d’où on déduit
|b| =
n
j=1
a i 0 j
x j
x i 0
n
j=1
a i 0 j
x j
x i 0
n
j=1
a i 0 j = 1.
Si |b| = 1, alors les inégalités précédentes sont des égalités, et on a donc
x j
x i 0
= 1
pour tout j ∈ [[1, n]]. Quitte à remplacer X par un vecteur proportionnel, on peut
supposer x i 0 = 1. On a alors b =
n
j=1
a i 0 j x j avec |x j | = 1. Soit B le point du plan
d’affixe b et pour tout j, M j le point d’affixe x j . Les points M j sont situés sur
le cercle de centre O et de rayon 1, et B est le barycentre des points M j affectés
des coefficients strictement positifs a i 0 j . Montrons que dans ces conditions on a
nécessairement M 1 = · · · = M n = B :
Soit X OY un nouveau repère orthonormé du plan dans lequel les coordonnées de
B sont (1, 0) et pour tout j ∈ [[1, n]] soit X j l’ordonnée de M j . Si l’un des X j est
strictement inférieur à 1, alors 1 =
n
i=1
a i 0 j X j <
n
i=1
a i 0 j = 1, ce qui est absurde.
Il en résulte donc que b = x i 0 = 1.
Exercice 7.53
Centrale PSI 2007
Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie n 1, f ∈ L(E) et F l’endomorphisme de L(E) qui à u associe f ◦ u.
1) Montrer que F et f ont les mêmes polynômes annulateurs. En déduire qu’ils
ont le même spectre et que f est diagonalisable si et seulement si F est diagonalisable.
2) Exprimer le sous-espace propre de F associé à la valeur propre l en fonction
de celui de f .
3) Donner sa dimension en fonction de celle du sous-espace propre de f correspondant.
4) Calculer le polynôme caractéristique de F.
1) Soit f ∈ L(E). On a F
2 (u) = ( f ◦ f ) ◦ u = f
2
◦ u, et une démonstration
par récurrence évidente sur l’entier p ∈ N montre que F
p (u) = f
p
◦ u pour
tout p ∈ N. On en déduit, par linéarité, que pour tout polynôme P ∈ C[X ],
P(F)(u) = P( f ) ◦ u. Il en résulte que P(F) = 0 si et seulement si P( f ) = 0.
Les endomorphismes F et f ont donc les mêmes polynômes annulateurs, et donc
le même polynôme minimal et le même spectre.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
|b| =
n
j=1
a i 0 j
x j
x i 0
n
j=1
a i 0 j
x j
x i 0
n
j=1
a i 0 j = 1.
Si |b| = 1, alors les inégalités précédentes sont des égalités, et on a donc
x j
x i 0
= 1
pour tout j ∈ [[1, n]]. Quitte à remplacer X par un vecteur proportionnel, on peut
supposer x i 0 = 1. On a alors b =
n
j=1
a i 0 j x j avec |x j | = 1. Soit B le point du plan
d’affixe b et pour tout j, M j le point d’affixe x j . Les points M j sont situés sur
le cercle de centre O et de rayon 1, et B est le barycentre des points M j affectés
des coefficients strictement positifs a i 0 j . Montrons que dans ces conditions on a
nécessairement M 1 = · · · = M n = B :
Soit X OY un nouveau repère orthonormé du plan dans lequel les coordonnées de
B sont (1, 0) et pour tout j ∈ [[1, n]] soit X j l’ordonnée de M j . Si l’un des X j est
strictement inférieur à 1, alors 1 =
n
i=1
a i 0 j X j <
n
i=1
a i 0 j = 1, ce qui est absurde.
Il en résulte donc que b = x i 0 = 1.
Exercice 7.53
Centrale PSI 2007
Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie n 1, f ∈ L(E) et F l’endomorphisme de L(E) qui à u associe f ◦ u.
1) Montrer que F et f ont les mêmes polynômes annulateurs. En déduire qu’ils
ont le même spectre et que f est diagonalisable si et seulement si F est diagonalisable.
2) Exprimer le sous-espace propre de F associé à la valeur propre l en fonction
de celui de f .
3) Donner sa dimension en fonction de celle du sous-espace propre de f correspondant.
4) Calculer le polynôme caractéristique de F.
1) Soit f ∈ L(E). On a F
2 (u) = ( f ◦ f ) ◦ u = f
2
◦ u, et une démonstration
par récurrence évidente sur l’entier p ∈ N montre que F
p (u) = f
p
◦ u pour
tout p ∈ N. On en déduit, par linéarité, que pour tout polynôme P ∈ C[X ],
P(F)(u) = P( f ) ◦ u. Il en résulte que P(F) = 0 si et seulement si P( f ) = 0.
Les endomorphismes F et f ont donc les mêmes polynômes annulateurs, et donc
le même polynôme minimal et le même spectre.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit