8/20/2019 Réduction Des Endomorphismes - Eléments Propres D_un
Endomorphisme
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Eléments propres d’un endomorphisme
Exercice 1 [ 00762 ] [correction]Soient
f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel
et n ∈ N. On suppose que0 ∈
sp(f n).Montrer que 0 ∈
sp(f ).
Exercice 2 [ 00763 ]
[correction]Soit f un endomorphisme d’un
K-espace vectoriel E de dimension
finie.Montrer que 0 /∈ sp(f ) ⇔
f surjectif.
Exercice 3 [ 00764 ] [correction]Soit u
un automorphisme d’un K-espace
vectoriel E .Etablir Spu−1 =
λ−1/λ ∈ Spu
.
Exercice 4 [ 00765 ] [correction]Soient
E un K-espace vectoriel, u ∈
L(E ), a ∈ GL(E ) et v
= a ◦ u ◦ a−1.Comparer Spu et Spv d’une
part, E λ(u) et E λ(v) d’autre
part.
Exercice 5 [ 00766 ] [correction]Soit u
un endomorphisme d’un K-espace vectoriel
E tel que tout vecteur non nulen soit vecteur
propre.Montrer que u est une homothétie vectorielle.
Exercice 6 Mines-Ponts MP [ 02719 ]
[correction]Soit f et g deux
endomorphismes d’un C-espace vectoriel E de
dimension finien 1 tels que f ◦ g −
g ◦ f = f .a) Montrer
que f est nilpotent.b) On suppose f n−1
= 0. Montrer qu’il existe une base e de
E et λ ∈ C tels que :
Matef =
0 1 (0). . .
. . .
. . . 1(0) 0
etMateg = diag(λ, λ + 1, . . . ,
λ + n − 1)
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Corrections 2
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]0 ∈ sp(f n) ⇒
f n non injective ⇒ f non
injective ⇒ 0 ∈ sp(f ).
Exercice 2 : [énoncé]0 ∈ sp(f ) ⇔
f non injectif ⇔ f non
surjectif.
Exercice 3 : [énoncé]Si λ ∈
Spu alors il existe x = 0
vérifiant u(x) = λx. En appliquant u−1, on
obtientx = λu−1(x).Puisque x = 0, λ
= 0 et on peut écrire u−1(x) = 1
λx donc 1
λ ∈ Spu−1. Ainsi
{1/λ/λ ∈ Spu} ⊂ Spu−1.L’autre inclusion
s’obtient par symétrie.
Exercice 4 : [énoncé]Pour λ ∈ K et
x ∈ E ,x ∈ E λ(v) ⇔
u(a−1(x)) = λa−1(x) ⇔ a−1(x) ∈
E λ(u) ⇔ x ∈
a(E λ(u)).Ainsi E λ(v) = a(E λ(u)),
puis puisque a est un automorphisme, on peut
affirmerE λ(v) = {0} si, et seulement si,
E λ(u) = {0} et donc Sp(u) =
Sp(v).
Exercice 5 : [énoncé]∀x = 0, ∃λx ∈ K, u(x) =
λxx. Montrer que x → λx est une
fonction constante surE \ {0}. Soient x, y =
0.Si (x, y) est libre u(x + y) = u(x)
+ u(y) donne λx+y(x + y) = λxx + λyy
donc parliberté de (x, y) on obtient λx
= λx+y = λy.
Si (x, y) est liée, y = µx et
donc u(y) = µu(x) = λxµx = λxy
puis λy = λx.Ainsi x → λx
est une fonction constante. En posant λ la valeur
de cette constante,on a ∀x ∈ E , u(x) =
λx que x soit nul ou non.
Exercice 6 : [énoncé]a) On vérifie f k ◦
g − g ◦ f k = kf k.Si pour tout k
∈ N, f k = 0 alors l’endomorphisme h
→ h ◦ g − g ◦ h admet uneinfinité de
valeurs propres.Ceci étant impossible en dimension finie, on peut
affirmer que f est nilpotent.
b) f n = 0 (car dim E =
n) et f n−1 = 0. Pour x /∈ ker f n−1
ete = (f n−1(x), . . . , f (x), x), on montre
classiquement que e est une base de E dans
laquelle la matrice de f est telle que
voulue.f (g(f n−1(x)) = 0
donc g(f n−1(x)) = λf n−1(x) pour
un certain λ ∈ RAussi f k(g(f n−1−k(x)))
= (λ + k)f n−1(x) et donc la matrice de g
dans e ettriangulaire supérieure avec sur la diagonale
λ, λ + 1, . . . , λ + n − 1. Ainsi
Sp(g) = {λ , . . . , λ + n − 1}
Soit y vecteur propre associé à la valeur propre
λ + n − 1.Si y ∈ ker f n−1
alors puisque ker f n−1 est stable par g, λ +
n − 1 est valeur proprede l’endomorphisme induit par g
sur ker f n−1. Cela n’étant par le casy
/∈ ker f n−1. On vérifie alors facilement que la famille
e = (f n−1(y), . . . , f (y), y)résout notre
problème.
