Vecteurs propres communs
Bonsoir,
a) On a $u \circ v= v \circ u$ donc $u$ et $v$ commutent.
Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$, elle existe car on travaille dans $\C$. Posons $E_{\lambda} = \ker (u - \lambda id_E)$
Montrons que $E_{\lambda}$ est stable par $v$.
Soit $x \in E_{\lambda}$. On a $(u- \lambda id_E) (v(x)) ) = u \circ v(x) - \lambda v(x)= v \circ u(x)- \lambda v(x)= v ( (u- \lambda id_E)(x) )=v(0)=0$
Donc $v(x) \in E_{\lambda}$
Considérons l'endomorphisme induit $v'= v_{E_{\lambda} }$. C'est un endomorphisme sur un $\C$ espace vectoriel, donc il admet une valeur propre $\mu$ et il existe $x \ne 0 \in E_{\lambda}$ tel que $v'(x)=v(x)=\mu x$. Or $x \in E_{\lambda}$ donc $u(x)= \lambda x$.
Ainsi, on a montré que $u$ et $v$ ont un vecteur propre commun.
b) On a $u \circ v - v \circ u = au $ avec $a \ne 0$.
Montrons que $u$ n'est pas inversible. Je n'ai pas réussi malgré une longue recherche.
a) On a $u \circ v= v \circ u$ donc $u$ et $v$ commutent.
Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$, elle existe car on travaille dans $\C$. Posons $E_{\lambda} = \ker (u - \lambda id_E)$
Montrons que $E_{\lambda}$ est stable par $v$.
Soit $x \in E_{\lambda}$. On a $(u- \lambda id_E) (v(x)) ) = u \circ v(x) - \lambda v(x)= v \circ u(x)- \lambda v(x)= v ( (u- \lambda id_E)(x) )=v(0)=0$
Donc $v(x) \in E_{\lambda}$
Considérons l'endomorphisme induit $v'= v_{E_{\lambda} }$. C'est un endomorphisme sur un $\C$ espace vectoriel, donc il admet une valeur propre $\mu$ et il existe $x \ne 0 \in E_{\lambda}$ tel que $v'(x)=v(x)=\mu x$. Or $x \in E_{\lambda}$ donc $u(x)= \lambda x$.
Ainsi, on a montré que $u$ et $v$ ont un vecteur propre commun.
b) On a $u \circ v - v \circ u = au $ avec $a \ne 0$.
Montrons que $u$ n'est pas inversible. Je n'ai pas réussi malgré une longue recherche.
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Réponses
Quand on demande de prouver qu'une fonction n'est pas inversible, immédiatement, on commence en disant : supposons u inversible etc etc
Ou alors, j'ai mal compris le 1er message d'OShine. Quand il parle de longue recherche, il parle d'une longue recherche sur Google pour trouver un corrigé ?
Supposons $u$ inversible. Alors $\boxed{u \circ v \circ u^{-1} = v + a id_E}$ avec $a \ne 0$
Donc $v$ est semblable à $v+ a id_E$. Ainsi, $Sp(v)= Sp(v+ a id_E)$
Notons $Sp(v)= \{ \lambda_1, \cdots, \lambda_n \}$ comptées avec multiplicité alors comme $ Sp(v+ a id_E)= \{ \lambda_1 +a, \cdots, \lambda_n +a \}$, on en déduit $\forall i \in [|1,n|], \ \lambda_i + a = \lambda_i$ donc $a=0$, ce qui est absurde.
Peut-être que le plus facile, c'est de regarder la trace.
PS : je suis d'accord que l'égalité d'ensembles ne donne pas un "pour tout" mais un "il existe".
@marsup bien vu.
Posons $n = \dim E$
Avec la trace, on a $\displaystyle\sum_{k=1}^n \lambda_k = \displaystyle\sum_{k=1}^n (\lambda_k +a) $ donc $na=0$ et comme $\dim E \ne 0$ d'après l'énoncé, on en déduit $a=0$ ce qui est absurde.
