Cayley-Hamilton sur K algébriquement clos

OShine
Modifié (December 2023) dans Algèbre
Bonjour,

J'ai traité l'exercice 5 sans problème après avoir étudié l'excellent cours du site exo7. 
Pour le 6, je ne vois pas du tout.




Exercice 5 :
a) 
$\chi_A(X)=(X-1)^2 (X-2)$. On trouve :  
  • $E_1 = Vect( (1,0,0),(0,1,0) )$ avec $\dim E_1 = m_1=2$.
  • $E_2 = Vect( (0,2-b,1))$ avec $\dim E_2 = m_2$.
Donc $A$ est diagonalisable et sa décomposition de Dunford est $A=A+O$. Donc $D=A$ et $N=0$.
b) $DN=ND \iff b=0$. Donc $(a,b)=(a,0)$.

c) $\chi_A(X)=(X-1)^2 (X-2)$. On trouve :  
  • $E_1 = Vect( (1,0,0) )$ avec $\dim E_1 \ne m_1=2$ donc $A$ n'est pas diagonalisable.
  • $E_2 = Vect( (a,1,1))$ avec $\dim E_2 = m_2=1$.
Sous-espaces caractéristiques :  
  • $N_2= E_2$. Posons $v_3=(a,1,1)$.
  • $N_1 = Vect( (1,0,0),(0,1,0))$. Posons $v_1=(1,0,0)$ et $v_2=(0,1,0)$.
$\mathcal B=(v_1,v_2,v_3)$ est une base de $\R^3$ et $\R^3= \R v_1 \oplus \R v_2 \oplus \R v_3$. Notons $\mathcal B_0 = (e_1,e_2,e_3)$ la base canonique de $\R^3$.
Posons : $D=\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 \\ 
0 & 0 & 2 
\end{bmatrix}$, $P=\begin{bmatrix}
1 & 0 & a\\
0 & 1 & 1 \\ 
0 & 0 & 1 
\end{bmatrix}$ et $P^{-}=\begin{bmatrix}
1 & 0 & -a\\
0 & 1 & -1 \\ 
0 & 0 & 1 
\end{bmatrix}$.
Posons $\Delta=P D P^{-1}$. On trouve $\Delta=\begin{bmatrix}
1 & 0 & a\\
0 & 1 & 1 \\ 
0 & 0 & 2 
\end{bmatrix}$. $\Delta$ est diagonalisable par construction. 
Posons $N=A-\Delta=\begin{bmatrix}
0 & a & -a\\
0 & 0 & 0 \\ 
0 & 0 & 0 
\end{bmatrix}$ et $N$ est nilpotente. En effet, $N^2=0$.
Décomposition de Dunford :  
$\boxed{A=\Delta+N}$.
Calcul de la puissance de la matrice : 
On pose $N'=P^{-1} N P$ ce qui donne $N'=\begin{bmatrix}
0 & a & 0\\
0 & 0 & 0 \\ 
0 & 0 & 0 
\end{bmatrix}$ et on remarque que $N'^2=0$.
On a $A^k = P (D+N')^k P^{-1}$. 
Comme $D$ et $N'$ commutent, la formule du binôme de Newton fournit :  $(D+N')^k=D^k+k D^{k-1} N'$ alors $(D+N')^k=\begin{bmatrix}
1 & ka & 0\\
0 & 1 & 0 \\ 
0 & 0 & 2^k 
\end{bmatrix}$.
Finalement $\boxed{\forall k \geq 1 \ A^k=\begin{bmatrix}
1 & ka  & a (2^k-k-1)\\
0 & 1 & 2^k-1 \\ 
0 & 0 & 2^k 
\end{bmatrix}}$.
La vérification pour $k=2$ fonctionne.

