PROBLEME 1 E.M. Lyon 2001

Transcription

PROBLEME 1 E.M. Lyon 2001
PROBLEME 1
E.M. Lyon 2001
0
1
0
PREMIERE PARTIE
1
0
1
1
1
¡1
1. e 1 = @ 0 A ; f (e1 ) = @ 1 A ; f 2 (e1 ) = @ ¡2 A
0
¡2
2
et pour véri…er qu’il n’y a pas d’étourderie de calcul on cherche tout de suite f 3 (e 1 ) et f 4 (e1 ) pour véri…er f 4 (e 1 ) = e 1 :
0
1
1 1
¡1
On doit donc étudier le rang de @ 0 1
¡2 A . Le calcul du déterminant ou le Pivot de Gauss (L3 Ã L3 + 2L2 )
0 ¡2 2
donne le résultat.
e1 ; f (e1 ); f 2 (e 1 ) est une base de E
0
1
¡1
¡
¢
2. f 3 (e 1 ) = @ 1 A ; f 4 (e1 ) = e1 :de plus e1 ; f (e1 ); f 2 (e 1); f 3 (e1 ) est bien générateur , car les trois premiers vecteurs
0
forment une base. f est cyclique d’ordre 4
0
1
¡1 0
0
¡ ¢2
3. Calcul: A2 = @ ¡2 ¡1 ¡2 A puis A4 = A2 = Id
2
0
1
4. On cherche une base B 0 = (v1 ; v2 ; v 3 ) et telle que MatB0 (f ) = D . Soit à résoudre dans la base B : f (v1 ) = v 1 ;
f (v 2 ) = iv 2 ; f (v3 ) = ¡iv 3
0
1
0
1¡i
1+i
A
P [email protected] 1
1
1
¡1 ¡1 + i ¡1 ¡ i
On peut véri…er A = P DP ¡ 1
SECONDE PARTIE
1. Un cycle est un système générateur. Son cardinal est donc supérieur à la dimension de l’espace vectoriel : p ¸ n
2. Pour prouver que deux endomorphismes sont égaux il su¢t de le prouver pour les vecteurs d’une base. Comme on
¡
¢p¡1
peut extraire une base de la famille génératrice f i(x 0 ) i=0 il su¢t pour montrer f p = Id de montrer 8i 2 [[0; p ¡ 1]]
¡
¢
¡
¢
f p f i(x 0 ) = f i(x 0 ) . Or f p f i (x0 ) = f i (f p (x 0 )) = f i(x 0 ) d’après l’hypothèse f p (x0 ) = x 0
f p¡1 est donc de façon évidente la fonction réciproque de f p : f p¡ 1 ± f = f ± f p¡1 = Id
f p = Id et f est bijective
3.
¡
¢m¡ 1
¡
¢m
Pm
1. Par dé…nition de m f i (x 0 ) i=0 est libre et f i(x 0 ) i=0 est lié. Il existe donc une combinaison linéaire i=0 ¸ if i(x0 ) =
0 avec la famille (¸ i) 6= (0) .
Pm¡1
Si ¸ m = 0 on a i=0 ¸ if i (x0 ) = 0 et donc 8i; ¸ i = 0 (famille libre) : absurde
´
Pm¡ 1 ³
i
donc ¸ m 6= 0 et f m (x0 ) = i=0 ¡ ¸¸m
f i(x 0 )
¡
¢m¡1
2. pour k = m on vient de montrer que f m (x 0 ) est combinaison linéaire des f i(x0 ) i=0 :
¡
¢m¡1
P
i
supposons alors f k (x 0 ) 2 Vect f i (x 0 ) i=0 , il existe donc des ¹i tels que f k (x 0 ) = m¡1
i=0 ¹i f (x 0 ) . Si on compose
par f on a
µ
¶
m¡1
m¡1
m¡1
m¡1
X
X
X
X
¸i
k+1
i+1
i
m
i
f
(x 0 ) =
¹i f
(x 0 ) =
¹i¡1 f (x0 ) + ¹m¡1 f (x 0 ) =
¹i¡1 f (x0 ) + ¹ m¡1
¡
f i(x 0 )
¸m
i=0
Donc f k+1 2 Vect
³¡
i= 1
f i (x0 )
¢m¡1 ´
i= 1
i=0
i= 0
8k ¸ m , f k (x0 ) 2 Vect
³¡
3. Si m > n la famille ne peut pas être libre :(cardinal trop grand)
¢m¡ 1 ´
f i(x 0 ) i=0
¡
¢p¡1
¡
¢m¡ 1
si m < n on a d’après la question précédente et l’hypothèse que f i(x 0 ) i=0 engendre E le fait que f i(x 0 ) i=0
engendre E . ce qui est absurde (cardinal trop petit)
La famille étant libre et génératrice est une base de E notée B0
¡
¢m¡ 1
m = n et f i (x 0 ) i=0 est une base de E
4.
