[<] 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     MINES (MP)

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)=(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

uvvu=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 unvvun puis établir 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 non réduit au vecteur nul, u admet au moins une valeur propre. Le sous-espace propre associé est stable par v et non réduit au vecteur nul. L’endomorphisme induit par v sur celui-ci admet au moins une valeur propre. Cela assure l’existence d’un vecteur propre à l’endomorphisme v dans un sous-espace propre de l’endomorphisme u. Ce vecteur est un vecteur propre commun à u et v.

  • (b)

    On a uvvu=au.

    Par l’absurde, si u est inversible alors

    uvu1v=aIdE

    et donc

    tr(uvu1)tr(v)=adimE.

    Or

    tr(uvu1)=tr((uv)u1)=tr(u1(uv))=tr((u1u)v)=tr(v)

    ce qui entraîne une absurdité. On en déduit que l’endomorphisme u est non inversible.

    Par récurrence sur n, on vérifie

    unvvun=naun.

    En effet, la propriété est immédiate pour n=0 et on obtient l’hérédité en écrivant

    un+1vvun+1 =un(uv)vun+1
    =un(au+vu)vun+1
    =aun+1+(unvvun)u

    L’endomorphisme φ:wwvvw défini sur (E) 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)

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

    (au+bv)vv(au+bv)=a(uvvu)=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 uvvu=u.

    Montrer que Ker(u) est stable par v.

  • (b)

    Montrer que Ker(u){0}.

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

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

  • (c)

    Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle les matrices de u et v sont triangulaires supérieures.

  • (d)

    Généraliser le résultat précédent au cas où uvvuVect(u,v).

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). L’espace Ker(u) est stable par v.

  • (b)

    Par l’absurde, supposons l’endomorphisme u est inversible. On peut introduire u1 et écrire

    uvu1=v+IdE.

    Or

    tr(uvu1)=tr((uv)u1)=tr(u1(uv))=tr((u1u)v)=tr(v)

    et l’égalité précédente donne alors

    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 l’espace nul. L’endomorphisme complexe induit par v sur cet espace de dimension finie admet au moins une valeur propre λ. Si x est un vecteur propre associé, c’est un vecteur propre commun à u et v car c’est un vecteur non vérifiant à la fois

    u(x)=0Eetv(x)=λ.x.
  • (c)

    Par récurrence, on établit que deux endomorphismes u et v d’un -espace vectoriel de dimension n* vérifiant uvvu=u sont cotrigonalisables.

    Pour n=1, il n’y a rien à démontrer.

    Supposons la propriété acquise pour n1*.

    Soient u et v deux endomorphismes d’un -espace vectoriel de dimension n vérifiant uvvu=u. Il existe e1 vecteur propre commun à u et v. Par le théorème de la base incomplète, on forme e=(e1,,en) une base de E. Dans cette base les matrices de u et v sont respectivement de la forme

    A=(λ*0A)etB=(μ*0B).

    Par opérations par blocs, on vérifie ABBA=A car ABBA=A. Par hypothèse de récurrence, les endomorphismes canoniquement associés aux matrices A et B sont cotrigonalisables. Il existe donc QGLn1() telle que

    Q1AQ=TetQ1BQ=U avec T,U𝒯n1+().

    Considérons ensuite la matrice étendue

    P=(100Q).

    On vérifie

    PGLn() avec P1=(100Q1).

    Par produit par blocs,

    P1AP=(λ*0T)etP1BP=(μ*0U).

    Les matrices A et B sont donc cotrigonalisables et la matrice de passage P détermine alors une base dans laquelle les matrices de u et v sont triangulaires supérieures.

    La récurrence est établie.

  • (d)

    L’étude qui précède est aussi valable pour une identité du type uvvu=au avec a0. Dans le cas où a=0, le résultat est encore vraie car deux endomorphismes u et v qui commutent possèdent une valeur propre commune. En effet, u possède au moins une valeur propre, le sous-espace propre associé est stable par v et l’endomorphisme induit par v sur celui-ci possède au moins une valeur propre. Cela permet de déterminer un vecteur propre commun à u et v. On peut alors adapter la démonstration précédente et acquérir la propriété de cotrigonalisabilité.

    Si uvvu=au+bv avec b0 alors, en considérant w=au+bv, on a

    uwwu=u(au+bv)(au+bv)u=b(uvvu)=bw.

    Les endomorphismes u et w sont donc cotrigonalisables. Or v est combinaison linéaire de u et v. Les endomorphismes u et v sont donc aussi cotrigonalisables.

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Édité le 29-08-2023

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