Partie A – Pr´ eliminaires

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Sous-groupes ` a un param` etre dans GL(E) o` u E est un plan vectoriel complexe

Partie A – Pr´ eliminaires

A.1On a

(f−aIdE)◦(f−bIdE) =f²−(a+b)f+abIdE =a²p+a²q−(a+b)(ap+aq) +ab(p+q) = 0.

On a donc Im(f −bIdE) ⊂ ker(f −aIdE) et, puisque f −aIdE et f −bIdE commutent, Im(f −aIdE) ⊂ ker(f−bIdE).

Six∈ker(f−aIdE)∩ker(f−bIdE), alors f(x) =axetf(x) =bx, puis,a´etant diff´erent deb,x= 0, donc ker(f−aIdE) et ker(f−bId4) sont en somme directe.

Enfin, pour toutx∈E, on ax=λ(f(x)−ax) +µ(f(x)−bx), o`uλ=−µ=<sub>b−a</sub><sup>1</sup> , doncx∈Im(f−aIdE) + Im(f −bId<sub>E</sub>)⊂ker(f−aId<sub>E</sub>) + ker(f−bId<sub>E</sub>), d’o`u finalement

E= ker(f −aId_E)⊕ker(f−bId_E).

A.2f−aIdE=ap+bq−a(p+q) = (b−a)qetf−bIdE= (a−b)p. Commea6=bet (f−aIdE)(f−bIdE) = 0, qp= 0, et puisque (f−aIdE) et (f−bIdE) commutent,qp= 0.

De plus, IdE =p+q, d’o`u, en composant (`a droite ou `a gauche) par p, p=p², et, de mˆeme, q=q² : les endomorphismespet qsont donc des projecteurs.

Ils sont non nuls carf n’est pas une homoth´etie.

A.3R´ecurrence sur n∈N. A.4

a Soitn∈Z\N. On a, d’apr`es ce qui pr´ec`ede

(aⁿp+bⁿq)f⁻ⁿ= (aⁿp+bⁿq)(a⁻ⁿp+b⁻ⁿq) =aⁿa⁻ⁿp²+aⁿb⁻ⁿpq+a⁻ⁿbⁿqp+bⁿb⁻ⁿq²=p+q= IdE, d’o`u le r´esultat en multipliant `a droite parfⁿ.

bSoitx, y∈R. Par un calcul similaire `a celui effectu´e `a la question pr´ec´edente, on trouve ϕ(x)ϕ(y) = (e^αxp+e^βxq)(e^αyp+e^βyq) =e^α(x+y)p+e^β(x+y)q=ϕ(x+y).

Cette formule montre, en prenanty=−x, queϕ(x) est bien un automorphisme deE.

ϕest donc bien un morphisme de groupes.

Partie B – Sous-groupes ` a un param` etre dans le cas o` u E est un plan

B.1Soitxet y des vecteurs propres associ´es aux valeurs propresaet b. Comme tout multiple dexest nul ou un vecteur propre poura, y n’est pas multiple dex, donc (x, y) est libre, puis forme une base du plan E.

On consid`ereF =Cxet G=Cy, ainsi que le projecteur psurF parall`element `a G, et son projecteur associ´e q= IdE−p. On a bienp+q= IdE, f =ap+bqet f<sup>2</sup>=a<sup>2</sup>p+b<sup>2</sup>q, puisque ces ´egalit´es se v´erifient ais´ement pour les vecteurs de la base (x, y) : on peut donc bien appliquer la premi`ere partie.

B.2Dans ce cas,f =λIdE, donc, en prenant unlogarithmecomplexeαdeλ, l’applicationϕ :x∈R7→

exp(αx)IdE montre quef v´erifie la propri´et´eK.

B.3

aker(g) est une droite vectorielle, donc Im(g) ´egalement (par le th´eor`eme du rang), dirig´ee par un vecteur x. Supposons queg<sup>2</sup>6= 0, c’est-`a-dire que Im(g) ne soit pas incluse dans ker(g) : g(x) est alors un vecteur non nul, colin´eaire `a x, donc il existeµ6= 0 tel queg(x) =µx, soit encoref(x) = (λ+µ)x, ce qui contredit le fait queλsoit l’unique valeur propre def :g²= 0.

b On a f = λIdE+g, d’o`u, en appliquant la formule du binˆome de Newton (c’est possible car λIdE

commute avec tout endomorphisme deE), pour toutn∈N: fⁿ =λⁿId_E+nλⁿ⁻¹g.

Ceci nous conduit `a poser, pour tout r´eel x,

ϕ(x) = exp(αx)(IdE+x λg), o`u exp(α) =λ.

Pour tous r´eelsxety, on a : ϕ(x)ϕ(y) =

exp(αx)(IdE+x

λg) exp(αy)(IdE+y λg)

= exp(α(x+y))(IdE+x+y λ g), carg²= 0, d’o`u le r´esultat voulu.