Solutions - Exercices sur les éléments propres - 01

Solutions détaillées de neuf exercices sur les éléments propres (fiche 01).
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Afin de déterminer les valeurs propres de $A,$ on peut calculer son polynôme caractéristique :

$\chi_{A}=\left|\begin{array}{cc}1-X & -2\\1 & 4-X\end{array}\right|=X^{2}-5X+6=\left(X-2\right)\left(X-3\right)$

ce qui montre que le spectre de $A$ est $\text{sp}\left(A\right)=\left\{ 2,3\right\} .$

On pouvait aussi observer que la trace et le déterminant de $A$ valent respectivement $5$ et $6$ : si l’on note $\lambda,\mu$ les valeurs propres (a priori complexes et éventuellement confondues) de $A,$ on en déduit que

$\lambda+\mu=5\qquad\text{et}\qquad\lambda\mu=6$

ce qui redonne le spectre.

Bref, $A$ possède 2 valeurs propres réelles distinctes, donc est diagonalisable dans $\mathcal{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right).$

Rappel

Une condition suffisante pour qu’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension $n\geqslant1$ soit diagonalisable est qu’il possède $n$ valeurs propres distinctes.

Comparer avec cette CNS

Trouvons des vecteurs propres. Le système :

$\left[\begin{array}{cc}1 & -2\\1 & 4\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}2x\\2y\end{array}\right]$

équivaut à $x+2y=0.$ Et le système :

$\left[\begin{array}{cc}1 & -2\\1 & 4\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}3x\\3y\end{array}\right]$

équivaut à $x+y=0.$ Retenons que :

$\left[\begin{array}{cc}1 & -2\\1 & 4\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right]=2\left[\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right]\qquad\text{et}\qquad\left[\begin{array}{cc}1 & -2\\1 & 4\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right]=3\left[\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right]$

Si l’on note $f$ l’endomorphisme canoniquement associé à $A$ ainsi que $e_{1}=\left(-2,1\right)$ et $e_{2}=\left(-1,1\right),$ alors $\beta=\left(e_{1},e_{2}\right)$ est une base formée de vecteurs propres pour $f.$

La matrice de passage de la base canonique à la base $\beta$ est :

$P=\left[\begin{array}{cc}-2 & -1\\1 & 1\end{array}\right]$

Son inverse est :

$P^{-1}=\left[\begin{array}{cc}-1 & -1\\1 & 2\end{array}\right]$

Finalement, si l’on pose :

$\Delta=\left[\begin{array}{cc}2 & 0\\0 & 3\end{array}\right]$

alors $A=P\Delta P^{-1},$ d’où (par récurrence) :

$\boxed{\forall k\in\mathbb{N},\thinspace A^{k}=P\Delta^{k}P^{-1}}$

On peut effectuer le calcule explicite :

$P\Delta^{k}=\left[\begin{array}{cc}-2 & -1\\1 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}2^{k} & 0\\0 & 3^{k}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}-2^{k+1} & -3^{k}\\2^{k} & 3^{k}\end{array}\right]$

puis :

$P\Delta^{k}P^{-1}=\left[\begin{array}{cc}-2^{k+1} & -3^{k}\\2^{k} & 3^{k}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-1 & -1\\1 & 2\end{array}\right]$

soit :

$\boxed{A^{k}=\left[\begin{array}{cc}2^{k+1}-3^{k} & 2^{k+1}-2\times3^{k}\\3^{k}-2^{k} & 2\times3^{k}-2^{k}\end{array}\right]}$

Passons au cas des exposants négatifs. Si $k\in\mathbb{Z}$ et $k<0$ alors :

$A^{k}=\left(A^{-k}\right)^{-1}=\left(P\Delta^{-k}P^{-1}\right)^{-1}=P\left(\Delta^{-k}\right)^{-1}P^{-1}=P\Delta^{k}P^{-1}$

ce qui prouve que la formule encadrée reste valable pour tout $k\in\mathbb{Z}.$

Le polynôme caractéristique de $A$ est :

$\chi_{A}=\left|\begin{array}{ccc}X-2 & 1 & -1\\1 & X-1 & -2\\-3 & 2 & X-1\end{array}\right|=\left(X-1\right)^{2}\left(X-2\right)$

d’où $\textrm{sp}\left(A\right)=\left\{ 1,2\right\} .$ On vérifie que les sous-espaces vectoriels propres associés sont respectivement :

$E_1=\mathbb{R}\left(2,3,1\right)$ pour la valeur propre 1,
$E_2=\mathbb{R}\left(1,1,1\right)$ pour la valeur propre 2.

