Premi` ere partie

(1)

Ecole Polytechnique ´ Math´ ematiques II MP 2007

Premi` ere partie

1. Soit X

i

= Vect(x

i

) alors X

i

= E

A

(a

i

) sous-espace propre de A relativement `a la valeur propre a

i

.

Si B commute avec A alors les sous-espaces propres de A sont stables par B. On a donc B(X

i

) ⊂ X

i

ce qui s’´ecrit B(x

i

) = b

i

x

i

ce qui est ´equivalent au fait que la matrice de B dans la base (x

1

, . . . , x

n

) est diagonale.

2. a) Soit λ une valeur propre de B (existe car X est un C -espace vectoriel) : le sous- espace propre Ker(B − λ Id

X

) est non nul et stable par A

1

, . . . , A

p

donc c’est X, ce qui implique B = λ Id

X

.

Remarque : cette propriété est fausse dans le cas d’un espace vectoriel réel. Par exemple dans R

²

les seuls sous-espaces stables par l’endomorphisme A : (x, y) 7→

(−y, x) (quart de tour) sont {0} et R

²

pourtant A, qui commute avec lui-mˆeme, n’est pas un multiple de l’identit´e.

b) Non. Soient x

1

, x

2

deux vecteurs de C

²

, A

1

de matrice

1 0 0 0

dans Vect(x

1

, x

2

),

A

2

de matrice

0 1 0 0

. Si B de matrice

a b c d

commute avec A

1

alors b = c = 0, et si B commute avec A

2

alors a = d. Or Vect(x

1

) est stable par A

1

et par A

2

. Conclusion : on a bien trouv´e deux endomorphismes A

1

et A

2

tel que tout endomorphisme B commutant avec A

1

et A

2

est un multiple scalaire de l’identit´e et pourtant il existe un sous-espace stable par A

1

et A

2

diff´erent de {0} et X.

Deuxi` eme partie

3. On pose x

n+1

= 0 d’o` u K

0

F

0

x

p

= K

0

x

p+1

= q

^n+1−2p−2

x

p+1

et F

0

K

0

x

p

= F

0

q

^n+1−2p

x

p

= q

^n+1−2p

x

p+1

d’o` u K

0

F

0

− q

⁻²

F

0

K

0

= 0 par calcul sur la base (x

1

, . . . , x

n

).

4. Clairement, pour 1

⁶

k

⁶

n, le sous-espace X

k

= Vect(x

k

, . . . , x

n

) est stable par F

0

, de mˆeme que X

n+1

= {0}. Montrons que ce sont les seuls :

Soit Y 6= {0} un sous-espace stable par F

0

et x = P

n i=k

λ

i

x

i

un vecteur de Y o` u λ

k

6= 0.

F

₀^n−k

x = λ

k

x

n

donc x

n

∈ Y . Par une r´ecurrence descendante, on obtient x

j

∈ Y pour j ∈ [[k, n]]. On a ainsi X

k

⊂ Y .

On note P = {k ∈ [[1, n]] | X

k

⊂ Y }, P est un sous-ensemble non vide de N , il possède un plus petit élément k

₀

. Tout vecteur de Y est combinaison lin´eaire des (x

k0

, . . . , x

n

) donc Y ⊂ X

k0

et comme on a l’inclusion dans l’autre sens, on peut conclure que Y = X

k0

. Conclusion : les seuls sous-espaces stables par F

0

sont les X

k

.

Les sous-espaces stables par F

0

et K

0

sont aussi les X

k

, 1

⁶

k

⁶

n + 1 car ces derniers sont manifestement stables par K

0

.

5. On pose l`a aussi x

0

= 0.

On a d’une part

K

0

E

0

x

p

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^p−1

− q

^1−p

)(q

^n+1−p

− q

^p−n−1

)K

0

x

p−1

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^p−1

− q

^1−p

)(q

^n+1−p

− q

^p−n−1

)q

^n+1−2p+2

x

p−1

, d’autre part

E

₀

K

₀

x

p

= q

^n+1−2p

E

₀

x

p

= q

^n+1−2p

(q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^p−1

− q

^1−p

)(q

^n+1−p

− q

^p−n−1

)x

_p−1

. Conclusion : on trouve K

₀

E

₀

− q

²

E

₀

K

₀

= 0.

