[PDF] Corrigé du Devoir Libre n?15 Soit u un endomorphisme nilpotent





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Exercices corrigés algèbre linéaire

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Ce sujet porte sur les matrices et endomorphismes nilpotents. Le principal théo- rème qui y est démontré concerne une réduction particulière des 



Endomorphismes nilpotents - Université Sorbonne Paris Nord

† Calculer la dimension du commutant d’un endomorphisme nilpotent † Un sous-espace vectoriel maximal dans le c^one nilpotent est semblable au matrice strictement triangulaire sup¶erieure † L’adh¶erence de l’orbite d’un bloc de Jordan de taille maximale est l’ensemble des nilpotents



23 Nilpotent endomorphisms - University of California Berkeley

For a nilpotent endomorphism f (resp matrix A 2Mat n(C)) we de ne the exponent of f (resp of A) denoted (f ) (resp (A)) to be the smallest r 2N such that f r = 0 (resp Ar = 0) Therefore if (f ) = r then there exists v 2V such that f r 1(v) 6= 0 V For v 2V we de ne the height of v (with respect to f ) denoted ht(v) to be the smallest



Exo7 - Exercices de mathématiques

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D´e?nition : Un endomorphisme f ? L(E) est dit nilpotent s’il existe p ? N? tel que fp = 0 L(E) Notons qu’il existe en ce cas un plus petit entier p ? N? tel que fp = 0L(E) On note ?(f) ? N ? cet entier appel´e indice de nilpotence de f Partie I Deux exemples 1 Endomorphisme nilpotent de Kn

  • Exercice 649

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Comment savoir si un endomorphisme est nilpotent ?

PROBL`EME 1 Dans tout le probl`eme E d´esigne un espace vectoriel de dimension ?nie sur K = R ou C. D´e?nition : Un endomorphisme f ? L(E) est dit nilpotent s’il existe p ? N?tel que fp= 0 L(E). Notons qu’il existe en ce cas un plus petit entier p ? N?tel que fp= 0L(E). On note ?(f) ? N ?cet entier, appel´e indice de nilpotence de f.

Comment calculer le commutant d’un endomorphisme nilpotent ?

†SoitM=S+Nla d¶ecomposition de Dunford deMen semi-simple plus nilpotent. Montrez queSest dans l’adh¶erence de la classe de similitude deM. †Donner, en fonction des invariants de similitude, la dimension du commutant d’un endomorphisme nilpotent.

Comment se démarquer des endomorphismes diagonalisables ?

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Corrigé : Partie 1 : Nilpotence de la somme si les matrices commutent Notons k l’indice de nilpotence de A et l l’indice de nilpotence de B. On va considérer (A+B)^ {k+l-1} (A+B)k+l?1 et développer cette quantité

Corrige du Devoir Libre n15

PROBLEME 1:Endomorphismes cycliquesNotations :Dans tout le problemeEdesigne unK-espace vectoriel de dimension nien2N,n2.

Pour tout endomorphismeu2 L(E), et pour tout~x2E, on note E

u(~x) =VectK(uk(~x); k2NgDenition :On dit qu'un endomorphismeu2 L(E)estcycliques'il existe un vecteur~x2Etel

que E u(~x) =EPartie I.Exemples

1.On supp oseici que n= 3, et queEest muni d'une base (~e1;~e2;~e3) deE. On considere

l'endomorphismeu2 L(E) deni par u(~e1) = 6~e1+ 27~e2+ 17~e3 u(~e2) = 24~e1+ 18~e2+ 38~e3 u(~e3) =12~e124~e224~e3 a.On a ~e 1=~e1 u(~e1) = 6~e1+ 27~e2+ 17~e3 u

2(~e1) = 480~e1+ 720~e3

On verie que la famille

~e1;u(~e1);u2(~e1)est libre. Comme elle est de cardinal 3, il s'agit donc d'une base deE. Ainsi,Vect~e1;u(~e1);u2(~e1)=E. Comme de plus, Vect ~e1;u(~e1);u2(~e1)Eu(~e1)E

