Partie I. Commutant et polynômes

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MPSI B Année 2018-2019. Corrigé du DM 12 le 15/03/19 29 juin 2019

Problème

Partie I. Commutant et polynômes

1. Soientg ethcommutant avecf et λ∈K. AlorsId_E◦f =f◦Id_E et

(g+h)◦f =g◦f+h◦f =f ◦g+f ◦h=f◦(g+h) (λg)◦f =λg◦f =f◦(λg)

(g◦h)◦f =g◦(h◦f) =g◦h◦g=f◦g◦h DoncC(f)est une sous-algèbre deL(E).

2. Tout polynôme en f est obtenu par combinaison linéaire et composition à partir de IdE etf qui commutent avec f. Les stabilités de la première question montrent donc que tout polynôme enf commute avecf.

3. a. Si g = P(f) avec deg(P) ≥ m, alors comme f^k = 0_L(E) pour k ≥ m, on a g=P(f)avecP le polynôme obtenu à partir deP en tronquant au degrém−1. b. Commef^m−16= 0_L(E), il existe a∈E tel quef^m−1(a)6= 0_E.

Soitg un polynôme enf, par exemple

g=λ0IdE+λ1f +· · ·+λ_m−1f^m−1

En composant parf^m−1 et en prenant la valeur ena, on obtientf^m−1◦g(a) = λ₀f^m−1(a). Comme f^m−1(a)6= 0E, ceci détermine de manière unique ceλ₀. On continue algorithmiquement,

λ1f^m−1(a) =f^m−2(g(a)−λ0a)

λ₂f^m−1(a) =f^m−3(g(a)−λ₀a−λ₁f(a)) ...

à déterminer de manière unique lesλk. Ce qui assure l'unicité du polynômeQtel queg=Q(f)avecdeg(Q)< m.

Partie II. Endomorphisme cyclique

1. Pour touta∈E,f^m(a) = 0E donc

k∈Ntqf^k(a) = 0E est une partie non vide de N. Elle admet un plus petit élément notéµ(a). Poura6= 0E,f⁰(a)6= 0doncµ(a)≥1. Par dénition def,f^m(a) = 0_E doncµ(a)≤m.

2. Il est important de remarquer quef^µ(a)−1(a)6= 0E et f^µ(a)(a) = 0E par dénition de µ(a).

Si λ₀a+λ₁f(a) +. . . est une combinaison linéaire nulle, en composant par f^µ(a)−1, on obtientλ₀f^µ(a)−1= 0_E ce qui entraîneλ₀= 0. On recommence en composant par f^µ(a)−2 et ainsi de suite. La famille est donc libre.

Pour k≥µ(a), on a f^k(a) = 0_E. La famille(a,· · · , f^µ(a)−1(a))engendre donc V(a). Comme elle est libre, c'est une base d'oùdim(V(a)) =µ(a).

3. a. On a déjà vu que commef^m−1 6= 0_L(E), il existea∈E tel quef^m−1(a)6= 0E. Pour cea, on a alorsµ(a) =m. Doncm=µ(a) = dim(V(a))≤dim(E) =n. b. Si m=n et a est tel que f^m−1(a)6= 0E, alorsµ(a) =m=n = dim(E). Donc

E=V(a)etf est cyclique.

Réciproquement, sif est cyclique avec E=V(a), alors µ(a) = dim(E) =n. Or µ(a)≤md'après 1. etm≤nd'après 3.a. On doit donc avoirm=n.

Dans la suite de cette partie, on supposef cyclique et on xe un élémenta deE tel queA= (a, f(a),· · ·, fⁿ⁻¹(a))soit une base deE.

4. Soitgcommutant avecfet(λ0,· · ·, λ_n−1)les coordonnées deg(a)dansA. Considérons h=λ0IdE+λ1f+· · ·+λn−1fⁿ⁻¹

On a alors h(a) =g(a). Mais commeg et hcommutent avec f l'égalité sera valable aussi pour les autres éléments deA.

g(f^k(a)) =g◦f◦f◦ · · · ◦f(a) =f◦g◦f ◦ · · · ◦f(a) =· · ·=f◦ · · · ◦f ◦g(a)

=f ◦ · · · ◦f◦h(a) =f◦ · · · ◦f◦h◦f(a) =· · ·=h◦f◦ · · · ◦f(a) =h(f^k(a)) Les applications linéairesgethcoïncident sur tous les vecteurs de la baseA, elles sont donc égales ce qui montre queg est un polynôme enf.

