdE+α1f+. . .+αn−1fn−1=0. En évaluant enx0, on obtient α0x0+α1f(x0) + . . .+αn−1fn−1(x0) = 0 puisα0=α1 =. . .= αn−1=0 car la famille x0, f(x0), . . . , fn−1(x0)
est libre. Ceci montre que la famille IdE, f, f2, . . . , fn−1
est libre.
Dit autrement, il n’existe pas de polynôme non nul de degré inférieur ou égal àn−1et annulateur def. Donc,πfest de degré supérieur ou égal àn. Mais d’autre part, d’après le théorème deCayley-Hamilton,πfdiviseχfet en particulier, πfest de degré inférieur ou égal à n. Finalement,πfest de degrénexactement. Plus précisément, puisqueπf diviseχf, queπfetχfont même degré et sont unitaires, on aπf=χf=Q.
I.D - Application à une démonstration du théorème deCayley-Hamilton 8. Soit f un endomorphisme quelconque de E. Soit x ∈E\ {0}. SoitE =
k∈N∗/ x, f(x), . . . , fk−1(x)
libre . E est une partie non vide deNcar contient1 (carx6=0), et majorée car le cardinal d’une famille libre est inférieur ou égal à la dimensionndeE.E admet donc un plus grand élémentp∈N∗.
Par définition dep, la famille x, f(x), . . . , fp−1(x)
est libre et la famille x, f(x), . . . , fp−1(x), fp(x)
est liée. On sait alors quefp(x)∈Vect x, f(x), . . . , fp−1(x)
et donc il existe(α0, . . . , αp−1)∈Kptel quefp(x) = −α0x−α1f(x) −. . .− αp−1fp−1(x)ou encore α0x+α1f(x) +. . .+αp−1fp−1(x) +fp(x) =0.
9.
f Vect x, f(x), . . . , fp−1x)
=Vect f(x), f2(x), . . . , fp−1(x), fp(x)
=Vect f(x), f2(x), . . . , fp−1(x),−α0x−α1f(x) −. . .−αp−1fp−1(x)
⊂Vect x, f(x), . . . , fp−1(x) .
Donc,F=Vect x, f(x), . . . , fp−1x)
est stable par f.
10.Notons f′ l’endomorphisme de F induit parf et notonsB′ = Vect x, f(x), . . . , fp−1(x)
. B′ est une base deF (car génératrice deF et libre). On sait que le polynôme caractéristique def′ divise le polynôme caractéristique def.
La matrice de f′ dans B′ est la matrice compagnon associée au polynôme Xp+αp−1Xp−1+. . .+α1X+α0. Donc, χf′ =Xp+αp−1Xp−1+. . .+α1X+α0. Mais alors,Xp+αp−1Xp−1+. . .+α1X+α0diviseχf.
11.Soitxun vecteur non nul. SoitQ=Xp+αp−1Xp−1+. . .+α1X+α0associé àxcomme à la question précédente. Il existe un polynômeR tel queχf=R×Qpuisχf(f) =R(f)◦Q(f). En évaluant enx, on obtient
χf(f)(x) =R(f)(Q(f)(x)) =R(f)(0) =0.
Ainsi, pour tout vecteur non nulx,χf(f)(x) =0et doncχf(f) =0.
II - Etude des endomorphismes cycliques
II.A - Endomorphismes cycliques nilpotents
12.On sait quer6n(conséquence du théorème deCayley-Hamilton).
Supposonsfcyclique. Il existex0∈Etel que x0, f(x0), . . . , fn−1(x0)
soit une base deE. On ne peut avoirfn−1(x0) =0 et doncn−1 < rou encore n6r. Par suite,r=n.
Supposons quef est nilpotent d’indicenou encore supposons quefn−16=0 etfn=0. Soitx0∈Etel quefn−1(x0)6=0.
Supposons par l’absurde qu’il existe(α0, α1, . . . , αp−1)6= (0, 0, . . . , 0)tel queα0x0+α1f(x0) +. . .+αn−1fn−1(x0) =0.
Soitkle plus petit des entiersi∈J0, n−1Ktel queαi6=0. Par définition dek, on aαkfk(x0) +. . .+αn−1fn−1(x0) =0.
En prenant l’image des deux membres parfn−1−k, on obtient
0=αkfn−1(x0) +αk+1fn(x0) +. . .+αn−1f2n−1−k(x0) =αkfn−1(x0)
car pouri>n,fi=0. Ceci est absurde carαk6=0etfn−1(x0)6=0. Ceci montre que la famille x0, f(x0), . . . , fn−1(x0) est libre. Puisque card x0, f(x0), . . . , fn−1(x0)
= n = dim(E) < +∞, x0, f(x0), . . . , fn−1(x0)
est une base de E et doncfest cylique.
On a montré qu’un endomorphisme nilpotent d’indicer∈J1, nK est cyclique si et seulement sir=n. Immédiatement, la
matrice defdans la base x0, f(x0), . . . , fn−1(x0)
est la matrice compagnon
0 0 . . . 0
1 0 ...
0 . .. ...
... . .. ... ... ...
0 . . . 0 1 0
.
II.B -
13.Les polynômes(X−λk)mk, k ∈J1, pK, sont deux à deux premiers entre eux. D’après le théorème de décomposition des noyaux,
E=
p
M
k=1
Ker (f−λk)mk
=
p
M
k=1
Fk.
Soit k ∈ J1, pK. Deux polynômes en f commutent et en particulier f et (f−λk)mk commutent. On sait alors que Ker (f−λk)mk
=Fk est stable par f.
14.Fk est encore stable parf−λkIdEet donc ϕk est un endomorphisme deFk. Par définition de Fk, pour toutx∈Fk, ϕmkk(x) = (f−λkIdFk)mk(x) =0
et doncϕk est nilpotent d’indice inférieur ou égal àmk.
15. On sait que l’indice de nilpotence d’un endomorphisme nilpotent est inférieur ou égal à la dimension de l’espace (conséquence du théorème deCayley-Hamilton) et doncνk6dim(Fk).
16.Par hypothèse, la famille IdE, f, . . . , fn−1
est libre et donc, il n’existe pas de polynôme non nul de degré strictement inférieur ànet annulateur def.
Soitk∈J1, pK. On a déjàνk6mk. Supposons par l’absurde queνk< mk. Vérifions queFk=Ker (f−λkIdE)νk . Déjà, puisqueνk6mk, pourx∈E,
x∈Ker (f−λkIdE)νk
⇒(f−λkIdE)νk(x) =0⇒fmk−νk (f−λkIdE)νk(x)
=0⇒x∈Ker (f−λkIdE)mk et donc Ker (f−λkIdE)νk
⊂Fk. D’autre part, par définition deνk, pourx∈E, x∈Fk⇒(f−λkIdE)νk(x) =0 et doncFk⊂Ker (f−λkIdE)νk
. Finalement,Fk=Ker (f−λkIdE)νk . SoitP= (X−λk)νk ×Y
i6=k
(X−λi)mi.Pest un polynôme de degré νk+X
i6=k
mi< mk+X
i6=k
mi=n.
Vérifions que P est annulateur de f. Pour i ∈ J1, pK, posons mi′ =
misii6=k
νksii=k . Soient i ∈ J1, pK puis x ∈ Fi = Ker
(f−λiIde)mi′
. Puisque des polynômes enfcommutent, P(f)(x) =Y
i6=k
(f−λiIdE)mi′
(f−λiIdE)mk′ (x)
=0.
L’endomorphismeP(f) s’annule donc sur les sous-espaces supplémentairesF1, . . . ,Fp. On en déduit queP(f) = 0. Mais ceci est impossible carP(f)est un polynôme non nul de degré strictement inférieur àn. Donc,νk=mk.
17.Pour toutk∈J1, pK, dim(Fk)>νk=mk. S’il existek∈J1, pKtel que dim(Fk)> mk, alors n=
Xp
i=1
dim(Fi)>
Xp
i=1
mi=n.
Ceci est impossible et donc :∀k∈J1, pK, dim(Fk) =mk. Dans une base quelconque adaptée à la décomposition E =
p
M
i=1
Fi, la matrice de f est diagonale par blocs de la forme
A1 0 . . . 0 0 A2 . .. ...
... . .. ... 0 0 . . . 0 Ap
où, pour toutk∈J1, pK,Ak est une matrice carrée de format dim(Fk) =mk.
