Sujet Oraux : Polytechnique, Oraux X Algèbre

Publié par

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Exercice 1 [ 02948 ] [correction] a) Montrer que P admet n racines distinctes z ,...,z dansC.n 1 n a) Montrer que tout sous-groupe additif deR qui n’est pas monogène est dense b) Calculer le déterminant de  dansR. 1 +z 1 ··· 11?b) Soit x∈R\Q. Montrer qu’il existe une infinité de (p,q)∈Z×N tels que  . .. . .1 1 +z . 2  p 1  . . . x− 2) Montrer que ω(E ) est fini.n n Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD 66 [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 2 Exercice 12 [ 02675 ] [correction] Exercice 18 [ 03023 ] [correction] Soit E unC-espace vectoriel de dimension finie. Soient E unC-espace vectoriel de dimension finie et u∈L(E). Déterminer les f∈L(E) tels que tout sous-espace vectoriel de E stable par f On noteI ={P∈C [X]/P (u) = 0} etI ={P∈C [X]/P (u) est nilpotent}.1 2 possède un supplémentaire stable. a) Montrer queI etI sont des idéaux non nuls deC [X].1 2 On note P et P leurs générateurs unitaires respectifs.1 2 b) Etablir un lien entre P et P .1 2 c) Montrer l’existence de Q∈I tel que u−Q(u) est diagonalisable2Exercice 13 [ 02861 ] [correction] Déterminer les valeurs propres de la matrice   Exercice 19 [ 03033 ] [correction]0 ··· 0 1  . . . Soient A et B dansM (R). On suppose que A est nilpotente et qu’il existen. . . . . . ∈M (R)  n P∈R [X] tel que P (0) = 1 et B =AP (A). Montrer qu’il existe Q∈R [X] tel que  0 ··· 0 1 Q(0) = 1 et A =BQ(B).
Licence : En savoir +
Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
Nombre de pages : 16
Voir plus Voir moins

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Exercice 1[ 02948 ][correction]
a) Montrer que tout sous-groupe additif deRqui n’est pas monogène est dense
dansR.
b) Soitx∈R\Q. Montrer qu’il existe une infinité de(p q)∈Z×N?tels que

p1
x−q<2
q

c) Montrer la divergence de la suite de terme général

1
un=
nsinn

Exercice 2[ 03243 ][correction]
SoitGun groupe multiplicatif de cardinalpαavecppremier etα∈N?.
Montrer que
Z(G)6={1}

Exercice 3[ 02909 ][correction]
SoientEun espace vectoriel,F1etF2deux sous-espaces vectoriels deE.
a) Montrer que siF1etF2ont un supplémentaire commun alors ils sont
isomorphes.
b) Montrer que la réciproque est fausse.

Exercice 4[ 02939 ][correction]
SoientEun espace vectoriel de dimension finie,petqdansL(E)tels que
p◦q=qetq◦p=p. Les endomorphismespetq ?sont-ils diagonalisables
codiagonalisables ?

Exercice 5[ 00229 ][correction]
SoientAetHdansMn(R)avec rgH= 1. Montrer :

det(A+H) det(A−H)6detA2

Exercice 6[ 00299 ][correction]
On pose
Pn(X) =Xn−X+ 1(avecn>2)

Enoncés

a) Montrer quePnadmetnracines distinctesz1     zndansC.
b) Calculer le déterminant de
1 +z11∙ ∙ ∙1
.
1 1 +z2...
.1∙.∙..∙..1.+11zn

Exercice 7[ 03032 ][correction]
Soitf:Mn(C)→Cnon constante telle que :
∀(A B)∈ Mn(C)2 f(AB) =f(A)f(B)
PourA∈ Mn(C), prouver l’équivalence :

Ainversible⇔f(A)6= 0

Exercice 8[ 00838 ][correction]
SoitA∈ M2(Z)vérifiant :
∃n∈N? An=I2
Montrer queA12=I2.

1

Exercice 9[ 00938 ][correction]
Soientn∈N?,AetBdansMn(C)etλ1     λn λn+1deux à deux distincts dans
C. On suppose, pour16i6n+ 1, queA+λiBest nilpotente.
Montrer queAetBsont nilpotentes.

Exercice 10[ 01353 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel etu∈ L(E)nilpotent. On suppose qu’il existe
P∈K[X]tel queP(u) = 0. SiQ∈K[X], existe-t-ilR∈K[X]tel que
R(Q(u)) = 0?

Exercice 11[ 02652 ][correction]
On fixen∈N?et on note
En={A∈ Mn(Z)∃m∈N? Am=In}
PourA∈En, on pose
ω(A) = min{m∈N?Am=In}

Montrer queω(En)est fini.

