مسابقة دكتوراه 2022 — Université Ferhat Abbas

التمرين 1

Endomorphismes commutants et décomposition en somme directe

#algèbre linéaire#endomorphismes#noyau et image#somme directe

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

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

Idée clé : l'identité $x=u(f(x))+v(g(x))=f(u(x))+g(v(x))$ permet de tout démontrer par substitution directe, sans jamais utiliser la dimension finie — les résultats restent donc valables en dimension infinie.

◀الحل

On utilise systématiquement l'identité, valable pour tout $x\in E$ (obtenue en appliquant $uf+vg=\mathrm{id}$ et les commutations $uf=fu$ , $vg=gv$ ) : $x = u(f(x)) + v(g(x)) = f(u(x)) + g(v(x)).$

1) Si $x\in \mathrm{Ker} f\cap \mathrm{Ker} g$ , l'identité donne $x = u(0)+v(0) = 0$ , donc $\mathrm{Ker} f\cap \mathrm{Ker} g=\{0\}$ . Pour tout $x\in E$ , $x = f(u(x)) + g(v(x)) \in \mathrm{Im} f + \mathrm{Im} g$ , donc $E=\mathrm{Im} f+\mathrm{Im} g$ .

2) Comme $fg=gf$ : si $x\in\mathrm{Ker} g$ , $(fg)(x)=f(0)=0$ ; si $x\in\mathrm{Ker} f$ , $(fg)(x)=(gf)(x)=g(0)=0$ . Donc $\mathrm{Ker} f+\mathrm{Ker} g\subset \mathrm{Ker}(fg)$ . Réciproquement soit $x\in\mathrm{Ker}(fg)=\mathrm{Ker}(gf)$ , i.e. $f(g(x))=g(f(x))=0$ . Écrivons $x=f(u(x))+g(v(x))$ . On vérifie $g(f(u(x)))=f(u(g(x)))=0$ donc $f(u(x))\in\mathrm{Ker} g$ , et $f(g(v(x)))=g(v(f(x)))=0$ donc $g(v(x))\in\mathrm{Ker} f$ . Ainsi $x\in \mathrm{Ker} g+\mathrm{Ker} f$ . D'où $\mathrm{Ker}(fg)=\mathrm{Ker} f+\mathrm{Ker} g$ , somme directe d'après 1). Pour les images: $\mathrm{Im}(fg)\subset \mathrm{Im} f$ et $\mathrm{Im}(fg)=\mathrm{Im}(gf)\subset\mathrm{Im} g$ , donc $\mathrm{Im}(fg)\subset \mathrm{Im} f\cap\mathrm{Im} g$ . Réciproquement si $y=f(a)=g(b)\in\mathrm{Im} f\cap \mathrm{Im} g$ , l'identité donne $y=f(u(y))+g(v(y)) = f(g(u(b))) + g(f(v(a))) = (fg)(u(b)+v(a)) \in \mathrm{Im}(fg)$ . D'où l'égalité.

3) Si $fg=0$ alors $gf=fg=0$ , donc $\mathrm{Ker}(fg)=E$ , et par 2) $E=\mathrm{Ker} f\oplus \mathrm{Ker} g$ . De même $\mathrm{Im}(fg)=\{0\}=\mathrm{Im} f\cap \mathrm{Im} g$ , et comme $E=\mathrm{Im} f+\mathrm{Im} g$ , la somme est directe: $E=\mathrm{Im} f\oplus \mathrm{Im} g$ . Puisque $fg=0$ , $\mathrm{Im} g\subset \mathrm{Ker} f$ . Soit $x\in\mathrm{Ker} f$ : $x=f(u(x))+g(v(x))$ et $f(u(x))=u(f(x))=0$ , donc $x=g(v(x))\in\mathrm{Im} g$ . Ainsi $\mathrm{Ker} f=\mathrm{Im} g$ . Par symétrie, $\mathrm{Ker} g=\mathrm{Im} f$ .

التمرين 2

Rang, valeurs propres et diagonalisation d'une matrice alternée

#algèbre linéaire#valeurs propres#diagonalisation#rang d'une matrice

Soient $a,b\in\mathbb{R}$ tels que $|a|\neq|b|$ . On considère la matrice carrée de taille $2n$ dont les lignes impaires valent $(a,b,a,b,\dots)$ et les lignes paires $(b,a,b,a,\dots)$ .

Calculer le rang de $A$ . En déduire que si $n>1$ , alors $0$ est 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 : remarquer d'emblée qu'il n'y a que deux lignes distinctes réduit immédiatement le rang à $\le 2$ . Les vecteurs $(1,\dots,1)$ et $(1,-1,1,-1,\dots)$ sont les candidats naturels pour une matrice à structure alternée.