Réponses

  • gai requin
    Modifié (December 2023)
    6) Soit $\lambda_i$ ($1\leq i\leq n)$ les valeurs propres de $u$ qu'on suppose dans un premier temps deux à deux distinctes.
    On a $\ker(u-\lambda_1I)\subsetneq\ker((u-\lambda_1I)(u-\lambda_2I))\subsetneq\ldots\subsetneq\ker(\chi_u(u))$ donc $\dim\ker(\chi_u(u))=n$ et $\chi_u(u)=0$.
    Revenons au cas général.
    Il existe des suites $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ tendant vers $0$ telles que, pour tout $m$, les $\lambda_i+\alpha_i(m)$ sont deux à deux distinctes.
    Soit alors $u_m$ l'endomorphisme qui a la même matrice que $u$ dans une base où elle est trigonalisable, sauf les termes diagonaux $\lambda_i$ qu'on remplace par les $\lambda_i+\alpha_i(m)$.
    D'après le premier point, pour tout $m$, $\chi_{u_m}(u_m)=0$.
    On conclut en faisant tendre $m$ vers $+\infty$.
  • OShine
    Modifié (December 2023)
    Je n'ai pas compris, tu vas trop vite.

    Comme $K$ est algébriquement clos, $\chi_u$ est scindé sur $K$. Donc $u$ est trigonalisable. 
    On peut écrire $\chi_u(X)=(X-\lambda_1)^{m_1} \cdots (X- \lambda_r)^{m_r}$.
  • JLapin
    Modifié (December 2023)
    Je n'ai pas compris, tu vas trop vite.

    Non, la réponse appropriée était
    "Merci pour la réponse : je vais me pencher dessus attentivement, plusieurs heures s'il le faut et je reviendrai peut-être si j'ai des questions".

  • OShine
    Modifié (December 2023)
    @JLapin
    Cet exercice semble très difficile sans question intermédiaire.
    Dans les sujets d'agrégation même pour la preuve classique on voit 4-5 questions intermédiaires.
  • Dans l'argument de gai requin on suppose que le corps est $\R$ ou $\C$ pour pouvoir tendre vers $0$, mais il n'y en a pas besoin.
    En effet même si les valeurs propre de $u$ ne sont pas deux à deux distinctes tu peux montrer que $\dim(\ker(u-\lambda_1I))\geq 1$, $\dim(\ker((u-\lambda_1I)(u-\lambda_2I))\geq 2...$ etc. ce qui permet de dire que $\dim\ker(\chi_u(u))=n$ et $\chi_u(u)=0$. Pour ce faire, il suffit de considérer une base dans laquelle la matrice de $u$ est triangulaire.
  • NicoLeProf
    Modifié (December 2023)
    Perso, je trouve la preuve de gai requin très claire !
    Après oui, il faut plutôt prendre $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$.
    Je te donne les questions intermédiaires OShine dans un cas plus général vu que tu en as besoin :
    Soit $\mathscr{B}=(e_1,...,e_n)$ une base de $E$ ($\mathbb{K}$-e.v de départ de $u$ de dimension finie $n \in \mathbb{N}^*$) dans laquelle la matrice de $u$ est triangulaire supérieure. On note $\lambda_1,...,\lambda_n$ les coefficients diagonaux de cette dernière matrice, non nécessairement distincts.
    Enfin, on note pour tout $k \in \{1,...,n\}$, $E_k=Vect\{e_1,...,e_k\}$. 
    1) Prouver que $(u-\lambda_1 id )(E_1)=\{0\}$.
    2) Prouver que : $\forall k \in \{2,...,n\}$, $(u-\lambda_k id)(E_k) \subset E_{k-1}$.
    3) En déduire que : $(u-\lambda_{n-1} Id) \circ (u-\lambda_n id)(E_n) \subset E_{n-2}$.
    4) Prouver enfin que : $(u-\lambda_1 id) \circ ... \circ (u-\lambda_{n-1} id) \circ (u-\lambda_n id)(E_n) \subset (u-\lambda_1 id)(E_1)$ puis conclure.
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • OShine
    Modifié (December 2023)
    Je n'ai toujours rien compris à la preuve de @gai requin. La ligne 2 je suis déjà perdu avec l'inclusion stricte. Et je n'ai rien compris aux suites $\alpha_i$.
    Je ne vois toujours pas où est cette suite croissante de diviseurs de $\chi_u$.
    Je ne vois pas quelle est l'idée de la solution.

