DM de MPSI2
Corrig´ e de devoir non surveill´ e
Probl` eme – Sous-alg` ebres irr´ eductibles de L(E)
Partie A –
A.1Vu en TD.
A.2
a Soita∈ A. On a (f−λIdE)a=f a−λa=af−λa=a(f−λIdE).
bker(f−λIdE) est un sous-espace vectoriel deE, stable par tout ´el´ement deA, et non r´eduit au vecteur nul (carf−λIdE∈/GL(E)) : c’est doncE tout entier, i.e.f =λIdE.
A.3
aL’ensemble ´etudi´e est clairement stable parA(carAest stable par produit), et non nul car comprenant x(pourf = IdE) : c’est donc bienE tout entier.
bSoitx∈ T
ψ∈A0
ker(ψ), non nul. Pour toutf ∈ A,ϕ(f(x)) = 0, doncϕ= 0 d’apr`es la question pr´ec´edente, ce qui est absurde. Ainsi, T
ψ∈A0
ker(ψ) ={0E}.
L’application
∆ : E → E??
x 7→ (ψ7→ψ(x)) ,
(bien d´efinie car l’´evaluation enx∈E, deE∗ dansC, est lin´eaire), est lin´eaire, car les formes lin´eaires le sont.
Elle est de plus injective, car tout vecteur non nul admet une forme lin´eaire qui l’´evalue en un scalaire non nul.
CommeEet E?? ont mˆeme dimension finie, c’est un isomorphisme.
SiA0´etait strictement inclus dansE∗, alorsA0 serait incluse dans un hyperplan deE∗, et serait donc incluse dans le noyau d’une forme lin´eaire non nulle,i.e., d’apr`es l’´etude de ∆, il existerait un vecteurxnon nul deE,
´evalu´e en 0 par tout ´el´ement deA0, ce qui contredit le r´esultat pr´ec´edent :A0=E∗. A.4
a Pour tout vecteur non nulxdeE, il existe un unique scalaireλtel queu(x) =λy : on poseϕ(x) =λ.
On pose aussiϕ(0E) = 0, et on v´erifie ais´ement que l’applicationϕainsi d´efinie r´epond `a la question.
bSoitvun endomorphisme deE de rang 1,z un vecteur non nul de Im(v), et ψ∈E∗ tels que
∀x∈E, v(x) =ψ(x)z.
D’apr`es A.3, il existef ∈ Atel quef(y) =z et qu’il existeg∈ Atel queϕ◦g=ψ.
On v´erife ais´ement quev=f◦u◦g, et donc quev∈ A.
c D’apr`es la question pr´ec´edente, A contient tout ´el´ement de L(E) de rang 1. Soit f ∈ L(E), B = (e1, . . . , en) une base deE. Pour toutx∈E, den-uplet de coordonn´ees (x1, . . . , xn) dansB,
f(x) =
n
X
k=1
xkh(ek),
et s’´ecrit donc comme somme d’applications de rang 1 (lesx7→xkh(ek) sih(ek) n’est pas nul) :A=L(E).
A.5Dans cette question, on suppose disposer d’un ´el´ementudeAtel que rg(u)>2.
a rg(u)>2, donc Im(u) contient un plan vectoriel : il existex, y∈E tels que (u(x), u(y)) soit libre.
En particulier,u(x)6= 0, donc A.3.a permet d’affirmer l’existence def ∈ Atel quef ◦u(x) =y.
bIm(u◦f)⊂Im(u), donc (u◦f)(Imu)⊂Imu.
u◦f−λIdE envoieu(x) suru(y)−λu(x), qui est non nul :g6= 0.
Commeg, endomorphisme de l’espace vectoriel de dimension finie Im(u), n’est pas injectif, il n’est pas non plus surjectif : Im(g) est un sous-espace vectoriel strict de Im(u).
En posantv=g◦u, on av∈ Aet rg(v) = rg(g), donc rg(v)<rg(u).
A.6 Soit Aune sous-alg`ebre irr´eductible deL(E). Soit r le rang minimal d’un ´el´ement non nul deA : la question pr´ec´edente montre que, n´ecessairement,r= 1. Par cons´equent,Aposs`ede un ´el´ement de rang 1, puis A=L(E) d’apr`es A.4.c.
L(E), qui est bien sˆur une sous-alg`ebre irr´eductible deL(E), en est donc la seule.
