Somme géométrique d'un endomorphisme nilpotent


Oral ESCP, BL - 2021
Soit $E$ un $\R$-espace vectoriel de dimension finie supérieure ou égale à 2 et soit u un endomorphisme non nul de $E$ pour lequel il existe un entier naturel $p\geqslant2$ tel que $u^p = 0$ et $u^{p-1}\not=0$.
  1. Déterminer les valeurs propres de $u$. L'endomorphisme u est-il diagonalisable ?
  2. Soit $q$ un entier vérifiant $0\leqslant q\leqslant p-1$ et $x\in E$ tel que $u^q (x)\not= 0$.
    Justifier l'existence d'un tel vecteur $x$. Montrer que la famille $(x, u(x), . . . , u^q (x))$ est une famille libre de $E$.
  3. On note $Id$ l'endomorphisme identité de $E$ et soit $v$ l'endomorphisme de $E$ défini par:
    \[v = Id + u + \dfrac{u^2}{2!} + \dots + \dfrac{u^{p-1}}{(p-1)!}\]

    Montrer que $v$ est bijectif.
  4. Déterminer un lien entre $\ker(u)$ et $\ker(v-Id)$.
  5. En déduire les valeurs propres de $v$. L'endomorphisme $v$ est-il diagonalisable ?

Correction
Oral ESCP, BL - 2021
  1. Soit $u(x)=\lambda x$, avec $x$ non nul, alors, en appliquant $u$ on a $u^2(x)=\lambda u(x)=\lambda^2 x$, puis, en réitérant, $u^p(x)=\lambda^p(x)$. Or, par définition, $u^p=0$, d'où nécessairement $\lambda^px=0$, et comme $x$ non nul, on en déduit que $\lambda^p=0$ c'est-à-dire que $\lambda=0$.
    La seule valeur propre possible de $u$ est donc 0.
    Maintenant si $u$ était diagonalisable, $u$ serait semblable (ou sa matrice) à l'endomorphisme nul (ou la matrice nulle), et donc $u$ serait nul, ce qui est impossible par hypothèse.
    Ainsi, $u$ n'est pas diagonalisable.
  2. Supposons que pour tout entier $x\in E$ on ait $u^q(x)=0$, c'est-à-dire $u^q=0$, alors si $q=p-1$ c'est contraire à la définition de $p$ car $u^{p-1}\not=0$, si $q<p-1$, en appliquant $u$ $p-q$ fois on obtiendrait $u^{p-1}=0$ ce qui est de même absurde.
    En résumé, il existe nécessairement un $x$ tel que $u^q\not=0$.

    Soit alors $\alpha_0$, $\alpha_1$, …, $\alpha_q$ des réels tels que
    \[\alpha_0x+\alpha_1u(x)+\dots+\alpha_qu^q(x)=0\]

    En appliquant $u^q$ tous les termes s'annulent sauf le premier et on obtient alors
    \[\alpha_0u^q(x)=0\]

    et donc, comme $u^q(x)\not=0$, on en tire que $\alpha_0=0$.
    En appliquant de même alors $u^{q-1}$ à la relation, on obtient de même que $\alpha_1$ et ainsi de suite pour tous les coefficients $\alpha_i$.
    On trouve ainsi que $\alpha_0=\dots=\alpha_q=0$ et donc que cette famaille est libre.
  3. On peut d'intéresser au noyau de $v$. Soit $x\in\ker(v)$, alors
    \[v(x)=x+u(x)+\dots\dfrac{u^{p-1}(x)}{(p-1)!}=0\]

    On se ramène alors alors à la question précédente: soit $q$ le plus grand entier tel que $u^q(x)\not=0$, ce qui permet de tronquer la relation précédente en
    \[v(x)=x+u(x)+\dots\dfrac{u^q(x)}{q!}=0\]

    Maintenant, comme à la question précédente, en appliquant $u^q$, tous les termes sauf le premier s'annulent, et on obtient
    \[u^q(x)=0\]

    et donc nécessairement, par définition de l'entier $q$, on obtient $x=0$.
    On a donc trouvé que $\ker(q)=\la0\ra$ et donc que $v$ est inversible.
  4. On a
    \[v-Id=u\left( Id+\dfrac{u}2+\dots+\dfrac{u^{p-2}}{(p-1)!}\rp\]

    et donc si $x\in\ker(u)$ alors aussi $x\in\ker(v-Id)$, d'où
    \[\ker(u)\subset\ker(v-Id)\]


    Réciproquement, soit $x\in\ker(v-Id)$, c'est-à-dire que $(v-Id)(x)=0\iff v(x)=x$ et donc
    \[u(x)+\dfrac{u^2(x)}{2!}+\dots+\dfrac{u^{p-1}(x)}{(p-1)!}=0\]

    Soit $u(x)=0$, soit on peut, à nouveau, définir $q$ le plus petit entier tel que $u^q(x)\not=0$, en appliquant $q-1$ fois l'endomorphisme $q$, tous les termes sauf le premier s'annulent et on obtient
    \[u^q(x)\not=0\]

    ce qui est alors absurde. On en déduit que nécessairement $u(x)=0$ et donc que
    \[\ker(v-Id)\subset\ker(u)\]


    Finalement, on a bien montré que
    \[\ker(v-Id)=\ker(u)\]


  5. Soit $\lambda$ une éventuelle valeur propre de $v$, c'est-à-dire que $v(x)=\lambda x$ et donc, d'après la définition de $v$,
    \[(1-\lambda)x+u(x)+\dots+\dfrac{u^{p-1}(x)}{(p-1)!}=0\]

    Si $\lambda\not=1$, alors avec le même raisonnement qu'utilisé (plusieurs fois) précédemment on obtient une contradiction sur la liberté de la famille $(x,u(x),\dots,u^q(x))$.
    La seule valeur propre possible est donc $\lambda=1$, et donc $v$ ne peut pas être diagonalisable car si $v$ l'était, il serait semblable à l'identité, donc égal à l'identité, et donc $v-Id$ serait nul tout comme $u$ car alors on aurait $\ker(v-Id)=\ker(u)=E$.


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