5. Il est évident, en composant par f^k, que f^n−k(a), f^n−k+1(a),· · ·fⁿ⁻¹(a) sont dans ker(f^k). On en déduit

Vect f^n−k(a), f^n−k+1(a),· · ·fⁿ⁻¹(a)

⊂ker(f^k)

Réciproquement, considérons unxquelconque dansker(f^k)et sa décomposition dans la base

x=λ0a+λ1f(a) +· · ·+λ_n−1fⁿ⁻¹(a) En composant parf^k, on obtient

0_E=λ₀f^k(a) +λ₁f^k+1(a) +· · ·+λ_n−1−kfⁿ⁻¹(a)

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 M1812C

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MPSI B Année 2018-2019. Corrigé du DM 12 le 15/03/19 29 juin 2019 Or la famille f^k(a), f^k+1(a),· · · , fⁿ⁻¹(a)

est extraite de la baseAelle est donc libre ce qui entraine

λ0=λ1=· · ·=λn−1−k= 0et x∈Vect f^n−k(a), f^n−k+1(a),· · ·fⁿ⁻¹(a) En conclusion, f^n−k(a), f^n−k+1(a),· · ·fⁿ⁻¹(a)

est une base deker(f^k)et dim(ker(f^k)) =k

Partie III. Tableau de Young

1. S'il existe unktel que ker(f^k+1)⊂ker(f^k)alorsker(f^m)⊂ker(f^m−1). En eet,

x∈ker(f^m)⇒f^k+1(f^m−k−1(x)) = 0E⇒f^m−k−1(x)∈ker(f^k+1)⊂ker(f^k)

⇒f^k(f^m−k−1(x)) = 0_E⇒f^m−1(x) = 0_E. Or ceci est impossible carf^m= 0_L(E) etf^m−16= 0_L(E).

2. Soit k < m−1 et x ∈ Uk+1. Comme Uk+1 ⊂ kerf^k+2, on a f^k+2(x) = 0E donc f(x)∈kerf^k+1. On peut donc bien considérerpk(f(x))carpkest dénie danskerf^k+1. Par construction même, cette application

πk

(U_k+1→U_k

x7→pk(f(x)) est linéaire. Examinons son noyau :

x∈kerπ_k ⇒f(x)∈kerp_k = kerf^k⇒x∈kerf^k+1.

Or πk est déni dans Uk+1 qui est un supplémentaire dekerf^k+1 danskerf^k+2. On doit donc avoirx= 0_E ce qui prouve que π_k est injective.

3. a. Chaqueu_k est la dimension deU_k et la question précédente a montré l'existence d'une suite d'injections

Um−1 πm−2

−−−→Um−2 πm−3

−−−→ · · ·−→^π¹ U1 π₀

−→U0. Le théorème du rang entraîne alors que

u_m−1≤u_m−2≤ · · · ≤u1≤u0.

b. D'après le résultat de cours sur la dimension des espaces supplémentaires

dim(ker(f)) = 0 +u₀

dim(ker(f²)) = dim(ker(f)) +u1

dim(ker(f³)) = dim(ker(f²)) +u2

...

dim(ker(f^m)) = dim(ker(f^m−1)) +u_m−1. Par une simplication en dominos, on obtient

u₀+u₁+· · ·+u_m−1= dim(ker(f^m)) = dim(E) =n.

4. Lorsquef est cyclique, commem=n, tous les uk sont égaux à1.

5. a. Lorsque m =n−1, les conditions du 3. combinées avec le fait que les uk sont supérieurs ou égaux à 1 (conséquence de la question 1.) ne sont réalisées que si u0= 2et u1=u2=· · ·=un−2= 1.

Soit a tel que fⁿ⁻²(a) 6= 0E. Alors fⁿ⁻²(a) est un vecteur non nul de ker(f). Commeker(f) est de dimension2, il existe (théorème de la base incomplète)b dansker(f)tel que (fⁿ⁻²(a), b)soit une base deker(f).

