Partie II. Valeurs propres complexes.

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MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DS 7 le 16/03/18 24 avril 2020

Exercice 1

1. Le vecteurxappartient àVect(u₁, u₂, u₃)si et seulement si il existe des réelsλ₁,λ₂, λ₃ tels que x=λ₁u₁+λ₂u₂+λ₃u₃. Cela est équivalent à l'existence d'une solution pour le système suivant de4équations à3 inconnuesλ₁,λ₂, λ₃.

(S) :











λ1+ 3λ2 −λ3=x1

λ1 +2λ3=x2

λ₁+ 5λ₂ −3λ3=x₃ 2λ1+λ2 +3λ3=x4

On transforme ce système en des systèmes équivalents par des opérations élémentaires

(S)⇔











λ2+ 2λ1 +3λ3=x4

+λ₁ +2λ₃=x₂

−5λ1 −10λ3=x1−3x4

−9λ1 −18λ3=x3−5x4

⇔











λ2+ 2λ1 +3λ3=x4

+λ₁ +2λ₃=x₂

0 =x1−3x4+ 5x2

0 =x3−5x4+ 9x2

On en déduit quex∈Vect(u1, u2, u3)si et seulement si (0 =x1−3x4+ 5x2

0 =x₃−5x₄+ 9x₂

Il existe plusieurs systèmes d'équations possibles pour ce sous-espace. Si vous en avez un autre, pour le valider, vérier que les vecteurs suivants sont solutions

(3,0,5,1) (−5,1,−9,0).

2. Avec les notations précédentesxi=αi(x). On peut donc choisir (α=α1−3α4+ 5α2

β =α3−5α4+ 9α2

Pourquoi (α, β) est-elle libre ? Si λα+µβ est la forme nulle, la valeur en a₁ donne λ= 0et la valeur ena₃ donneµ= 0.

Problème

Les coordonnées d'un vecteur deC^psont toujours relatives à la base canonique. Lai-ème coordonnée de(x₁,· · · , x_p)est doncx_i.

Partie I. Boîte à outils.

1. a. Par linéarité def :

∀z= (z1,· · · , zn)∈F, f(z) =

p

X

i=1

ai1zi,· · ·,

p

X

i=1

aipzi

! .

b. Pour tout(i, j)∈J1, pK

2, commef(e_i)∈ Q⁺, lesa_ij sont strictement positifs par dénition deQ⁺.

Comme,f(u) =uavecu= (1,· · · ,1). D'après l'expression def(z):

∀j∈J1, pK,

p

X

i=1

aij=j-ème coordonnée def(u) = 1.

2. Pourkxé, d'après les propriétés des suites usuelles :

n k

=

kfacteurs

z }| { n(n−1)· · ·

k! ⇒

n k

λⁿ

n≥p

∼n^k

k!λⁿ→0car|λ|<1.

3. On rappelle queλ_i>0pour tous les iavecλ₁+· · ·+λ_p= 1. a. Ici tous lesλetµsont positifs ou nuls. Donc

∀i∈J1, pK, λiµi≤λ1µ1+· · ·+λpµp.

Cela est vrai en particulier pour l'indicei₀tel que µ_i₀ = max(µ₁,· · · , µ_p), donc

min(λ1,· · · , λp)

| {z }

≤λi0

max(µ1,· · · , µp)

| {z }

≥0

≤λi₀max(µ1,· · ·, µp) =λi₀µi₀

≤λ₁µ₁+· · ·+λ_pµ_p Si on suppose de plus que la somme desλµest nulle, on en déduit

0≤min(λ₁,· · ·, λ_p)

| {z }

>0

max(µ₁,· · ·, µ_p)

| {z }

≥0

≤0⇒max(µ₁,· · · , µ_p) = 0

⇒µ1=· · ·=µp= 0.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai S1707C

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Pour la deuxième implication, on écrit1comme somme desλet on se ramène à la première

λ1µ1+· · ·+λpµp = 1 =λ1+· · ·+λp⇒λ1(1−µ1)

| {z }

≥0

+· · ·+λp(1−µp)

| {z }

≥0

= 0

⇒1−µ₁=· · ·= 1−µ_p= 0.

b. Ici lesu_i ∈C. Notonsµ_i = Re(u_i)et considérons la partie réelle de la combinai- son :

∀i∈J1, pK,Re(u_i)≤ |Re(u_i)| ≤ |u_i| ⇒µ_i≤1 Re (λ1u1+· · ·+λpup) =λ1µ1+· · ·+λpµp= 1

)

⇒µ1=· · ·=µp = 1 d'après l'implication précédente. On conclut alors par

∀i∈J1, pK, Re(u_i) = 1

|Re(ui)| ≤1 )

⇒Im(ui) = 0et ui = 1.

Partie II. Valeurs propres complexes.