Il s'ensuit queEu(~e1) =E.N

b.Ainsi, uest cyclique.N

2.Dan scette questio nE=Rn[X]. On considere l'endomorphisme de derivationudeni pour

toutP2Eparu(P) =P0. a.Soi tP2E, un polyn^ome quelconque. Notonsp2[[0;n]] le degre deP. D'apres les proprietes algebriques du degre des polyn^omes, on a IsiPest de degre negatif, alorsu(P) est le polyn^ome nul. IsiPest de degre strictement positif, alorsu(P) est de degrep1 1 Soit alorsP0un polyn^ome de degrek2[[0;n]]. D'apres la remarque ci-dessus,uk+1(P0) est le polyn^ome nul et la familleP0;u(P0);u2(P0);;uk(P0) est une famille echelonnee en degre. Par consequent, E u(P0) =VectP0;u(P0);u2(P0);;uk(P0)=Kk[X] N b.Appliqu onsle r esultatde la que stionpr ecedentea vecP0=Xn. Il en decoule que E u(Xn) =Kn[X] uest donc cyclique.N

3.Dans c ettequestion, Eest unK-ev de dimensionn2. Soituun endomorphisme nilpotent

d'indicep2. a.P arh ypothese,fp16= 0 etfp= 0. Par consequent, il existe un vecteur~adeEtel que f p1(~a)6=~0.commentaires :~aest necessairement non nul, de m^eme quef(~a);fp1(~a). Montrons que la famille~a;u(~a);:::;up1(~a)est libre.

Soit donc (0;1;;p1)2Kptel que

0~a+1f(~a) ++p1fp1(~a) =~0E(1)

Appliquons successivementf,f2, ...fp1a cette equation vectorielle. Par linearite il en resulte 8>>><

0~a++p2fp2(~a) +p1fp1(~a) =~0E

0f(~a) ++p2fp1(~a) =~0E...

0fp1(~a) =~0E

Comme par construction,fp1(~a)6=~0E, la derniereequation entra^ne que0= 0.commentaires :d'apres les regles de calcul dans un espace vectoriel,~u=~0()= 0ou~u=~0 En remontant ce systeme d'equations vectorielles triangulaire inferieur, on obtient successi- vement0=1==p1= 0. La famille~a;f(~a);:::;fp1(~a)est libre. De plus, commeEest de dimensionn, le nombre maximal de vecteurs lineairement independants dansEestn. En particulier,pn.N b.Supp osonsque fest nilpotent d'indicep=n. En ce cas, la famille~a;f(~a);:::;fn1(~a) obtenue a la questions precedente est libre et maximale. D'apres lacaracterisation des bases en dimension nie, il s'agit donc d'une base deE. En particulier, elle est generatrice et par consequent,

E=Vect~a;f(~a);:::;fn1(~a)Eu(~a)E

Il en resulte queuest cyclique.N

Partie II.Etude deEu(~x)

On revient au cas general. Soit~x2Eetu2 L(E).

1. 2 a.P arcon struction,Eu(~x) est un sous-espace vectoriel deE, contenant~x. Montrons qu'il est stable paru. Soit~y2Eu(~x). Par denition,~yest combinaison lineaire d'iteres de~x: il existe doncm2N, (a0;a1;:::;am1)2Kmtel que ~y=a0~x+a1u(~x) ++am1um1(~x)

Par linearite deu, il s'ensuit que

u(~y) =a0u(~x) +a1u2(~x) ++am1um(~x) En particulier,u(~y) s'ecrit aussi comme combinaison lineaire d'iteres de~x, il appartient donc aussi aEu(~x). b.Ainsi, Eu(~x) est un sev deE, contenantuet stable paru. Montrons que c'est le plus petit. Soit doncFun sev deE, stable paruet contenant~x. CommeFest stable paru, on a u(~x)2F;u2(~x)2F;:::uk(~x);:::AinsiFest un sous-espace vectoriel deEcontenant tous les iteres de~x. Par consequent, il contientEu(~x).N