Soitk∈J1, pK.ϕk est nilpotent d’indicemk=dim(Fk). D’après la question 12, il existe une baseBkdeFk dans laquelle
la matrice deϕk est
0 0 . . . 0
1 0 ...
0 . .. ...
... . .. ... ... ...
0 . . . 0 1 0
∈Mm
k(C)et donc la matrice de l’endomorphisme fk =λkIdFk +ϕk de
Fk induit par f est
λk 0 . . . 0 1 λk . .. ... 0 . .. ... ... ...
... . .. ... ... 0 0 . . . 0 1 λk
∈ Mm
k(C). La concaténation des bases B1, . . . , Bp fournit une base
B= (u1, . . . , un)dans laquelle la matrice defa la forme voulue.
18.D’après le théorème de Cayley-Hamilton, χf(f) =0 et en particulier,χf(f) (x0) =0. Mais alors, tout multipleQ deχf est un polynôme tel queQ(f) (x0) =0.
Réciproquement, montrons que si Q(f) (x0) = 0, alors Q est un multiple de χf. Soit donc Q un polynôme tel que Q(f) (x0) =0. Dans ce qui suit, la sommem1+. . .+mk−1 est par convention nulle quandk=1. On a
Q(f) (x0) = Xp
k=1
Q(f) (um1+...+mk−1+1).
Pour toutk∈J1, pK,Fkest stable parfpuis par tout polynôme enf. Par suite, pour toutk∈J1, pK,Q(f) (um1+...+mk−1+1)∈ Fk. Puisque les sous-espacesF1, . . . ,Fp, sont supplémentaires, on en déduit que
Q(f) (x0)0⇒∀k∈J1, pK, Xp
k=1
Q(f) (um1+...+mk−1+1) =0.
Soitk∈J1, pK. On sait que la formule deTaylorfournit le reste de la division euclidienne deQ par(X−λk)mk : Q=
mk−1
X
i=0
Q(i)(λk)
i! (X−λk)i+ (X−λk)mk×Q1
où Q1 est un polynôme et R =
mXk−1
i=0
Q(i)(λk)
i! (X−λk)i est de degré strictement inférieur à mk. En évaluant en um1+...+mk−1+1, on obtient
0=
mXk−1
i=0
Q(i)(λk)
i! (f−λkIdE)i(um1+...+mk−1+1)
=
mk−1
X
i=0
Q(i)(λk)
i! um1+...+mk−1+1+i(par définition de la baseB).
Puisque la famille (um1+...+mk−1+1+i)06i6m
k−1 est une base de Fk, on en déduit que Q(λk) = Q′(λk) = . . . = Q(mk−1)(λk) =0et donc queλkest racine d’ordre au moinsmk deQ.
Ainsi,Q est divisible par chaque (X−λk)mk, 1 6k 6 p. Ces polynômes étant deux à deux premiers entre eux, Q est divisible par
Yp
k=1
(X−λk)mk=χf.
On a montré que l’ensemble des polynômesQtels queQ(f) (x0) =0 estχfC[X].
19.Il n’existe donc pas de polynôme Q non nul, de degré inférieur ou égal à n−1, tel que Q(f) (x0) =0. Ceci montre que la famille x0, . . . , fn−1(x0)
est libre, de cardinaln=dim(E)<+∞et donc que la famille x0, . . . , fn−1(x0) base deE. On en déduit quefest cyclique.
III - Endomorphismes commutants, décomposition de Frobenius
20.0∈C(f)et si(g, h)∈(C(f))2et (α, β)∈C2, alors
f◦(αg+βh) =αf◦g+βf◦h=αg◦f+βh◦f= (αg+βh)◦f
puisαg+βh∈C(f). Ainsi,C(f)est un sous-espace vectoriel de(L(E),+, .). Ensuite, si(g, h)∈(C(f))2, f◦(g◦h) =f◦g◦h=g◦f◦h=g◦h◦f= (g◦h)◦f
puisg◦h∈C(f). Enfin, IdE∈C(f)et finalementC(f)est un sous-algèbre de(L(E),+, .,◦).
III.A - Commutant d’un endomorphisme cyclique 21. Puisque la famille x0, f(x0), . . . , fn−1(x0)
est une base de E, il existe (λ0, . . . , λn−1) ∈ Kn tel que g(x0) =
n−1X
k=0
λkfk(x0).
