PROBLEME 1 E.M. Lyon 2001 PREMIERE PARTIE

PROBLEME 1 E.M. Lyon 2001

PREMIERE PARTIE

1. e1= 0

@ 1 0 0

1

A; f(e1) = 0

@ 1 1

¡2 1

A; f²(e1) = 0

@ ¡1

¡2 2

1 A

et pour véri…er qu’il n’y a pas d’étourderie de calcul on cherche tout de suite f³(e1)et f⁴(e1) pour véri…er f⁴(e1) =e1:

On doit donc étudier le rang de 0

@ 1 1 ¡1 0 1 ¡2 0 ¡2 2

1

A . Le calcul du déterminant ou le Pivot de Gauss (L3 Ã L3+ 2L2) donne le résultat.

e1; f(e1); f²(e1)est une base deE 2. f³(e1) =

0

@ ¡1 1 0

1

A; f⁴(e1) = e1:de plus ¡

e1; f(e1); f²(e1); f³(e1)¢

est bien générateur , car les trois premiers vecteurs forment une base. f est cyclique d’ordre4

3. Calcul: A²= 0

@ ¡1 0 0

¡2 ¡1 ¡2

2 0 1

1

ApuisA⁴=¡ A²¢2

=Id

4. On cherche une base B⁰ = (v1; v2; v3) et telle que MatB0(f) = D . Soit à résoudre dans la base B : f(v1) = v1; f(v2) =iv2; f(v3) =¡iv3

P = 0

@ 0 1¡i 1 +i

1 1 1

¡1 ¡1 +i ¡1¡i 1 A

On peut véri…erA=P DP^¡1

SECONDE PARTIE

1. Un cycle est un système générateur. Son cardinal est donc supérieur à la dimension de l’espace vectoriel : p¸n 2. Pour prouver que deux endomorphismes sont égaux il su¢t de le prouver pour les vecteurs d’une base. Comme on

peut extraire une base de la famille génératrice¡

fⁱ(x0)¢p¡1

i=0 il su¢t pour montrer f^p = Id de montrer 8i2 [[0; p¡1]]

f^p¡ fⁱ(x0)¢

=fⁱ(x0). Or f^p¡ fⁱ(x0)¢

=fⁱ(f^p(x0)) =fⁱ(x0) d’après l’hypothèsef^p(x0) =x0

f^p¡1est donc de façon évidente la fonction réciproque de f^p : f^p¡1±f =f±f^p¡1 =Id f^p =Id et f est bijective

3.

1. Par dé…nition dem¡

fⁱ(x0)¢m¡1

i=0 est libre et¡

fⁱ(x0)¢m

i=0est lié. Il existe donc une combinaison linéairePm

i=0¸ifⁱ(x0) = 0avec la famille (¸i)6= (0).

Si¸m= 0on aPm¡1

i=0 ¸ifⁱ(x0) = 0 et donc 8i; ¸i= 0(famille libre) : absurde donc¸m6= 0etf^m(x0) =Pm¡1

i=0

³¡¸^¸_mⁱ

´fⁱ(x0)

2. pour k=mon vient de montrer que f^m(x0)est combinaison linéaire des¡

fⁱ(x0)¢m¡1 i=0 : supposons alorsf^k(x0)2Vect¡

fⁱ(x0)¢m¡1

i=0 , il existe donc des¹itels quef^k(x0) =Pm¡1

i=0 ¹ifⁱ(x0). Si on compose parf on a

f^k+1(x0) =

mX¡1 i=0

¹_ifⁱ⁺¹(x0) =

mX¡1 i= 1

¹_i¡1fⁱ(x0) +¹_m¡1f^m(x0) =

mX¡1 i= 1

¹_i¡1fⁱ(x0) +¹_m¡1

mX¡1 i=0

µ

¡ ¸i

¸m

¶ fⁱ(x0)

Doncf^k+12Vect³¡

fⁱ(x0)¢m¡1 i= 0

´

8k¸m,f^k(x0)2Vect³¡

fⁱ(x0)¢m¡1 i=0

´

3. Sim > n la famille ne peut pas être libre :(cardinal trop grand) sim < n on a d’après la question précédente et l’hypothèse que ¡

fⁱ(x0)¢p¡1

i=0 engendre E le fait que ¡

fⁱ(x0)¢m¡1

engendre E . ce qui est absurde (cardinal trop petit) i=0

La famille étant libre et génératrice est une base deEnotée B⁰ m=n et¡

fⁱ(x0)¢m¡1

i=0 est une base de E

4.

1. gest un polynôme de l’endomorphisme f ainsi que f^k doncf^k et gcommutent et donc : g¡

f^k(x0)¢

= f^k(g(x0)) =f^k(fⁿ(x0)) par dé…nition deg et desai

= f^k+n(x0) On a aussi

g¡ f^k(x0)¢

=fⁿ¡

f^k(x0)¢ les deux applicationsg et fⁿ sont égales pour tout vecteur de la base ¡

f^k(x0)¢n¡1

k=0 . Elles sont donc égales g=fⁿ 2.

