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[Maths] Correction des problèmes de la semaine 36 (Septembre 2010)

Posted on : 13-09-2010 | By : camje_lemon | In : Mathématiques, Sciences

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Cet article contient la correction des problèmes de la semaine 36.
Il n’y aura pas de problème pour la semaine 37 (je n’ai pas eu accès à internet).

Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel $E$ tels que $u$ soit nilpotent d’ordre $r$ et que $v\circ u=u\circ v$ .
Calculer $\mathrm{det}(u+v)$ .

Si $v$ est inversible :
$\mathrm{det}(u+v)=\mathrm{det}(v(I+v^{-1}\circ u))=\mathrm{det}(v)\mathrm{det}(I+v^{-1}\circ u)$
Comme $v\circ u=u\circ v$ , on a :
$\begin{array}{rcl} v^{-1}\circ u &=& v^{-1}\circ u\circ(v\circ v^{-1}) \\ &=& v^{-1}\circ(u\circ v)\circ v^{-1} \\ &=& v^{-1}\circ v\circ u\circ v^{-1} \\ &=& u\circ v^{-1} \end{array}$
Et ainsi : $(v^{-1}\circ u)^r=(v^{-1})^r\circ u^r=0$ .
Comme $v^{-1}\circ u$ est nilpotent, son polynôme caractéristique est $\chi_{v^{-1}\circ u}(X)=(-X)^n$ , puis $\mathrm{det}(I+v^{-1}\circ u)=\chi_{v^{-1}\circ u}(-1)=1$ .
Ainsi $\mathrm{det}(u+v)=\mathrm{det}(v)\mathrm{det}(I+v^{-1}\circ u)=\mathrm{det}(v)$ .

Si $v$ n’est pas inversible :
$\begin{array}{rcl} (v+u)^r&=&\displaystyle\sum_{k=0}^r \binom{r}{k} u^kv^{r-k} \\ &=&\displaystyle\sum_{k=0}^{r-1} \binom{r}{k} u^kv^{r-k} \\ &=& v\circ\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{r-1} \binom{r}{k} u^kv^{r-k-1}\right) \text{ par commutativité} \end{array}$
Donc $\left(\mathrm{det}(v+u)\right)^r=\mathrm{det}\left((v+u)^r\right)=\mathrm{det}(v)\mathrm{det}\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{r-1} \binom{r}{k} u^kv^{r-k-1}\right)=0$
$\Rightarrow \mathrm{det}(u+v)=0$ .

Soit $E$ un espace vectoriel.
Donner une caractérisation des couples d’endomorphismes $(u,v)$ de $E$ vérifiant $\left\{\begin{array}{l}u\circ v=u \\ v\circ u = v\end{array}\right.$ .

Supposons que l’on ait deux endomorphismes $u$ et $v$ tels que
$\left\{\begin{array}{l}u\circ v=u \\ v\circ u = v\end{array}\right.$ .
Alors $u^2=u\circ v\circ u=u\circ v=u$ et de même $v^2=v$ .
Puis si $x\in\mathrm{Ker}u$ , $v(x)=v\circ u(x)=0$ et donc $\mathrm{Ker}u\subset\mathrm{Ker}v$ . De la même façon, on a l’inclusion réciproque.
Donc $u$ $v$ sont deux projecteurs de même noyau.

Réciproquement, soit $u$ et $v$ deux projecteurs de même noyau.
Soit $x\in E$ , alors $x=x_1+x_2$ avec $x_1\in\mathrm{Im}v$ et $x_2\in\mathrm{Ker}v=\mathrm{Ker}u$ .
Et $u\circ v(x)=u\circ v(x_1)=u(x_1)=u(x)$ .
Ainsi $u\circ v=u$ . De même, on obtient $v\circ u=v$ .

Soient $\mathbb{K}$ un corps, $n\in\mathbb{N}^*$ et $(a_0,\ldots,a_{n-1})\in\mathbb{K}^{n}$ .
Calculer le polynôme caractéristique de la matrice suivante : $\left(\begin{array}{ccccc} 0 & \cdots & \cdots & 0 & a_0 \\ 1 & \ddots & & \vdots & a_1 \\ 0 & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & 0 & a_{n-2} \\ 0 & \cdots & 0 & 1 & a_{n-1} \end{array}\right)\in M_n(\mathbb{K})$ .

Les matrices de cette forme (et leurs transposées) portent le nom de matrices compagnons (nous parlerons de ce nom dans la correction, quelques auteurs parlent aussi de matrices de Frobenius) et jouent un rôle assez important : elles interviennent dans une démonstration (parmi tant d’autres) du théorème de Cayley-Hamilton, dans la démonstration donnant la forme d’une suite récurrente linéaire d’ordre fini, dans la démonstration donnant la forme des solutions d’équations différentielles linéaires, dans la décomposition de Frobenius en fournissant une caractérisation des matrices cycliques, dans une démonstration du théorème de Kronecker sur les polynômes de Sylvester, dans une des nombreuses démonstrations des identités de Newton (ou encore formules de Newton-Girard, une démonstration plus connue utilise les formules de Viète) et ailleurs (même dans des résultats très récents)…

$\chi(\lambda)=\begin{array}{|ccccc|c} -\lambda & 0 & \cdots & 0 & a_0 & L_0\\ 1 & -\lambda & \ddots & \vdots & a_1 & L_1 \\ 0 & \ddots & \ddots & 0 & \vdots & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & -\lambda & a_{n-2} & L_{n-2} \\ 0 & \cdots & 0 & 1 & a_{n-1}-\lambda & L_{n-1} \end{array}$ .
En appliquant $L_0\leftarrow L_0+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\lambda^iL_i$ , on obtient :
$\chi(\lambda)=\begin{array}{|ccccc|} 0 & 0 & \cdots & 0 & -P(\lambda) \\ 1 & -\lambda & \ddots & \vdots & a_1 \\ 0 & \ddots & \ddots & 0 & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & -\lambda & a_{n-2} \\ 0 & \cdots & 0 & 1 & a_{n-1}-\lambda \end{array}$ où $P(X)=X^n-\displaystyle\sum^{n-1}_0 a_iX^i$ .
En développant par rapport à la première ligne il vient :
$\chi(\lambda)=(-1)^{n}P(\lambda)$ .