PROBLEME 1 E.M. Lyon 2001
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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 à 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 =@ 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: