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Corrig´e
PROBLEME 1:
du
Devoir
Libre
Endomorphismes cycliques
˚15
n
Notations :Dantlepstoue`emorlbEneuisngde´K-espace vectoriel de dimension finien∈N,n≥2.
Pour tout endomorphismeu∈ L(E), et pour tout~x∈E, on note
Eu(~x) =VectK(uk(~)k∈N}
x ,
D´efinition:On dit qu’un endomorphismeu∈ L(E)estcycliques’il existe un vecteur~x∈Etel
que
Eu(~x) =E
Partie I.xEmelpse
1. On suppose ici quen= 3, et queEest muni d’une base (~e1~e,2e~,3)
l’endomorphismeu∈ L(E) d´fini par
e
2.
a a. On
u(e~1) = 6∙~e1+ 27∙~e2+ 17~
∙e3
u(~e2) = 24∙e~1+ 18∙e~2+ 38∙~e3
u(e~3) =−12∙e~1−24∙~e2−24∙~e3
de
E.
On
conside`re
e1=e1
~ ~
u(~e1) = 6~e1+ 27~e2+ 17e~3
u2(~e1) = 480e~1+ 720~e3
On verifie que la famille~e1, u(~e1), u2(~e1)est libre. Comme elle est de cardinal 3, il s’agit
´
donc d’une base deE. Ainsi,Vect~e1, u(e~1), u2(e~1)=E. Comme de plus,
Vecte~1, u(e~1), u2(e~1)⊂Eu(e~1)⊂E
Il s’ensuit queEu(e~1) =E.N
b. Ainsi,uest cyclique.N
Dans cette questionE=Rn[Xneoder’lihmsompr].Onid`econsededri´etivaonunfie´uopird
toutP∈Eparu(P) =P0.
a. SoitP∈Eu,pnlonyoˆemsnotoN.euqnocleuqp∈[0, ngrdele]]e´edPseelpa`r.’Ds
proprie´t´esalge´briquesdudegre´despolynoˆmes,ona
IsiPf,alorsen´egatidtdege´rseu(Ppolynˆom)estlenelu.
IsiPetsededemcttpen´egrristsroltisoa,fiu(Pr)´eedegestdp−1
1
3.
Soit alorsP0nylopnuededemoˆrge´k∈[0, n]]. D’apres la remarque ci-dessus,uk+1(P0)
`
estlepolynˆomenuletlafamilleP0, u(P0), u2(P0),∙ ∙ ∙, uk(P0e´ennloheece´llmiafenutse)
endegr´e.Parconse´quent,
Eu(P0) =VectP0, u(P0), u2(P0),∙ ∙ ∙, uk(P0)=Kk[X]
bqulipp.Ae´relsnoedtatlusestilaqu´ec´onpretvadeneceP0=XneluoeuqnelIce´d.
Eu(Xn) =Kn[X]
N
uest donc cyclique.N
Dans cette question,Eest unK-ev de dimensionn≥2. Soituun endomorphisme nilpotent
d’indicep≥2.
aes,.Parth`ehypofp−16= 0 etfpetsixeliuetcevnunscoar.Pt,enqu´e0=r~adeEtel que
fp−1(~a)6=~0.commentaires :~aiassemerontnlunntnesce´euqeeˆemd,mef(~a),∙ ∙ ∙fp−1(~a).
Montrons que la famille,u~a(~a), . . . , up−1(~a)est libre.
Soit donc (λ0, λ1,∙ ∙ ∙, λp−1)∈Kptel que
λ0~a+λ1f(~a) +∙ ∙ ∙+λp−1fp−1(~a) =~0E
(1)
Appliquons successivementf,f2 . ., .fp−1it´eilenectta`eqe´tiuaveonorctlleiaP.enilrrae´
´ lte
resu
λ0~a+∙ ∙ ∙+λp−2fp−2(~a) +λp−1fp−1(~a) =~0E
λ0f(~a) +∙ ∙ ∙+λp−2fp−1(~a) =~0E
.
fp−1(~a)~
λ0= 0E
Comme par construction,fp−1(~a)6=~0El,ˆrıen´eeqquueataidoenrennit`raeλ0= 0.commentaires
~ ~
:d’apr`eslesre`glesdecalculdansunespacevectoriel,λ∙~u= 0⇐⇒λ= 0ou~u= 0 En
remontantcesyste`med’e´quationsvectoriellestriangulaireinfe´rieur,onobtientsuccessi-
vementλ0=λ1=∙ ∙ ∙=λp−1= 0. La famillea,f~(~a), . . . , fp−1(~a)est libre.
De plus, commeEest de dimensionnmonemerbl,vecteursaximaldemenetil´naeri
ind´ependantsdansEestn. En particulier,p≤n.N
b que. Supposonsfest nilpotent d’indicep=n. En ce cas, la famillea~f,(~a), . . . , fn−1(~a)
obtenue`alaquestionspre´c´edenteestlibreetmaximale.D’apre`slaaracceissatito´nedr
bases en dimension finie, il s’agit donc d’une base deEeilucitrapnE.tairectg´en´err,ellees
etparcons´equent,
E=Vect~af,(~a), . . . , fn−1(~a)⊂Eu(~a)⊂E
Ilenr´esultequeuest cyclique.
Partie II.Etude deEu(~x)
Onrevientaucasge´n´eral.Soit~x∈Eetu∈ L(E).
1.