MatB0(f) = 0 BB BB BB

@

0 0 ¢ ¢ ¢ 0 a0

1 0 0 a1

0 ... ... ... ... ... ... 1 0 an¡2

0 ¢ ¢ ¢ 1 1 an¡1

1 CC CC CC A ,

8<

:

mi;n=ai¡1

mi;i¡1= 1 mi;j= 0sinon

5. Dans ce casfⁿ(x0) =x0donca0= 1 ,i >0 )ai= 0

MatB⁰(f) = 0 BB BB BB

@

0 0 ¢ ¢ ¢ 0 1

1 0 0 0

0 ... ... ... ...

... ... 1 0 0 0 ¢ ¢ ¢ 1 1 0

1 CC CC CC A ,

8<

:

m1;n= 1 mi;i¡1= 1 mi; j= 0sinon

Toute la suite va bien sur se faire en calculant dans cette base:

1. Sif(v) =¸v on a par récurrence immédiate8k2 N; f^k(v) =¸^kv . En particulier v =fⁿ(v) =¸ⁿv:Orv est non nul donc¸ⁿ= 1.

2. Soitxk tel quematB⁰(xk) = (®i)ⁿ_i=1. On doit étudier le système

®n =¸k®1

8i¸2; ®i¡1=¸k®i

On a donc®n=¸k®1=¸²_k®2=¢ ¢ ¢=¸ⁱ_k®i=¢ ¢ ¢.En particulier®n=¸ⁿ_k®n=®n .

®n semble donc être indéterminé et on sait calculer alors les®i :

matB⁰(xk) =®n

0 BB BB B@

¸k

¸²_k ...

¸ⁿ_k^¡1 1

1 CC CC CA

On véri…e sans problème que ce vecteur est solution. On prend par exemplean = 1

Ker(f ¡¸kId) = Vect 0 BB B@

¸k

...

¸ⁿ_k^¡1 1

1 CC CA

3. Si Pn¡1

k=0®kxk = ¡!0 . On a en composant par fⁱ : Pn¡1

k=0®k¸ⁱ_kxk = ¡!0 . Soit alors P = Pd

i= 0piXⁱ On a Pn¡1

k= 0®kP(¸k)xk =Pd i=0

³piPn¡1

k=0®k¸ⁱ_kxk

´=P¡!0 =¡!0

On prend alors pour P un polynôme d’interpolation de Lagrange Pj = Qi=n¡1 i=0i6=j

X¡¸_j

¸i¡¸j . pour avoir Pj(¸j) = 1;

8i6=j Pj(¸i) = 0. On a alorsPn¡1

k=0®kP(¸k)xk=®kxk et donc ®k = 0carxk 6=¡!0

les(xk)ⁿ_k=0^¡1 forment donc une famille libre , et donc une base deE car le cardinal est le bon.

4. la matrice def dans cette base est diagonale avec les (¸k) sur la diagonale.

PROBLEME 2 E.N.S option B.L. 2000

PRELIMINAIRE

1. H est un hyperplan eta est un vecteur non élément de H . On sait donc que H et Vect(a)sont deux sous espaces vectoriels supplémentaires. Tout vecteur de E se décompose de façon unique comme somme d’un vecteur deH et d’un vecteur colinéaire àa. Le résultat est vrai en particulier pour u(a) :

9!(°; ha); °2R; ha2H; u(a) =°a+ha

2. On prend les décompositions : u(a) =°a+ha etu(b) =°⁰b+hb et on doit montrer°=°⁰:

Toujours à l’aide des sous espaces supplémentairesbse décompose sous la formeb=ka+h ,k2R; h2H:

Avec de plus k6= 0carb =2H . On a donc

u(b) = ku(a) +u(h) =ku(a) +h carH est invariant par u

= k(°a+ha) +h=°(b¡h) +kha+h

= °b+ (kha+h¡°h)

On a donc une décomposition du typeu(b) =°b+h⁰ avec °2R; h⁰2H . par unicité de la décomposition on a °=°⁰:

° est indépendant dea

PREMIERE PARTIE

1.

1. reprenons le calcul du préliminaireu(b) =gb+ (kha+h¡°h):

On cherchebtel queu(b) =°(b). Ce qui équivaut à kha+h¡°h= 0(toujours l’unicité de la décomposition) donc àh= _°^kh_¡^a₁ (possible car°6= 1):Les vecteursa0 sont donc du type : a0=k³

a+ _°¡¹₁ha

´

a02H ,kha = 0,ha= 0(cark6= 0),a2H absurde. donca0 2=H

2. Le cardinal de la famille est dla dimension deE . De plus la famille est libre en e¤et(hi)^d_i=2est un système libre et a0 2=Vect (hi):

Dans cette base la matrice deuest diagonale de diagonale(°;1;¢ ¢¢1) 3. Si on calcule dans cette base soitx =x0a0+Pd

i=2yihi . On a u(x) =x0°a0+Pd

i=2yihi . Donc u(x) =°x,

Xd i=2

(°¡1)yihi= 0

Or la famille(hi)est libre et°6= 1 . Donc8i; yi= 0

Réciproquement six=x0a0 et siu(a0) =°a0alorsu(x) =°xpar linéarité.

