Endomorphisme diagonalisable

OShine · May 2022

Bonsoir,

Issu d'un oral de CCINP. Je bloque à la question $1.b$.

1.a) $u^2=0$ donc $Im(u) \subset \ker (u)$ alors $rg(u) \leq \dim \ker (u)$.
D'après le théorème du rang : $\dim \ker (u)= n - rg(u)$.
Donc $rg(u) \leq n - rg(u)$ alors $2 rg(u) \leq n$.
Finalement : $\boxed{rg(u) \leq \dfrac{n}{2}}$

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lourrran · May 2022

Demander aux autres des corrigés d'exercice, ça servirait si ça t'inspirait pour les exercices à venir. Tu as peut-être déjà oublié, mais tu as demandé ce Week-end la correction d'un exercice, où l'idée magique, c'était de choisir la base 'magique' pour que la fonction soit facile à exprimer.

Peut-être que pour cet exercice aussi, choisir une base bien magique, ça te permettrait d'avancer.

Je dis ça au cas où tu voudrais chercher l'exercice par toi-même.

gai requin · May 2022

1)b) $u$ de matrice $\mathrm{diag}(\underbrace{J_1,\ldots,J_1}_{n-2r},\underbrace{J_2,\ldots,J_2}_r)$, où $J_k$ désigne la matrice de Jordan nilpotente de taille $k$ pour tout $k\in\N$.

OShine · May 2022

Merci je ne voyais pas comment utiliser le $r \leq n/2$ c'est ce qui me bloquait. Mais je savais que pour obtenir $u^2=0$ on met des $1$ sur la première ligne et la nième colonne.

$J_1 =0$ et $J_2 ^2=0$ et on fait le produit par blocs.

gai requin · May 2022

Il n'y avait guère le choix pour $u$, une seule classe de similitude d'après le théorème de Jordan.

gebrane · May 2022

Testons Oshine.
Donné nous un exemple! cette fois ci lorsque la dimension de l espace est 1 ?

OShine · May 2022

@gai requin le théorème de Jordan est hors programme des classes préparatoires...

@gebrane l'endomorphisme nul car $r \leq 1/2 \implies r=0$.

Pour la suite c'est bizarre, il me semble que 2.b est plus facile que 2.a ...

Je sais faire 2.b mais pas 2.a.

Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$. Posons $E_{\lambda}= \ker (u - \lambda id_E)$.
Comme $u$ est diagonalisable, $E$ est égal à la somme directe des sous-espaces propres de $u$.
Comme $u$ et $v$ commute, $E_{\lambda}$ est stable par $v$ pour tout $\lambda$.
Ainsi la restriction de $v$ à tous les sous-espaces propres de $u$ est diagonalisable, il existe une base de vecteurs propres de $u$ pour chaque sous-espace propre de $u$.
En concaténant les bases, on obtient une base, on obtient une base de $E$ formée de vecteurs propres communs à $u$ et $v$.
Finalement, $u$ et $v$ admettent une base commune de diagonalisation.

Grenouille factorielle · May 2022

OShine a dit :
Pour la suite c'est bizarre, il me semble que 2.b est plus facile que 2.a ...

Je sais faire 2.b mais pas 2.a.

Et pourtant... que dire d'un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension $n$ qui a n valeurs propres distinctes ?

OShine a dit :

Ainsi la restriction de $v$ à tous les sous-espaces propres de $u$ est diagonalisable, il existe une base de vecteurs propres de $u$ pour chaque sous-espace propre de $u$.
En concaténant les bases, on obtient une base, on obtient une base de $E$ formée de vecteurs propres communs à $u$ et $v$.

Pourquoi les vecteurs propres seraient communs à $u$ et à $v$ ? Pourtant tu ne prends que des vecteurs propres de $u$

OShine · May 2022

Erreur de frappe il existe une base de vecteur propre de la restriction de $v$ à un sous-espace propre de $u$ donc de $v$.

Tout endomorphisme qui admet n valeurs propres distinctes est diagonalisable.
Mais on ne sait pas si $v$ est diagonalisable...

bisam · May 2022

$\DeclareMathOperator{\im}{Im}$
Pour rendre un peu moins "magique" la réponse de @gai requin, on peut remarquer que pour fabriquer un endomorphisme $u$ qui convienne, il faut prendre un sev de dimension $r$ qui fasse office de $\im(u)$ et un sev de dimension $n-r\geq r$ qui contienne $\im(u)$ et qui fasse office de $\ker(u)$.

Pour fabriquer un endomorphisme, il suffit de connaître son action sur une base.

Puisque les éléments de $\im(u)$ sont censés être dans $\ker(u)$, on connait déjà l'image de $r$ vecteurs que je vais nommer $(e_{r+1},\dots,e_{2r})$ formant une base de ce sev. On complète cette base de $\im(u)$ en une base de $\ker(u)$ avec $n-2r$ vecteurs $(e_{2r+1},\dots,e_{n})$ qui sont eux aussi envoyés sur $0$ et pour $(e_1,\dots,e_r)$ on prend des antécédents respectifs de $(e_{r+1},\dots,e_{2r})$.

Ça, c'est la partie "analyse". Ensuite, il reste à construire cela dans le bon ordre pour prouver l'existence d'un endomorphisme $u$ qui convienne.

Gache · May 2022

Pour 1b, on peut prendre une base $(e_1,\dots,e_n)$ et on définit $u\in{\cal L}(E)$ par $u(e_{r+1})=\dots=u(e_n)=0$ et $u(e_j)=e_{r+j}$ si $1\leq j\leq r$ (c'est possible puisque $2r\leq n$).
On a ainsi ${\rm im}(u)={\rm vect}(e_{r+j},1\leq j\leq r)\subset\ker(u)$, donc $u^2=0$.

gai requin · May 2022

2)a) Si $\lambda$ est valeur propre de $u$, il existe $e\in E$ tel que $E_{\lambda}=\mathbb Re$.
Comme $u$ et $v$ commutent, $v(e)\in E_{\lambda}$.
Donc n'importe quelle base de vecteurs propres de $u$ convient.

gebrane · May 2022

Oshine une question. Si u^2=0 et rg (u)=n/2. Que peux-tu dire sur le noyau et l'image ?

OShine · May 2022

@Gache joli merci c'est très clair

@bisam d'accord merci j'avais pensé à ça mais je ne voyais pas où utiliser $2r \leq n$...

@gebrane $Im(u) \subset \ker(u)$ donc $rg(u) \leq \dim \ker (u)$ donc $n/2 \leq \dim \ker(u)$ je ne vois pas où tu veux en venir.

@gai requin merci je n'avais pas pensé à utiliser la dimension des sous-espaces propres !
On a $Sp(u) = \{ \lambda_1, \cdots, \lambda_n \}$ avec les $\lambda_i$ distincts. Les $E_{\lambda_i}$ sont des droites vectorielles et $E=\bigoplus_{i=1}^n E_{\lambda_i}$.
On peut noter $E_{\lambda_i} = e_i \R$ avec $e_i$ un élément de $E$ et $(e_1, \cdots, e_n)$ est une base de diagonalisation de $u$.
Comme $u$ et $v$ commutent alors $E_{\lambda i }$ est stable par $v$ donc $\forall i \in [|1,n|] \ v(e_i) \in E_{\lambda_i}$