Comme 1 est une valeur propre double et vu que $\dim\left(E_{1}\right)\neq2,$ on voit que $A$ n’est pas diagonalisable.

Rappel

Une condition nécessaire et suffisante pour qu’un endomorphisme d’un $\mathbb{K}$ -espace vectoriel de dimension $n\geqslant1$ soit diagonalisable est que son polynôme caractéristique soit scindé dans $\mathbb{K}[X]$ et que, pour chaque valeur propre, la multiplicité de celle-ci dans le polynôme caractéristique soit égale à la dimension du sev propre correspondant.

Comparer avec cette autre CNS

Afin de calculer les puissances de $A,$ on effectue la division euclidienne de $X^{n}$ par $\left(X-1\right)^{2}\left(X-2\right)$ :

$X^{n}=\left(X-1\right)^{2}\left(X-2\right)Q_{n}+\alpha_{n}X^{2}+\beta_{n}X+\gamma_{n}$

En évaluant en 1 et en 2, on obtient :

$\begin{eqnarray*}\alpha_{n}+\beta_{n}+\gamma_{n} & = & 1\\4\alpha_{n}+2\beta_{n}+\gamma_{n} & = & 2^{n}\end{eqnarray*}$

En dérivant, puis en évaluant en 1 :

$nX^{n-1}=\left(X-1\right)\left(\cdots\right)+2\alpha_{n}X+\beta_{n}$

d’où :

$2\alpha_{n}+\beta_{n}=n$

On obtient ainsi un système, dont la résolution conduit à :

$\left(\alpha_{n},\beta_{n},\gamma_{n}\right)=\left(2^{n}-n-1,-2^{n+1}+3n+2,2^{n}-2n\right)$

Il n’y a plus qu’à calculer :

$A^{2}=\left[\begin{array}{ccc}8 & -5 & 1\\3 & -2 & 3\\11 & -7 & 0\end{array}\right]$

Ainsi :

$A^{n}=\left(2^{n}-n-1\right)A^{2}+\left(-2^{n+1}+3n+2\right)A+\left(2^{n}-2n\right)I_{3}$

soit, tous calculs faits :

$\boxed{A^{n}=\left[\begin{array}{ccc}5.2^{n}-4n-4 & -3.2^{n}+2n+3 & -2^{n}+2n+1\\5.2^{n}-6n-5 & -3.2^{n}+3n+4 & -2^{n}+3n+1\\5.2^{n}-2n-5 & -3.2^{n}+n+3 & -2^{n}+n+2\end{array}\right]}$

Il est clair que $f$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_{n-1}\left[X\right].$

On peut observer que pour tout polynôme $P\left(X\right)\in\mathbb{R}_{n-1}\left[X\right]$ :

$f^{2}\left(P\left(X\right)\right)=f\left(P\left(1-X\right)\right)=P\left(1-\left(1-X\right)\right)=P\left(X\right)$

Ainsi $f^{2}=id_{\mathbb{R}_{n-1}\left[X\right]}$ (cet endomorphisme est donc un automorphisme involutif), ce qui signifie que le polynôme $X^{2}-1,$ qui est scindé dans $\mathbb{R}\left[X\right]$ et à racines simples, est annulateur de $f.$ De ce fait, $f$ est diagonalisable.

Rappel

Une condition nécessaire et suffisante pour qu’un endomorphisme d’un $\mathbb{K}$ -espace vectoriel de dimension $n\geqslant1$ soit diagonalisable est qu’il existe un polynôme $P\in\mathbb{K}[X]$ , scindé dans $\mathbb{K}[X]$ , à racines simples et annulateur de cet endomorphisme.

