solutions du système linéaire
(S)
⎧
⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎩
m(l 1 )l 1 + · · · + m(l p )l p = 0
m(l 1 )l
2
1 + · · · + m(l p )l
2
p = 0
...............................................
m(l 1 )l
p
1 + · · · + m(l p )l
p
p = 0
Mais ce système se ramène à un système de Vandermonde dont le déterminant vaut
l 1 · · · l p
1i< j p
(l j − l i ) et n’est pas nul. C’est donc un système de Cramer, et l’on
obtient m(l 1 ) = · · · = m(l p ) = 0, d’où une contradiction, puisque les nombres
m(l i ) sont supposés non nuls.
Exercice 7.57
Mines-Ponts MP 2007 Ã
Soient A et B dans M n (C) telles que AB = 0.
1) Montrer que A et B ont un vecteur propre commun.
2) Question de la rédaction : démontrer qu’il existe P ∈ GL n (R) tel que P
−1 AP
et P
−1 B P soient triangulaires supérieures.
1) Tout d’abord, comme tout polynôme est scindé sur C, toute matrice de M n (C)
admet au moins une valeur propre, donc un vecteur propre. Alors, si une des
matrices est nulle, par exemple A, tout vecteur est vecteur propre de A et en particulier les vecteurs propres de B sont vecteurs propres de A.
• Dans ce qui suit, on suppose que A et B ne sont pas nulles. Cette hypothèse
implique en particulier que A et B ne sont pas inversibles. En effet si une des
matrices était inversible, par exemple A, on aurait alors B = A
−1 AB = 0.
• En notant u et v les endomorphismes de C
n associés à A et B, l’hypothèse AB = 0 est équivalente à u ◦ v = 0, ce qui est encore équivalent à
Im v ⊂ Ker u.
◦ Premier cas : Sp C (v) = {0}.
Dans ce cas v admet une valeur propre l non nulle. Soit x un vecteur propre
associé. On a v(x) = lx, donc x = v(x/l). Ainsi x appartient à Im v donc à
Ker u, et x est un vecteur propre de u associé à la valeur propre 0.
◦ Deuxième cas : Sp C (v) = {0}.
Le polynôme caractéristique x v de v admet alors comme unique racine le
nombre 0. C’est donc x v (X ) = (−1)
n X
n et il résulte du théorème de CayleyHamilton que v
n = 0. Ainsi v est un endomorphisme nilpotent. Appelons p l’indice de nilpotence de v, c’est-à-dire le plus petit entier p tel
que v
p = 0 et v
p−1
= 0. Puisque v est non nul, on a 2 p n.
Puisque v
p−1 est non nul, il existe x ∈ C
n tel que y = v
p−1 (x) = 0.
On en déduit alors que v(y) = v
p (x) = 0. Ainsi y est un vecteur propre
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
(S)
⎧
⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎩
m(l 1 )l 1 + · · · + m(l p )l p = 0
m(l 1 )l
2
1 + · · · + m(l p )l
2
p = 0
...............................................
m(l 1 )l
p
1 + · · · + m(l p )l
p
p = 0
Mais ce système se ramène à un système de Vandermonde dont le déterminant vaut
l 1 · · · l p
1i< j p
(l j − l i ) et n’est pas nul. C’est donc un système de Cramer, et l’on
obtient m(l 1 ) = · · · = m(l p ) = 0, d’où une contradiction, puisque les nombres
m(l i ) sont supposés non nuls.
Exercice 7.57
Mines-Ponts MP 2007 Ã
Soient A et B dans M n (C) telles que AB = 0.
1) Montrer que A et B ont un vecteur propre commun.
2) Question de la rédaction : démontrer qu’il existe P ∈ GL n (R) tel que P
−1 AP
et P
−1 B P soient triangulaires supérieures.
1) Tout d’abord, comme tout polynôme est scindé sur C, toute matrice de M n (C)
admet au moins une valeur propre, donc un vecteur propre. Alors, si une des
matrices est nulle, par exemple A, tout vecteur est vecteur propre de A et en particulier les vecteurs propres de B sont vecteurs propres de A.
• Dans ce qui suit, on suppose que A et B ne sont pas nulles. Cette hypothèse
implique en particulier que A et B ne sont pas inversibles. En effet si une des
matrices était inversible, par exemple A, on aurait alors B = A
−1 AB = 0.
• En notant u et v les endomorphismes de C
n associés à A et B, l’hypothèse AB = 0 est équivalente à u ◦ v = 0, ce qui est encore équivalent à
Im v ⊂ Ker u.
◦ Premier cas : Sp C (v) = {0}.
Dans ce cas v admet une valeur propre l non nulle. Soit x un vecteur propre
associé. On a v(x) = lx, donc x = v(x/l). Ainsi x appartient à Im v donc à
Ker u, et x est un vecteur propre de u associé à la valeur propre 0.
◦ Deuxième cas : Sp C (v) = {0}.
Le polynôme caractéristique x v de v admet alors comme unique racine le
nombre 0. C’est donc x v (X ) = (−1)
n X
n et il résulte du théorème de CayleyHamilton que v
n = 0. Ainsi v est un endomorphisme nilpotent. Appelons p l’indice de nilpotence de v, c’est-à-dire le plus petit entier p tel
que v
p = 0 et v
p−1
= 0. Puisque v est non nul, on a 2 p n.
Puisque v
p−1 est non nul, il existe x ∈ C
n tel que y = v
p−1 (x) = 0.
On en déduit alors que v(y) = v
p (x) = 0. Ainsi y est un vecteur propre
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit