[<] Éléments propres d'un endomorphisme matriciel [>] Diagonalisabilité

 
Exercice 1  829  Correction  

Soient f et g deux endomorphismes d’un 𝕂-espace vectoriel E tels que fg-gf=Id.

  • (a)

    Montrer que, pour tout entier n1, on a fng-gfn=nfn-1.

  • (b)

    En dimension finie non nulle, montrer qu’il n’existe pas deux endomorphismes f et g tels que fg-gf=Id.

  • (c)

    Montrer que dans E=𝕂[X] les endomorphismes f et g définis par f(P)=P et g(P)=XP conviennent.

Solution

  • (a)

    Il suffit de procéder par récurrence en exploitant

    fn+1g-gfn+1=f(nfn+gfn)+(Id-fg)fn.
  • (b)

    Si fg-gf=Id alors

    tr(Id)=tr(fg)-tr(gf)=0

    C’est absurdre.

  • (c)

    Pour P𝕂[X]

    fg(P)=(XP)=XP+Petgf(P)=XP

    donc

    (fg-gf)(P)=P.
 
Exercice 2  775   

Soient A,Bn() vérifiant AB-BA=A.

  • (a)

    Calculer AkB-BAk pour k.

On considère l’endomorphisme φ de n() défini par φ(M)=MB-BM.

  • (b)

    À quelle condition la matrice Ak est-elle vecteur propre de φ?

  • (c)

    En déduire qu’il existe11 1 Autrement dit, la matrice A est nilpotente. k tel que Ak=On.

 
Exercice 3  4105     CENTRALE (MP)Correction  

On fixe Ap() et l’on considère Δ:Mp()AM-MA.

  • (a)

    Prouver que Δ est un endomorphisme de p() et que:

    n*,(M,N)p()2,Δn(MN)=k=0n(nk)Δk(M)Δn-k(N).
  • (b)

    On suppose que B=Δ(H) commute avec A. Montrer

    Δ2(H)=0etΔn+1(Hn)=0.

    Vérifier Δn(Hn)=n!Bn.

  • (c)

    Soit une norme sur p(). Montrer que Bn1/nn+0.

  • (d)

    En déduire que la matrice B est nilpotente.

Solution

  • (a)

    Δ est évidemment linéaire de p() dans lui-même.
    En exploitant

    Δ(BC)=ABC-BCA=(AB-BA)C+B(AC-CA)=Δ(B)C+BΔ(C)

    on montre la relation

    Δn(MN)=k=0n(nk)Δk(M)Δn-k(N)

    en raisonnant par récurrence comme pour établir la formule de Leibniz.

  • (b)

    AB=BA donne directement Δ(B)=0 et donc Δ2(H)=0.
    La relation Δn+1(Hn)=0 s’obtient alors en raisonnant par récurrence et en observant que les termes sommés sont nuls dans la relation

    Δn+1(Hn)=Δn+1(HHn-1)=k=0n+1(n+1k)Δk(H)Δn+1-k(Hn-1).

    L’identité Δn(Hn)=n!Bn s’obtient aussi par récurrence et un calcul assez analogue.

  • (c)

    Considérons une norme sous-multiplicative (par équivalence des normes en dimension finie, cela ne change rien au problème). On a

    Bn=1n!Δn(Hn).

    L’application linéaire Δ étant continue, on peut introduire k0 vérifiant

    Mp(),Δ(M)kM.

    On a alors

    Bn1n!knHn1n!(kH)n

    puis

    Bn1/n1(n!)1/n(kH)n+0 car n!n+2πn(ne)n.
  • (d)

    On peut plonger le problème dans le cadre complexe. Soit λ une valeur propre complexe de B et M une matrice de p() dont toutes les colonnes sont vecteurs propres de B associés à la valeur propre λ. On a
    BM=λM et donc BnM=λnM puis BnM1/n=|λ|M1/n. Or

    BnM1/nBn1/nM1/nn+0

    et l’on peut donc conclure λ=0.
    Puisque 0 est la seule valeur propre complexe de B, celle-ci est nilpotente.

 
Exercice 4  2719     MINES (MP)Correction  

Soient f et g deux endomorphismes d’un -espace vectoriel E de dimension finie n1 tels que

fg-gf=f.
  • (a)

    Montrer que f est nilpotent.

  • (b)

    On suppose fn-10. Montrer qu’il existe une base e de E et λ tels que:

    Mate(f)=(01(0)1(0)0)etMate(g)=Mate(f)=(λ(0)λ+1(0)λ+n-1).

Solution

  • (a)

    On vérifie fkg-gfk=kfk pour tout k.

    Si fk0 pour tout k alors l’endomorphisme hhg-gh admet une infinité de valeurs propres (à savoir tous les entiers naturels). Cela étant impossible en dimension finie, on peut affirmer que l’endomorphisme f est nilpotent.

  • (b)

    fn=0 (car dimE=n) et fn-10. Pour xKer(fn-1) et e=(fn-1(x),,f(x),x), on montre classiquement que e est une base de E dans laquelle la matrice de f est telle que voulue.

    On remarque

    f(g(fn-1(x)))=0E

    donc

    g(fn-1(x))=λ.fn-1(x)

    pour un certain λ.

