مسابقة دكتوراه 2022 — Université Ferhat Abbas

التمرين 1

Exercice 1 — Endomorphismes qui commutent : $u\circ f + v\circ g = \mathrm{id}_E$

#endomorphismes#noyaux#images#décomposition

Soient $E$ un espace vectoriel et $u,v,f,g$ quatre endomorphismes de $E$ qui deux à deux commutent, et vérifient $u\circ f + v\circ g = \mathrm{id}_E$ .

Montrer que : $\ker f \cap \ker g = \{0\}$ et $E = \mathrm{Im}\, f + \mathrm{Im}\, g$ .
Montrer que : $\ker(f\circ g) = \ker f \oplus \ker g$ et $\mathrm{Im}(f\circ g) = \mathrm{Im}\, f \cap \mathrm{Im}\, g$ .
On suppose de plus que $f\circ g = 0$ . Montrer que : $E = \ker f \oplus \ker g = \mathrm{Im}\, f \oplus \mathrm{Im}\, g$ , $\ker f = \mathrm{Im}\, g$ , $\ker g = \mathrm{Im}\, f$ .

Cette identité $u\circ f+v\circ g=\mathrm{id}$ est une forme abstraite du théorème de Bézout opératoriel : si deux polynômes en un endomorphisme $T$ , $P(T)$ et $Q(T)$ , vérifient une relation de Bézout $A(T)P(T)+B(T)Q(T)=\mathrm{id}$ , alors on obtient la décomposition en somme directe $E=\ker P(T)\oplus\ker Q(T)$ (lemme des noyaux).

◀الحل

Soit $x\in\ker f\cap\ker g$ : $x = (u\circ f + v\circ g)(x) = u(f(x))+v(g(x)) = 0+0 = 0$ . Donc $\ker f\cap\ker g=\{0\}$ . Pour tout $x\in E$ : $x = u(f(x)) + v(g(x))\in \mathrm{Im}\, u\circ f + \mathrm{Im}\, v\circ g$ . Comme les endomorphismes commutent, $u\circ f = f\circ u$ donc $\mathrm{Im}(u\circ f)\subset\mathrm{Im}\, f$ ; de même $\mathrm{Im}(v\circ g)\subset\mathrm{Im}\, g$ . Donc $E=\mathrm{Im}\, f + \mathrm{Im}\, g$ .
$\ker(f\circ g)$ : décomposition $x = u(f(x))+v(g(x))$ . Si $f\circ g(x)=0$ alors $g(f(x))=f(g(x))=0$ (commutation). Posons $x_1 = v(g(x))$ et $x_2=u(f(x))$ . Alors $f(x_1)=f(v(g(x)))=v(f(g(x)))=0$ donc $x_1\in\ker f$ ; symétriquement $g(x_2)=g(u(f(x)))=u(g(f(x)))=0$ donc $x_2\in\ker g$ . Donc $\ker(f\circ g)\subset\ker f+\ker g$ . Inclusion inverse triviale. Somme directe car $\ker f\cap\ker g=\{0\}$ . Pour $\mathrm{Im}(f\circ g)=\mathrm{Im}\, f\cap\mathrm{Im}\, g$ : évidemment $\mathrm{Im}(f\circ g)\subset\mathrm{Im}\, f\cap\mathrm{Im}\, g$ (par commutation, $f\circ g=g\circ f$ ). Réciproquement, soit $y\in\mathrm{Im}\, f\cap\mathrm{Im}\, g$ , $y=f(a)=g(b)$ . Alors $y = u(f(y))+v(g(y)) = u\circ f\circ g(b) + v\circ g\circ f(a) = f\circ g(u(b))+g\circ f(v(a)) = f\circ g(u(b)+v(a))\in\mathrm{Im}(f\circ g)$ .
Si $f\circ g=0$ : $\ker(f\circ g)=E$ , donc par 2 : $E=\ker f\oplus\ker g$ . Aussi $\mathrm{Im}(f\circ g)=\{0\}=\mathrm{Im}\, f\cap\mathrm{Im}\, g$ , et par 1 : $E=\mathrm{Im}\, f\oplus\mathrm{Im}\, g$ . De plus $f\circ g=0\Rightarrow\mathrm{Im}\, g\subset\ker f$ ; combiné aux dimensions ( $\dim\ker f+\dim\mathrm{Im}\, f=\dim E=\dim\ker f+\dim\ker g\Rightarrow \dim\mathrm{Im}\, f=\dim\ker g$ ; symétriquement $\dim\mathrm{Im}\, g=\dim\ker f$ ), on a $\ker f=\mathrm{Im}\, g$ et $\ker g=\mathrm{Im}\, f$ .

التمرين 2

Exercice 2 — Matrice carrée alternante $A$ de taille $2n$

#matrices#rang#diagonalisation#vecteurs propres

Soient $a,b\in\mathbb{R}$ tels que $|a|\neq|b|$ . On considère la matrice carrée de taille $2n$ suivante : $A = \begin{pmatrix} a & b & a & b & \cdots \\ b & a & b & a & \cdots \\ a & b & a & b & \cdots \\ b & a & b & a & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$ (alternée ligne par ligne à partir des entrées $a,b,a,b,\dots$ )

Calculer le rang de $A$ . En déduire que si $n>1$ , alors $0$ est une valeur propre de $A$ et déterminer la dimension du sous-espace propre associé.
Déterminer deux vecteurs propres associés à deux autres valeurs propres. En déduire que $A$ est diagonalisable.