1. g est un polynôme de l’endomorphisme f ainsi que f k donc f k et g commutent et donc :
¡
¢
g f k (x 0 ) = f k (g (x 0 )) = f k (f n (x0 )) par dé…nition de g et des ai
=
f k+n (x 0 )
On a aussi
2.
¡
¢
¡
¢
g f k (x 0 ) = f n f k (x0 )
¡
¢n¡1
n
les deux applications g et f n sont égales pour tout vecteur de la base f k (x 0 ) k=0 . Elles sont donc égales g = f
0
0
B 1
B
B
MatB 0 (f ) = B
B 0
B .
@ ..
0
0
0
¢¢¢
..
.
..
.
¢¢¢
1
1
..
.
5. Dans ce cas f n (x 0) = x 0 donc a0 = 1 , i > 0 ) ai = 0
0
0 0 ¢¢¢
B 1 0
B
B
..
..
.
.
0
MatB (f ) = B
B 0
B . .
.. 1
@ ..
0
¢¢¢
1
0
0
..
.
a0
a1
..
.
0
1
an¡ 2
an¡ 1
0
0
..
.
0
1
Toute la suite va bien sur se faire en calculant dans cette base:
1
0
..
.
1
C 8
C < mi;n = ai¡1
C
C ,
C : m i;i¡1 = 1
C
m i;j = 0 sinon
A
1
C 8
C <
m 1;n = 1
C
C ,
C : m i;i¡1 = 1
C
m i; j = 0 sinon
0 A
0
1. Si f (v) = ¸v on a par récurrence immédiate 8k 2 N; f k (v) = ¸k v . En particulier v = f n (v) = ¸n v: Or v est non
nul donc ¸ n = 1.
n
2. Soit xk tel que matB0 (xk ) = (®i )i=1 . On doit étudier le système
®n = ¸ k ®1
8i ¸ 2; ® i¡1 = ¸k ® i
On a donc ® n = ¸ k ® 1 = ¸ 2k ®2 = ¢ ¢ ¢ = ¸ ik ® i = ¢ ¢ ¢ .En particulier ® n = ¸nk ®n = ® n .
®n semble donc être indéterminé et on sait calculer alors les ® i :
0
1
¸k
2
B ¸k C
B
C
B . C
matB0 (xk ) = ®n B .. C
B
C
@ ¸ n¡ 1 A
k
1
On véri…e sans problème que ce vecteur est solution. On prend par exemple an = 1
0
1
¸k
B
.. C
B
. C
Ker(f ¡ ¸ k Id) = Vect B
C
@ ¸n¡1 A
k
1
Pn¡1
Pn¡1
Pd
¡
!
¡
!
i
i
3. Si
a en composant
par f i :
k=0 ® k x k = 0 . On
k=0 ® k ¸ k x k = 0 . Soit alors P =
i= 0 pi X On a
³
´
Pn¡1
Pd
Pn¡ 1
P
¡
!
¡
!
i
0 = 0
k= 0 ®k P (¸ k )xk =
i=0 pi
k=0 ® k ¸ k x k =
Q
1 X ¡¸j
On prend alors pour P un polynôme d’interpolation de Lagrange Pj = i=n¡
. pour avoir Pj (¸ j ) = 1;
i=0
¸i¡¸ j
i6=j
Pn¡1
¡
!
8i 6= j Pj (¸ i) = 0 . On a alors k=0 ® k P (¸k )x k = ®k x k et donc ®k = 0 car xk 6= 0
n¡1
les (x k )k=0 forment donc une famille libre , et donc une base de E car le cardinal est le bon.