    @NicoLeProf
    Superbe ! Tu n'utilises donc pas les suites croissantes de diviseurs ? 
    Comme $u$ a une matrice triangulaire on a $\boxed{\forall k \in \{1, \cdots, n \} \ \ u(E_k) \subset E_k}$.
    1) Soit $x \in E_1$. Donc $x= a e_1$.  On a : $(u- \lambda_1 id)(x)=u( a e_1)- \lambda_1 a e_1=0$ car $u(e_1)= \lambda_1 e_1$.
    Ainsi $\boxed{(u - \lambda_1 id) (E_1)= \{0 \} }$.
    2) Soit $x \in E_k$. $x=a_1 e_1 + \cdots + a_k e_k$. On a :  $(u- \lambda_k id) (x)=u(x)- \lambda_k x = \displaystyle\sum_{i=1}^k a_i u(e_i) - \lambda_k \displaystyle\sum_{i=1}^k a_i e_i= \displaystyle\sum_{i=1}^{k-1} a_i u(e_i)- \lambda_k \displaystyle\sum_{i=1}^{k-1} a_i e_i + a_k \displaystyle\sum_{j=1}^{k-1} b_j e_j \in E_{k-1}$.
    Donc $\boxed{\forall k \in \{2, \cdots, n \} \ (u- \lambda_k id) (E_k) \subset E_{k-1}}$.
    3) Cela découle des relations suivantes : $(u- \lambda_n id) (E_n) \subset E_{n-1}$ et $(u- \lambda_{n-1} id) (E_{n-1}) \subset E_{n-2}$.
    4) Par itérations comme en 3, on obtient $\boxed{(u- \lambda_1 id) \circ \cdots \circ (u- \lambda_{n-1} id) \circ (u - \lambda_n id) (E_n) \subset (u- \lambda_1 id) (E_1)}$.

    On a alors $\chi_u (u) (E_n) \subset \{0 \}$. Donc $\forall x \in E_n = Vect(e_1, \cdots, e_n)= E \ \chi_u (u) (x)=0$.
    Enfin $\boxed{\chi_u(u)= 0_{ \mathcal L(E)}}$.
  • $X-\lambda_1,(X-\lambda_1)(X-\lambda_2),\ldots,\chi_u(X)$ est une suite croissante de $K[X]$ pour la relation de divisibilité (qui est une relation de préordre).
    D'après le lemme des noyaux, la suite des noyaux associée en évaluant en $X=u$ est strictement croissante pour l'inclusion (qui est une relation d'ordre) quand les $\lambda_i$ sont deux à deux distinctes, un cas qui ne nécessite donc aucun calcul ;)
    J'ai montré comment conclure si $K$ est un sous-corps de $\mathbb C$, toujours sans calculs :p
    @raoul.S a indiqué comment faire dans le cas général.
  • @gai requin
    Ok merci.
    Mais dans le lemme des noyaux je n'ai jamais entendu parlé de suites croissantes.... En plus, je connais parfaitement le lemme des noyaux, j'ai revu ce théorème et sa preuve que je sais refaire seul il y a quelques jours.

    Je ne comprends pas comment avec le lemme des noyaux on montre que $\ker ( u - \lambda_1 id) \not\subseteq \ker ((u- \lambda_1 id)(u-\lambda_2 id) )$...