1

(2)

2

6. V´erification facile par calcul sur la base (x

1

, . . . , x

n

) :

• Si p = n alors E

0

F

0

x

n

= 0 et F

0

E

0

x

n

= (q−q

⁻¹

)

⁻¹

(q

ⁿ⁻¹

−q

¹⁻ⁿ

)x

n

et K

0

x

n

−K

₀⁻¹

x

n

= (q

¹⁻ⁿ

− q

ⁿ⁻¹

)x

n

d’o` u l’´egalit´e.

• Si p = 1 alors F

0

E

0

x

1

= 0 et E

0

F

0

x

1

= E

0

x

2

= (q − q

⁻¹

)

⁻¹

(q

ⁿ⁻¹

− q

¹⁻ⁿ

)x

1

et K

0

x

1

− K

₀⁻¹

x

1

= (q

ⁿ⁻¹

− q

¹⁻ⁿ

)x

1

, ´egalit´e aussi dans ce cas,

• si p ∈ [[2, n − 1]] (en supposant n > 3) alors E

0

F

0

x

p

− F

0

E

0

x

p

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^p

− q

^−p

)(q

^n−p

− q

^p−n

)x

p

− (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^p−1

− q

^1−p

)(q

^n+1−p

− q

^p−n−1

)x

p

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

q

ⁿ

− q

⁻ⁿ

− q

^2p−n

+ q

^n−2p

− q

ⁿ

− q

⁻ⁿ

− q

^2p−n−2

+ q

^n+2−2p

x

p

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^n−2p

− q

^2p−n

+ q

^2p−n−2

− q

^n+2−2p

)x

p

. Puis K

0

x

p

− K

₀⁻¹

x

p

= (q

^n+1−2p

− q

^2p−n−1

)x

p

et comme

(q

^n+1−2p

− q

^2p−n−1

)(q − q

⁻¹

) = q

^n−2p

− q

^2p−n

+ q

^2p−n−2

− q

^n+2−2p

on peut là encore conclure à l’égalité.

Conclusion : on a bien E

0

F

0

− F

0

E

0

= (q − q

⁻¹

)(K

0

− K

₀⁻¹

).

Remarque : les calculs que l’on a fait dans le cas g´en´eral sont aussi valables lorsque p = 1 ou p = n.

7. Les sous-espaces stables par E

₀

se trouvent par le mˆeme argument que celui utilis´e pour chercher les sous-espaces stables par F

₀

, il suffit de poser x

^′_p

= x

_n−p

. On obtient alors les sous-espaces X

_k^′

= Vect(x

1

, . . . , x

k

).

Seuls X

1

= X et X

n+1

= {0} conviennent alors.

Troisi` eme partie

8. Soit x ∈ X

λ

alors KEx = q

²

EKx = q

²

λEx soit Ex ∈ X

q²λ

ce qui donne la premi`ere inclusion.

Soit y ∈ Y

λ

, EKy = q

⁻²

KEy = q

⁻²

λKy donc K (Y

λ

) ⊂ Y

q⁻²λ

.

9. Si λ 6= 0 alors raisonnons par l’absurde en supposant que Y

λ

6= {0}. On a alors les inclusions suivantes

K(Y

λ

) ⊂ Y

q⁻²λ

, K(Y

q⁻²λ

) ⊂ Y

q⁻⁴λ

, . . . , K (Y

q^−2pλ

) ⊂ Y

_q−2(p+1)λ

, . . .

Comme K est inversible, aucun des espaces Y

q^−2pλ

n’est nul. Alors il existerait une infinit´e de complexes µ, de la forme q

^−2k

λ, valeurs propres de E ; c’est impossible.

10. On vient de voir que 0 est l’unique valeur propre éventuelle de E, donc le polynôme caractéristique de E ne peut être que (−t)

ⁿ

, et, d’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a E

ⁿ

= 0.

11. Il suffit de prendre un vecteur propre de E

|KerE

. Il y en a car on est dans C et Ker E 6=

{0} vu la question pr´ec´edente (n 6= 0 car E 6= 0).

12. a) On a vu `a la question 11 qu’il existait un vecteur x de E, vecteur propre de K. Il suffit donc de prendre pour x

⁰₁

un vecteur non nul et proportionnel `a x.

b) E

²

= 0 donc Im E ⊂ Ker E = Vect(x

⁰₁

). Ainsi il existe µ ∈ C tel que Ex

⁰₂

= µx

⁰₁

et µ 6= 0 car x

⁰₂

∈ / Vect(x

⁰₁

) = Ker E.

c) (x

1

, x

⁰₂

) est une base de X donc il existe β, γ ∈ C tels que Kx

⁰₂

= βx

1

+ γx

⁰₂

. On a

alors KEx

⁰₂

= Kx

1

= λx

1

et q

²

EKx

⁰₂

= q

²

E(βx

1

+ γx

⁰₂

) = q

²

γx

1

d’o` u γ = q

⁻²

λ.