La famille(a, f(a),· · ·, fⁿ⁻²(a), b)contientn= dim(E)vecteurs. Il sut de montrer qu'elle est libre pour prouver que c'est une base. Considérons une combinaison linéaire nulle

λ₀a+λ₁f(a) +· · ·+λ_n−2fⁿ⁻²(a) +µb= 0_E En composant parf, on obtient

λ0f(a) +λ1f(a) +· · ·+λn−3fⁿ⁻²(a) = 0E

Or(f(a)· · ·, fⁿ⁻²(a))est libre car extraite de(a· · · , fⁿ⁻²(a)). On a donc λ₀f(a) =λ₁=· · ·=λ_n−3= 0

Comme(fⁿ⁻²(a), b)est libre,λ_n−2fⁿ⁻²(a) +µb= 0E entraîneλ_n−2=µ= 0. b. Remarquons que la question précédente entraîne queV(a)etVect(b)sont supplé-

mentaires dans E. Dénissons un endomorphismeg par les images des vecteurs de la base de la question précédente.

g(a) =a, g(f(a)) =f(a), · · ·, g(fⁿ⁻²(a)) =fⁿ⁻²(a), g(b) = 0_E

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En fait g est la projection sur V(a) parallèlement à Vect(b). Comme V(a) et Vect(b)sont stables parf, on vérie facilement quef etg commutent.

Sigétait un polynôme enf, il vérieraitg=λ₀Id_E+λ₁f+· · ·. Mais en composant parfⁿ⁻² et en prenant la valeur en a. (comme en I.3.b), on devrait avoir

fⁿ⁻²(g(a)) =λ0fⁿ⁻²(a)⇒fⁿ⁻²(a) =λ0fⁿ⁻²(a)⇒λ0= 1 Alors

g= IdE+λ1f +· · · ⇒g(b) =b en contradiction avec la dénition deg.

6. Soits le plus grand des µ(a_k) pour les a_k dont on a admis l'existence. Comme tout vecteur de E se décompose en une somme de vecteurs dans les V(ak), il est clair que f^s(a) = 0E. On en déduit que m =s. En permutant au besoin, supposons que m=µ(ap).

La condition vériée par lesV(ak)entraîne queW =V(a1) +· · ·+V(a_p−1)etV(ap) sont supplémentaires. Il est évident queW et V(ap) sont stables par f. Notons g la projection sur V(ap)parallèlement à W. Comme W etV(ap)sont stables parf, elle commute avecf. On peut ensuite raisonner comme en 5.b..

Sig=λ0Ide+λ1f +· · ·, alorsf^m−1(ap)6= 0E et

f^m−1(ap) =f^m−1(g(ap)) =λ0f^m−1(ap)⇒λ0= 1

Or W est stable par f et sa restriction est toujours nilpotente donc elle n'est pas injective. Il existe donc un vecteurxnon nul deW dans le noyau de f. Alorsg(x) = 0_E car x ∈ W et g est une projection parallèlement à W et, d'après l'expression polynomiale

g(x) =x+λ1f(x) +...=x6= 0E

On en déduit donc quegn'est pas un polynôme enf.

On a donc montré, en admettant un résultat, que sif n'est pas cyclique, il existe un g qui commute avecf et qui n'est pas un polynôme enf. Logiquement, cela montre que siC(f)se réduit aux polynômes enf alorsf est cyclique.

7. L'objet de cette question est de se convaincre, en considérant un cas particulier assez signicatif que la proposition admise dans la question précédente est vraie.

a. En faitp2(f(a1) =π2(a1)et p2(f(a2) =π2(a2)avec(a1, a2)famille libre de U3. Or, d'après la question 2.,π2 est injective. On en déduit que(π2(a1), π2(a2))est libre dansU2. On peut compléter cette famille pour obtenir une base U2 qui est de dimensionu₂= 3

b. Considérons une combinaison linéaire nulle

λ1f³(a1) +λ2f³(a2) +λ3f²(a3) = 0E ⇒λ1f(a1) +λ2f(a2) +λ3a3∈kerf²

⇒λ₁p₂(f(a₁)) +λ₂p₂(f(a₂)) +λ₃a₃=O_E⇒λ₁=λ₂=λ₃= 0 car(π₂(a₁), π₂(a₂), a₃)est libre. La famille est donc libre, on la complète para₄ pour former une base dekerf. On peut remarquer aussi que cela entraîne que la famille(f²(a1), f²(a2), f(a3)) est libre car en composant par f, on obtient une famille extraite d'une famille libre.

c. Il sut en fait de montrer que les vecteurs du tableau forment une base. Remar- quons d'abord qu'il y en a bien12comme la dimension de l'espace.

Ils se répartissent dans4 colonnes et chaque sous famille des vecteurs d'une colonne est libre. Considérons une combinaison linéaire nulle. En composant parf³, on obtient la nullité des coecients dea1eta2. En composant parp2◦f², on obtient la nullité des coecients associés aux veteurs de la colonne 3. En composant parf, on obtient la nullité des coecients de la colonne 1 d'après la question b et on termine en utilisant la dénition dea4 pour former une famille libre.