    @raoul.S
    Merci. Pour l'instant j'ai démontré tes résultats même si je ne sais pas remettre le puzzle dans l'ordre. Considérons une base $\mathcal B=(e_1, \cdots, e_n)$ où la matrice de $u$ est triangulaire supérieure. 
    • Montrons que $\dim \ker(u - \lambda_1 id) \geq 1$. On a $(u- \lambda_1 id) (e_1)=u(e_1)- \lambda_1 e_1= \lambda_1 e_1 -\lambda_1 e_1=0$ donc $e_1 \in \ker(u - \lambda_1 id) $ donc $\ker(u - \lambda_1 id)  \ne \{0 \}$ donc $\dim \ker(u - \lambda_1 id)  \geq 1$.
    • Montrons que $\dim \ker(u - \lambda_1 id) \circ (u- \lambda_2 id) \geq 2$. On a $(u - \lambda_1 id) \circ (u- \lambda_2 id) (e_1)= (u- \lambda_2 id) \circ (u - \lambda_1 id) (e_1)=(u- \lambda_2 id) (0)=0$. Donc $e_1 \in \ker(u - \lambda_1 id) \circ (u- \lambda_2 id)$. On sait que $u(e_2)=\alpha_1 e_1+ \lambda_2 e_2$. On a donc $(u - \lambda_1 id) \circ (u- \lambda_2 id) (e_2)=(u - \lambda_1 id) ( u(e_2)- \lambda_2 e_2)=(u - \lambda_1 id) (\alpha_1 e_1)=\alpha_1 \lambda_1 e_1- \alpha_1 \lambda_1 e_1=0$. Donc $e_2 \in  \ker(u - \lambda_1 id) \circ (u- \lambda_2 id)$. 
    On a montré : $\boxed{\dim \ker(u - \lambda_1 id) \geq 1 \ \text{et} \ \dim \ker(u - \lambda_1 id) \circ (u- \lambda_2 id) \geq 2}$.
  • $\ker(u-\lambda_1\mathrm{Id})(u-\lambda_2\mathrm{Id})=\ker(u-\lambda_1\mathrm{Id})\oplus\ker(u-\lambda_2\mathrm{Id})$ quand $\lambda_1\neq\lambda_2$.
  • @OShine c'est grosso modo ce qu'a proposé NicoLeProf si tu regardes bien, c'est juste que je passe par les dimensions. Pas besoin de te retaper la résolution...
  • adrien2019
    Modifié (December 2023)
    @OShine vous pouvez reprendre la démonstration de @NicoLeProf et écrire le produit de matrices $(u- \lambda_1 id) \cdots (u - \lambda_n id)$. Regardez les colonnes de votre matrice (en particulier les coefficients diagonaux), et essayez de visualiser l'égalité du point 4) de @NicoLeProf . Cela peut peut-être vous aider à clarifier les choses. Si vous avez accès à une bibliothèque (ou si vous êtes abonné), une telle démonstration est faite dans le numéro 128 de Quadrature (avec un schéma impossible à reproduire ici).
  • OShine
    Modifié (December 2023)
    D'accord merci à vous.

    En fait j'ai été vite à la fin, on a $\chi_u(u)(E_n) \subset \{0 \}$.
    Il reste à montrer que $\chi_u(u) (E_n) \ne \emptyset$.
    On a $\chi_u(u) (e_1)=0$ donc $\chi_u(u) (E_n)$ contient $0$ il est donc non vide.
  • raoul.S
    Modifié (December 2023)
    OShine a dit : 
    Il reste à montrer que $\chi_u(u) (E_n) \ne \emptyset$

    Moi j'éviterais de sortir des trucs comme ça... :mrgreen: Même si c'est juste.

  • raoul.S
    Modifié (December 2023)
    Car dans la résolution il faut donner un niveau de détails qui correspond au niveau de l'exercice. Là tu donnes trop de détails (c'est des trivialités quoi), ce qui fait qu'on (un correcteur) pourrait avoir l'impression que tu n'es pas sûr de toi. Or généralement tu n'es effectivement pas sûr de toi, donc autant ne pas le dévoiler aussi ouvertement lors d'un exo...

    PS : si $f:A\to B$ est une application quelconque et si $E\subset A$ est non vide, il est évident que $f(E)\neq \emptyset$ pas besoin de le spécifier dans un exo d'algèbre. Là c'est ce que tu fais.
  • D'accord merci.
    J'avais oublié que $\chi_u(u)$ était une application. 
    C'est un endomorphisme de $E$ dans $E$. 
  • NicoLeProf
    Modifié (December 2023)
    Oui ou grâce plus spécifiquement à l'algèbre linéaire, $\chi_u(u)(E_n)$ est un s.e.v de $E$ donc il contient $\{0\}$.
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • En fait si on veut pinailler, il est plus utile de s'assurer de l'existence des suites $(\alpha_i(m))$ posées par @gai requin que d'ergoter sur la vacuité d'un sev.
    Puis de se poser la question de ce que veut dire la convergence d'une suite de polynômes d'endomorphisme. (Moi je ne trouve pas que cela soit nécessaire, mais il y a quand même matière à questions (assez vite répondues) cela dit mais c'est mon avis personnel que je partage).
  • En fait si on veut pinailler, il est plus utile de s'assurer de l'existence des suites $(\alpha_i(m))$

    Pas besoin. OShine a déjà résolu l'exo ICI, il faut suivre... :mrgreen:

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