Corrigé HEC 2005 par Pierre Veuillez

Dans cet exercice, n est un entier supérieur ou égal à 2. On note E l'espace vectoriel n et I d l'application identité de E .

L'objet de l'exercice est l'étude des endomorphismes f de E vérifiant l'équation ( * ) : f f = 4 I d

A. Étude du cas n = 2 .

Soit f l'endomorphisme de 2 dont la matrice dans la base canonique est : A = 2 ( 1 1 1 1 )

Soit u le vecteur de 2 défini par u = ( 2 2 2 ) .

  1. f f = 4 I d si et seulement si on a l'égalité sur les matrices associée : A 2 = 4 I

    A 2 = 2 ( 1 1 1 1 ) ( 1 1 1 1 ) = 2 ( 2 0 0 2 ) = 4 I donc f f = 4 I d

    Comme A 1 4 A = 1 4 A A = I alors A est inversible et A 1 = 1 4 A

    Donc f est bijective et donc ker ( f ) = { 0 } et I m ( f ) = 2

  2. On note F = ker ( f 2 I d ) et G = I m ( f 2 I d ) .

    1. La matrice de f 2 I d est A 2 I = 2 ( 1 1 1 1 ) 2 ( 1 0 0 1 ) = ( 2 2 2 2 2 2 )

      On a donc f ( 1 , 0 ) = u

      Pour que l'image soit engendrée par u , il faudrait que f ( 0 , 1 ) soit également proportionnel à u :

      ( 2 2 2 ) ( 1 2 ) = ( 2 2 2 )

      Donc f ( 0 , 1 ) = ( 1 2 ) u

      Comme G = { f ( x , y ) / ( x , y ) 2 } = { x f ( 1 , 0 ) + y f ( 0 , 1 ) / ( x , y ) 2 } = { ( x + y ( 1 2 ) ) u / ( x , y ) 2 } V e c t ( u )

      Et comme u G alors V e c t ( u ) G

      Donc G est le sous espace engendré par ( u )

      Donc ( u ) est une base de G (génératrice et libre car formée d'un seul vecteur non nul) donc dim ( G ) = 1

      Et le théorème du rang donne alors dim ( I m f 2 I d ) = 2 dim ( ker f 2 I d ) = 1

      Conclusion :

      dim ( F ) = 1

      Et il reste à trouver un vecteur non nul pour en avoir une base :

      ( A 2 I ) ( 2 + 1 1 ) = ( 2 2 2 2 2 2 ) ( 2 + 1 1 ) = ( 0 0 )

      Donc ( 2 + 1 , 1 ) est une base de F

      ( 2 ( 2 + 1 , 1 ) = ( 2 + 2 , 2 ) donnerait une notation plus symétrique avec u )

    2. On vérifie que u 0 est bien vecteur propre associé à 2:

      Donc u est vecteur propre associé à la valeur propre 2.

      Si ker ( f + 2 I d ) était de dimension 2, on aurait ker ( f + 2 I d ) = 2 donc f + 2 I d = 0 et f = 2 I d ce qui n'est pas le cas.

      Donc dim ( ker ( f + 2 I d ) ) 1 et donc dim ( ker ( f + 2 I d ) ) = 1 et u en est une base.

      Ainsi ker ( f + 2 I d ) = V e c t ( u ) = G { 0 }

      Conclusion :

      G est le sous espace propre associé à 2

  3. On a vu que 2 était valeur propre de f

    Comme ker ( f 2 I d ) { 0 } alors 2 est également valeur propre.

    Donc dans 2 de dimension 2, f qui a deux valeurs propres distinctes est diagonalisable sur la base obtenue en concaténant deux vecteurs propres associés à 2 et 2 : u = ( 2 2 , 2 ) et v = ( 2 + 1 , 1 )

    La matrice de passage de la base canonique à la base ( u , v ) est alors ( 2 2 2 + 1 2 1 )

B. Étude du cas général.

On se place désormais dans le cas où n est supérieur ou égal à 2 , et on considère un endomorphisme f de E vérifiant l'équation ( * ) .

    1. Comme f f = 4 I d alors 1 4 f f = I d et f 1 4 f = I d par linéarité de f .

      Donc f est bijective donc un automorphisme de n et f 1 = 1 4 f

    2. Comme f vérifie la relation polynômiale f 2 4 I d = 0 , si α est valeur de f alors α 2 4 = 0 et donc α = 2 ou 2

      Conclusion :

      Les seules valeurs propres possibles de f sont 2 et 2

    3. On a ( 2 I d ) 2 = 4 I d et ( 2 I d ) 2 = ( 2 ) 2 I d = 4 I d

      Donc 2 I d et 2 I d satisfont l'équation ( * ) .

    On suppose dans la suite de l'exercice que f 2 I d et f 2 I d et on note F = ker ( f 2 I d ) et G = I m ( f 2 I d ) .

  1. Soit x un élément de E .

    Pour montrer que ( f ( x ) 2 x ) appartient à ker ( f + 2 I d ) on calcule son image par f + 2 I d :

    ( f + 2 I d ) ( f ( x ) 2 x ) = ( f + 2 I d ) ( f 2 I d ) ( x ) = ( f 2 4 I d ) ( x ) = 0 car f 2 = 4 I d

    Conclusion :

    Donc f ( x ) 2 x ker ( f + 2 I d )

    De même : ( f 2 I d ) ( f ( x ) + 2 x ) = ( f 2 4 I d ) ( x ) = 0

    Conclusion :

    ( f ( x ) + 2 x ) appartient à ker ( f 2 I d ) = F .

    Donc si u G = I m ( f 2 I d ) alors il existe v n tel que u = ( f ( v ) 2 v ) et donc
    u ker ( f + 2 I d )

    Conclusion :

    G ker ( f + 2 I d )

    Et de même si u I m ( f + 2 I d ) alors il existe v n tel que u = f ( v ) + 2 v et donc u ker ( f 2 I d )

    Conclusion :

    . I m ( f + 2 I d ) F = ker ( f 2 I d ) .

    Pour montrer que 2 et 2 sont les valeurs propres de f , il faut monter que ni ker ( f 2 I d ) , ni ker ( f + 2 I d ) ne sont réduits à { 0 } :

    Par l'absurde :

    Et de même ker ( f + 2 I d ) { 0 }

    Donc 2 est également valeur propre de f .

    Conclusion :

    2 et 2 sont valeurs propres de f

  2. Soit x un vecteur de ker ( f + 2 I d ) .

    1. On a ( f + 2 I d ) ( x ) = 0 donc f ( x ) = 2 x

      D'où ( f 2 I d ) ( x ) = f ( x ) 2 x = 4 x

      Pour montrer que x appartient à G , il faut montrer qu'il est une image par ( f 2 I d ) :

      Or x = 1 4 ( f 2 I d ) ( x ) = ( f 2 I d ) ( 1 4 x ) par linéarité.

      Donc x G .

      On avait déjà l'inclusion G ker ( f + 2 I d ) . On vient de montrer ker ( f + 2 I d ) G

      Conclusion :

      G = ker ( f + 2 I d )

    2. Il reste à voire si la somme des dimensions des sous espaces propres est égale à n .

      Comme G = I m ( f 2 I d ) = ker ( f + 2 I d ) alors dim I m ( f 2 I d ) = dim ( ker ( f + 2 I d ) )

      Le théorème du rang donne dim ( ker ( f 2 I d ) ) = n dim I m ( f 2 I d ) = n dim ( ker ( f + 2 I d ) )

      Donc dim ( ker ( f 2 I d ) ) + dim ( ker ( f + 2 I d ) ) = n

      La somme des dimension des sous espaces propres est égale à la dimension de l'espace.

      Conclusion :

      f est diagonalisable.