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Exercice 12[ 02675 ][correction]
SoitEunC-espace vectoriel de dimension finie.
Déterminer lesf∈ L(E)tels que tout sous-espace vectoriel deEstable parf
possède un supplémentaire stable.

Exercice 13[ 02861 ][correction]
Déterminer les valeurs propres de la matrice
0∙ ∙ ∙0 1

. . .
10∙∙∙∙∙∙0111∈ Mn(R)

Exercice 14[ 02868 ][correction]
SoientEunC-espace vectoriel de dimension finie non nulle,(a b)∈C2,fetg
dansL(E)tels quef◦g−g◦f=af+bg.
Montrer quefetgont un vecteur propre commun.

Exercice 15[ 02954 ][correction]
SoitA∈ Mn(C)telle que tr(Am)→0quandm→+∞.
Montrer que les valeurs propres deAsont de module<1

Exercice 16[ 02980 ][correction]
Soitϕune application deM2(C)versCvérifiant :
∀A B∈ M2(C) ϕ(AB) =ϕ(A)ϕ(B)etϕ

Montrer queϕ= det.

λ
0

10=λ

Exercice 17[ 02986 ][correction]
SoientNune norme surCnetkkla norme surMn(C)qui lui est associée.
SoitA∈ Mn(C)telle que 1 est valeur propre deAetkAk61.
Montrer que 1 est racine simple du polynôme minimal deA.

Enoncés

Exercice 18[ 03023 ][correction]
SoientEunC-espace vectoriel de dimension finie etu∈ L(E).
On noteI1={P∈C[X]P(u) = 0}etI2={P∈C[X]P(u)est nilpotent}.
a) Montrer queI1etI2sont des idéaux non nuls deC[X].
On noteP1etP2leurs générateurs unitaires respectifs.
b) Etablir un lien entreP1etP2.
c) Montrer l’existence deQ∈ I2tel queu−Q(u)est diagonalisable

2

Exercice 19[ 03033 ][correction]
SoientAetBdansMn(R). On suppose queAest nilpotente et qu’il existe
P∈R[X]tel queP(0) = 1etB=AP(A). Montrer qu’il existeQ∈R[X]tel que
Q(0) = 1etA=BQ(B).

Exercice 20[ 03073 ][correction]
Etant donnéEun espace vectoriel de dimension finie,uun endomorphisme deE
etλun scalaire, on dit queλest séparable si le noyau et l’image deu−λId sont
supplémentaires.
a) Montrer que tout scalaire non séparable deuen est une valeur propre.
b) Montrer qu’un endomorphisme scindé est diagonalisable si, et seulement si,
toutes ses valeurs propres sont séparables.
c) Caractériser la séparabilité d’une valeur propre à l’aide du polynôme minimal
deu.
d) Soit, avec ces notations, l’endomorphismemdeL(E)qui àvassocieu◦v.
Comparer l’ensembles ses scalaires séparables relativement àmavec celui des
scalaires séparables relativement àu.

Exercice 21[ 03095 ][correction]
SoitΦ :M2(R)→Rvérifiant
∀A B∈ M2(R)Φ(AB) = Φ(A)Φ(B)etΦ

0
1

1
0

6= Φ(I2)

a) Démontrer queΦ(O2) = 0.
b) SiAest nilpotente, démontrer queΦ(A) = 0.
c) SoientA∈ M2(R)etBla matrice obtenue à partir deAen permutant les
lignes deA.
Démontrer queΦ(B) =−Φ(A).
d) Démontrer queAest inversible si, et seulement si,Φ(A)6= 0.

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Exercice 22[ 03255 ][correction]
Soit
0 (b)
Mn=).0∈ Mn(C)
.
.
(a
A quelle condition la matriceMnest-elle diagonalisable ?
Déterminer alors une base de vecteurs propres

Exercice 23[ 03270 ][correction]
a) Déterminer les entierskpour lesquelles l’équation

eiθ+ eikθ= 1

admet au moins une solutionθ∈R.
b) SoitSkl’ensemble des suites réellesutelles que

∀n∈N un+k=un+un+k−1

A quelle condition surk,Skcontient-il une suite périodique non nulle.

Exercice 24[ 03474 ][correction]
SoientKun corps etA1 A2     Andes matrices deMn(K)nilpotentes
commutant deux à deux.
Montrer
A1A2   An=On

Exercice 25[ 03477 ][correction]
SoitA∈ Mn(R).
a) On supposeA3=A2. Montrer queA2est diagonalisable et queA2−Aest
nilpotente.
b) Plus généralement on supposeAk+1=Akpour un certain entierk >0.
Etablir l’existence d’un entierp >0tel queApest diagonalisable etAp−A
nilpotente.

Exercice 26[ 03024 ][correction]
On définit surR[X]le produit scalaire
hP|Qi=Z1P(t)Q(t) dt
0

Enoncés

Existe-t-ilA∈R[X]tel que

∀P∈R[X] P(0) =hA|Pi?

Exercice 27[ 03079 ][correction]
On définit
Qn(X 2) =n1n!(X2−1)n(n)
a) Soitn>1. Montrer queQnpossèdenracines simples dans]−11[.
b) Montrer que
Qn=Xn+ (X2−1)Rn(X)
avecRn∈R[X]. En déduireQn(1)etQn(−1).
c) On pose, pour(P Q)∈R[X]2,
hP Qi=Z−1P(t)Q(t) dt
1

Montrer queQnest orthogonal àRn−1[X].
d) CalculerkQnk2.

3

Exercice 28[ 02915 ][correction]
SoitA∈ Mn(R)antisymétrique. Montrer queAest orthogonalement semblable à
une matrice diagonale par blocs avec sur la diagonale des zéros et des blocs de la
forme
−0aa0
oùa∈R

Exercice 29[ 03076 ][correction]
Soit(Ehi)un espace euclidien.
Pourϕ∈ O(E), on noteM(ϕ) =Im(ϕ−IdE)etF(ϕ) = ker(ϕ−IdE).
Siu∈E\ {0},sudésigne la symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplanu⊥.
a) Soitϕ∈ O(E). Montrer queM(ϕ)⊕⊥F(ϕ) =E.
b) Si(u1     uk)est libre, montrer :
M(su1◦ ∙ ∙ ∙ ◦suk) =Vect(u1     uk)
c) On suppose(u1     uk)libre. Soientv1     vk∈E\ {0}tels que
su1◦ ∙ ∙ ∙ ◦suk=sv1◦ ∙ ∙ ∙ ◦svk
Montrer que(v1     vk)est libre.

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Exercice 30[ 03077 ][correction]
Soientm n∈N?etM∈ Mmn(R).
Etablir l’existence deU∈ Om(R)etV∈ On(R)telle que la matriceN=U M V
vérifie :
∀(i j)∈ {1     m} × {1     n} i6=j⇒Nij= 0

Exercice 31[ 02940 ][correction]
SoientA B∈ Mn(C).
On suppose

{X∈C

nX

?AX=X?BX= 0}={0}

Montrer qu’il existeP∈GLn(C)telle queP?AP
supérieures.

etP?BP

sont triangulaires

Enoncés

4

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) SoitHun tel groupe. NécessairementH6={0}ce qui permet d’introduire

a= inf{h >0h∈H}

Corrections

Sia6= 0, on montre quea∈Hpuis par division euclidienne que toutx∈Hest
multiple dea. AinsiH=aZce qui est exclu. Il restea= 0et alors pour tout
ε >0, il existeα∈H∩]0 ε]. On a alorsαZ⊂Het donc pour toutx∈R, il
existeh∈αZ⊂Hvérifiant|x−h|6α6ε. AinsiHest dense dansR.
b) Soitx∈R\Q. PourN∈N?, considérons l’applicationf:{0     N} →[01[
définie parf(kx) =kx− bkxc. Puisque lesN+ 1valeurs prises parfsont dans
lesNintervalles[iN(i+ 1)N[(aveci∈ {0     N−1}), il existe au moins
deux valeurs prises dans le mme intervalle. Ainsi, il existek < k0∈ {0     N}tel
que|f(k0)−f(k)|<1N. En posantp=bk0xc − bkxc ∈Zet
q=k0−k∈ {1     N}, on a|qx−p|<1Net donc

p1 1
x−qq<qN<2

En faisant varierN, on peut construire des couples(p q)distincts et donc affirmer
qu’il existe une infinité de couple(p q)∈Z×N?vérifiant

p1
x−<2
qq

c) Puisqueπest irrationnel, il existe une suite de rationnelspnqnvérifiant

avecqn→+∞.
On a alors

pn<1
π−q2
qnn

|upn|=pn1isnpn=pnsin (p1n−qnπ)>|p1n| |pn−1q|>qn→1π
nπ pn
Ainsi la suite(un)ne tend pas vers 0.