(3)

3

d) α = βq

²

λ(1 − q

²

) convient (le d´enominateur est non nul car q

²

6= 1 et λ ∈ Sp(K) ⊂ C

^∗

d’apr`es ii)).

Quatri` eme partie 13. Vérification par récurrence sur m en écrivant

EF

^m+1

− F

^m+1

E = (EF

^m

− F

^m

E)F + F

^m

(EF − F E)

• Si m = 1, c’est bon.

• On suppose donc la propriété vraie à l’ordre m alors EF

^m+1

− F

^m+1

E = (EF

^m

− F

^m

E)F + F

^m

(EF − F E)

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^m

− q

^−m

)F

^m−1

(q

^1−m

KF − q

^m−1

F K)

+ F

^m

(q − q

⁻¹

)

⁻¹

(K − K

⁻¹

)

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^m

− q

^−m

)F

^m−1

(q

^−1−m

F K − q

^m+1

F K

⁻¹

)

+(q − q

⁻¹

)F

^m

(K − K

⁻¹

)

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

F

^m

(q

⁻¹

− q

^−1−2m

+ q − q

⁻¹

)K + (−q

^2m+1

+ q − q + q

⁻¹

)K

⁻¹

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

F

^m

(q

^m+1

− q

^−m−1

)(q

^−m

K − q

^m

K

⁻¹

) ce qui ach`eve la r´ecurrence.

14. Remarque : On a E 6= 0 sans quoi K − K

⁻¹

= (q − q

⁻¹

)(EF − F E) serait nul ce qui contredirait i). Les r´esultats de la partie III sont donc applicables, en particulier E est nilpotent et Ker E est un sous-espace non nul stable par K. Il en r´esulte qu’il existe ν

1

, vecteur de Ker E propre pour K.

On a alors par r´ecurrence imm´ediate KF

^m−1

= q

^−2(m−1)

F

^m−1

K d’o` u Kν

m

= λq

^2−2m

ν

m

.

15. Conséquence de deux questions précédentes : on remarque que λ valeur propre de K ne peut être nulle car K est inversible puis on utilise la question 13 en rempla¸cant m par m − 1 d’o` u

EF

^m−1

ν

1

− F

^m−1

Eν

1

| {z }

=0

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^m−1

− q

^1−m

)F

^m−2

(q

^2−m

Kν

1

− q

^m−2

K

⁻¹

ν

1

| {z }

=(q^2−mλ−q^m−2λ⁻¹)ν1

)

= (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

^m−1

− q

^1−m

)(q

^2−m

λ − q

^m−2

λ

⁻¹

)ν

m−1

.

16. a) Ce sont des vecteurs propres pour K associ´es `a des valeurs propres distinctes.

b) On est en dimension finie, donc il existe m

0

maximal tel que (ν

1

, . . . , ν

m₀

) soit libre, et m

0 >

1 puisque ν

1

6= 0. le vecteur suivant, ν

m₀+1

, est combinaison lin´eaire de ν

₁

, . . . , ν

m0

par choix de m

₀

, et il est nul d’après 16a). Les vecteurs suivants le sont aussi puisque ce sont des itérés de F sur ν

m0+1

.

c) Vect(ν

1

, . . . , ν

m0

) est non nul, stable par K, E d’apr`es 14) et 15), et aussi stable par F par construction des ν

k

et par le fait que F ν

m0

= 0. D’après v), cet espace est égal à X et en particulier sa dimension, m

0

, est ´egale `a n.

d) Car Eν

n+1

= Eν

m0+1

= 0 = (q − q

⁻¹

)

⁻²

(q

ⁿ

− q

⁻ⁿ

)(q

¹⁻ⁿ

λ − q

ⁿ⁻¹

λ

⁻¹

)ν

n

, et le seul facteur pouvant ˆetre nul est q

¹⁻ⁿ

λ − q

ⁿ⁻¹

λ

⁻¹

.

17. Pour λ = q

ⁿ⁻¹

on retrouve les propriétés définissant K

0

, E

0

, F

0

au II. Pour λ = −q

ⁿ⁻¹

, le

triplet (−K, E, −F ), associ´e `a la base (ν

1

, −ν

2

, ν

3

, . . . , (−1)

ⁿ⁻¹

ν

n

) satisfait `a ces mˆemes

propri´et´es.