A comparer avec cette CS et avec cette autre CNS

L’avantage de cette méthode est sa rapidité et l’absence de calcul. Son inconvénient est qu’elle ne fournit pas de base de vecteurs propres pour $f.$ Or c’est justement ce qui est demandé …

On apprend cependant, avec ce qui précède, que $\text{sp}\left(f\right)\subset\left\{ -1,1\right\} .$

D’ailleurs, cette inclusion est nécessairement une égalité dès que $n\geqslant2,$ sans quoi $f$ serait un endomorphisme diagonalisable ne possédant qu’une seule valeur propre, donc serait une homothétie … Et ce n’est pas le cas puisque, par exemple : $f\left(X\right)=1-X$ n’est pas colinéaire à $X.$

On recherche donc des vecteurs propres associés aux valeurs propres -1 et 1.

Proposons deux stratégies.

Stratégie 1

On observe que, pour tout $k\in\left\llbracket 0,n-1\right\rrbracket$ :

$\begin{eqnarray*}f\left(\left(2X-1\right)^{k}\right) & = & \left(2\left(1-X\right)-1\right)^{k}\\& = & \left(1-2X\right)^{k}\\& = & \left(-1\right)^{k}\left(2X-1\right)^{k}\end{eqnarray*}$

Par ailleurs, la famille $\left(\left(2X-1\right)^{k}\right)_{0\leqslant k\leqslant n-1}$ est une base de $\mathbb{R}_{n-1}\left[X\right]$ (en raison des degrés étagés).

C’est une base de vecteurs propres pour $f.$

Stratégie 2

Posons, pour tout $k\in\left\llbracket 0,n-1\right\rrbracket$ :

$Q_{k}=X^{k}+\left(X-1\right)^{k}$

Alors :

$\begin{eqnarray*}f\left(Q_{k}\right) & = & \left(1-X\right)^{k}+\left(-X\right)^{k}\\& = & \left(-1\right)^{k}Q_{k}\end{eqnarray*}$

Ceci permet de conclure, pour les mêmes raisons que ci-dessus, que $\left(Q_{k}\right)_{0\leqslant k\leqslant n-1}$ est une base de vecteurs propres pour $f.$

Supposons $f$ nilpotent. Notons $r$ son indice : $f^{r}=0$ et $f^{r-1}\neq0.$ Il existe donc $x\in E$ tel que $f^{r-1}\left(x\right)\neq0_{E}.$ Comme $f\left[f^{r-1}\left(x\right)\right]=0_{E},$ on voit déjà que $\left\{ 0\right\} \subset\textrm{sp}\left(f\right).$

Maintenant, si $\lambda\in\textrm{Sp}\left(f\right),$ alors il existe $x\in E-\left\{ 0_{E}\right\}$ tel que $f\left(x\right)=\lambda x,$ d’où par récurrence :

$\forall k\in\mathbb{N}^{\star},\,f^{k}\left(x\right)=\lambda^{k}\,x$

En particulier $0_{E}=f^{r}\left(x\right)=\lambda^{r}\,x$ et donc $\lambda=0.$ Ainsi $\textrm{sp}\left(f\right)\subset\left\{ 0\right\} .$ Tout ceci prouve que :

Si $f$ est nilpotent, alors $\text{sp}\left(f\right)=\left\{ 0\right\} .$

Passons à la réciproque … qui est fausse sans condition sur $\mathbb{K}.$ Contre-exemple : l’endomorphisme $f\in\mathcal{L}\left(\mathbb{R}^{3}\right)$ canoniquement associé à

$M=\left[\begin{array}{ccc}0 & 0 & 0\\0 & 0 & -1\\0 & 1 & 0\end{array}\right]$

admet pour polynôme caractéristique $X\left(X^{2}+1\right).$ Donc $\textrm{sp}\left(f\right)=\left\{ 0\right\} .$ Pourtant $f$ n’est pas nilpotent, puisqu’en notant $\left(e_{1},e_{2},e_{3}\right)$ la base canonique de $\mathbb{R}^{3},$ on voit par exemple que $f^{2k}\left(e_{2}\right)=\left(-1\right)^{k}e_{2}$ pour tout $k\in\mathbb{N}.$

On a toutefois une réciproque partielle vraie si $\mathbb{K}=\mathbb{C}.$

En effet, supposons que $\text{sp}\left(f\right)=\left\{ 0\right\} .$ Comme le polynôme caractéristique de $f$ est scindé dans $\mathbb{C}\left[X\right]$ (d’après le théorème fondamental de l’algèbre), $f$ est trigonalisable.
Il existe donc une base $\beta$ de $E$ dans laquelle $f$ est représenté par une matrice de la forme :

$T=\left[\begin{array}{cccc}0 & t_{1,2} & \cdots & t_{1,n}\\\vdots & \ddots & \ddots & \vdots\\\vdots & & \ddots & t_{n-1,n}\\0 & \cdots & \cdots & 0\end{array}\right]$

Il est classique qu’une telle matrice est nilpotente, ce qui montre que $f$ est nilpotent.