22.Pour touti∈J0, n−1K,
g fi(x0)
=
n−1X
k=0
λkfk+i(x0) =
n−1X
k=0
λkfk
!
fi(x0) .
Les deux endomorphismesget
n−1X
k=0
λkfk coïncident sur une base deEet donc,g=
n−1X
k=0
λkfk∈K[f].
23.Supposonsg∈C(f). D’après les deux questions précédentes, il existe un polynômePde degré inférieur ou égal àn−1 tel queg=R(f). Inversement, sigest un polynôme enf, alorsg∈C(f). Donc,C(f) =Kn−1[f].
III.B - Décomposition de Frobenius
24.Si l’un des sous-espacesFi,16i6r, contient chacun des sous-espacesF1, . . . ,Fr, alors
r
[
k=1
Fk=Fiest un sous-espace deE.
Montrons par récurrence que pour toutr∈N∗, siF1, . . . ,Fr, sontr sous-espaces deEtels que
r
[
k=1
Fk soit un sous-espace deE, alors l’un de ces sous-espaces contient tous les autres.
• Le résultat est vrai quandr=1.
• Soitr>1. Supposons le résultat pourr. SoientF1, . . . , Fr,Fr+1r+1sous-espaces deEtels que
r+1
[
k=1
Fk soit un sous-espace de E. PosonsF=
r
[
k=1
Fk
SiFr+1contientF,Fr+1contient chacun des autres sous-espaces et c’est fini. SiFcontientFr+1, alorsF=
r
[
k=1
Fk=
r+1
[
k=1
Fk est un sous-espace deE. Par hypothèse de récurrence, l’un desFi,16i6r, contient tous les autres.
Montrons maintenant qu’il n’est pas possible queF6⊂Fr+1et Fr+16⊂F. Supposons le contraire par l’absurde. Donc, il existe un vecteurx∈Fr+1qui n’est pas dansFet il existe un vecteurydeFqui n’est pas dansFr+1.
Pour toutλ∈K,y−λxest dansF∪Fr+1 (carF∪Fr+1est un sous-espace deE). Si y−λxest dans Fr+1, alors y= (y−λx) +λxest dansFr+1ce qui n’est pas. Donc, pour toutλ∈K,y−λxest dansF. Ainsi, pour chaqueλ∈K, il existei(λ)∈J1, rKtel que y−λx∈Fi(λ).
S’il existeλ6=µtel quei(λ) =i(µ), alorsx= 1
µ−λ((y−λx) − (y−µx))∈Fi(λ)⊂Fce qui n’est pas. Donc, pour λ6=µ, on ai(λ)6=i(µ). Mais ceci est impossible carKest infini et l’ensemble des indicesi est fini.
Le résultat est démontré par récurrence.
25.Soitx∈E\ {0}. Vérifions queIx={Q∈C[X]/ Q(f)(x) =0}est un idéal deC[X].
• 0∈Ix.
• Soit(Q1, Q2)∈I2. (Q1−Q2) (f)(x) =Q1(f) (x) −Q2(f)(x) =0. Donc,Q1−Q2∈Ix.
• Soit(P, Q)∈C[X]×I.(P×Q)(f)(x) =P(f)◦Q(f)(x) =P(f)(Q(f)(x)) =P(f)(0) =0 et doncP×Q∈Ix.
Ceci montre que Ix est un idéal de C[X]. De plus, πf(f) = 0 et en particulier, πf ∈ Ix. Donc, Ix est un idéal de C[X]
non réduit à{0}. Puisque (C[X],+,×)est anneau principal, on sait alors que Ix est constitué des multiples d’un certain polynôme unitaireπf,x. De plus,πf,x est un diviseur unitaire deπf.
Chaque Ker(πf,x(f)),x∈E\ {0}, contientx(et0) et donc [
x∈E\{0}
Ker(πf,x(f)) =E. Les diviseurs unitaires deπfsont en nombre fini et doncEest la réunion d’un nombre fini de sous-espaces Ker(πf,x(f)). D’après la question précédente,Eest l’un de ces sous-espaces et donc, il existex1∈Etel queE=Ker(πf,x1(f)). Ceci signifie queπf,x1(f) =0et donc queπf,x1
est un multiple deπf. Puisqueπf,x1 est aussi un diviseur unitaire deπf, on en déduit queπf,x1=πf. Ainsi,Ix1=πfK[X].
On en déduit qu’il n’existe pas de polynôme non nul Q de degré inférieur ou égal à d−1 tel queQ(f) (x1) = 0. Ceci signifie que la famille x1, f(x1), . . . , fd−1(x1)
est libre.
26.L’égalitéπf(x1) =πf,x1(f) (x1) =0montre quefd(x1)∈Vect x1, f(x1), . . . , fd−1(x1) . Donc, f(E1) =Vect f(x1), f2(x1), . . . , fd−1(x1), fd(x1)
⊂Vect x1, f(x1), . . . , fd−1(x1)
=E1.
E1 est stable par f. Ensuite, E1 = Vect x1, f(x1), . . . , fd−1(x1)
= {P(f) (x1), P∈Kd−1[X]} ⊂ {P(f) (x1), P∈K[X]}.
Inversement, siP∈K[X], la division euclidienne dePparπf,x1fournit deux polynômesQ∈K[X]etR∈Kd−1[X]tel queP= Qχf,x1+R. Mais alorsP(f) (x1) =Q(f) (πf,x1(f) (x1)) +R(f) (x1) =R(x1)∈E1. Finalement,E1={P(f) (x1), P∈K[X]}.
27.Par définition deE1et ψ1, x1, ψ1(x1), . . . , ψd−11 (x1)
est une base deE1et donc ψ1est cyclique.
28. F = \
i∈N
Ker Φ◦fi
est un sous-espace de E. Soit x∈ F. Pour tout i ∈ N, Φ fi(f(x))
= Φ fi+1(x)
= 0 et donc f(x)∈F. Ainsi,F est stable parf.
Soitx∈E1∩F. Posonsx=a0x1+a1f(x1) +. . .+ad−1fd−1(x1) =a0e1+a1e2+. . .+ad−1ed. Les égalitésΦ(x) =0, Φ(f(x)) =0, . . . ,Φ fd−1(x)
=0, fournissent successivementad−1=0puisad−2=0puis . . . puisa0=0et doncx=0.
Donc,E1∩F={0}ou encore, la sommeE1+Fest directe.
29.ψ∈L E,Kd
. Soitx∈E1∩Ker(Φ). Comme à la question précédente,xs’écrit sous la formex=a0x1+a1f(x1) + . . .+ad−1fd−1(x1)et les égalitésΦ(x) =0,Φ(f(x)) =0, . . . ,Φ fd−1(x)
=0, fournissent successivementad−1=0 puis ad−2=0puis . . . puisa0=0 et doncx=0. Donc Ker Ψ/E1
={0}.
De plus, dim(E1) =d=dim Kd
<+∞et doncψ/E1 est un isomorphisme deE1sur Kd.
30.Vérifions queF =Ker(Ψ). On a déjàF⊂Ker(Ψ). Inversement, soit xun (éventuel) vecteur non nul de Ker(ψ). πf,x
est un polynôme non nul de degré inférieur ou égal à deg(πf) = d. Pour i > d, la division euclidienne de Xi par χf,x
fournitQ etRtels queXi=Qπf,x+R. Mais alors,Φ fi(x)
=Φ(R(f)(x)) =0 par linéarité deΦ et doncx∈F.
Ainsi, Ker(Ψ) =F. D’autre part,Kd=Im Ψ/E1
⊂Im(Ψ)puis Im(Ψ) =Kd. D’après le théorème du rang, dim(F) =dim(Ker(Ψ)) =n−dim(Im(Ψ)) =n−d.
En résumé,E1∩F={0}et dim(E1) +dim(F) =dim(E). On en déduit queE=E1⊕F.
31. On a donc décomposé l’espace E en E = E1⊕F où E1 est stable par f, de dimension d = deg(πf) ∈ N∗ et ψ1
l’endomorphisme deE1induit parfest cyclique etFest stable parf. De plus, le polynôme minimal deψ1estπf. On note aussi que si on notefFl’endomorphisme deF induit parf, πfF est un diviseur deπf=P1.
Si F 6= {0}, on recommence avec F : F = E2⊕F2 puisE = E1⊕E2⊕F2 oùE2 est un sous-espace non nul stable par f, l’endomorphismeψ2 de E2 induit parf est cyclique, etF2 est stable parf. De plus, le polynôme minimal P2 de ψ2 est πfF qui est un diviseur de P1 ... Puisque E est de dimension finie, ce processus s’arrête en un temps fini et fournit la décomposition demandée par l’énoncé.