1. Pourp= 2, en se limitant àR², on trouve le carré unité : les 4 segments pourN et la plaque pourB.

x1

x₂

1 1

-1

x1

x₂

1 1

-1

-1 Fig. 1:N ∩R² etB ∩R²

2. Par dénition f(u) = u ce qui signie que 1 est valeur propre de vecteur propre u. L'ensembleSdes valeurs propres def (appelé son spectre) est non vide, il contient au moins1.

3. On veut montrer que le module d'une valeur propre est inférieure ou égale à1.

a. Soitwun vecteur propre de valeur propre λet µ∈Cnon nul.

Notonsv=µw6= 0F. C'est encore un vecteur propre car f(v) =f(µw) =µf(w) =µ(λw) =λ(µw) =λv.

b. Soitw = (z1,· · · , zp) ∈ B. Par linéarité de f, laj-ème coordonnée de f(w)est a_1jv₁+· · ·+a_pjv_p avec

|a1j

|{z}

>0

z1+· · ·+ apj

|{z}

>0

zp| ≤a1j |z1|

|{z}≤1

+· · ·+apj |zp|

|{z}

≤1

≤a1j+· · ·+apj= 1

d'après I1b. Ceci étant valable pour tous lesj, on en tiref(v)∈ B.

c. Soit w= (z1,· · · , zp), notonsW = max(|z1|,· · ·,|zp|). Alorsw6= 0F ⇒W >0. Il sut de choisirµ=_W¹ pour queµ w∈ N.

d. Soitλune valeur propre. D'après c. et a., il existew= (z1,· · ·, zp)∈ N qui est un vecteur propre de valeur propreλ. CommeN ⊂ B, la question b. montre que

λw=f(w)∈ B ⇒ ∀j∈J1, pK, |λz_j| ≤1.

Il existe unj tel que|zj|= 1carw∈ N. On en déduit|λ| ≤1. 4. Soitλune valeur propre de module1.

a. Comme dans la question précédente, il existew= (z₁,· · · , z_p)∈ N (d'après 3.c.

et 3.a.) qui est un vecteur propre de valeur propreλ.

b. Il existej tel que|zj|= 1et |zi| ≤1 pour tous lesi carw= (w1,· · · , wp)∈ N. Considérons laj-ème coordonnée def(w):

a1jz1+· · ·+apjzp=λzj. Divisons parλz_j qui est non nul car de module1. On en tire

a1ju1+· · ·+apjup= 1avecuk= zk

λzi

⇒ |uk|= |zk|

|λzi| ≤1.

On conclut alors queuk = 1pour tous leskavec la question I.3.b. car a_1j+· · ·+a_pj= 1.

En considérant k = j, on obtient λ = 1. Ceci prouve que 1 est la seule valeur propre de module 1. Pour tous les autresk, on obtientzk=zj.

On peut noter que cela entrainew=z_juce qui est utile dans la question suivante.

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c. Remarquons quev∈ker(f−IdF)⇔f(v) =v. Commef(u) =upar hypothèse, u∈ker(f −IdF)doncVect(u)⊂ker(f−IdF).

Soit v non nul dans ker(f −Id_F). D'après 3.c. et 3.a., il existe µ > 0 tel que µv = (z₁,· · ·, z_p)soit un vecteur propre dans N de valeur propre 1. D'après la question précédente, il existe j tel que µv = z_iu ∈ Vect(u). On en tire l'autre inclusion donc

ker(f−Id_F) = Vect(u).

Partie III. Hyperplan supplémentaire stable.

1. a. Sig(x) = 0alorsg⁽x) = 0donckerg⊂kerg² doncdim(kerg)≤dim(kerg²). Pour la deuxième inégalité, considéronsg⁰ la restriction deg àkerg². Elle prend ses valeurs danskergdoncrgg⁰ ≤dim(kerg)et son noyau estkerg. Appliquons àg⁰ le théorème du rang :

dim(kerg²) = dim(kerg) + rg(g⁰)≤2 dim(kerg).

b. On sait quekerg⊂kerg² etImg²⊂Img pour tout endomorphismeg. SupposonsImg⊕kerg=E et montrons queImg⊂Img².

Soitx=g(y)∈Img, décomposons y eny=a+b aveca∈kerg etb=g(c)∈ Img. On en tirex=g²(c)∈Img² doncImg= Img².

SupposonsImg= Img² et montrons quekerg= kerg².

L'égalité des deux images entraine l'égalité des dimensions des deux images. Le théorème du rang entraine l'égalité des dimensions des deux noyaux. Comme kerg⊂kerg², l'égalité des dimensions entraine l'égalité des espaces.

Supposonskerg²= kerget montrons que Img⊕kerg=E.

Six∈Img∩kerg, il existeytel quex=g(y)etg(x) = 0. Alorsg²(y) = 0donc y∈kerg²⊂kerg doncg(y) =x= 0. L'intersection est réduite au vecteur nul doncdim(Img+ kerg) = dim Img+ dim kerg= dimEà cause du théorème du rang. D'oùImg+ kerg=EpuisImg⊕kerg=E.