{|sinn|n∈N}={|sin(n+ 2kπ)|n∈Z k∈Z}=|sin (Z+ 2πZ)|

Puisque le sous-groupeH=Z+ 2πZ, n’est pas monogène (carπirrationnel),H
est dense dansRet par l’application|sin()|qui est une surjection continue deR
sur[01], on peut affirmer que{|sinn|n∈N}est dense dans[01].

En particulier, il existe une infinité dentel que|sinn|>12et pour ceux-ci
|un|62n.
Ainsi, il existe une suite extraite de(un)convergeant vers 0.
Au final, la suite(un)diverge.

Exercice 2 :[énoncé]
Considérons la relation binaireRsurGdéfinie par

y1Ry2⇔ ∃x∈G xy1=y2x

5

Il est immédiat de vérifier queRest une relation d’équivalence surG. Les classes
d’équivalence deRforment donc une partition deGce qui permet d’affirmer que
le cardinal deGest la somme des cardinaux des classes d’équivalence deR.
Une classe d’équivalence d’un élémentyest réduite à un singleton si, et seulement
si,
∀x∈G xy=yx

i.e.

y∈Z(G)

En dénombrantGen fonction des classes d’équivalence deRet en isolant parmi
celles-ci celles qui sont réduites à un singleton on a

CardG=CardZ(G) +N

avecNla somme des cardinaux des classes d’équivalence deRqui ne sont pas
réduites à un singleton.
Pour poursuivre, montrons maintenant que le cardinal d’une classe d’équivalence
de la relationRdivise le cardinal deG.
Considérons une classe d’équivalence{y1     yn}pour la relationRet notons

Hi={x∈Gxy1=yix}

Pouri∈ {1     n}, puisquey1Ryi, il existexi∈Gtel que

xiy1=yixi

Considérons alors l’applicationϕ:H1→Hidéfinie par

ϕ(x) =xix

On vérifie que cette application est bien définie et qu’elle est bijective.
On en déduit
CardH1=  =CardHm=n

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

et puisqueGest la réunion disjointes desH1     Hm
CardG=mn=pα

Corrections

Ainsi toutes les classes d’équivalences qui ne sont pas réduites à 1 élément ont un
cardinal multiple depet doncp|N.
Puisquepdivise CardG=CardZ(G) +N, on a

p|CardZ(G)

SachantZ(G)6=∅(car1∈Z(G)) on peut affirmer

CardZ(G)>p

Exercice 3 :[énoncé]
a) Supposons queHest un supplémentaire commun àF1etF2.
Considérons la projectionpsurF1parallèlement àH. Par le théorème du rang,p
induit par restriction un isomorphisme de tout supplémentaire de noyau vers
l’image dep. On en déduit queF1etF2sont isomorphes.
b) En dimension finie, la réciproque est vraie car l’isomorphisme entraîne l’égalité
des dimensions des espaces et on peut alors montrer l’existence d’un
supplémentaire commun (voir l’exercice d’identifiant 181)
C’est en dimension infinie que nous allons construire un contre-exemple.
PosonsE=K[X]et prenonsF1=E,F2=XE. Les espacesF1etF2sont
isomorphes via l’applicationP(X)7→XP(X). Ils ne possèdent pas de
supplémentaires communs car seul{0}est supplémentaire deF1et cet espace
n’est pas supplémentaire deF2.

Exercice 4 :[énoncé]
p◦p=p◦(q◦p) = (p◦q)◦p=q◦p=pet doncpest un projecteur. De mmeqest
un projecteur et doncpetqsont diagonalisables. Sipetqsont codiagonalisables
alorspetqcommutent et doncp=q◦p=p◦q=q. Réciproque immédiate.

Exercice 5 :[énoncé]
La matriceHest équivalente à la matriceJ1dont tous les coefficients sont nuls
sauf celui en position(11). NotonsP Q∈GLn(R)telles que

H=QJ1P

et introduisonsB∈ Mn(R)déterminée par

A=QBP

6

La relation
det(A+H) det(A−H)6detA2
équivaut alors à la relation
det(B+J1) det(B−J1)6detB2
NotonsC1     Cnles colonnes deBetB= (E1     En)la base canonique de
l’espaceMn1(K). On a
det(B+J1) = dBet(C1+E1 C2     Cn)etdet(B−J1) = dBet(C1−E1 C2     Cn)

Par multilinéarité du déterminant

det(B+J1) = detB+dBet(E1 C2     Cn)etdet(B−J1) = detB−dBet(E1 C2     Cn)

d’où l’on tire
det(B+J1) det(B−J1) = detB2−dBet(E1 C2     Cn)26detB2

Exercice 6 :[énoncé]
a) Par l’absurde, supposons quePnpossède une racine multiplez. Celle-ci vérifie
Pn(z) =P0n(z) = 0