Comme $f$ possède $n$ valeurs propres distinctes, les sev propres sont tous de dimension 1 (on sait en effet que leur somme $S$ est directe; si l’un d’eux était de dimension $\geqslant2,$ on aurait $\dim\left(S\right)>n,$ ce qui est absurde). Pour chaque valeur propre $\lambda$ de $f,$ notons $E_{\lambda}$ la droite propre associée.

Soit $g\in\mathcal{L}\left(E\right)$ tel que $g^{2}=f.$ Comme $f$ et $g$ commutent, alors $E_{\lambda}$ est stable par $g.$

Choisissons un vecteur $e\in E_{\lambda}-\left\{ 0_{E}\right\} .$ Comme $\dim\left(E_{\lambda}\right)=1,$ il existe $\mu\in\mathbb{R}$ tel que $g\left(e\right)=\mu e,$ d’où $f\left(e\right)=g^{2}\left(e\right)=\mu^{2}e.$ Or $f\left(e\right)=\lambda e$ et donc $\mu^{2}=\lambda,$ ce qui nous laisse :

si $\lambda>0$ : deux possibilités pour $\mu,$ à savoir $\mu=-\sqrt{\lambda}$ ou $\mu=\sqrt{\lambda},$
si $\lambda=0$ : une seule possibilité, à savoir $\mu=0.$

Par conséquent, si l’on note $0\leqslant\lambda_{1}<\lambda_{2}<\cdots<\lambda_{n}$ les valeurs propres de $f$ et $\beta=\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ une base de vecteurs propres pour $f$ (avec $f\left(e_{i}\right)=\lambda_{i}e_{i}$ pour tout $i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ),$ alors la matrice dans $\beta$ de $g$ est la forme :

$\left[\begin{array}{cccc}\pm\sqrt{\lambda_{1}} & 0 & \cdots & 0\\0 & \pm\sqrt{\lambda_{2}} & \ddots & \vdots\\\vdots & \ddots & \ddots & 0\\0 & \cdots & 0 & \pm\sqrt{\lambda_{n}}\end{array}\right]$

ce qui représente :

$2^{n-1}$ possibilités si $\lambda_{1}=0$
$2^{n}$ possibilités si $\lambda_{1}>0$

Réciproquement, il est évident que si $g$ est représenté par une telle matrice dans $\beta$ alors $g^{2}=f.$

En résumé …

Proposition

Si $f$ est endomorphisme d’un $\mathbb{R}-$ espace vectoriel $E$ de dimension $n\geqslant1$ possédant des valeurs propres positives toutes distinctes, alors l’équation $g^{2}=f$ possède $2^{n-1}$ ou $2^{n}$ solutions dans $\mathcal{L}\left(E\right)$ , selon que 0 est ou n’est pas valeur propre de $f$ .

Comme demandé, proposons deux méthodes.

Méthode 1

On commence par observer que, pour tout $u\in\mathcal{L}\left(E\right)$ :

$F^{k}\left(u\right)=f^{k}\circ u,$ pour tout $k\in\mathbb{N}$
et donc $\left[P\left(F\right)\right]\left(u\right)=P\left(f\right)\circ u,$ pour tout $P\in\mathbb{R}\left[X\right].$

Il en résulte que si $P$ est annulateur de $f,$ alors $P$ est aussi annulateur de $F.$

En choisissant en outre $P$ scindé dans $\mathbb{R}\left[X\right]$ et à racines simples (par exemple le polynôme minimal de $f),$ on voit (cf. cette CNS) que $F$ est diagonalisable.

