Correction : Algèbre linéaire, Endomorphismes cycliques

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Appplications linéaires. Espaces vectoriels de dimension finie.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: algebre-mpsi
• Nombre de lectures: 183
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

d’après E.M. Lyon 2001

1.a

1.b

2.a

2.b

2.c

2.d

2.e

Correction

Partie I

:ℝ2→ℝ2est bien définie.
Soitλ,∈ℝet=(,),=(,)∈ℝ2.
(λ+)=(−(λ+),λ+)=λ.()+.()
Donc∈(ℝ2) .
=(1, 0),()=(0,1),2()=(−1, 0),3()=(0,−1) . On a :
(i)4()=(1, 0)=,
(ii) (,(),(),3()) génératrice (contient la base canonique),
2
(iii) (,(),2(),3()) formée d’éléments distincts.
Doncest cyclique d’ordre 4.
Supposonsλ.sin+.cos=0 .
On a alors∀∈ℝ,λsin+cos=0 .
Pour=0 , on obtient=0 , pour=π2 , on obtientλ=0 .
La famille (sin, cos) est donc libre et par suite forme une base de=Vect(sin, cos) . Il en découle
dim=2 .
Soit=λ.sin+.cos∈.
τ()()=λ.sin(+2π)+.cos(+2π)=αsin+βcos
avecα=(λ.cos 2π−sin 2π),β=(λ.sin 2π+.cos 2π)
   
doncτ()=α.sin+β.cos∈.
On vient d’observerτ.→.
Soitλ,∈ℝet,∈. Pour tout∈ℝ
τ(λ.+.)()=(λ.+.)(+2π)=λ.(+2π)+.(+2π)=λ.τ()()+.τ()()
Ainsiτ(λ.+.)=λ.τ()+.τ() .
Finalementτ∈() .
π
τ() :֏sin(+2π) ,τ2() :֏sin(+ ,4 )

rrence
Par récuτ() :֏sin(+2π)=cos 2πsin+sin 2πcos.
ℓ
Siτ()=τ() alors∀∈ℝ, cos 2πsin+sin 2πcos=cos 2ℓπsin+sin 2ℓπcos.
2π2ℓπ
cos=cos
uis
Or (sin, cos) est libre, donc 2ℓπp=ℓ.
sinπ=sin 2
 
On a :
(i)τ()=.
(ii) sin=et cos=λ.+.τ() avecλ= −oc2(ssin(2ππ) et )=1is(n2π( is2n)(π)≠0 car>2 ).
Par suite (,τ( ()) est génératrice et ainsi,τ(),...,τ−1()) aussi.

1.

2.a

2.b

2.c

3.a

3.b

3.c

(iii) (,τ(),...,τ−1()) est formée d’éléments distincts grâce à 2.d.
Ainsiτest cyclique d’ordre.

Partie II

Une famille génératrice a plus d’éléments que la dimension de l’espace généré. C’est ainsi que≥.
(())+()(())()
.
= = =
Soit∈. Puisque (,(),...,−1()) est génératrice, on peut écrire :
=++...+λ−. On
λ0.λ1()−11( alors :) a
=+++ +−=λ+λ+ +λ−=
()λ0.()λ11() ...λ−1 21() .01() ...−1 1()
Ainsi=Id . On a−1=−1=Id doncest bijective et−1=−1.
=ker(−Id) et=ker(Id++...+−1) sont des noyaux d’endomorphismes donc des sous-espaces
vectoriels.
Soit∈∩.
On a() et+()+...+−1()=
−=
donc.=puis=.
Ainsi∩⊂ {}puis∩= {}.
Soit∈.
 
Posons=+()+...+−1(t e)=−.

=+.
()=(car()=) donc∈ker(−Id) .
  
(Id++...+−1)()=(Id++...+−1)(−) donne
(Id++...+−1)()=(Id++...+−)1()−(Id++...+)−(1)=.−.=
donc∈ker(Id++...+−1) .
Ainsi⊂+puis=+.
Finalementetsupplémentaires dans.
La famille (,(),...,−1()) est libre.
La famille (,(),...,(est liée donc on peut écrire :) )
λ0+λ1()+...+λ()=avec (λ0,...,λ)≠(0,..., 0) .
Siλ= ( on obtient une relation linéaire sur0 alors,(),...,−1( qui est impossible puisque)) ce
cette famille est libre.
Nécessairementλ≠ on peut alors écrire0 et()=0.+...+−1−1() avec= −λλ.

Par récurrence sur≥.
=: ci dessus.
Supposons la propriété établir au rang≥.
Par HR, on peut écrire()=α0.+...+α−1−1() .
+
En appliquant:1()=α0()+...+α1()
−
=−donc
Or()0.+...+−11()
   
+1()=α−10.+(α0+α11)()+...+(α2+α1)1−1()
− − − −
Récurrence établie
De part 3.b, on peut affirmer=Vect(,(),...,−1())=Vect(,(),...,−1()) .
(,(),...,−1( donc génératrice, et puisque libre, c’est une base de)) est. Il en découle=et
(,(),...,−1()) base de.

4.a

4.b

4.c
4.d


ȿ