    Aussi,

    fk(g(fn-1-k(x)))=(λ+k).fn-1(x)

    et la matrice de g dans e est donc triangulaire supérieure avec sur la diagonale λ,λ+1,,λ+n-1. Ainsi,

    Sp(g)={λ,,λ+n-1}.

    Soit y vecteur propre associé à la valeur propre λ+n-1.

    Si yKer(fn-1) alors puisque Ker(fn-1) est stable par g, λ+n-1 est valeur propre de l’endomorphisme induit par g sur Ker(fn-1). Cela n’étant pas le cas, yKer(fn-1). On vérifie alors facilement que la famille e=(fn-1(y),,f(y),y) résout notre problème.

 
Exercice 5  2441     CENTRALE (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie non nulle, u,v dans (E) et a,b dans . On suppose

uv-vu=au+bv.
  • (a)

    On étudie le cas a=b=0.
    Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.

  • (b)

    On étudie le cas a0, b=0.
    Montrer que u est non inversible.
    Calculer unv-vun et montrer que u est nilpotent.
    Conclure que u et v ont un vecteur propre en commun.

  • (c)

    On étudie le cas a,b0.
    Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.

Solution

  • (a)

    Puisque uv=vu les sous-espaces propres de u sont stables par v. Puisque E est un -espace vectoriel, u admet une valeur propre et le sous-espace propre associé est stable par v. L’endomorphisme induit par v sur celui-ci admet une valeur propre et cela assure l’existence d’un vecteur propre commun à u et v.

  • (b)

    uv-vu=au.
    Si u est inversible alors uvu-1-v=aIdE et donc tr(uvu-1)-tr(v)=adimE.
    Or tr(uvu-1)=tr(v) ce qui entraîne une absurdité.
    On en déduit que u est non inversible.
    Par récurrence sur n, on obtient

    unv-vun=naun.

    L’endomorphisme φ:wwv-vw n’admet qu’un nombre fini de valeurs propres car opère en dimension finie. Si u n’est pas nilpotent alors pour tout n, na est valeur propre de φ. C’est absurde et donc u est nilpotent.
    Enfin, soit xKer(u). On a u(v(x))=v(u(x))+au(x)=0 donc v(x)Ker(u).
    Par suite, Ker(u){0} est stable v et un vecteur propre de l’endomorphisme induit est vecteur propre commun à u et v.

  • (c)

    uv-vu=au+bv.
    Si a=0 il suffit de transposer l’étude précédente.
    Si a0, considérons w=au+bv.
    On a

    (au+bv)v-v(au+bv)=a(uv-vu)=a(au+bv).

    Par l’étude qui précède, au+bv et v ont un vecteur propre en commun puis u et v ont un vecteur propre en commun.

 
Exercice 6  4107      CENTRALE (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie non nulle, u et v deux endomorphismes de E.

  • (a)

    On suppose dans cette question et dans la suivante que uv-vu=u.
    Montrer que Ker(u) est stable par v.

  • (b)

    Montrer que Ker(u){0}.

    it On pourra raisonner par l’absurde et utiliser la trace.

    En déduire que u et v ont un vecteur propre commun.

  • (c)

    On suppose maintenant que uv-vuVect(u,v)
    Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle les matrices de u et v sont triangulaires supérieures.

Solution

  • (a)

    Soit xKer(u). On a u(x)=0E et donc

    u(v(x))=u(x)+v(u(x))=0E.

    Ainsi, v(x)Ker(u).

  • (b)

    Par l’absurde, si l’endomorphisme u est inversible, on peut écrire

    uvu-1=v+IdE.

    En passant à la trace, on obtient

    tr(v)=tr(v)+dimE.

    Cela est absurde. On en déduit Ker(u){0}.

    L’espace Ker(u) est stable v et non réduit à {0}, l’endomorphisme complexe induit par v sur cet espace de dimension finie admet donc une valeur propre λ. Si x est un vecteur propre associé, c’est un vecteur propre commun à u et v car

    u(x)=0Eetv(x)=λ.x.
  • (c)

    La conclusion qui précède vaut aussi pour une identité du type uv-vu=au avec a0.
    Dans le cas où a=0, la propriété est encore vraie en raisonnant cette fois-ci avec un sous-espace propre de u (stable par v car on est en situation où u et v commutent).
    Si uv-vu=au+bv avec b0 alors, en considérant w=au+bv, on a uw-wu=bw. Les endomorphismes u et w ont un vecteur propre en commun et celui-ci est aussi vecteur propre de v.
    Finalement, on retient

    uv-vuVect(u,v)u et v ont un vecteur propre en commun.

    On peut alors en déduire que ces deux endomorphismes sont cotrigonalisables en raisonnant par récurrence sur la dimension de E. En bref (car c’est assez long à rédiger), si l’on complète le vecteur propre précédent en une base de E, les endomorphismes u et v seront figurés par des matrices

    (λ*0A)et(μ*0B).

    La relation uv-vuVect(u,v) donne, par calcul par blocs, AB-BAVect(A,B). On applique l’hypothèse de récurrence aux matrices A et B:

    P-1AP=T et P-1BP=T avec P inversible de taille n-1.

    On transpose ensuite cette solution aux matrices précédentes via la matrice inversible

    (100P).

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Édité le 08-11-2019

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