Endomorphismes cycliques - Corrigé du Devoir, Exercices de Algèbre linéaire

Télécharge Endomorphismes cycliques - Corrigé du Devoir et plus Exercices au format PDF de Algèbre linéaire sur Docsity uniquement! Corrigé du Devoir Libre n°15 PROBLEME 1 : Endomorphismes cycliques Notations : Dans tout le problème E désigne un K-espace vectoriel de dimension finie n € N, n > 2. Pour tout endomorphisme u € L(E), et pour tout à € E, on note Eu(&) = Vectk(u*(&), k € N} e un vecteur à € E tel Définition : On dit qu'un endomorphisme u € L(E) est cyclique s'il e que E,(&) =E Partie |. Exemples 1. On suppose ici que n = 3, et que E est muni d’une base (é&,6,63) de E. On considère l’endomorphisme u € L(E) défini par u(&) = 6-61+27- 6 +17-63 u(&) = 24:61 +18 - 62 +38 : à u(&s) = —12: 61 — 24: & — 24: & a. On a à = à u(éi) = 6éi+ 276 +178 u?(&) 4806; + 72083 On vérifie que la famille (&,u(&),u?(&1)) est libre. Comme elle est de cardinal 3, il s’agit donc d’une base de Æ. Ainsi, Vect (&1,u(éi),u?(&1)) = E. Comme de plus, Vect (&i,u(&i),u?(é)) € Es(ë) C E Il s'ensuit que E,(&) = E. À b. Ainsi, u est cyclique. A 2. Dans cette question £ = R,[X]. On considère l’endomorphisme de dérivation u défini pour tout PE E par u(P) = P’. a. Soit P € E, un polynôme quelconque. Notons p € [0,n] le degré de P. D’après les propriétés algébriques du degré des polynômes, on a > si P est de degré négatif, alors u(P) est le polynôme nul. > si P est de degré strictement positif, alors u(P) est de degré p—1 Soit alors P, un polynôme de degré k € [0,n]. D'après la remarque ci-dessus, u**1(P5) est le polynôme nul et la famille P5, u(Po), u?(P5),- +: ,u*(P9) est une famille échelonnée en degré. Par conséquent, E,(Po) = Vect (Po. u(P5),u?(P5),-+ .u*(P)) = Ki[X] b. Appliquons le résultat de la question précédente avec P, = X”. Il en découle que E(X") = K,[X] u est donc cyclique. A 3. Dans cette question, Æ est un K-ev de dimension n > 2. Soit u un endomorphisme nilpotent d'indice p > 2. a. Par hypothèse, f?-! Z 0 et f? — 0. Par conséquent, il existe un vecteur à de E tel que fr" (à) # 0. commentaires :à est nécessairement non nul, de même que f(à),-:-f"- (à). Montrons que la famille (à, u(ä),.….… ,u?-1(ü)) libre. Soit donc (A5, M,--: , Àp-1) € KP tel que g NB + M f(@) ++ nf (T) = On () Appliquons successivement f, f?, ...f”-l à cette équation vectorielle. Par linéarité il en résulte . Aoû He HP) HAT) = Ür Aof (à) tee +Ap2f07 (à) = Ug AfP (à) = Ür Comme par construction, fP-1(à) # Üx, la dernière équation entraîne que Ào — 0.commentaires :d’après les règles de calcul dans un espace vectoriel, À:ü =0 «= À = 0 où à = 0 En remontant ce système d'équations vectorielles triangulaire inférieur, on obtient successi- vement À = À == À, 1 = 0. La famille (ä, J(@),..., fr (ü)) est libre. De plus, comme Æ est de dimension n, le nombre maximal de vecteurs linéairement indépendants dans E est n. En particulier, p < n. A b. Supposons que f est nilpotent d'indice p = n. En ce cas, la famille (à, f(&)..…., f"-{(à)) obtenue à la questions précédente est libre et maximale. D’après la caractérisation des bases en dimension finie, il s’agit donc d’une base de E. En particulier, elle est génératrice et par conséquent, E = Vect (ä, f(à),...,f"\(à)) € E,(à) CE Il en résulte que u est cyclique. A Partie Il. Etude de E, (x) On revient au cas général. Soit F € E et u € L(E). 1. 3. Dans cette question, on suppose que u € GL(E) est un automorphisme de E. Soit v € L(E). On a vEC(u) = vou=uov = ulou=vout <= vecC(u !) Ceci étant vrai pour tout endomorphisme v, de E, on a bien montré que C{u) = C(u”!). A 4. Soit (u,v) € L(E) x L(E). On montre que Cu) NC(v) E C(uov)NC(vou) Soit w € C(u) NC(v). On a alors (uov)ow=uo(vow)=uo(wov)=(uow)ou=wo(uov) De même, (&ou)ow=vo(uow)=vo(wou)=(vow)ou=wo(vou) Ainsi, w € C(uov) NC(vou). Ceci étant vrai pour tout w € C{u) NC(v), on a bien montré linclusion Cu) NC(v) E C(uov)NC(vou) Partie IV. Commutant d’un endormorphisme cyclique 1. Soit u € L(E) un endomorphisme cyclique et # un vecteur de E tel que E,(%) = E. a. D’après la question Partie I. 4, il existe p € N tel que (ïo. (do), .w”-(%0)) soit une base de E,(%) = E. D'autre part, comme E est de dim n, il découle du théorème de la dimension que p — n. Ainsi, (Go, u(To),.., u"— (io) est une base de E. A b. Montrons que (ide, U,..., u”-1) est une famille libre de £(E). Soit donc (A9... , An-1) € K” tel que oidg + Xu + + nu = Op(e) (2) Evaluons cette égalité en %6, il s'ensuit que 3 2 ip do + AU) +++ + nu" (To) = 0e Comme précisément, (Go, u(To)..., u"—1(ïo)) est une base de E, ceci entraîne que X=d=-.:—), 1 0 c. Soit (v,w) € C(u)?. Montrons l’équivalence : v=w <= v(o) = w(É) = la condition est clairement nécessaire : = Montrons qu’elle est suffisante : supposons donc que v(%) = w . Appliquons u à cette égalité vectorielle. Il en résulte que uou(s) = uow(io. Comme v et w commutent avec u, il s'ensuit que v(u(ïo)) = w(u(Æo)). Par itération, on montre que VkE[0.n-—1], v(u*(i)) = w(u*(to)) En particulier, v et w coïncident en tout vecteur de la base (Go, u(To),.., ul (io). Comme un endomorphisme de E est uniquement déterminé par les images des vecteurs d’une base, ceci entraîne finalement que UV = W d. Soit v € C(u). Décomposons le vecteur v(%0) dans la base (&o, (to)... ,u"-1(%o)) : il existe (Ao,..., An-1) € K” tel que = \od0 + MU(To) + +2 + nu" (Go) Introduisons alors l’endomorphisme w défini par w = oidg + Mu + + nu! Comme w est un polynôme en w, il commute avec u. De plus, par construction, w(%o). D’après la question précédente, il en résulte que v = w. En particulier, v est combinaison linéaire de Zdp,u,...,u"1. Ceci étant vrai pour tout endomorphisme v € C(u), on a prouvé l'égalité C(u) = {P(u); PEK,_1[X]} Il en découle aisément que C(u) est un sous-espace vectoriel de L(E) de dimension n. A