On a $u^2 \circ v v \circ u^2 = u \circ (au + v \circ u)- (u \circ v -au) \circ u=2 a u^2$
Soit $n \in \N^{*}$. Montrons par récurrence sur $n$ que $u^n \circ v - v \circ u^n = n a u^n$
Au rang $n=1$, c'est évident. Supposons la propriété vraie au rang $n$.
Alors $u^{n+1} \circ v - v \circ u^{n+1} = u^n \circ (u \circ v) + (na u^n - u^n \circ v) \circ u \\
= u^n \circ (au +v \circ u)+ (na u^n - u^n \circ v) \circ u \\
= a u^{n+1}+ na u^{n+1} = (n+1) a u^{n+1}$
Ainsi, $\boxed{\forall P \in \C[X] \ \ P(u) \circ v - v \circ P(u) = a u \circ P'(u)}$ (*)
Or, $E$ est de dimension fini donc le polynôme minimal de $u$ que l'on note $\pi_u$ existe et vérifie $\pi_u (u)=0$.
Ainsi, en prenant $P=\pi_u$ dans le relation (*), on obtient $a u \circ \pi_u '(u)=0$ et comme $a \ne 0$ alors $u \circ \pi_u '(u)=0$
Le polynôme défini par $Q(X)= X \pi_u '(X)$ est annulateur de $u$. Ainsi, il existe $C \in \C^{*}$ tel que $\boxed{\pi_u(X)= C X \pi_u '(X)}$
Soit $x$ une racine non nulle de $\pi_u$ de multiplicité $m$ alors $ x \pi_u '(x)=0$ ainsi $ \pi_u '(x)=0$ donc $x$ est racine de $\pi_u$ de multiplicité $m-1$ ce qui contredit le fait que $\pi_u$ est le polynôme de plus bas degré qui annule $u$.
Finalement, $0$ est l'unique valeur propre et donc $\boxed{\chi_u(X)=X^n}$ et donc $u$ est nilpotent.
Comme $u$ est nilpotent, il n'est pas inversible et donc $\ker(u) \ne \{ 0 \}$
Montrons que $\ker u$ est stable par $v$. Soit $x \in \ker u$. Alors $ u( v(x))=v \circ u(x) +a u(x)=0$
Posons $v'$ l'endomorphisme induit par $v$ sur $\ker u$. On a $v' = v_{ \ker u}$
$v'$ est un endomorphisme d'un $\C$ espace vectoriel, il a admet une valeur propre $\mu$ et il existe $x \ne 0 \in \ker u$ tel que $v'(x)=v(x)= \mu x$
Mais $x \in \ker u = E_{0} (u)$ donc $u(x)=0 x=0$
On a montré que $u$ et $v$ ont un vecteur propre en commun.
Si c'est faux je ne comprends pas pourquoi...
Or on a $diag( \lambda_1, \cdots, \lambda_n)= diag(\lambda_1+a, \cdots, \lambda_n +a)$ ...
On a $u \circ v - v \circ u= au + bv$
Posons $w=au+bv$ alors $u \circ w- w \circ u = u \circ (a u+ bv) - (au +b v) \circ u=a u^2 +b u v -au^2 - b vu= b w$
Donc d'après la question précédente, les endomorphismes $u$ et $w$ possèdent un vecteur propre en commun $x$.
Il existe $(\lambda, \mu) \in \C^2$ tels que $u(x)= \lambda x$ et $w(x)= \mu x$
Comme $b \ne 0$ alors $v(x)=\dfrac{ w(x)-a u(x) }{b}$ donc $v(x)= \dfrac{\mu -a \lambda}{b} x$.
Le vecteur $x$ est donc un vecteur commun à $u$ et $v$.
Cet exercice est vraiment costaud.
Mais d'où viendrait le fait que les matrices sont égales ?
$v$ est semblable à $v+a id_E$ donc d'après le cours ils ont le même spectre. C'est une égalité ensembliste.