III.C - Commutant d’un endomorphisme quelconque
32.Avec les notations des questions précédentes, pour chaquei∈J1, rK,C(ψi) =Kd
i−1[ψi]oùdi=dim(Ei). De plus, la famille
IdEi, ψi, . . . , ψdii−1
est libre (en évaluant en xi une combinaison linéaire nulle de IdEi,ψi, . . . ,ψdii−1). Donc, pour chaquei∈J1, rK, dim(C(ψi)) =di.
Soitg∈L(E). Siglaisse stable chaqueEiet si pour chaque i∈J1, rK, l’endomorphismegideEi induit pargcommute avecψi, alorsg∈C(f). Ainsi,C(f)contient un sous-espace isomorphe à
Yr
i=1
C(ψi). Donc,
dim(C(f))>dim Yr
i=1
C(ψi)
!
= Xr
i=1
di=n.
33.Soitf∈L(E)tel queC(f) =K[f]. SoitP∈K[X]. La division euclidienne dePparχffournit(Q, R)∈(K[X])2tel que P=Qχf+Ret det(R)< n. En évaluant en f, on obtientP(f) = R(f) d’après le théorème deCayley-Hamilton. Ceci montre queC(f) =K[f] =Kn−1[f] =Vect IdE, f, . . . , fn−1
.
D’après la question précédente,C(f)est de dimension supérieure ou égale ànet donc égale àn. Par suite, IdE, f, . . . , fn−1 est une famille génératrice deC(f)de cardinaln=dim(C(f))<+∞. On en déduit que IdE, f, . . . , fn−1
est une base de C(f)et en particulier que IdE, f, . . . , fn−1
est une famille libre. D’après la question 19,f est cyclique.
Partie IV - Endomorphismes orthocycliques
IV.A - Isométries vectorielles orthocycliques
34.Soitf∈O(E). On sait qu’il existe une base orthonormaleB= (e1, . . . , en)dans laquelle laquelle la matrice def est une matrice∆, diagonale par blocs, les blocs diagonaux étant de format1 du type (1) ou(−1) ou de format2 du type R(θ) =
cos(θ) −sin(θ) sin(θ) cos(θ)
,θ∈]0, π[∪]π, 2π[. Le polynôme caractéristique defs’écrit alors
χf= (X−1)α(X+1)β Yk
i=1
X2−2Xcos(θi) +1 ,
où chaque trinômeX2−2Xcos(θi) +1 est irréductible surR. Si maintenant,f′ est un automorphisme orthogonal ayant le même polynôme caractéristique quef, il existe une base orthonorméeB′= (e1′, . . . , en′)dans laquelle la matriceA′ de f′ est du même type queA. Le nombre de coefficients diagonaux égaux à 1 estα et le nombre de coefficients diagonaux égaux à−1 estβ. Il y a aussi un même nombre de blocs du typeR(θi′),16i6k, où pour chaque i,θi′=±θi. Il reste à vérifier que l’on peut choisirB′ de sorte que, pour chaquei,θi′ =θi.
Soit(u, v)une base orthonormée d’un espace euclidien de dimension2dans laquelle la matrice d’un certain automorphisme orthogonalgestR(θ) =
cos(θ) −sin(θ) sin(θ) cos(θ)
. Alors,(u,−v)est une base orthonormée dans laquelle la matrice degest cos(θ) sin(θ)
−sin(θ) cos(θ)
=R(−θ). Donc, quite à remplacer certains des vecteursei′ de la baseB′ par−ei′, on a obtenu une base orthonormée deEdans laquelle la matrice defest A.
35.Soitf∈O(E). Sifest orthocyclique, il existe une base orthonormaleB dans laquelle la matrice defest de la forme CQ. PuisqueBest orthonormée,CQ est une matrice orthogonale et donc la dernière colonne deCQ doit être orthogonale aux n−1 premières et unitaire. Donc, a1 = . . . = an−1 = 0 et a20 = 1. Par suite, CQ est l’une des deux matrices
0 . . . 0 ±1
1 0 0
0 1 . .. ... ... . .. ... ... 0 0 . . . 0 1 0
. D’après la question 3,χf=χCQ =Xn±1.
