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[ID: 1257] [Date de publication: 12 février 2021 16:57] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]

Solution(s)

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Exercice 352
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:57

\(f\) est linéaire (vérification immédiate). Cherchons son noyau: soit \(z\in \mathbb{C}\): \[f(z)=0 \Rightarrow z=-p\overline{z}\] En prenant le conjugué, \(\overline{z}=-\overline{p}z\) et donc \(z=\lvert p \rvert ^2 z\) d’où \((1-\lvert p \rvert ^2)z=0\).

1. Si \(\lvert p \rvert \neq 1\), alors \(z=0\). Par conséquent, \(\operatorname{Ker}f = \{0\}\).

2. Si \(\lvert p \rvert =1\) alors \(\exists \alpha \in [0,2\pi[\) tel que \(p=e^{i\alpha}\). Par ailleurs \(\exists r\geqslant 0\), \(\exists \theta \in [0,2\pi[\), tels que \(z=re^{i\theta}\). Alors \[z=-p\overline{z} \Rightarrow e^{2i\theta}=e^{i(\alpha+\pi)} \Longleftrightarrow \theta= {\scriptstyle\alpha+\pi\over\scriptstyle 2}+k\pi (k\in \mathbb{Z} )\] Donc \(\operatorname{Ker}f\) est une droite vectorielle: \[\operatorname{Ker}f = \mathop{\mathrm{Vect}}(u), \quad u=e^{i({\scriptstyle\alpha+\pi\over\scriptstyle 2})}\]

On peut déjà conclure que si \(\lvert p \rvert = 1\), alors \(f\) n’est pas un automorphisme.

Lorsque \(\lvert p \rvert =1\), on a vu que \(f\) était injective. Vérifions qu’elle est surjective. Soit \(u\in \mathbb{C}\). Cherchons \(z\in \mathbb{C}\) tel que \(z+p\overline{z}=u\). En prenant le conjugué et en multipliant par \(p\), on trouve que \(p\overline{z}+\lvert p \rvert ^2z=p\overline{u}\). En éliminant \(\overline{z}\), on trouve que \(z=\dfrac{u-p\overline{u}}{1-\lvert p \rvert ^2}\) qui réciproquement vérifie bien \(f(z)=u\).

En conclusion, \(\boxed{f\in \mathrm{GL}_{ }(\mathbb{C} ) \Longleftrightarrow \lvert p \rvert \neq 1}\).