u(x) =°x,x2Vect(a0)

2. SoitD = Vect(v)une droite stable . Il existe donc un¸ tel queu(v) =¸v . Si on se place dans la base précédente on peut poserv =x0a0+Pd

i=2yihi . u(v) =¸vimpose donc x0(°¡¸)a0+Pd

i=2(1¡¸)yihi= 0:

Comme on a une base on doit résoudre : x0(°¡¸) = 0 et 8i(1¡)yi= 0

² si¸ =2 f1; °gon obtient x0= 0et8i; yi= 0donc v= 0. AbsurdeVect(v)n’est pas une droite

² si¸= 1on ax0= 0doncv2H etD½H

² si¸=° on a8i; yi= 0 doncv2Vect(a) etD = Vect(a)

Les droites stables sont incluses dans H ou c’estE°

3.

² siE° ½ V . Soit v 2 V on doit montrer u(v) 2 V . On décompose v = ka0+h (k 2R; h 2 H) . On a alors u(v) =°ka0+h =v+ (°¡1)ka0 . Orv 2V et a02V (par l’hypothèse Eg½V)doncu(v)2V

² siV ½H alors tous les éléments de V sont invariants par)uet doncu(V) =V

4. On supposeV =2H . il existe donc un vecteurv2V¡H . Or H contient0 . Doncv6= 0.La droiteD = Vect(V)répond la question. Remarquons que par hypothèse surV on D6=E°

1. F est un sous espace vectoriel contenant E° . D’après la question 3F est stable par uet donc u(F)½F

2. Supposons par l’absurde queV soit stable paru. On a alors pour le vecteur v du début de la questionu(v)2V . Orv2F doncu(v)2F = Vect(a0; v). On peut donc décomposer u(v) =®a0+¯v

² si® = 0on au(v) =¯ vdoncD= Vect(v)est une droite stable . Absurde d’après la question 2 car on supposé queD n’est pas inclus dansH et on sait que D6=E°:

² si®6= 0on aa0= ^u(v)_®^{¡¯ v} 2V . absurde carE° 2=V 5. synthèse évidente:

Un sous espace vectoriel est stable si et seulement si il contientE° ou il est contenu dansH

SECONDE PARTIE

1. Siu=Idle résultat est évident.

Réciproquement s’il existe a0tel queu(a0) =a0 alors la décomposition usuelle x= ka0+h donne u(x) =xcar on sait aussi que tout vecteur de H est invariant.

9a0 2=H; u(a0) =a0,u=Id

2.

² Existence:Soit alorsa02=H quelconque . On peut décomposeru(a0) =a0+ha d’après le préliminaire avec °= 1. posons alorsc= _f(a^ha

0) 2H. Ce qui a un sens car a02=H )f(a0)6= 0:On doncu(a0) =a0+f(a0)c Montrons alors : 8x 2E ; u(x) =x+f(x)c:

On décompose (encore et toujours) x=ka0+h . On a doncf(x) =kf(a0)et u(x) =k(a0+f(a0)c) +h=x+kf(a0)c=x+f(x)c

² Unicité (a0 n’étant pas unique il n’est pas évident quec est unique)

Mais si8x:u(x) =x+f(x)c =x+f(x)dalors8x:f(x)(c¡d) = 0. Or il existe des vecteurs tels que f(x)6= 0 . Doncc= d:

il existe un vecteurc 2H unique tel queu(x) =x+f(x)c 3. uest un endomorphisme en dimension …ni donc u est bijective si et seulement siuest injective.

Orx 2Ker(u))u(x) = 0)x+f(x)c= 0

² six =2H alors(x; c)est un système libre : absurde car le coe¢cient dex est non nul.

² six2H on af(x) = 0doncx=¡!0

² Pour calculer l’inverse on posey=x+f(x)cet on cherche à calculerxen fonction dey. On af(y) =f(x)+f x)f(c) = f(x)car c2H . Donc x=y¡f(x)x=y¡f(y)c:

On véri…e alors que si8x2E g(x) =x¡f(x)c on ag±f =f±g =Id

g:x¡> x¡f(x)cest la fonction réciproque de f 4. la base existe par le théorème de la base incomplète.

1. MatB(f) = 0 BB BB BB B@

1 0 0 ¢ ¢ ¢ 0 f(a) 1 ... ... 0 0 1 ... ...

... ... ... 0 0 ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ 0 1

1 CC CC CC CA

2. Il su¢t de prendre la base(a; c⁰; h3¢ ¢ ¢hn) avecc⁰=f(a)c. C’est une base carf(a)6= 0

5. Il est déjà évident que siV ½H ,V est stable paru:et queE est stable paru:

On a aussi que sic2V alorsV est stable par u: x2V )u(x) =x+f(x)c2V Montrons alors :

V est stable paru si et seulement siV ½H ou c2V On a déjà montré une implication.

Réciproquement soitV stable paru:

² siV ½H le résultat est évident

² sinon il existev2V ¡H on a alorsu(v) =v+f(v)c 2V doncc= ^u(v)_f(v)^¡v 2V . En e¤etf(v)6= 0car v =2H: