Énoncé de l’exercice n°1 :
Soient $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension $n \in \mathbb{N^*} $ et $u$ un endomorphisme de $E$. On suppose qu’il existe un vecteur $x_0 \in E$ tel que la famille $(x_0, u(x_0), \dots, u^{n-1}(x_0))$ soit libre.
Démontrer que seuls les polynômes en $u$ commutent avec $u$.
Indication :
Utiliser le théorème : deux endomorphismes de $E$ sont égaux si et seulement s’il coïncident sur une base de $E$.
Corrigé de l’exercice :
• D’après le cours, on sait que les polynômes en $u$ commutent avec $u$.
• La famille $\mathcal{B} = (x_0, u(x_0), \dots, u^{n-1}(x_0))$ est libre et de cardinal $n = dim(E)$, donc $\mathcal{B}$ est une base de $E$. Soit $v$ un endomorphisme de $E$ qui commute avec $u$. On décompose le vecteur $v(x_0)$ dans $\mathcal{B}$ :
$$
v(x_0) = a_0 x_0 + a_1 u(x_0) + \cdots + a_{n-1} u^{n-1}(x_0).
$$
On construit l’endomorphisme $w$, polynôme en $u$ :
$$
w = a_0 \, \text{Id} + a_1 u + \cdots + a_{n-1} u^{n-1}.
$$
On a $v(x_0) = w(x_0)$. $v$ et $w$ commutent avec $u$, donc pour tout $k\in \mathbb{N}$ :
$$
v(u^k(x_0)) = w(u^k(x_0)).
$$
Donc les endomorphismes $v$ et $w$ coïncident sur une base, donc $v$ et $w$ sont égaux, donc $v$ est un polynôme en $u$.
■ Conclusion : seuls les polynômes en $u$ commutent avec $u$.
Énoncé de l’exercice n°2 :
Soient $\mathbb{K}$ un corps, $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel, $f$ un endomorphisme de $E$, $p$ un projecteur de $E$.
Démontrer que $f$ et $p$ commutent si, et seulement si, $\text{Im}(p)$ et $\ker (p)$ sont stables par $f$.
Indication :
Démontrer séparément une implication puis sa réciproque.
Corrigé de l’exercice :
On suppose que $f$ et $p$ commutent i.e. $f \circ p = p \circ f$.
Soit $x \in \ker (p)$, alors $p(x) = 0_E$.
$p(f(x)) = (p \circ f)(x) = (f \circ p)(x) = f(p(x))= f(0_E) = 0_E$.
Donc $f(x) \in \ker (p)$, donc $\ker (p)$ est stable par $f$.
D’après le cours, $\text{Im} \, (p) = \ker (\text{Id}-p)$, i.e. l’image de $p$ est l’ensemble des vecteurs invariants par $p$.
Soit $x \in \text{Im} \, (p)$, alors $p(x) = x$.
$p(f(x)) = (p \circ f)(x) = (f \circ p)(x) = f(p(x)) = f(x)$.
Donc $f(x)$ est invariant par $p$, donc $f(x) \in \text{Im}(p)$, donc $\text{Im}(p)$ est stable par $f$.
Donc $\ker (p)$ et $\text{Im}(p)$ sont stables par $f$.
Réciproquement, on suppose que $\ker (p)$ et $\text{Im}(p)$ sont stables par $f$.
D’après le cours, $E = \ker (p) \oplus \text{Im}(p)$.
Méthode n°1 :
Soit $x \in E$, $x$ se décompose (de façon unique) en $x = u + v$ avec $u \in \ker(p)$ et $v \in \text{Im}(p)$. On a, par stabilité, $f(u) \in \ker(p)$ et $f(v) \in \text{Im}(p)$
$(f \circ p)(x) = f(p(x)) = f(p(u+v)) = f(p(u)+p(v)) = f(0_E + v) = f(v)$.
$(p \circ f)(x) = p(f(x)) = p(f(u+v)) = p(f(u) + f(v)) = p(f(u)) + p(f(v)) = 0_E + f(v) = f(v)$.
Donc pour tout $x \in E$, $(p \circ f)(x) = (f \circ p)(x)$, donc $f \circ p = p \circ f$, donc $f$ et $p$ commutent.
Méthode n°2 :
D’après le cours, deux endomorphismes sont égaux si, et seulement s’ils coïncident sur $\ker(p)$ et sur $\text{Im}(p)$.
Soit $x\in \ker(p)$, on a, par stabilité, $f(x)\in \ker(p)$.
$(f \circ p)(x) = f(p(x)) = f(0_E) = 0_E$.
$(p \circ f)(x) = p(f(x)) = 0_E$.
Donc $(f \circ p)$ et $ (p \circ f)$ coïncident sur $\ker(p)$.
Soit $x\in \text{Im}(p)$, on a, par stabilité, $f(x)\in \text{Im}(p)$.
$(f \circ p)(x) = f(p(x)) = f(x)$.
$(p \circ f)(x) = p(f(x)) = f(x)$.
Donc $(f \circ p)$ et $ (p \circ f)$ coïncident sur $\text{Im}(p)$.
Donc $f \circ p = p \circ f$, donc $f$ et $p$ commutent.
Conclusion : $f$ et $p$ commutent si, et seulement si, $\text{Im}(p)$ et $\ker (p)$ sont stables par $f$.
Énoncé de l’exercice n°3 :
Soit $u$ un endomorphisme d’un $\mathbb{K}$-espace vectoriel $E$ tel que tout vecteur non nul en soit vecteur propre.