4. la matrice de f dans cette base est diagonale avec les (¸ k ) sur la diagonale.
2
PROBLEME 2
E.N.S option B.L. 2000
PRELIMINAIRE
1. H est un hyperplan et a est un vecteur non élément de H . On sait donc que H et Vect(a) sont deux sous espaces
vectoriels supplémentaires. Tout vecteur de E se décompose de façon unique comme somme d’un vecteur de H et d’un
vecteur colinéaire à a . Le résultat est vrai en particulier pour u(a) :
9!(°; h a ); ° 2 R; h a 2 H; u(a) = °a + h a
2. On prend les décompositions : u(a) = °a + h a et u(b) = °0 b + h b et on doit montrer ° = ° 0 :
Toujours à l’aide des sous espaces supplémentaires b se décompose sous la forme b = ka + h , k 2 R; h 2 H:
Avec de plus k 6= 0 car b 2
= H . On a donc
u(b)
= ku(a) + u(h) = ku(a) + h car H est invariant par u
= k (°a + h a ) + h = °(b ¡ h) + kha + h
= °b + (kh a + h ¡ °h)
On a donc une décomposition du type u(b) = °b + h0 avec ° 2 R; h 0 2 H . par unicité de la décomposition on a ° = °0 :
° est indépendant de a
PREMIERE PARTIE
1.
1. reprenons le calcul du préliminaire u(b) = gb + (kh a + h ¡ °h) :
On cherche b tel que u(b) = °(b) . Ce qui équivaut à kh a + h ¡ °h = 0 (toujours
³ l’unicité´ de la décomposition) donc
1
a0 = k a + °¡1
ha
kh a
à h = °¡1
(possible car ° 6= 1 ):Les vecteurs a0 sont donc du type :
=H
a0 2 H , kh a = 0 , h a = 0 (car k 6= 0) , a 2 H absurde. donc a0 2
d
2. Le cardinal de la famille est d la dimension de E . De plus la famille est libre en e¤et (hi )i=2 est un système libre
et a0 2
= Vect (h i ) :
Dans cette base la matrice de u est diagonale de diagonale (°; 1; ¢ ¢ ¢ 1)
Pd
Pd
3. Si on calcule dans cette base soit x = x0 a0 + i=2 y ih i . On a u(x) = x 0 °a0 + i=2 y ih i . Donc
u(x) = °x ,
d
X
i=2
(° ¡ 1)yi h i = 0
Or la famille (hi ) est libre et ° 6= 1 . Donc 8i; y i = 0
Réciproquement si x = x 0a 0 et si u(a0) = °a0 alors u(x) = °x par linéarité.
u(x) = °x , x 2 Vect(a0 )
2. Soit D = Vect(v) une droite stable . Il existe donc un ¸ tel que u(v) = ¸v . Si on se place dans la base précédente on
Pd
Pd
peut poser v = x0 a0 + i=2 yi hi . u(v) = ¸v impose donc x0 (° ¡ ¸)a0 + i=2 (1 ¡ ¸)y ih i = 0:
Comme on a une base on doit résoudre : x0 (° ¡ ¸) = 0 et 8i (1¡)y i = 0
² si ¸ 2
= f1; °g on obtient x0 = 0 et 8i; y i = 0 donc v = 0 . Absurde Vect(v) n’est pas une droite
² si ¸ = 1 on a x 0 = 0 donc v 2 H et D ½ H
² si ¸ = ° on a 8i; yi = 0 donc v 2 Vect(a) et D = Vect(a)
Les droites stables sont incluses dans H ou c’est E °
3.