Réciproquement, supposons que χf = Xn±1. Soient B′ une base orthonormale fixée de E puisf′ l’endomorphisme de
matriceA=
0 . . . 0 ±1
1 0 0
0 1 . .. ... ... . .. ... ... 0 0 . . . 0 1 0
dansB′. Puisque la matrice def′ dans une base orthonormale est une matrice
orthogonale,f′ ∈O(E). Ainsi,f et f′ sont deux automorphismes orthogonaux ayant le même polynôme caractéristique.
D’après la question précédente, il existe une base orthonormale B telle MatB(f) = A où de plus A est une matrice compagnon. Donc,fest orthocyclique.
On a montré que pour toutf∈O(E),fest orthocyclique si et seulement siχf=Xn−1ouχf=Xn+1.
IV.B - Endomorphismes nilpotents orthocycliques
36.Soitf un endomorphisme nilpotent. Le polynôme caractéristique def estχf=Xn.χf est scindé surRet doncf est triangulable. Il existe une baseB0= (u1, u2, . . . , un)dans laquelle la matriceAdefest triangulaire inférieure à coefficients diagonaux tous nuls. SoitB= (e1, . . . , en)telle que(en, . . . , e1)soit l’orthonormalisée de la base(u1, . . . , un).Best une base orthonormale et P = PBB
0 est triangulaire inférieure. Mais alors, MatB(f) = P−1AP est une matrice triangulaire inférieure en tant que produit de trois matrices triangulaires inférieures.
37.Supposons f orthocyclique et nilpotent. Il existe une base orthonormaleB0= (e1, . . . , en)dans laquelle la matrice def est CQ (définie à la question 3). Les égalités Xn =χf=χCQ =Q montre que la dernière colonne de CQ est nulle.
Ceci montre qu’il existe base orthonormale B0 dans laquelle la matrice de f est N =
0 . . . 0
1 . .. ...
0 . .. ... ... ... . .. ... ... ...
0 . . . 0 1 0
. Cette
matrice est de rang n−1 car sa dernière colonne est nulle et la matrice extraite de formatn−1 constituée des n−1 dernières lignes et n−1 premières colonnes est inversible. Ker(f) = Vect(en) et donc(Ker(f))⊥ =Vect(e1, . . . , en−1).
Soientx=
n−1X
i=1
xiei ety=
n−1X
i=1
yiei deux éléments de(Ker(f))⊥. PuisqueBest orthonormale.
(f(x)|f(y)) =
n−1X
i=1
xiei+1
!
|
n−1X
j=1
yjej+1
=
n−1X
i=1
xiyi=x|y.
Supposons que f est nilpotent, de rang n−1 et que ∀(x, y) ∈
(Ker(f))⊥2
, (f(x)|f(y)) = (x|y). Il existe une base orthonormaleB = (e1, . . . , en) dans laquelle la matrice de f est triangulaire inférieure T = (ti,j)16i,j6n à coefficients diagonaux tous nuls. PuisqueT est de rangn−1, les coefficientsti+1,i,16i6n−1, sont nécessairement tous non nuls.
Ker(f)est de dimension1 et donc Ker(f) =Vect(en)puis(Ker(f))⊥=Vect(e1, . . . , en−1). SoitT′ = ti,j′
16i,j6n−1où pour tout(i, j)∈J1, n−1K2,ti,j′ =ti+1,j. La condition imposée àfmontre que les colonnes deT′sont unitaires et deux à deux orthogonales ou encoreT′ est une matrice orthogonale. Par récurrence descendante, les coefficients diagonaux deT′
sont de carrés égaux à1 et les coefficients non diagonaux sont nuls. Ainsi,T est de la forme
0 . . . 0
±1 . .. ... 0 . .. ... ... ... . .. ... ... ...
0 . . . 0 ±1 0
.
Ensuite, en remplaçant éventuellement e2 par −e2, puis éventuellement e3 par −e3, . . . , puis éventuellement en par
−en, on obtient une base orthonormale dans laquelle la matrice de f est
0 . . . 0
1 . .. ...
0 . .. ... ... ... . .. ... ... ...
0 . . . 0 1 0
. Mais alors, f est
orthocyclique.