Démontrer que $u$ est une homothétie.
Indication :
Utiliser deux vecteurs, étudier les cas de liberté et de liaison.
Corrigé de l’exercice :
Pour tout $x$ non nul, il existe un unique scalaire $\lambda_x \in \mathbb{K}$ tel que $u(x) = \lambda_x x$.
Objectif : démontrer que le scalaire nommé $\lambda_x$ ne dépend pas du vecteur $x$.
Soient $x$ et $y$ deux vecteurs non nuls.
Si $(x, y)$ est libre, on a $u(x + y) = u(x) + u(y)$, ce qui donne $\lambda_{x+y}(x + y) = \lambda_x x + \lambda_y y$.
Par liberté de $(x, y)$, on obtient donc $\lambda_{x+y} = \lambda_x = \lambda_y$.
Si $(x, y)$ est lié, alors il existe un scalaire non nul $\mu$ tel que $y = \mu x$, et on a $u(y) = \mu u(x)$.
On obtient alors $\lambda_y y = \lambda_x \mu x = \lambda_x y$, ce qui implique $\lambda_y = \lambda_x$.
Donc la constance du scalaire initialement nommé $\lambda_x$ est démontrée. En posant $\lambda$ comme la valeur de cette constante, on a pour tout $x \in E$ que $u(x) = \lambda x$.
Conclusion : $u$ est une homothétie.
Énoncé de l’exercice n°4 :
Soit $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})$ telle que $\operatorname{rg}(A) = 1$.
Démontrer qu’il existe un scalaire $\lambda \in \mathbb{K}$ pour lequel $A^2 = \lambda A$ et que ce scalaire $\lambda$ est une valeur propre de $A$.
Indication :
Utiliser les endomorphismes.
Corrigé de l’exercice :
Pour résoudre ce problème, on reformule la question dans le cadre des endomorphismes.
Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ sur $\mathbb{K}$, de dimension finie, tel que $\operatorname{rg}(u) = 1$.
Considérons un vecteur $x$ qui n’appartient pas au noyau de $u$ (c’est-à-dire $x \notin \ker u$). Dans ce cas, l’espace $E$ peut se décomposer comme somme directe de la forme
$$E = \text{Vect}(x) \oplus \ker u.$$
Cela signifie qu’on peut exprimer l’image de $x$ par $u$ comme suit : $u(x) = \lambda x + y$, où $y$ est un élément du noyau de $u$ (donc $y \in \ker u$).
En appliquant $u$ une seconde fois, on obtient $u^2(x) = \lambda u(x)$. Cela montre que $u^2$ et $\lambda u$ agissent de la même manière sur le sous-espace engendré par $x$.
De plus, $u^2$ et $\lambda u$ coïncident également sur le noyau de $u$ (puisque $u$ est nul sur ce noyau). On conclut donc que $u^2 = \lambda u$.
Pour finir, considérons un vecteur $y$ appartenant à l’image de $u$ (mais différent de zéro), disons $y = u(a)$ pour un certain $a \in E$.
Alors, en appliquant $u$ à ce vecteur, on trouve
$$u(y) = u^2(a) = \lambda u(a) = \lambda y.$$
Cela prouve que $\lambda$ est bien une valeur propre de $u$, comme souhaité.
Énoncé de l’exercice n°5 :
Soient $ A, B \in M_n(\mathbb{R}) $ vérifiant $ AB – BA = A $.
1) Calculer $ A^k B – B A^k $ pour $ k \in \mathbb{N^*} $.
2) À quelle condition la matrice $ A^k $ est-elle un vecteur propre de l’endomorphisme
$$ M \mapsto MB – BM $$
de $ M_n(\mathbb{K}) $ ?
3) En déduire que la matrice $ A $ est nilpotente.
Indication :
1) Faire une démonstration par récurrence.
2) Utiliser le cours.
3) Utiliser que l’endomorphisme agit en dimension finie.
Corrigé de l’exercice :
1) Calcul de $ A^k B – B A^k $
Nous allons démontrer par récurrence que :
$$ A^k B – B A^k = k A^k $$
Initialisation : pour $ k = 1 $,
$$
A B – B A = A
$$
ce qui est donné par la condition de l’énoncé.
Hérédité : supposons que la propriété est vraie pour un certain entier non nul $ k $, c’est-à-dire que :
$$
A^k B – B A^k = k A^k
$$
Montrons qu’elle est aussi vraie pour $ k + 1 $.
Calculons $ A^{k+1} B – B A^{k+1} $ en utilisant la relation de récurrence :
$$
A^{k+1} B – B A^{k+1} = A(A^k B) – (B A)A^k = A(k A^k + B A^k) – (AB-A)A^k = k A^{k+1} + ABA^k – ABA^k + A^{k+1} = (k+1)A^{k+1}
$$
Ceci termine la démonstration par récurrence.
2) Condition pour que $ A^k $ soit un vecteur propre.
La matrice $ A^k $ est un vecteur propre de l’endomorphisme $ M \mapsto MB – BM $ si, et seulement si, $ A^k \neq 0 $.
3) Nilpotence de la matrice $ A $.
L’endomorphisme $ M \mapsto MB – BM $ agit dans un espace de dimension finie. Il ne peut donc avoir qu’un nombre fini de valeurs propres. Par conséquent, il existe un entier $ k \in \mathbb{N} $ tel que $ A^k = 0 $. Ceci démontre que $ A $ est nilpotente.
Énoncé de l’exercice n°6 :