Méthode 2

On considère une base $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ de $E,$ constituée de vecteurs propres pour $f$ :

$\forall j\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\thinspace f\left(e_{j}\right)=\lambda_{j}e_{j}$

Pour tout $\left(i,j\right)\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ^{2},$ on définit un endomorphisme $\varphi_{i,j}\in\mathcal{L}\left(E\right)$ en spécifiant les images des vecteurs de cette base :

$\forall k\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\thinspace\varphi_{i,j}\left(e_{k}\right)=\delta_{i,k}\thinspace e_{j}$

où $\delta_{i,k}$ est le symbole de Kronecker. La famille $\left(\varphi_{i,j}\right)_{1\leqslant i,j\leqslant n}$ est une base de $\mathcal{L}\left(E\right)$ : pour le voir, il suffit de montrer qu’elle est libre puisqu’elle comporte le bon nombre de vecteurs (à savoir $n^{2}).$ Or si $\left(\alpha_{i,j}\right)_{1\leqslant i,j\leqslant n}$ est une famille de réels vérifiant :

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\alpha_{i,j}\thinspace\varphi_{i,j}=0$

on obtient en appliquant au vecteur $e_{k}$ (pour $k\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket$ arbitraire) :

$\sum_{j=1}^{n}\alpha_{k,j}e_{j}=0_{E}$

et donc $\alpha_{k,j}=0$ pour tout $j\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,$ puisque $\left(e_{j}\right)_{1\leqslant j\leqslant n}$ est libre. Il reste à prouver que les $\varphi_{i,j}$ sont des vecteurs propres pour $F.$ Or, pour tout $k\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket$ :

$\begin{eqnarray*}\left[F\left(\varphi_{i,j}\right)\right]\left(e_{k}\right) & = & \left(f\circ\varphi_{i,j}\right)e_{k}\\& = & \delta_{i,k}\thinspace f\left(e_{j}\right)\\& = & \delta_{i,k}\thinspace\lambda_{j}\thinspace e_{j}\\& = & \lambda_{j}\thinspace\varphi_{i,j}\left(e_{k}\right)\end{eqnarray*}$

et ceci montre que $F\left(\varphi_{i,j}\right)=\lambda_{j}\thinspace\varphi_{i,j}$ (car deux endomorphismes qui coïncident sur une base sont égaux).

Moralité : la famille $\left(\varphi_{i,j}\right)_{1\leqslant i,j\leqslant n}$ est une base de vecteurs propres pour $F.$

Le résultat à démontrer est évident si l’un des deux endomorphismes est une homothétie. On va tâcher de se ramener à cette situation.

Comme $\mathbb{C}$ est algébriquement clos, le polynôme caractéristique de $f$ possède au moins une racine complexe; autrement dit : $f$ possède au moins une valeur propre $\lambda\in\mathbb{C}$ .

Posons $F=\ker\left(f-\lambda\thinspace id_{E}\right)$ : c’est le sous-espace vectoriel propre pour $f$ associé à la valeur propre $\lambda.$ Evidemment, $F$ est stable par $f$ et l’endomorphisme induit est l’homothétie $\lambda\thinspace id_{F}.$ Mais comme $f$ et $g$ commutent, alors $F$ est aussi stable par $g.$

Notons $\overline{g}$ l’endomorphisme induit. A nouveau (comme $\mathbb{C}$ est algébriquement clos) $\overline{g}$ possède au moins une valeur propre $\mu.$

Pour finir, tout vecteur $x\in F-\left\{ 0_{E}\right\}$ vérifiant $\overline{g}\left(x\right)=\mu x$ est un vecteur propre pour $f$ et pour $g.$

Si $f$ possède au moins une valeur propre, c’est réglé (la droite vectorielle engendrée par un quelconque vecteur propre convient : c’est un sous-espace stable de dimension 1).

Supposons désormais que le spectre de $f$ soit vide.

Considérons un polynôme $A\in\mathbb{R}\left[X\right]-\left\{ 0\right\} ,$ annulateur de $f$ : rappelons que l’existence d’un tel polynôme découle du fait que la famille $\left(f^{k}\right)_{0\leqslant k\leqslant n^{2}}$ est liée, puisque $\dim\left(\mathcal{L}\left(E\right)\right)=n^{2}.$ Ce polynôme se décompose en produit de polynômes irréductibles dans $\mathbb{R}\left[X\right],$ de degré 1 ou 2 :

$A=\prod_{j=1}^{r}\,A_{j}$

Comme $A_{1}\left(f\right)\circ\cdots\circ A_{r}\left(f\right)=A\left(f\right)=0,$ il existe un indice $i$ tel que l’endomorphisme $A_{i}\left(f\right)$ soit non injectif. Nécessairement $\deg\left(A_{i}\right)=2,$ sans quoi $f$ admettrait une valeur propre, contrairement à l’hypothèse.

Posons donc $A_{i}=X^{2}+\alpha X+\beta.$ Soit $x\in\ker\left(A_{i}\left(u\right)\right)-\left\{ 0_{E}\right\} ;$ la famille $\left(x,\,u\left(x\right)\right)$ est libre car sinon $x$ serait un vecteur propre. On considère alors le plan $P=\textrm{vect}\left(x,\,u\left(x\right)\right);$ il s’agit d’un plan stable puisque si $y=\alpha x+\beta\,u\left(x\right)\in P,$ alors :

$u\left(y\right)=\alpha\,u\left(x\right)+\beta\,u^{2}\left(x\right)=\alpha\,u\left(x\right)-\beta\left(\alpha\,u\left(x\right)-\beta x\right)\in P$

Notons $u$ l’endomorphisme canoniquement associé à $A.$ Il s’agit de prouver que :

$\left(u\mbox{ diagonalisable}\right)\Leftrightarrow\left(\forall P\in\mathbb{C}\left[X\right],\thinspace P\left(u\right)\mbox{ nilpotent }\Rightarrow P\left(u\right)=0\right)$

Preuve de l’implication $\boxed{\Rightarrow}$

Notons $\lambda_{1},\cdots,\lambda_{q}$ les valeurs propres distinctes de $u.$ Alors :

$\mathbb{C}^{n}=\bigoplus_{i=1}^{q}\ker\left(u-\lambda_{i}\thinspace id\right)$

Soit $P\in\mathbb{C}\left[X\right]$ tel que $P\left(u\right)$ soit nilpotent. Il existe $k\geqslant1$ tel que $P\left(u\right)^{k}=0.$

Pour tout $i\in\left\llbracket 1,q\right\rrbracket$ et tout $x\in\ker\left(u-\lambda_{i}\thinspace id\right)-\left\{ 0\right\}$ :

$0=\left[P\left(u\right)^{k}\right]\left(x\right)=P\left(\lambda_{i}\right)^{k}x$

et donc $P\left(\lambda_{i}\right)=0.$ Ainsi $P$ est multiple de $\prod_{i=1}^{q}\left(X-\lambda_{i}\right),$ qui n’est autre que le polynôme minimal de $u.$

De ce fait $P\left(u\right)=0.$

Preuve de l’implication $\boxed{\Leftarrow}$

Montrons la contraposée. Supposons $u$ non diagonalisable et notons $\mu$ son polynôme minimal (qui est scindé dans $\mathbb{C}[X]$ d’après le théorème de d’Alembert-Gauss) :

$\mu=\prod_{i=1}^{q}\left(X-\lambda_{i}\right)^{r_{i}}$

Comme $u$ n’est pas diagonalisable, les racines de $\mu$ ne sont pas toutes simples : il existe $j\in\left\llbracket 1,q\right\rrbracket$ tel que $r_{j}\geqslant2.$ On considère alors le polynôme :

$P=\frac{\mu}{X-\lambda_{j}}=\left(X-\lambda_{j}\right)^{r_{j}-1}\prod_{i\neq j}\left(X-\lambda_{i}\right)^{r_{i}}$

On constate que :

$P$ n’est pas annulateur de $u$ car c’est un polynôme non nul, de degré $<\deg\left(\mu\right)$ ,
$P^{2}$ est annulateur de $u$ car $2r_{j}-2\geqslant r_{j}$ et donc $\mu\mid P^{2}.$

Ainsi $P\left(u\right)$ est nilpotent et non nul.

Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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Rappel

Rappel

Rappel

Stratégie 1

Stratégie 2

Proposition

Méthode 1

Méthode 2

Preuve de l’implication

Preuve de l’implication

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Preuve de l’implication $\boxed{\Rightarrow}$

Preuve de l’implication $\boxed{\Leftarrow}$