Agrégation interne - sujet 1 - exercice 1

OShine

En fait je ne comprends pas l'écriture de la matrice de @Poirot j'ai l'impression qu'elle n'est pas carrée.
J'ai l'impression que c'est une diagonale de $0$ mais il y a un $1$ en position $n,n$ est-ce normal ?

gebrane

le message de bd2017 ne t'aide pas ?

OShine

@gebrane
Je ne comprends pas l'écriture de la matrice $A$, qui commence par une diagonale nulle et se termine avec un $1$ en position $n,n$.

LeVioloniste

Il y a un 0 en bas à droite pour $A$

bd2017

****problème Latex et matrice****
Bref la matrice c'est une nilpotente, triangulaire supérieure (donc ici les 1 sont dans la partie strictement supérieure)

LeVioloniste

Bon pour les questions de @bd2017 :
1. Si $X \in \ker(A)$ alors $X=(-1,0,\dots,0)$
2. Si $X \in \ker(A)$ alors $AX=0$ on a $\ker(A) \subset Im(A)$ avec cette écriture. Comme $0$ n'est pas une combinaison linéaire non nulle de $X$ alors $ \ker(A)$ n'est pas stable par $A$.
@OShine tiens on n'est pas d'accord sur ce point ?

OShine

Ok merci.
1) $\ker (A)= Vec( (1,0, \dots, 0)^T)$.
2) $F=\ker(A)$ est clairement stable. Si $AX=0$ alors $A AX=A0=0$.
3) $f_{ | F'}$ est un endomorphisme de $\C^n$. Il possède au moins une valeur propre non nulle $\lambda$.
Après je n'y arrive pas. Je ne vois pas le lien avec le cas $n=2$. Ici le supplémentaire stable est de dimension $n-1$.

OShine

@LeVioloniste
Je ne comprends pas ce que tu fais.

gebrane

Oshine
L'exemple donné par Poirot est un endomorphisme nilpotent , donnons une preuve général sans le besoin d'exhiber le noyau de f

Soit $E$ un espace vectoriel sur $\mathbb{C}$ de dimension finie et $f$ un endomorphisme nilpotent sur $E$ (non identiquement nul) . Montrons que $\text{ker}(f)$ n'admet pas de sous-espace supplémentaire stable par $f$.

Puisque $f$ est nilpotent, elle admet $0$ comme unique valeur propre, et l'espace propre associé à $0$ est exactement $\text{ker}(f)$.

Si $\text{ker}(f)$ admet un supplémentaire $G$ non réduit à $0$, puisque $G$ est supposé stable par $f$. Alors, $g = f|_G$ est un endomorphisme et admet une valeur propre $\lambda$ car le corps est  $ \mathbb{C}$, et puisque $G$ n'est pas réduit à $0$, il existe un vecteur propre de $g$ , noté $x$, dans $G$. Or, ce vecteur est aussi un vecteur propre de $f$, donc $x \in \text{ker}(f)$. Cela est absurde car $x$ est non nul et appartient à $\text{ker}(f) \cap G$, qui sont supposés être supplémentaires
Finalement $G=\{0\}$ et donc $E=\ker(f)$ c'est-à-dire $f$ est diagonalisable contradiction avec la nilpotente de $f$. - le seul endomorphisme nilpotent diagonalisable est l'endomorphisme nul.

Maintenant cette preuve est une farce ou une vraie preuve ?

OShine

@gebrane
Merci ta preuve est une vraie preuve, le raisonnement est parfait.
Je croyais que la forme de la matrice avait une importance, j'ai fait fausse piste. 
J'étais à des années lumière de la solution..
Cette question est difficile.

gebrane

Oshine

Donne moi la justification de cette ligne  "Or, ce vecteur est aussi un vecteur propre de f, donc x∈ker(f)"

JLapin

On peut travailler dans un corps quelconque.

Si $f\in L(E)$ est nilpotent et que $S$ supplémentaire de $\ker f $ est stable par $f$, en prenant une base adaptée, on a $Mat_B(f) = \begin{pmatrix}0&0\\ 0&A\end{pmatrix}$ avec $A$ inversible (une sorte de décomposition de Fitting).

Si la taille de $A$ est supérieure ou égale à $1$, ça contredit la nilpotence de $f$ donc $S$ est l'espace nul et $f=0$.

LeVioloniste

Ok donc j'avais faux.

Si $X \in \ker(A)$ alors $AX=0$ alors $AX=0.X$ justifie la stabilité. Le '0' est toujours un cas litigieux ...

Par exemple $\{0\}$ est une famille liée dans un espace vectoriel.

LeVioloniste

@gebrane tu nous fais des réponses superbes. J'ai l'impression d'être un scribouillard à côté de toi.

Merci de tes magnifiques contributions.

LeVioloniste

@bd2017

Pour les matrices de rotation d'ordre 2 on est dans un espace euclidien.

Donc les vecteurs propres correspondent aux directions des axes du repère tournés de l'angle de rotation. 

La matrice n'est diagonalisable dans $\mathbb{R}^2$ que si l'angle vaut $0$ ou $\pi$. 

Dans le cas de $\mathbb{R}^2$ on n'a que $\{0\}$ et $\mathbb{R}^2$ stable par la matrice.

La matrice est diagonalisable dans $\mathbb{C}$ sauf dans quel cas ? Je ne vois pas.

LeVioloniste

Du coup on est d'accord qu'on a fini cet exercice ?

OShine

@gebrane
Tu as un don pour voir où j'ai des lacunes c'est fou.
Si $\lambda$ est une valeur propre de $f_{| G}$ alors il existe $x \in G$ non nul tel que $f(x)= \lambda x$.
Donc il existe à fortiori $x \in E$ non nul tel que $f(x)=\lambda x$ donc $\lambda$ est valeur propre de $f$.
Comme $f$ est nilpotent son seul sous-espace propre est $\ker (f)$ donc $x \in \ker (f)$.

bd2017

@LeVioloniste je suis content que tu finisses par t'occuper de ma remarque. Comme tu le vois on a deux rotations  

(l'identité, la rotation d'angle $\pi$)  qui sont diagonalisables sur $\R.$ C'est pourquoi il est faux  dire que les rotations du plan ne sont pas diagonalisables.

gebrane

"Et ce sont les seules rotations du plan qui soient diagonalisables (avec \(K = \mathbb{R}\)). Ai-je dit une bêtise, Oshine?"