Valeurs propres et assertions équivalentes

D'après $i)$ on a $E_0(u)=\ker(v^2)=\ker(u)$

Donc on doit montrer $E=\ker(u) \bigoplus Im(v)$ :-S et là encore un problème j'ai du $v$ mélangé avec du $u$.

Je crois que je n'ai pas compris le rapport entre $0$ valeur propre de $u-\lambda id_E$ et le fait de pouvoir considérer $\lambda=0$.

D'accord c'est plus clair.

Si c'est vrai pour la valeur propre nulle alors en posant $v= u - \lambda Id_E$ c'est vrai pour la valeur propre $\lambda$.

En effet, $0$ est valeur propre de $v$ si et seulement si $\lambda$ est valeur propre de $u$.

$(i) \implies (ii)$
Montrons que $E= \ker(u ^2) \bigoplus Im(u)$
Mais $E_0(u)=\ker(u)$ donc il suffit de montrer que $E= \ker(u) \bigoplus Im(u)$ car $\ker(u)=\ker(u^2)$.

• Le théorème du rang donne $\dim E= \dim \ker(u) + \dim Im(u)$
• Soit $y \in \ker(u) \cap Im(u)$. Alors $u(y)=0$ et il existe $x \in E$ tel que $y=u(x)$. Donc $u^2(x)=0$. Donc $x \in \ker(u^2)=\ker(u)$ ainsi $y=u(x)=0$

$(ii) \implies (iii)$
$Im(u)$ est stable par $u$.

$(iii) \implies (iv)$
Comme $E_{\lambda}(u)=\ker(u- \lambda id_E)$ et qu'on a supposé $\lambda=0$ on a : $E=\ker(u) \bigoplus F$ avec $u(F) \subset F$.

Or, $F$ est stable par $u$ donc on peut définir l'endomorphisme induit par $u$ sur $F$. Notons $d=\dim \ker(u)$.

Notons $B=(B_1,B_2)$ une base adaptée à la décomposition $E=\ker(u) \bigoplus F$. Un déterminant par blocs donne $\chi_u(X)=X^d \chi_{u_F} (X)$
Comme $F \cap \ker(u) = \{0 \}$ alors $0$ n'est pas racine de $\chi_{u_F} (X)$ et donc $m(0)=d= \dim \ker(u)$

$(iv) \implies (v)$ Cette implication me semble difficile.
Pas réussi et je n'ai pas compris la correction. La fin je ne comprends plus rien, à quoi ça sert de montrer $d=d'$ ?

Pourquoi $\ker(u)=\ker(u^k)$ ?
Pourquoi $XP(X)$ annule $u$ ?
Pourquoi $0$ est racine simple du polynôme minimal de $u$ ?

Je n'arrive pas à déterminer $mat_B(u)$... J'avais déjà pensé à ça mais je ne voyais pas.

Si je note $(e_1, \ldots, e_r)$ une base de $\ker(u^d)$ et $(e_{r+1}, \ldots, e_n)$ une base de $\ker P(u)$, je ne vois pas comment calculer $u(e_1)$ etc ... ni comment calculer $u(e_{r+1})$ etc.

$m(\lambda)$ désigne usuellement la multiplicité de la valeur propre $\lambda$ dans le cours que j'ai.

J'utilise aussi le fait que le polynôme caractéristique d'un endomorphisme $u$ stabilisant les sous-espaces vectoriels d'une décomposition $E=E_1 \oplus E_2$ est $\chi_u(X)=\chi_{u_1}(X) \chi_{u_2} (X)$

D'accord merci.

Dans le corrigé, ils donnent d'abord $\chi_{u'}(X)$ et après ils démontrent que $\ker(u)=\ker(u^d)$ :-S

Voici ce que j'ai fait, mais ça ne me semble pas suffisant. Je ne vois pas comment calculer $u(e_i)$ pour $i \in [|1,r|]$.

Soit $B=(e_1, \cdots, e_{d'}, e_{d'+1}, \cdots, e_n)$ une base adaptée à la décomposition $E=\ker(u^d) \bigoplus \ker P(u)$.
$$A=\left (
\begin{array}{c|c|c}
B_{d'} & O_{d',n-d'} \\
\hline
O_{n-d',d'} & C_{n-d'}\\
\end{array}
\right)$$

Où $u'$ est l'endomorphisme induit par $u$ sur $Ker u^d$ et $u''$ l'endomorphisme induit par $u$ sur $Ker P(u)$

On a $\det(A-X I_n) =\det \left ( \begin{array}{c|c|c} B_{d'} - X I_{d'} & O_{d',n-d'} \\ \hline O_{n-d',d'} & C_{n-d'} - XI_{n-d'}\\ \end{array} \right)$

On a $\boxed{\chi_u(X)=\chi_{u'} (X) \times \chi_{u''} (X) }$

Mais je n'arrive pas à voir pourquoi $\chi_{u'} (X)=X^{d'}$ où $d'=\dim Ker u^d$

On a $u'=u_{\ker u^d}$

Donc $\forall x \in \ker u^d, \ u'(x)=u(x)$. Ainsi pour tout $x \in E$ on a $u^d(x)=0 \implies u'(x)=u(x).$

Or $e_1, \ldots, e_r$ sont des éléments de $\ker u^d$ donc $u^d(e_1)=u^d(e_2)= \cdots =u^d(e_r)=0.$

Mais pour écrire la matrice dans la base adaptée de $u$ on doit exprimer $u(e_1), \ldots, u(e_r)$ donc je ne comprends pas. :-S

Oui, en effet. Merci j'ai compris.

L'endomorphisme induit $u'$ est nilpotent d'indice $d$ donc son polynôme caractéristique vaut $X^{\dim \ker u^d}=\boxed{X^{d'}}$.

Pour la suite, $\forall x \in \ker P(u) \ \ u''(x)=u(x)$ et $P(u)(x)=P(u'')(x)=0$

Donc le polynôme $P$ annule $u''$. Comme $\ker u^d$ et $\ker P(u)$ sont en somme directe cela signifie que $\ker u^d \cap \ker P(u) =\{0 \}$ et donc $0$ n'est pas valeur propre de $u''$.

D'où $d=d'$ et $\ker u = \ker u^d$. Ainsi, $\boxed{E = \ker u \oplus \ker P(u)}$

Il me reste 2 points à montrer :

1) $XP(X)$ annule $u$.
2) $0$ est racine simple du polynôme minimal de $u$.

Montrons 1). Soit $x \in E$. Alors il existe un unique couple $(y,z) \in \ker u \times \ker P(u)$ tel que $x=y+z$.
Ainsi $ (u \circ P(u))(x)= (u \circ P(u)) (y+z)=(u \circ P(u)) (y) +(u \circ P(u)) (z)= P(u) \circ u(y)+ u(0)=P(u)(0)+0=0$
Pour le point $2$ je sais que le polynôme minimal de $u$ est le polynôme unitaire de plus bas degré qui annule $u$.
Donc $\pi_u (X)$ divise $X P(X)$. Mais comment être sûr que $0$ est racine du polynôme minimal ?

D'accord merci Manda. Je dormirai moins bête ce soir.

Comme $\chi_u(X)=X^d P(X)$ on sait que $0$ est valeur propre de $u$. Mais le polynôme minimal de $u$ divise $X P(X)$ donc la multiplicité de $0$ comme valeur propre vaut $1$.

Difficile cette implication.

Je tente la dernière qui semble plus accessible : $(v) \implies (i)$
Il s'agit de montrer que $\ker u = \ker u^2$.

On sait que $\ker u \subset \ker u^2$. Il suffit de montrer que $\ker u^2 \subset \ker u$. Soit $x \in \ker u^2$.

On sait que $\pi_u (X)= X Q(X)$ avec $Q(0) \ne 0$. D'après le lemme des noyaux $E=\ker u \oplus \ker Q(u)$.

Il existe un unique un unique couple $(x_1,x_2) \in \ker u \oplus \ker Q(u)$ tel que $x=x_1+x_2$

Donc $u(x)=u(x_1)+u(x_2)$ et $u^2(x)=u^2(x_1)+u^2(x_2)=0$.Or $u(x_1)=0 \implies u^2(x_1)=0$.

Ainsi $u^2(x_2)=0$ donc $x_2 \in \ker u^2 \cap \ker Q(u)$. De nouveau le lemme des noyaux donne $\ker \big( (X^2 Q)(u)\big)= \ker (u^2) \oplus \ker Q(u)$ donc $\ker Q(u) \cap \ker u^2 = \{0 \}$

Finalement, $x_2=0$ et $x=x_1 \in \ker u$
Ce qui termine l'exercice.

[OShine. $\LaTeX$ fournit la commande \ker qui gère correctment les espacements.AD]

Soit $P$ un polynôme annulateur de $u$. Alors $P(u)=0$.

Si $\lambda$ est valeur propre de $u$. Soit $x \in E_{\lambda}(u)$. Alors $u(x)= \lambda x$.

$\forall k \in \N \ u^k(x)=\lambda ^k x$. Posons $P=\displaystyle\sum_{k=0}^p a_k X^k$ alors $P(u)=\displaystyle\sum_{k=0}^p a_k u^k$.

Donc $P(u)(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^p a_k u^k (x)=\displaystyle\sum_{k=0}^p a_k \lambda^k x=P(\lambda) x$

Ainsi, $P(\lambda)$ est valeur propre de l'endomorphisme nul $P(u)$. Donc il existe un vecteur propre non nul $y$ tel que $P(u) (y)= P(\lambda ) y=0$

Montrons que $P(\lambda)=0$. Si $P(\lambda) \ne 0$ alors $y=0$ ce qui est absurde car un vecteur propre est non nul par définition.

Conclusion $\boxed{P(\lambda)=0 }$

Oui c'est vrai, on peut conclure directement à la ligne 4, merci.