On en tire

zn−z+ 1 = 0(1) etnzn−1= 1(2)

(1) et (2) donnent
(n−1)z=n(3)
(2) impose|z|61alors que (3) impose|z|>1. C’est absurde.
b) Posonsχ(X)le polynôme caractéristique de la matrice étudiée. On vérifie

χ(zi) =

1 +z1−zi1
.
.
..
1

(1)

.
 1 +(1) 1zn−zi
En retranchant laième colonne à toutes les autres et en développant par rapport
à laième ligne, on obtient

n
χ(zi) =Y(zj−zi) = (−1)n−1P0(zi)
j=1j6=i

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Corrections

Cependant les polynômesχetP0 revanche, les . . Enne sont pas de mme degré.
polynômesχet(−1)n(P−P0)ont mme degrén, mme coefficient dominant
(−1)net prennent les mmes valeurs en lesnpoints distinctsz1     zn. On en
déduit qu’ils sont égaux. En particulier le déterminant cherché est

χ(0) = (−1)n(P(0)−P0(0)) = 2(−1)n

Exercice 7 :[énoncé]
Commençons par déterminerf(In)etf(On).
On af(In) =f(In2) =f(In)2doncf(In) = 0ou 1.
Sif(In) = 0alors pour toutA∈ Mn(C),f(A) =f(A×In) =f(A)×f(In) = 0et
doncfest constante ce qui est exclu. Ainsif(In) = 1.
Aussif(On) =f(On2) =f(On)×f(On)doncf(On) = 0ou 1.
Sif(On) = 1alors pour toutA∈ Mn(C),
f(A) =f(On)×f(A) =f(On×A) =f(On) = 1et doncfest constante ce qui
est exclu. Ainsif(On) = 0.
SiAest inversible alorsf(In) =f(A×A−1)donnef(A)×f(A−1) = 1et donc
f(A)6= 0.
La réciproque est plus délicate.
SupposonsAnon inversible et posonsr=rgA.
La matriceAest équivalente à la matrice
I O

Jr=On−r
rr

rn−r
On−r

ce qui permet d’écrireA=QJrPavecP Qinversibles. On a alors
f(A) =f(Q)f(Jr)f(P)et il suffit de montrerf(Jr) = 0pour conclure.
Par permutation des vecteurs de bases, la matriceJrest semblable à toute
matrice diagonale où figurercoefficients 1 etn−rcoefficients 0. En positionnant,
pertinemment les coefficients 0, on peut former des matricesA1     Aptoutes
semblables àJrvérifiant
A1   Ap=On

On a alors

f(A1)   f(Ap) = 0

Or il est facile d’établir que si deux matrices sont semblables, la fonctionfprend
les mmes valeurs sur celles-ci. Par suitef(Jr) =f(A1) =  =f(Ap)et ainsi
f(Jr)p= 0puis enfinf(Jr) = 0.

Exercice 8 :[énoncé]
La matriceAest diagonalisable carAannule un polynôme scindé simple.
Les racines complexes du polynôme caractéristiqueχAdeAsont conjuguées et
valeurs propres deAdonc racines du polynôme annulateurXn−1.
Si les deux racines deχAsont réelles alors SpA⊂ {−11}etAest semblable à
0110,10−10ou−10−01

7

et doncA12=I2.
Sinon les racines deχAsont complexes conjugué¯L sera
esz,z somme. eur
2Re(z)∈[−22], leur produitzz¯ =|z|2= 1. La matriceAétant de plus à
coefficients entiers,2Re(z)∈Z. Les polynômes caractéristiques deApossibles
sont alorsX2−2X+ 1,X2−X+ 1,X2+ 1,X2+X+ 1etX2+ 2X+ 1.
Dans chaque cas le polynômeX12−1est multiple du polynôme caractéristique et
donc annulateur.

Exercice 9 :[énoncé]
Une matriceM∈ Mn(C)nilpotente vérifieMn=On. Considérons la matrice
(A+xB)ncoefficients de cette matrice sont des polynômes de degrés. Les
inférieurs àns’annulant chacun en lesλ1     λn λn+1, ce sont donc des
polynômes nuls. Ainsi, pour toutx∈C,(A+xB)n=On. En particulier pour
x= 0, on obtientAn=On. Aussi pour touty6= 0, en considéranty= 1x, on a
(yA+B)n=Onet en faisanty→0, on obtientBn=On.

Exercice 10 :[énoncé]
Puisqueupossède un polynôme annulateur, on a

dimK[u]<+∞

OrK[Q(u)]⊂K[u]donc
dimK[Q(u)]<+∞

et par conséquentQ(u)possède un polynôme annulateur.

