1) Soit x un vecteur propre de h.
• Montrer que u(x) est nul ou est un vecteur propre de h.
• Montrer que, si k ∈ N et u
k (x) = 0, alors u
k (x) est un vecteur propre de h.
2) • Etablir l’existence d’un vecteur propre y de h dans le noyau de u. On pose
h(y) = ly.
• Pour k ∈ N, on pose y k = v
k (y)/k!. Exprimer u(y k ), v(y k ) et h(y k ).
3) On suppose qu’aucun sous-espace vectoriel non trivial de C
n n’est stable
simultanément par u, v et h. Montrer que la famille (y k ) k∈N engendre C
n .
4) Proposer un exemple non trivial de configuration étudiée dans cet exercice.
1) • Comme h(x) = lx, on a h(u(x)) = u(h(x)) + 2u(x) = (l + 2)u(x).
• On démontre par récurrence sur k que h(u
k (x)) = (l + 2k)u
k (x). La propriété
est vraie pour k = 0 et k = 1. Supposons la vraie jusqu’au rang k. On a
h(u
k+1 )(x) = h(u(u
k (x))) = u(h(u
k (x))) + 2u(u
k (x))
= (l + 2k)u
k+1 (x) + 2u
k+1 (x) = (l + 2(k + 1))u
k+1 (x),
d’où la propriété établie au rang k + 1.
2) • Si u est injective, alors u est bijective, d’où u
−1
◦h◦u −h = 2 Id E . Par propriété
de la trace, on a tr(u
−1
◦ h ◦ u) = tr(u ◦ u
−1
◦ h) = tr h, d’où tr(2 Id E ) = 0,
ce qui est absurde, donc Ker u n’est pas réduit à {0}. Il est stable par h, donc la
restriction de h à Ker u est un endomorphisme scindé (car on travaille sur C),
donc possède un vecteur propre y.
• ◦ On a immédiatement v(y k ) = (k + 1)y k+1 .
◦ De même qu’à la question précédente, on peut montrer par récurrence sur k
que h(v
k (y)) = (l − 2k)v
k (y) (le signe − s’obtient en changeant h en −h et
l en −l). On en déduit que h(y k ) = (l − 2k)y k .
◦ On démontre par récurrence sur k que u(v
k (y)) = (kl − k(k − 1))v
k−1 (y). La
propriété est vraie pour k = 0 et k = 1. Supposons la vraie jusqu’au rang k.
On a
u(v
k+1 (y)) = v(u(v
k (y))) + h(v
k (y))
= v(kl − k(k − 1))v
k−1 (y) + (l − 2k)v
k (y)
= (kl − k(k − 1) + l − 2k)v
k (y)
= ((k + 1)l − k(k + 1))v
k (y)
donc la propriété est vraie au rang k+1. On en déduit que u(y k ) = (l−k+1)y k−1
pour k 1.
3) Considérons le sous-espace vectoriel F engendré par la famille (y k ) k∈N . Les calculs menés à la question précédente montrent que F est stable par u, v et h, et
d’autre part, F n’est pas réduit à {0} car y est non nul. Il en résulte que F = E,
c’est-à-dire que la famille (y k ) k∈N engendre E.
• Montrer que u(x) est nul ou est un vecteur propre de h.
• Montrer que, si k ∈ N et u
k (x) = 0, alors u
k (x) est un vecteur propre de h.
2) • Etablir l’existence d’un vecteur propre y de h dans le noyau de u. On pose
h(y) = ly.
• Pour k ∈ N, on pose y k = v
k (y)/k!. Exprimer u(y k ), v(y k ) et h(y k ).
3) On suppose qu’aucun sous-espace vectoriel non trivial de C
n n’est stable
simultanément par u, v et h. Montrer que la famille (y k ) k∈N engendre C
n .
4) Proposer un exemple non trivial de configuration étudiée dans cet exercice.
1) • Comme h(x) = lx, on a h(u(x)) = u(h(x)) + 2u(x) = (l + 2)u(x).
• On démontre par récurrence sur k que h(u
k (x)) = (l + 2k)u
k (x). La propriété
est vraie pour k = 0 et k = 1. Supposons la vraie jusqu’au rang k. On a
h(u
k+1 )(x) = h(u(u
k (x))) = u(h(u
k (x))) + 2u(u
k (x))
= (l + 2k)u
k+1 (x) + 2u
k+1 (x) = (l + 2(k + 1))u
k+1 (x),
d’où la propriété établie au rang k + 1.
2) • Si u est injective, alors u est bijective, d’où u
−1
◦h◦u −h = 2 Id E . Par propriété
de la trace, on a tr(u
−1
◦ h ◦ u) = tr(u ◦ u
−1
◦ h) = tr h, d’où tr(2 Id E ) = 0,
ce qui est absurde, donc Ker u n’est pas réduit à {0}. Il est stable par h, donc la
restriction de h à Ker u est un endomorphisme scindé (car on travaille sur C),
donc possède un vecteur propre y.
• ◦ On a immédiatement v(y k ) = (k + 1)y k+1 .
◦ De même qu’à la question précédente, on peut montrer par récurrence sur k
que h(v
k (y)) = (l − 2k)v
k (y) (le signe − s’obtient en changeant h en −h et
l en −l). On en déduit que h(y k ) = (l − 2k)y k .
◦ On démontre par récurrence sur k que u(v
k (y)) = (kl − k(k − 1))v
k−1 (y). La
propriété est vraie pour k = 0 et k = 1. Supposons la vraie jusqu’au rang k.
On a
u(v
k+1 (y)) = v(u(v
k (y))) + h(v
k (y))
= v(kl − k(k − 1))v
k−1 (y) + (l − 2k)v
k (y)
= (kl − k(k − 1) + l − 2k)v
k (y)
= ((k + 1)l − k(k + 1))v
k (y)
donc la propriété est vraie au rang k+1. On en déduit que u(y k ) = (l−k+1)y k−1
pour k 1.
3) Considérons le sous-espace vectoriel F engendré par la famille (y k ) k∈N . Les calculs menés à la question précédente montrent que F est stable par u, v et h, et
d’autre part, F n’est pas réduit à {0} car y est non nul. Il en résulte que F = E,
c’est-à-dire que la famille (y k ) k∈N engendre E.