◀الحل

$A$ n'a que deux lignes distinctes : $r_1=(a,b,a,b,\dots)$ (répétée $n$ fois) et $r_2=(b,a,b,a,\dots)$ (répétée $n$ fois), donc $\mathrm{rg}(A)\le 2$ . Ces deux vecteurs sont proportionnels seulement si $a=b$ ou $a=-b$ , c'est-à-dire $|a|=|b|$ ; comme $|a|\ne|b|$ , $r_1,r_2$ sont indépendants et $\mathrm{rg}(A)=2$ . Par le théorème du rang, $\dim\mathrm{Ker} A = 2n-2$ . Pour $n>1$ cette dimension est strictement positive, donc $0$ est valeur propre de $A$ , de sous-espace propre de dimension $2n-2$ .

2) Soit $v_1=(1,1,\dots,1)$ . Chaque ligne contient $n$ fois $a$ et $n$ fois $b$ , donc $Av_1=n(a+b)v_1$ : $v_1$ est vecteur propre pour $\lambda_1=n(a+b)$ . Soit $v_2=(1,-1,1,-1,\dots)$ . Le produit scalaire d'une ligne impaire avec $v_2$ vaut $n(a-b)$ , celui d'une ligne paire vaut $-n(a-b)$ , ce qui correspond exactement à $n(a-b)\,v_2$ . Donc $Av_2=n(a-b)v_2$ : $v_2$ est vecteur propre pour $\lambda_2=n(a-b)$ . Comme $|a|\ne|b|$ , $a+b\ne 0$ et $a-b\ne0$ , donc $\lambda_1,\lambda_2\ne 0$ ; $v_1,v_2\notin\mathrm{Ker} A$ . La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $(2n-2)+1+1=2n=\dim E$ , donc $A$ est diagonalisable.

التمرين 3

Matrices de dérivation et multiplication par X sur les polynômes

#algèbre linéaire#polynômes#matrice d'application linéaire#valeurs propres

Notons $\mathbb{R}[X]_d$ l'espace vectoriel des applications polynomiales de degré $\le d$ , muni de sa base canonique $B_d$ .

Soit $f:\mathbb{R}[X]_4\to \mathbb{R}[X]_3$ , $f(P)=P'$ . a. Montrer que $f$ est linéaire. b. Donner la matrice de $f$ dans les bases $B_4$ et $B_3$ .
Soit $g:\mathbb{R}[X]_3\to\mathbb{R}[X]_4$ 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 $\lambda$ la dimension de $\mathrm{Ker}(g\circ f-\lambda\,\mathrm{id}_{\mathbb{R}[X]_4})$ .

$X^k$ est automatiquement vecteur propre de $g\circ f$ pour la valeur propre $k$ , ce qui rend la question 4 immédiate sans nouveau calcul.

◀الحل

1a. La dérivation est linéaire : $(P+Q)'=P'+Q'$ et $(\mu P)'=\mu P'$ .

1b. Avec $B_4=(1,X,X^2,X^3,X^4)$ et $B_3=(1,X,X^2,X^3)$ : $f(1)=0,\ f(X)=1,\ f(X^2)=2X,\ f(X^3)=3X^2,\ f(X^4)=4X^3$ , donc $\mathrm{Mat}(f)=\begin{pmatrix}0&1&0&0&0\\0&0&2&0&0\\0&0&0&3&0\\0&0&0&0&4\end{pmatrix}$ .

2. $g(1)=X,\ g(X)=X^2,\ g(X^2)=X^3,\ g(X^3)=X^4$ , donc $\mathrm{Mat}(g)=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}$ .

3. $(g\circ f)(P)=X P'$ . Sur $B_4$ : $(g\circ f)(X^k)=kX^k$ pour $k=0,\dots,4$ , donc $\mathrm{Mat}(g\circ f)=\mathrm{diag}(0,1,2,3,4)$ .

4. $\mathrm{Mat}(g\circ f-\lambda\,\mathrm{id})=\mathrm{diag}(-\lambda,1-\lambda,2-\lambda,3-\lambda,4-\lambda)$ , donc $\dim\mathrm{Ker}$ est le nombre d'entiers $k\in\{0,1,2,3,4\}$ tels que $k=\lambda$ : si $\lambda\notin\{0,1,2,3,4\}$ , $\dim\mathrm{Ker}=0$ ; si $\lambda\in\{0,1,2,3,4\}$ , $\dim\mathrm{Ker}=1$ , engendré par $X^\lambda$ .