Les trois implications prouvées au dessus montrent circulairement l'équivalence Img⊕kerg=E⇔Img²= Img⇔kerg²= kerg.

2. Notonsg=f −IdF de sorte quef = IdF+g. La formule du binôme est valable pour une somme de deux endomorphismes qui commutent :

fⁿ= IdF+ n

1

g+ n

2

g²+ n

3

g³+· · ·

On sait d'après II.4.c que kerg = Vect(u) donc dim(kerg) = 1. Si dim(kerg²) = 2 l'inclusion entre les deux noyaux est stricte et il existe un w∈kerg² avecw /∈kerg. On a donc f(w) 6= w et g²(w) = 0. Le vecteur v n'est pas forcémént dans B mais, comme il est non nul, il existeµ > 0 tel quev =µw = (z₁,· · ·, z_p)∈ N ⊂ Bet qui vérie les mêmes propriétés. L'expression defⁿ(v)se réduit alors à

fⁿ(v) =v+ n

1

g(v) + 0 =v+n(f(v)−v).

Ceci entre en contradiction avec le fait queBest stable parf (partie II question III.b).

En eet il existe un indicejtel que laj-ème coordonnée devsoit diérente de laj-ème coordonnée def(v). Pour cej, la suite desj-ème coordonnés defⁿ(v)va diverger vers +∞ou−∞et ne sera pas bornée par1. Ceci prouve quekerg²= kerg.

3. Toujours avecg=f−Id_F, la question 1.a. montre que

ker(f −Id_F)²= ker(f −Id_F)⇒Im(f−Id_F)⊕ker(f−Id_F) =E.

Commeker(f−IdF) = Vect(u)est une droite vectorielle,Im(f−IdF)est un hyperplan supplémentaire notéH.

Il est stable parf car six∈H, il existey∈F tel que

x=f(y)−y⇒f(x) =f²(x)−f(x) = (f−IdF)(f(x)) =g(x)∈H.

4. a. Il s'agit d'une question de cours. Soitvun vecteur qui n'est pas dans l'hyperplan kerφ= kerψalorsψ(v)etφ(v)sont non nuls et la droiteVect(v)est un supplé- mentaire de cet hyperplan. En décomposant danskerψ⊕Vect(v), on vérie que φ=_ψ(v)^φ(v)ψ.

b. CommeH est un hyperplan, il existe une forme linéaire γ1 telle queH = kerγ1

avecγ₁(u)6= 0 carun'est pas dansH. On peut poser γ= _γ¹

1(u)γ₁ pour assurer queγ(u) = 1.

Notons γ⁰ = γ◦f. C'est encore une forme linéaire et elle n'est pas nulle car γ⁰(u) = 1. La stabilité de H par f entraine queH ⊂kerγ⁰. Comme il sont de même dimension, les deux hyperplans sont égaux. Il existe donc un réelλtel que γ⁰ =λγ. De plusλ= 1 carγ(u) =γ⁰(u).

c. Décomposonsv∈F dansVect(u)⊕H. Il existeµ∈Ceth∈H = kerγtel que v=λu+h⇒γ(v) =λγ(u)⇒p_Vect(u)_H(v) =λu=γ(v)ucarγ(u) = 1.

(4)

Partie IV. Convergence.

1. Utilisons la formule du binôme pour l'endomorphisme fⁿ= (λIdF+(f −λIdF))ⁿ

carλIdF commute avecf−λIdF. Prenons la valeur env∈ker(f −λIdF)^p : fⁿ(v) =λⁿv+

p−1

X

k=1

n k

λ^n−k(f−λIdF)^k(v)

car (f −λId_F)^k(v) = 0 pour k ≥p. D'après II., |λ| <1 car c'est une valeur propre autre que1. De I.1., on déduit que toutes les suites numériques en jeu (pour chaquek et chaque coordonnée) dans la suite de vecteurs(fⁿ(x))_n≥p convergent vers0. 2. Soitλune valeur propre telle que ker(f −λId_F)^p ⊂H et v 6= 0_F un vecteur propre

associé.

v∈ker(f −λId_F)⊂ker(f−λId_F)^p⊂H H∩ker(f−IdF) ={0F}

)

⇒f(v)6=v⇒λ6= 1⇒ |λ|<1

car d'après II.|λ| ≤1et λ6= 1⇒ |λ|<1.

3. CommeVect(u)⊕H =F, tout vecteurv se décompose en

v=γ(v)u+havech=∈H = ker Γ.

De plus, d'après la propriété admise,hse décompose en une sommeh=v1+· · ·+vr

avecvk∈ker(f−λk)^p. La question 2 montre que les suites de coordonnées desfⁿ(vk) convergent vers 0. La seule composante qui contribue réellement à la limite est celle dansVect(u)qui est constante. Toutes les suites de coordonnées desfⁿ(v)convergent vers la même valeurγ(v).