annales corrigées hec escp oral ECE ECS algèbre 2005

Description

annales corrigées des oraux d'hec ECE ECS algèbre 2005

Sujets

• annales

Informations

• Publié par: aramis
• Nombre de lectures: 3 399
• Langue: Français

Extrait

2

` ALGEBRE

Exercice 2.1. SoitEle’psevactoecelrispdenyloemoˆdeds´rge´erieinfu´egeurolaa`n,`oun est un entier naturel non nul. Pourλfieinlta’un,lno´donpplicatinonlee´ru λ emlopuoˆnyquiaPdeE associelepolynˆome: u λ (P)(X=) 2 1 P(X) +  λ Z 1 0 P(t)dt  X 1. Montrer queu λ est un endomorphisme deE. 2. Pour quelles valeurs deλ,u λ est-il un automorphisme deED?e´etmrnire −1 alors l’automorphismeu λ . 3.De´terminerlesvaleurspropresetlessous-espacepropresdeu λ . L’endomorphisme u λ  ?est-il diagonalisable

Solution : 1. L’applicationu λ ommee,irean´listeon.Cratit´egl’ine´edratinie´aplr  λ Z 1 0 P(t)dt  Xeir´egedeuri´enflage´uorivli,1a`nuopetsmodeylˆnent: deg  u λ (P)  6max(deg(P)1)6n, ce qui montre queu λ est un endomorphisme deE. 2. SoitP∈Ker(u λ ). →Si Z 1 0 P(t)dt= 0 ou siλ= 0, alorsu λ (P 1 2 )=P= 0 donneP= 0. i Z 1 6= 0 et siλ6= 0, alor →SP(t)dtsu λ (P) = 0 donneP= 0 −2  λ Z 1 0 P(t)dt  X, doncP(X) est de la formeαX, avecα=−2λ 2 α , et :

48 ESCP-EAP 2005 - Oral • Siλ6=−1,α= 0 etP= 0. • Siλ=−1,αest quelconque et Ker(u −1 ) = Vect(X). AinsiEntta´eemsnedidin:eoifin u λ ∈GL(E)⇐⇒Ker(u λ ) ={0}⇐⇒λ6=−1 Pourd´eterminerl’inversedeu λ soliti,ude´tirae´nilalsneu λ −1 . Ainsi : P(X) 1 = 2 u λ −1 (P) +  λ Z 0 1 P(t)dt  u λ −1 (X) Par ailleurs : u λ (X 2 = 1 )X+Xλ Z 0 1 t dt= λ1 2 + X et donc, puisqueλ6=−1 :u λ −1 (X) = λ1+ 2 X. Finalement : − u λ 1 (P) = 2P+ λ 2 + λ 1 X Z 1 0 P(t)dt 3.L’´equationu λ (P) =αPec’´tris  α− 1 2  P(X) =λX Z 0 1 P(t)dt •Pourλ= 0, on a simplementu 0 (P= 1 2 )P, etu 0 e´itomht’lohetseedE derapport 2 1 .Toutpolynoˆmeestpolynˆomepropreassoci´ea`l’uniquevaleur propre 2 1 . •Supposons donc maintenantλ6= 0. •Pourα 1 2 .C=ommeλ6=0uiedat`´’l,auqenoit´res Z 1 0 P(t)dt= 0, donc e assoc 1 2 estvaleurpropredeu λ  i´e est le noyau deet le sous-espace propr l’applicati7→ Z 0 1 P(t)dt. online´aireP Ce noyau est un hyperplan deE, donc est de dimensionn. •Siα6eL. 2 1 =eopylˆnmoPest donc de la formeP(X) =aXitaunolteqe´’ s’´ it ecr : 1  α− 2  aX=λX 2 a , soit :a= 0 sauf siα− 1 2 =λ. Ainsi,α= λ emmocte( 2 1+ λ6= 0 on a bienα6vasturleopprasreicosee´)e 1 2 = au vecteur propreXdosteei´medidenc.1noisn.Lesous-epscapeorrpaessco L’homoth´etieu 0 ,lae´gsre´nesgonatdialb.eilaselacaDsnu λ e’lntme´estlega puisquelasommedesdimensionsdessous-espacespropresest´egale`an+ 1, qui est la dimension deE. Exercice 2.2. SoitEeninfiioe´leeirlemsnedidespaunctorceven>2 etE 1  E 2 deux sous- espaces vectoriels deEpulpe´emtniaerdssan,sEvuasetcerunoet´enritdu nul. Soitu 1 ∈ L(E 1 ),u 2 ∈ L(E 2 ) etu 3 ∈ L(E 2  E 1 ).