Exercice 11 :[énoncé]
SiA∈EnalorsAest diagonalisable et ses valeurs propres sont des racines de
l’unité. Ces valeurs propres sont aussi racines du polynôme caractéristique deA.
Or les coefficients de ce polynôme sont entiers et, par les expressions des
coefficients d’un polynôme scindé en fonction de ses racines complexes (ici de

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Corrections

module 1), on peut borner les coefficients du polynôme caractéristique deA. Par
suite, il n’y a qu’un nombre fini de polynômes caractéristiques possibles pour un
élémentA∈En. Ces polynômes ont eux-mmes qu’un nombre fini de racines et il
n’y a donc qu’un nombre fini de racines de l’unité possibles pour les valeurs
propres deA∈En.
On peut alors affirmer qu’il existeN∈N?tel que toutes les valeurs propresλdes
matricesA∈EnvérifientλN= 1. On a alors aussiAN= 1(carAest
diagonalisable) et doncω(A)6N. Ainsiω(En)⊂[1 N].

Exercice 12 :[énoncé]
Les endomorphismes recherchés sont les endomorphismes diagonalisables.
En effet, sifest diagonalisable et siFest un sous-espace vectoriel stable parf
alors puisquefFest diagonalisable, il existe une base deFformée de vecteurs
propres defEn complétant cette base à l’aide de vecteur bien choisis dans une.
base diagonalisantf, les vecteurs complétant engendrent un supplémentaire deF
stable parf.
Inversement, sif∈ L(E)vérifie la propriété proposée alors le sous-espace vectoriel
F=λ∈⊕SpfEλ(f)étant stable parf, celui-ci admet un supplémentaire stable. Orf
ne possède pas de vecteurs propres sur ce dernier et celui ne peut donc qu’tre{0}
car ici le corps de base estC. Par suiteF=Eet doncfest diagonalisable.

Exercice 13 :[énoncé]
NotonsMla matrice étudiée et supposonsn>3, les casn= 1et2étant
immédiats.
Puisque rgM= 2, 0 est valeur propre deMn(R)etdimE0(M) =n−2.
Soitλune valeur propre non nulle deMn(R)etX=t(x1∙ ∙ ∙xn)un vecteur
propre associé.
L’équationM X=λXfournit le système
xn=λx1
.
xn=λxn−1
x1+∙ ∙ ∙+xn=λxn
On en déduitλ(λ−1)xn=λx1+∙ ∙ ∙+λxn−1= (n−1)xnavecxn6= 0carxn= 0
etλ6= 0entraînentX= 0.
Par suiteλest racine de l’équationλ2−λ−(n−1) = 0et doncλ=1±√42n−3.
Inversement, on justifie que ses valeurs sont valeurs propres, soit en remontant le
raisonnement, soit en exploitant la diagonalisabilité de la matrice symétrique
réelleMpour affirmer l’existence denvaleurs propres comptées avec multiplicité.

8

Exercice 14 :[énoncé]
Casa=b= 0
Les endomorphismesfetgcommutent donc les sous-espaces propres de l’un sont
stables pour l’autre. Puisque le corps de base estC, l’endomorphismefadmet au
moins une valeur propreλ. L’espaceEλ(f)6={0}est stable pargdonc on peut
introduire l’endomorphisme induit pargsurEλ(f)et ce dernier admet aussi au
moins une valeur propre. Un vecteur propre associé à cette valeur propre degest
aussi un vecteur propre defcar élément non nul deEλ(f). Ainsifetgont un
vecteur propre commun.
Casa= 0etb6= 0
Par récurrence, on obtientf◦gn−gn◦f=nbgnpour toutn∈N.
L’applicationu∈ L(E)7→f◦u−u◦fest un endomorphisme deL(E)or
dimL(E)<+∞donc cet endomorphisme n’admet qu’un nombre fini de valeur
˜
propre. Cependant, pour chaquen∈Ntel quegn6= 0, le scalairenbest valeur
˜
propre de cet endomorphisme, on en déduit qu’il existen∈Ntel quegn= 0et en
particulierkerg6={0}.
On vérifie aisément quekergest stable parfet un vecteur propre de
l’endomorphisme induit parfsurkergest alors vecteur propre commun àfetg.
Casb= 0eta6= 0
Semblable
Casa6= 0etb6= 0
On a
f◦(af+bg)−(af+bg)◦f=b(f◦g−g◦f) =b(af+bg)
Par l’étude qui précède,fetaf+bgadmettent un vecteur propre commun et
celui-ci est alors vecteur propre commun àfetg.

Exercice 15 :[énoncé]
La matriceAest trigonalisable et si l’on noteλ1     λpses valeurs propres
p
distinctes alors tr(Am) =Pαjλjmavecαjla multiplicité de la valeur propreλj.
j=1
Pour conclure, il suffit d’établir résultat suivant :
« Soientα1     αp∈C?etλ1     λp∈Cdeux à deux distincts.
p
SijP=1αjλjm−m−→−−+∞∀1j6p|λj|<1».
−→0alors6
Raisonnons pour cela par récurrence surp>1.
Pourp= 1, la propriété est immédiate.
Supposons la propriété vraie au rangp>1.
Soientα1     αp+1∈C?etλ1     λp+1∈Cdeux à deux distincts tels que
p+1
Xαjλmm→+−∞→0(1)
−−−−
j
j=1

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Par décalage d’indice, on a aussi

λp+1×(1)−(2)donne

p+1
Xαjλjm+1−m−−→−+−∞→0(2)
j=1

p
Xαj(λp+1−λj)λmjm→+∞0
−−−−−→
j=1

qui se comprend encore

p
Xβjλjm−m−−→−+−∞→0
j=1

avec lesβ1     βpnon nuls.
Par hypothèse de récurrence, on a alors∀16j6p|λj|<1.
p
On en déduitPαjλjm−−−−−→0et la relation (1) donne alors
j=1m→+∞
αp+1λmp+1−m−→−−+−∞→0d’où l’on tire|λp+1|<1.
Récurrence établie.

Corrections

Exercice 16 :[énoncé]
ϕ(I2) = 1donc siPest inversible alorsϕ(P−1) =ϕ(P)−1. Par suite, siAetB
sont semblables alorsϕ(A) =ϕ(B).
Puisqueµ100et10µ0sont semblables,ϕ100µ=µpuis
ϕλ00µ=λµ. Ainsi pourAdiagonale,ϕ(A) = detAet plus généralement
cela vaut encore pourAdiagonalisable. SiAest une matrice deM2(C), non
diagonalisable, celle-ci est semblable à une matrice de la forme0λαλ.
Siλ= 0alorsA2= 0et doncϕ(A) = 0 = detA
.
Siλ6= 0alors puisqueλ0αλ 1002=0λ2αλet que0λ2αλest
diagonalisable, on obtient2ϕ(A) = 2λ2= 2 detAet on peut conclure.

Exercice 17 :[énoncé]
Cas particulier : Supposons que 1 est la seule valeur propre deA.

La matriceAest alors semblable à une matrice triangulaire supérieure avec des
coefficients diagonaux toux égaux à 1. Ceci permet d’écrireP−1AP=TavecP
inversible et
T=1)0(...1?
Notonsal’élément d’indice(12)de cette matrice.
Par une récurrence facile, on montre
1m1a ?
...1

P−1AmP=


(0)

OrkAk61, donckAmk61puism1Am−−−−−→Onet enfin
m→+∞
1P−1AmP−−−−−→On.
mm→+∞
Or
1m
1P−1AmP=1ma?
m...



9

(0) 1m
On en déduita= 0.
Par ce principe, on peut annuler successivement chaque coefficient de la
sur-diagonale deTpuis chaque coefficient de la sur-diagonale suivante etc.
Au finalT=InpuisA=Inet le polynôme minimal deAestΠA=X−1.
Cas général :
Le polynôme minimal deAs’écritΠA= (X−1)αQ(X)avecQ(1)6= 0.
Par le lemme de décomposition des noyaux,Cn=F⊕GavecF= ker(A−I)αet
G= kerQ(A).
NotonsBla matrice de l’endomorphisme induit parAsur le sous-espace vectoriel
stableF. On vérifie que 1 est la seule valeur propre deBet quekBk61. L’étude
qui précède assure alors queB=Inet donc le polynômeX−1annuleAsurF.
De plus le polynômeQannuleAsurGdonc le polynôme(X−1)QannuleAsur
Cn. Puisque 1 n’est pas racine deQ, 1 n’est que racine simple du polynôme
minimalΠA.

Exercice 18 :[énoncé]
a)I1est l’idéal des polynômes annulateurs deu; il est engendré parP1=πu
polynôme minimal deu.

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Corrections

La somme de deux endomorphismes nilpotents commutant est encore nilpotent
car la formule du binôme de Newton s’applique et il suffit de travailler avec un
exposant assez grand. On obtient alors facilement queI2est un sous-groupe de
(K[X]+). La stabilité par absorption étant immédiate,I2est un idéal deK[X]
et comme il contientI1, il est non nul.
b) PuisqueI1⊂ I2,P1∈P2K[X]et doncP2|P1.
Aussi, en posantnla dimension deE, on sait que pour tout endomorphisme
˜
nilpotent devdeE, on avn= 0. PuisqueP2(u)est nilpotent, on en déduit que
˜
(P2)n(u) = 0et doncP1|P2n.
c) Cette question est immédiate avec la décomposition de Dunford mais cette
dernière est hors-programme. . . Procédons autrement !
PuisqueP2|P1etP1|P2n, les racines deP2sont exactement celles deP1
c’est-à-dire les valeurs propres de l’endomorphismeu. On peut donc écrire
P2=Y(X−λ)αλ
λ∈Spu
Q

OrP2(u)étant nilpotent, il est immédiat que l’endomorphisme(u−λIdE)
λ∈Spu
l’est aussi.
On en déduit que
P2=Y(X−λ)
λ∈Spu
et ce polynôme est donc scindé simple.
Déterminons maintenons un polynômeR∈K[X]tel que pourQ=P2R, on ait
˜
P2(u−Q(u)) = 0.
On en déduira queu−Q(u)est diagonalisable avecQ(u)∈ I2.
˜
L’identitéP2(u−Q(u)) = 0est obtenue dès queP1divise le polynôme
P2(X−P2(X)R(X)) =Y(X−λ−P2(X)R(X))
λ∈Spu
OrP1=Q(X−λ)βλdonc il suffit que pour chaqueλ∈Spu, le facteur
λ∈Spu
(X−λ)βλdivise le facteurX−λ−P2(X)R(X)pour pouvoir conclure.
On a
X−λ−P2(X)R(X) = (X−λ)1−µ6Y=λ(X−µ)R(X)
La condition voulue est assurément vérifiée siβλ= 1.
Pourβλ>2, la condition voulue est satisfaite siQ(λ−µ)R(λ) = 1et si pour
µ6=λ
toutk∈ {1     βλ−2}, la dérivéekème du polynômeQ(X−µ)R(X)s’annule
µ6=λ

10

enλ. Cela fournit des équations déterminant pleinement
R(λ) R0(λ)     Rβλ−2(λ)carQ(λ−µ)6= 0.
µ6=λ
Sachant qu’il est possible de construire un polynôme prenant des valeurs données
ainsi que ses dérivées en des éléments deux à deux distincts deK, on peut
déterminer un polynôme résolvant notre problème.
Exercice 19 :[énoncé]
On sait qu’il existep∈N?tel queAp=On.
En introduisant les coefficients deP, la relationB=AP(A)donne
p−1
B=A+a2A2+∙ ∙ ∙+ap−1A.
On en déduit
B2=A2+a32A2+∙ ∙ ∙+ap−12Ap−1,. . . ,Bp−2=Ap−2+ap−1p−2Ap−1,
Bp−1=Ap−1.
En inversant ces équations, on obtient
Ap−1=Bp−1,Ap−2=Bp−2+bp−1p−2Ap−1,. . . ,
A2=B2+b32B3+∙ ∙ ∙+bp−12Bp−1et enfinA=B+b21B2+∙ ∙ ∙+bp−11Bp−1
ce qui détermine un polynômeQ∈R[X]vérifiantQ(0) = 1etA=BQ(B).

Exercice 20 :[énoncé]
a) Siker(u−λId) ={0}alors Im(u−λId) =Ecaru−λId est inversible.
On en déduit queλest séparable.
Par contraposée, siλn’est pas séparable alorsλest valeur propre deu.
b) Siuest un endomorphisme diagonalisable alors pour tout scalaireλ,
ker(u−λId) = ker(u−λId)2.
Par suite Im(u−λId)∩ker(u−λId) ={0}et on en déduit queλest séparable.
Inversement, soituun endomorphisme scindé dont toutes les valeurs propres sont
séparables.
Puisque le polynôme caractéristique deuest scindé, on peut écrire
χu= (−1)dimEY(X−λ)mλ
λ∈Spu

et par le lemme de décomposition des noyaux

E=⊕ker
λ∈Spu(u−λId)mλ

Or, pour toute valeur propreλ, Im(u−λId)∩ker(u−λId) ={0}entraîne
ker(u−λId) = ker(u−λId)2puis par le principe des noyaux itérés
ker(u−λId) = ker(u−λId)mλ. Par suite

E=⊕ker(u−λId)
λ∈Spu

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

Soyez le premier à déposer un commentaire !

17/1000 caractères maximum.