2.La famille ~x;u(~x);:::;un(~x)est de cardinaln+ 1.CommeEest de dimensionn,nest le

cardinal maximal des familles libres. Par consequent~x;u(~x);:::;un(~x)est liee.N

3.O nsupp osequ e~x6=~0. NotonsLk=~x;u(~x);:::;uk(~x)et considerons l'ensembleN=fk2

Nj Lkest libreg. Comme par hypothese~xest non!nul, 02N. De plus, d'apres la question precedente, une de plus denvecteurs est necessairement liee. Ainsi,Nest une partie non vide et majoree parndeN. D'apres la propriete axiomatique (N1),Nadmet un plus grand element, notep. pest donc le plus grand entier pour lequel la famille~x;u(~x);:::;up(~x)est libre.N

4.P arconstruction ~x;u(~x);:::;up(~x)est libre. De plus, la maximalite depentra^ne que la

famille~x;u(~x);:::;up+1(~x)est liee. Par consequent, il existe unp+ 2-uplet (0;:::;p+1) non trivial tel que

0~x0++p+1up+1(~x0) =~0E

De plus, comme~x;u(~x);:::;up(~x)est librecommentaires :soitLune famille libre et~uune vecteur.L [ f~ugest liee ssi~u2VectL, ceci entra^ne quep+1est non nul et par consequent que u p+1(~x)2Vect~x;u(~x);:::;up(~x) Montrons par recurrence surk2N, queuk(~x)2Vect~x;u(~x);:::;up(~x). a.init.lorsquek= 0;:::;p, il n'y a rien a faire. Le cask=p+ 1 a ete etabli ci-dessus. b.Her.letk2Nsuch thatuk(~x)2Vect~x;u(~x);:::;up(~x). We now prove thatuk+1(~x)2Vect~x;u(~x);:::;up(~x). Par hypothese de recurrence, il existe (0;;p)2Kp+1tel que u k(~x) =pX j=0 juj(~x) Appliquonsua cette egalite vectorielle, il vient : u k+1(~x) =pX j=0 juj+1(~x) =p+1X j=1 j1uj(~x) =pX j=1 j1uj(~x) +pup+1 Commeup+1(~x)2Vect~x;u(~x);:::;up(~x), on obtient bien queuk+1(~x)2Vect~x;u(~x);:::;up(~x). 3 c.Ccl.par recurrence, on a montre que

8k2N;uk(~x)2Vect~x;u(~x);:::;up(~x)

Ainsi E u(~x) =Vectfuk(~x);k2Ng Vect~x;u(~x);:::;up(~x)

Par suite,

~x;u(~x);:::;up(~x)est libre et engendreEu(~x) : c'est donc une base deEu(~x).N

5.Mon tronspar double-implicationl' equivalence

dim

KEu(~x) = 1()~x6= 0 et92K; u(~x) =~x

la condition est necessaire: Supposons quedimKEu(~x) est de dimension 1. Alors~x6=~0 (car sinon,Eu(~x) =f~0g), et ~x2Eu(~x). Par consequent (~x) est une base deEu(~x).commentaires :(~x)est une famille libre et maximale de vecteurs deEu(~x) Commeu(~x)2Eu(~x), il est donc colineaire a~xce qui revient a dire qu'il existe2Ktel queu(~x) =~x. la condition est susante: Supposons que~x6=~0Eet qu'il existe2Ktel queu(~x) =x. En ce cas, une recurrence immediate montre que8k2N;uk(~x) =k~x. D'ou l'on tire nalement queEu(~x) = Vect(~x). En particulier,Eu(~x) est bien unK-espace vectoriel de dimension 1.N

Partie III.Commutant d'un endormorphisme

Soitu2 L(E). On denit le commutant deupar

C(u) =fv2 L(E)jvu=uvg

1.Mon tronsque C(u) est un sous-espace vectoriel deL(E), stable pour la loi.