2
N
a. Par construction,Eu(~x) est un sous-espace vectoriel deE, contenant~x. Montrons qu’il
est stable paru. Soit~y∈Eu(~xd´ar.P)ontiniefi,y~octseosianibm´de’dere´tinilniae´~
resx:
il existe doncm∈N, (a0, a1, . . . , am−1)∈Kmtel que
y~=a0∙~x+a1∙u(~x) +∙ ∙ ∙+am−1∙um−1(~x)
Parline´arit´edeu, il s’ensuit que
u(~y) =a0∙u(~x) +a1∙u2(~x) +∙ ∙ ∙+am−1∙um(~x)
En particulier,u(y~eed’ieair´esdt´eranibmoce´nilnositariec’´mmcosiuss)~x, il appartient
doncaussi`aEu(~x).
b. Ainsi,Eu(~x) est un sev deE, contenantuet stable paru. Montrons que c’est le plus petit.
Soit doncFun sev deE, stable paruet contenant~x. CommeFest stable paru, on a
u(~x)∈F, u2(~x)∈F, . . . uk(~x), . . .AinsiFest un sous-espace vectoriel deEcontenant
touslesite´re´sde~xntientocli,tneuqe´snocraP.Eu(~x).N
2. La familleu,x~(~x), . . . , un(~x)est de cardinaln+ 1.CommeEest de dimensionn,nest le
cardinalmaximaldesfamilleslibres.Parconse´quentu,x~(~x), . . . , un(~x)e´.etsileN
3. On suppose que~x6=~0. NotonsLk=u,x~(~x), . . . , uk(~x)sndie´orsn’lneesbmeletcoN={k∈
−→
N| Lkest libre}.Commeparhtopyse`he~xest non nul, 0∈N.Dlueptionpa`r,s’duqseseal
pr´ec´edente,unedeplusdenstseurtesaesecn´cevis,i´ee.AinirementlNest une partie non vide
etmajor´eeparndeNa’D.e`rp(eituqoiam´eaxi´etroprslapN1),N,tneme´led´angrusplunetdma
not´
ep.
pest donc le plus grand entier pour lequel la familleu~,x(~x), . . . , up(~x)est libre.N
4. Par constructionux,~(~x), . . . , up(~x)librestpluse.Deitalde´eam,limaxpuqenaletneıˆar
famillex,u~(~x), . . . , up+1(~x)etseqs´onrcPae.´elinuetsixeli,tneup (+ 2-upletλ0, . . . , λp+1)
non trivial tel que
λ0~x0+∙ ∙ ∙+λp+1up+1(~x0) =~0E
De plus, commeu,x~(~x), . . . , up(~x)est librecommentaires :soitLune famille libre et~uune
vecteur.L ∪ {~u}si´eessteli~u∈VectL que, ceci entraˆλp+1tneuqe´snocrapteulnnnoste
ıne
que
up+1(~x)∈Vect~,xu(~x), . . . , up(~x)
Montronsparre´currencesurk∈N, queuk(~x)∈Vectux,~(~x), . . . , up(~x).
a.init.lorsquek= 0, . . . , pay’nneirafa`.ericaLes,ilk=pa´+1´eete´atlbci-iedsssu.
b.H´er.letk∈Nsuch thatuk(~x)∈Vectu,x~(~x), . . . , up(~x).
We now prove thatuk+1(~x)∈Vect~ux,(~x), . . . , up(~x)hraPtopy.´ecurrenh`esedereci,l
existe (λ0,∙ ∙ ∙, λp)∈Kp+1tel que
p
uk(~x) =Xλjuj(~)
x
j=0
Appliquonsualeg´eitce`ae´ttent:liivll,eroeievtc
p p+1p
uk+1(~x) =Xλjuj+1(~x) =Xλj−1uj(~x) =Xλj−1uj(~x) +λpup+1
j=0j=1j=1
Commeup+1(~x)∈Vect,u~x(~x), . . . , up(~x), on obtient bien queuk+1(~x)∈Vect,xu~(~x), . . . , up(~x).
3
1.
Montrons queC(u) est un sous-espace vectoriel deL(E), stable pour la loi◦.
0L(E)∈ C(ucar l’enomorphisme nul commute avec tout endomorphisme.)
soit (v, w)∈ C(u)2,(λ, µ)∈K2nsclacadlulge`edse’Dpa.elrs`rseL(E), on a :
C(u) ={v∈ L(E)|v◦u=u◦v}
Soitu∈ L(Eleitfin´eanutmmcodtednO.)upar
(v◦w)◦u=v◦(w◦u) =v◦(u◦w) = (v◦u)◦w=u◦(v◦w)
(λv+µw)◦u
=
=
=
λv◦u+µw◦u
λu◦v+µu◦w
u◦(λv+µw)
c.Ccl.rrpaomano,ecnerruce´equentr´
∀k∈N, uk(~x)∈Vectu~,x(~x), . . . , up(~x)
N
5.
Ainsi
Eu(~x) =Vect{uk(~x) ;k∈N} ⊂Vectx,u~(~x), . . . , up(~x)
Par suite,u,x~(~x), . . . , up(~x)est libre et engendreEu(~x) : c’est donc une base deEu(~x).
Montronspardouble-implicationl’e´quivalence
Partie III.Commutant d’un endormorphisme
eriassece´ntsenioitndcola:
Supposons quedimKEu(~x) est de dimension 1. Alors~x6=~0 (car sinon,Eu(~x) ={~0}), et
~x∈Eu(~xParc).equeons´(tn~x) est une base deEu(~x).commentaires :(~x)est une famille
libre et maximale de vecteurs deEu(~x) Commeu(~x)∈Eu(~xil),tdesiae´a`erccnonilo~xce
quirevient`adirequ’ilexisteλ∈Ktel queu(~x) =λ∙~x.
la condition est suffisante:
~
Supposons que~x6= 0Eet qu