Astuce structurelle : reconnaître que $A$ est de rang 2 permet de réduire l'exercice à la diagonalisation d'une matrice $2\times 2$ sur le plan engendré par $u+v$ et $u-v$ , qui sont les vecteurs propres évidents liés à la structure alternée.

◀الحل

Notons $u\in\mathbb{R}^{2n}$ le vecteur $(1,0,1,0,\dots,1,0)^T$ ( $n$ fois) et $v=(0,1,0,1,\dots,0,1)^T$ (les positions impaires resp. paires). Alors on remarque que chaque ligne de $A$ est soit $a\cdot u^T + b\cdot v^T$ (lignes impaires), soit $b\cdot u^T + a\cdot v^T$ (lignes paires). Donc toutes les lignes sont dans $\mathrm{Vect}(u^T, v^T)$ , et l'image de $A^T$ est de dimension $\le 2$ . Comme $|a|\neq|b|$ implique $(a,b)$ et $(b,a)$ indépendants, $\mathrm{rg}(A)=2$ .

Si $n>1$ , $\dim\ker A = 2n-2>0$ , donc $0$ est valeur propre de multiplicité géométrique $\dim\ker A = 2n-2$ .
Vecteurs propres non triviaux : posons $x_+ = u+v = (1,1,1,1,\dots)^T$ . Chaque ligne impaire de $A$ appliquée à $x_+$ donne $n(a+b)$ ; chaque ligne paire aussi. Donc $Ax_+ = n(a+b) x_+$ , valeur propre $\lambda_1=n(a+b)$ . Posons $x_- = u - v = (1,-1,1,-1,\dots)^T$ . Ligne impaire de $A$ appliquée à $x_-$ : $a-b+a-b+\dots = n(a-b)$ (avec $n$ termes $a$ aux positions impaires et $n$ termes $-b$ aux positions paires). Ligne paire : $b-a+b-a+\dots = -n(a-b) = n(b-a)$ . Donc $Ax_- = n(a-b)\cdot(1,-1,1,-1,\dots)^T = n(a-b)\, x_-$ , valeur propre $\lambda_2 = n(a-b)$ .

Comme $|a|\ne|b|$ , $\lambda_1\ne \lambda_2$ et tous deux non nuls, on a trois valeurs propres $0, n(a+b), n(a-b)$ avec multiplicités géométriques $2n-2, 1, 1$ , somme $=2n$ . Donc $A$ est diagonalisable.

التمرين 3

Exercice 3 — Applications linéaires sur $\mathbb{R}[X]_d$ : dérivation et multiplication par $X$

#applications linéaires#polynômes#matrices#noyau

Notons $\mathbb{R}[X]_d$ l'espace vectoriel des applications polynômiales de degré inférieur ou égal à $d$ . Dans ce qui suit les coordonnées seront relatives à la base canonique $B_d$ de $\mathbb{R}[X]_d$ .

Soit $f$ l'application de $\mathbb{R}[X]_4$ dans $\mathbb{R}[X]_3$ qui à une application polynômiale $P$ associe sa dérivée $P'$ . (a) Prouver que l'application $f$ est linéaire. (b) Donner la matrice de $f$ dans les bases $B_4$ et $B_3$ .
Soit $g$ l'application linéaire de $\mathbb{R}[X]_3$ dans $\mathbb{R}[X]_4$ définie par : $g(P) = XP$ . Donner la matrice de $g$ dans les bases $B_3$ et $B_4$ .
Donner la matrice de $g\circ f$ dans la base $B_4$ .
Soit $\lambda\in\mathbb{R}$ . Discuter suivant la valeur de $\lambda$ la dimension du noyau de l'application linéaire $g\circ f - \lambda\, \mathrm{Id}_{\mathbb{R}[X]_4}$ .

L'opérateur $X\dfrac{d}{dX}$ ( $X$ fois la dérivation) est fondamental : diagonal dans la base des monômes avec valeurs propres $k$ ( $X^k\mapsto kX^k$ ). C'est l'opérateur d'Euler, utilisé en équations différentielles et en théorie des représentations.

◀الحل

(a) Linéarité de la dérivation : classique. (b) $f(1)=0,\ f(X)=1,\ f(X^2)=2X,\ f(X^3)=3X^2,\ f(X^4)=4X^3$ . Dans les bases $B_4=(1,X,X^2,X^3,X^4)$ et $B_3=(1,X,X^2,X^3)$ : $M_{B_4,B_3}(f) = \begin{pmatrix}0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 4\end{pmatrix}\ (\text{4 lignes, 5 colonnes}).$
$g(1)=X, g(X)=X^2, g(X^2)=X^3, g(X^3)=X^4$ . Matrice $5\times 4$ : $M_{B_3,B_4}(g) = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.$
$(g\circ f)(P) = X\cdot P'$ . Sur $B_4$ : $(g\circ f)(1)=0,\ X\cdot 1 = X,\ X\cdot 2X = 2X^2,\ X\cdot 3X^2=3X^3,\ X\cdot 4X^3=4X^4$ . Matrice diagonale (dans $B_4$ ) : $M_{B_4}(g\circ f) = \mathrm{diag}(0,1,2,3,4).$
Les valeurs propres de $g\circ f$ (donc de $g\circ f-\lambda\mathrm{Id}$ ) sont $0,1,2,3,4$ , chacune de multiplicité géométrique $1$ (sur le vecteur $X^k$ pour $k=0,1,2,3,4$ ).

• Si $\lambda\in\{0,1,2,3,4\}$ : $\dim\ker(g\circ f-\lambda\mathrm{Id}) = 1$ . • Sinon : $g\circ f-\lambda\mathrm{Id}$ est inversible et son noyau est $\{0\}$ , donc $\dim = 0$ .