0L(E)2 C(u) car l'enomorphisme nul commute avec tout endomorphisme.

soit (v;w)2 C(u)2;(;)2K2. D'apres les regles de calcul dansL(E), on a : (v+w)u=vu+wu =uv+uw =u(v+w)

Ainsi,v+w2 C(u).

soit (v;w)2 C(u)2. Alors (vw)u=v(wu) =v(uw) = (vu)w=u(vw) N

2.So itv2 C(u)\GL(E) un automorphisme deEcommutant avecu. On a doncvu=uv. En

composant a gauche et a droite parv1, il vientuv1=v1u, de sorte quev12 C(u).N 4

3.Dans ce ttequestion, on supp oseque u2GL(E) est un automorphisme deE. Soitv2 L(E).

On a v2 C(u)()vu=uv ()u1v=vu1 ()v2 C(u1) Ceci etant vrai pour tout endomorphismev, deE, on a bien montre queC(u) =C(u1).N

4.Soit ( u;v)2 L(E) L(E). On montre que

C(u)\ C(v) C(uv)\ C(vu)

Soitw2 C(u)\ C(v). On a alors

(uv)w=u(vw) =u(wv) = (uw)v=w(uv)

De m^eme,

(vu)w=v(uw) =v(wu) = (vw)u=w(vu) Ainsi,w2 C(uv)\ C(vu). Ceci etant vrai pour toutw2 C(u)\ C(v), on a bien montre l'inclusion

C(u)\ C(v) C(uv)\ C(vu)

N

Partie IV.Commutant d'un endormorphisme cyclique

1.So itu2 L(E) un endomorphisme cyclique et~x0un vecteur deEtel queEu(~x0) =E.

a.D'ap resla question Partie II. 4, il existep2Ntel que~x0;u(~x0);:::;up1(~x0)soit une base deEu(~x0) =E. D'autre part, commeEest de dimn, il decoule dutheoreme de la dimensionquep=n. Ainsi,~x0;u(~x0);:::;un1(~x0)est une base deE.N b.Mon tronsque idE;u;:::;un1est une famille libre deL(E). Soit donc (0;:::;n1)2 K ntel que

0idE+1u++n1un1= 0L(E)(2)

Evaluons cette egalite en~x0, il s'ensuit que

0~x0+1u(~x0) ++n1un1(~x0) = 0E

Comme precisement,

~x0;u(~x0);:::;un1(~x0)est une base deE, ceci entra^ne que

0=1==n1= 0

N c.Soi t( v;w)2 C(u)2. Montrons l'equivalence : v=w()v(~x0) =w(~x0) la condition est clairement necessaire : 5 Montrons qu'elle est susante : supposons donc quev(~x0) =w(~x0). Appliquonsua cette egalite vectorielle. Il en resulte queuv(~x0) =uw(~x0. Commev etwcommutent avecu, il s'ensuit quevu(~x0)=wu(~x0). Par iteration, on montre que

8k2[[0;n1]]; vuk(~x0)=wuk(~x0)

En particulier,vetwconcident en tout vecteur de la base~x0;u(~x0);:::;un1(~x0). Comme un endomorphisme deEest uniquement determine par les images des vecteurs d'une base, ceci entra^ne nalement que v=w N d.Soit v2 C(u). Decomposons le vecteurv(~x0) dans la base~x0;u(~x0);:::;un1(~x0): il existe (0;:::;n1)2Kntel que v(~x0) =0~x0+1u(~x0) ++n1un1(~x0)

Introduisons alors l'endomorphismewdeni par

w=0idE+1u++n1un1 Commewest un polyn^ome enu, il commute avecu. De plus, par construction,v(~x0) = w(~x0). D'apres la question precedente, il en resulte quev=w. En particulier,vest combinaison lineaire deIdE;u;:::;un1. Ceci etant vrai pour tout endomorphismev2 C(u), on a prouve l'egalite

C(u) =fP(u);P2Kn1[X]g

Il en decoule aisement queC(u) est un sous-espace vectoriel deL(E) de dimensionn.N 6quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40
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