² si E ° ½ V . Soit v 2 V on doit montrer u(v) 2 V . On décompose v = ka0 + h (k 2 R; h 2 H) . On a alors
u(v) = °ka0 + h = v + (° ¡ 1)ka0 . Or v 2 V et a0 2 V (par l’hypothèse Eg ½ V ) donc u(v) 2 V
² si V ½ H alors tous les éléments de V sont invariants par) u et donc u(V ) = V
3
4. On suppose V 2
= H . il existe donc un vecteur v 2 V ¡ H . Or H contient 0 . Donc v 6= 0 .La droite D = Vect(V ) répond
la question. Remarquons que par hypothèse sur V on D 6= E °
1. F est un sous espace vectoriel contenant E ° . D’après la question 3 F est stable par u et donc u(F ) ½ F
2. Supposons par l’absurde que V soit stable par u . On a alors pour le vecteur v du début de la question u(v) 2 V .
Or v 2 F donc u(v) 2 F = Vect(a0 ; v) . On peut donc décomposer u(v) = ®a0 + ¯v
² si ® = 0 on a u(v) = ¯ v donc D = Vect(v) est une droite stable . Absurde d’après la question 2 car on supposé
que D n’est pas inclus dans H et on sait que D 6= E° :
² si ® 6= 0 on a a0 =
u(v)¡¯ v
®
2 V . absurde car E ° 2
=V
5. synthèse évidente:
Un sous espace vectoriel est stable si et seulement si il contient E° ou il est contenu dans H
SECONDE PARTIE
1. Si u = Id le résultat est évident.
Réciproquement s’il existe a0 tel que u(a0 ) = a0 alors la décomposition usuelle x = ka0 + h donne u(x) = x car on sait
aussi que tout vecteur de H est invariant.
9a0 2
= H; u(a 0) = a0 , u = Id
2.
² Existence:Soit alors a0 2
= H quelconque . On peut décomposer u(a0 ) = a0 + h a d’après le préliminaire avec ° = 1 .
posons alors c = f h(aa0) 2 H. Ce qui a un sens car a0 2
= H ) f(a0 ) 6= 0:On donc u(a0 ) = a0 + f (a0 )c
Montrons alors : 8x 2 E ; u(x) = x + f (x)c :
On décompose (encore et toujours) x = ka 0 + h . On a donc f (x) = kf (a0 ) et
u(x) = k (a0 + f (a0 )c) + h = x + kf (a0 )c = x + f (x)c
² Unicité ( a0 n’étant pas unique il n’est pas évident que c est unique)
Mais si 8x : u(x) = x + f(x)c = x + f (x)d alors 8x : f (x)(c ¡ d) = 0 . Or il existe des vecteurs tels que f (x) 6= 0 .
Donc c = d:
il existe un vecteur c 2 H unique tel que u(x) = x + f (x)c
3. u est un endomorphisme en dimension …ni donc u est bijective si et seulement si u est injective.
Or x 2 Ker(u) ) u(x) = 0 ) x + f(x)c = 0
² si x 2
= H alors (x; c) est un système libre : absurde car le coe¢cient de x est non nul.
¡
!
² si x 2 H on a f (x) = 0 donc x = 0
² Pour calculer l’inverse on pose y = x+f (x)c et on cherche à calculer x en fonction de y . On a f (y) = f (x)+f x)f(c) =
f(x) car c 2 H . Donc x = y ¡ f (x)x = y ¡ f(y)c:
On véri…e alors que si 8x 2 E g(x) = x ¡ f (x)c on a g ± f = f ± g = Id
g : x¡ > x ¡ f (x)c est la fonction réciproque de f
4. la base existe par le théorème
0
1
0
B
B f (a) 1
B
B
1. Mat B (f ) = B 0
0
B
B .
@ ..
0
¢¢¢
de la base incomplète.
1
0 ¢¢¢ 0
.. C
..
.
. C
C
.. C
..
.
1
. C
C
C
..
..
.
. 0 A
¢¢¢ 0 1
2. Il su¢t de prendre la base (a; c0 ; h 3 ¢ ¢ ¢ hn ) avec c0 = f (a)c . C’est une base car f (a) 6= 0
4
5. Il est déjà évident que si V ½ H , V est stable par u: et que E est stable par u:
On a aussi que si c 2 V alors V est stable par u : x 2 V ) u(x) = x + f (x)c 2 V
Montrons alors :
V est stable par u si et seulement si V ½ H ou c 2 V
On a déjà montré une implication.
Réciproquement soit V stable par u:
² si V ½ H le résultat est évident
² sinon il existe v 2 V ¡ H on a alors u(v) = v + f (v)c 2 V donc c =
5
u( v)¡ v
f ( v)
2 V . En e¤et f (v) 6= 0 car v 2
= H: