Colles MP*2

Colles MP*2Paulien Jeunesse (paulien.jeunesse@ens.fr)25 septembre 2012Exercice 1. Soit A ∈ M n (R) telle que A k = I (k ≠ 0). On pose B = I + A + A 2 + · · · + A k−1 .Soient u, v les endomorphismes de K n matrices A et B dans la base canonique.Montrer que : Ker(u − id) = Im(v), Im(u − id) = Kerv, Ker(v) ⊕ Im(v) = K n .En déduire : tr(B) = k ∗ rg(B).Demonstration de l’exercice 1. Pour la première partie on voit que Ker(u − id) = Im(v) assezfacilement (suffit d’écrire). Ensuite Im(u−id) ⊂ Ker(v) et de dimension égale. Enfin si x ∈ Ker(v)et x ∈ Im(v) = Ker(u − id), on obtient que u(x) = x et donc v(x) = kx = 0 d’où x = 0. Ensuiteu |Im(v) = id donc tr ( u |Imv)= rg(v) et ainsi tr(v|Im(v))= k ∗ rg(v).Exercice 2. ˙Soit E = {fR → Rcontinues tq f(x) → 0}, ϕ : R → R tel que ϕ(x) = 2x et u : E → E telx→∞que u(f) = f ◦ ϕ. Montrer que u n’a pas de valeurs propres.Demonstration de l’exercice 2. Pour résoudre ce problème, on considère une valeur propre deu. Alors on a u(f) = λf, et donc ∀x ∈ R , f(2x) = λf(x). En autre de cela on en déduit quef(2 k x) = λ k f(x) et cela pour tout k dans Z. Donc λ doit être strictement inférieur ou égal à 1.Mais il doit même être égal à 0, sinon f n’est pas bornée. Pour finir on voit que si λ = 0 alors fest identiquement nulle et donc n’est pas valeur propre.Exercice 3. ˙Soit E l’espace vectoriel des suites réelles u = (u n ) n≥1 et f l’endomorphisme de E défini par :Quelles sont les valeurs propres de f ?(f(u)) n = u 1 + 2u 2 + · · · + nu nn 2 .Demonstration de l’exercice 3. Pour calculer cela on revient à la définition d’une valeur propre(de toute facon il n’y a pas grand chose d’autre a faire), donc on cherche une suite u et λ tel quef(u) = λu. C’est à dire en le réécrivant terme à terme,u 1 + 2u 2 + · · · + nu nn 2= λu n. En essayant par exemple les éléments de la forme δ k,n on voit que 1/k, k ≥ 1 sont valeurs propres.Montrons que ce sont les seules, en effet en n = 1 cela impose que u 1 = 0 (puisque λ ne peut êtreégal à 1). Donc pour n = 2 la relation se réécrit u22 = λu 2 et donc u 2 = 0. On conclut ainsi de suiteet donc u = 0, ce qui prouve que λ n’est pas valeur propre.1

Exercice 4. ˙Soit E = C([0, 1], R) et f : E → E tel que f(u) = ´ 1min(x, t)u(t) dt.t=0Chercher les valeurs propres et les vecteurs propres de f.Demonstration de l’exercice 4. On procède en regardant l’équation aux éléments propres, etdonc on cherche u et λ telles que f(u) = λu. Cela se réécrit doncˆ 1t=0min(x, t)u(t) dt = λu(x)L’égalité étant vrai pour tous x dans [0, 1].On dérive alors deux fois (ce qu’on peut faire vu leségalités qu’on a) et on trouve l’équation différentielle d’un sinus. D’où les valeurs propres sont les1λ =(π/2 + kπ) 2 : u(x) = C sin(π/2 + kπ)xExercice 5. ˙Soient E un ev de dimension finie sur C et u un endomorphisme de E.On suppose que u 3 = u 2 , u ≠ id, u 2 ≠ 0, u 2 ≠ u.Montrer qu’une valeur propre de u ne peut être que 0 ou 1.Montrer que 1 et 0 sont effectivement valeurs propres de u.Montrer que u n’est pas diagonalisable.Montrer que E = Im(u 2 ) ⊕ Ker(u 2 ).Monter que u| F avec F = Im(u 2 ) est l’identité.Dire ce que cela impliqueGénéraliser pour un endomorphisme quelconque.Demonstration de l’exercice 5. Le polynome (x 3 − x 2 ) annule la matrice donc 0 et 1 peuventêtre valeur propre, mais ils le sont puisque on a x tel que u 2 (x) ≠ 0, qui est valeur propre associéa 1 de u. Et le ker n’est pas réduit à 0 sinon u = id.Si u était diagonalisable, on aurait u 2 = u ce qui n’est pas le cas.on montre que Ker(u 4 ) = Ker(u 3 ) = Ker(u 2 ) , cela étant facile avec le fait que u 3 = u 2 , donc onconclut avec une étude de l’intersection des deux espaces.u| F (x) = u(u 2 (y)) = u 3 (y) = u 2 (y) = xDonc u 2 est diagonalisabledécroissance des ker, et croissance des images, on peut trouver k tel que E = Im(u k ) ⊕ Ker(u k ),mais pas plus a priori.Exercice 6. ˙Soit E un ev de dimension finie et u ∈ L(E) tel que rg(u) = 1. Montrer que :Montrer que :Im(u) ⊂ Ker(u) ⇐⇒ u n’est pas diagonalisable.T r(u) = 0 ⇒ n’est pas diagonalisable.Demonstration de l’exercice 6. Si Im(u) ⊂ Ker(u) alors u 2 = 0 donc 0 est l’unique valeurpropre de u et u ≠ 0 donc u n’est pas diagonalisable.Si Im(u) ⊄ Ker(u) alors Im(u)∩Ker(u) = {0} et donc Im(u)⊕Ker(u) = E. Or Im(u) et Ker(u)sont des sous-espaces propres de u donc u est diagonalisable.Si u était diagonalisable, alors avec x ∈ Im(u) vecteur propre on voit que T r(u) = λ.2

Exercice 7. ˙Soit A ∈ M n R telle que A 3 + A 2 + A = 0. Montrer que rg(A) est pair.Demonstration de l’exercice 7. On a un polynome annulateur de A donc on recherche sesracines, on peut alors voir du fait que sa trace doit être réelle qu’elle a forcement un nombre pairde coefficient non nuls sur sa diagonale lorsqu’on la trigonalise.Exercice 8. ˙Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie et f ∈ L(E). On définit T L(E) → L(E) parT (g) = f ◦g −g ◦f Montrer que si f est diagonalisable, alors T est diagonalisable ; si f est nilpotente,alors T est nilpotente.Demonstration de l’exercice 8. Supposonsf diagonalisable et soit B = (e 1 , ..., e n ) une basede vecteurs propres de f. Pour 1 ≤ i, j ≤ n, on pose g i,j l’endomorphisme de E déterminé parg i,j (e k ) = δ j,k e i La famille (g i,j ) est une base de L(E) et on observe T (g i,j ) = (λ i − λ j )g i,j doncT est diagonalisable. Supposons f nilpotente, c’est-à-dire qu’il existe n ∈ N∗ pour lequel f n = 0.Puisque T p (g) est combinaison linéaire de termes de la forme f k ◦g ◦f p−k , il est assuré que T 2n = 0et donc que T est nilpotente.3