296
ce qui montre que u( f ) et v( f ) sont continues (car combinaisons linéaires de cos et sin).
• La linéarité de u et v est évidente.
b) Soient λ ∈ R, f ∈ E − {0} . On a :
u( f ) = λ f ⇐⇒
∀x ∈ R, cos x
π
−π
cos t f (t) dt
+ sin x
π
−π
sin t f (t) dt = λ f (x)
.
Si λ = 0, alors : u( f ) = 0 ⇐⇒
π
−π
cos t f (t) dt =
π
−π
sin t f (t) dt = 0 .
Supposons λ = 0 ;
alors u( f ) = λ f ⇒ f ∈ Vect(cos,sin) .
Calculer : u(cos) = π cos, u(sin) = π sin.
De même : v(cos) = π sin, v(sin) = −π cos.
Réponse : 1)
• Sp R (u) = {0,π}
• SEP(u,0) =
f ∈ E;
π
−π
cos t f (t) dt =
π
−π
sin t f (t) dt = 0
,
qui est de dimension infinie (car c'est l'intersection de deux hyperplans de E )
SEP(u,π) = Vect(cos,sin)
• Sp R (v) = {0}
• SEP(v,0) = SEP(u,0) .
Soit λ ∈ Sp K (AB) ; il existe X ∈ M n,1 (K ) − {0} tel que
AB X = λX. On déduit :
(B A)B X = B(AB X) = λB X.
• Si B X = 0, alors λ ∈ Sp K (B A) et B X est un vecteur propre
pour B A, associé à λ.
• Supposons B X = 0. Alors λX = AB X = 0 , donc λ = 0.
Puis : 0 ∈ Sp K (AB) ⇒ det(AB) = 0 ⇒ det(B A)
= det(B)det(A) = det(A)det(B) = det(AB) = 0
⇒ 0 ∈ Sp K (B A).
On a ainsi montré : Sp K (AB) ⊂ Sp K (B A) .
On conclut en échangeant les rôles de A et B.
a) Soient λ ∈ Sp C (A) , X =
x 1
. . .
x n
∈ SEP(A,λ) − {0} . Il
existe i 0 ∈ {1,. . . ,n} tel que :
|x i 0 | = ||X|| ∞ = Max
1in
|x i |.
Comme AX = λX, on obtient en prenant la ligne numéro i 0 :
n
j=1
a i 0 j x j = λx i 0 .
D'où : |(λ − a i 0 i 0 )x i 0 |=
1 jn
j =i 0
a i 0 j x j
1 jn
j =i 0
|a i 0 j | |x j |
1 jn
j =i 0
|a i 0 j |
|x i 0 | .
Comme X = 0, on a |x i 0 | > 0, et donc :
|λ − a i 0 i 0 |
1 jn
j =i 0
|a i 0 j | .
b) Par hypothèse :
∀i ∈ {1,. . . ,n}, 0 ∈ B
a ii ,
1 jn
j =i
|a i j |
.
D'après a), on déduit : 0 ∈ Sp C (A), c'est-à-dire :
A ∈ GL n (C).
Soit B 1 = (e 1 ,. . . ,e p ) une base de F .
D'après le théorème de la base incomplète, il existe
e p+1 ,. . . ,e n ∈ E tels que B = (e 1 ,. . . ,e n ) soit une base de E.
En notant A = Mat B 1 ( f ) , il existe
B ∈ M p,n− p (K ) et C ∈ M n− p (K ) telles que :
Mat B ( f ) =
A B
0 C
.
Alors, pour tout λ de K :
χ f (λ) = det
A − λI p
B
0
C − λI n− p
= det(A − λI p )det(C − λI n− p ) = χ f (λ)χ C (λ).
Comme χ C ∈ K [X], on conclut : χ f |χ f .
Soient B une base de E et A = Mat B ( f ).
1) Puisque n est impair, χ A , qui est une application continue
de R dans R , de limites −∞ en +∞, +∞ en −∞, admet au
moins un zéro réel (théorème des valeurs intermédiaires).
Il existe donc λ ∈ R et x ∈ E − {0} tels que f (x) = λx . Alors
Rx est une droite vectorielle stable par f.
2) Le raisonnement précédent (appliqué à t A au lieu de A) montre
qu'il existe λ ∈ R et X ∈ M n,1 (R) − {0} tels que
t AX = λ X .
Notons H = {Y ∈ M n,1 (R); t X Y = 0} , qui est un hyperplan de M n,1 (R).
Soit Y ∈ H . On a :
t X (AY ) = t ( t AX )Y = t (λ X )Y = λ t X Y = 0,
donc AY ∈ H.
3.1.14
3.1.15
3.2.1
3.2.2
ce qui montre que u( f ) et v( f ) sont continues (car combinaisons linéaires de cos et sin).
• La linéarité de u et v est évidente.
b) Soient λ ∈ R, f ∈ E − {0} . On a :
u( f ) = λ f ⇐⇒
∀x ∈ R, cos x
π
−π
cos t f (t) dt
+ sin x
π
−π
sin t f (t) dt = λ f (x)
.
Si λ = 0, alors : u( f ) = 0 ⇐⇒
π
−π
cos t f (t) dt =
π
−π
sin t f (t) dt = 0 .
Supposons λ = 0 ;
alors u( f ) = λ f ⇒ f ∈ Vect(cos,sin) .
Calculer : u(cos) = π cos, u(sin) = π sin.
De même : v(cos) = π sin, v(sin) = −π cos.
Réponse : 1)
• Sp R (u) = {0,π}
• SEP(u,0) =
f ∈ E;
π
−π
cos t f (t) dt =
π
−π
sin t f (t) dt = 0
,
qui est de dimension infinie (car c'est l'intersection de deux hyperplans de E )
SEP(u,π) = Vect(cos,sin)
• Sp R (v) = {0}
• SEP(v,0) = SEP(u,0) .
Soit λ ∈ Sp K (AB) ; il existe X ∈ M n,1 (K ) − {0} tel que
AB X = λX. On déduit :
(B A)B X = B(AB X) = λB X.
• Si B X = 0, alors λ ∈ Sp K (B A) et B X est un vecteur propre
pour B A, associé à λ.
• Supposons B X = 0. Alors λX = AB X = 0 , donc λ = 0.
Puis : 0 ∈ Sp K (AB) ⇒ det(AB) = 0 ⇒ det(B A)
= det(B)det(A) = det(A)det(B) = det(AB) = 0
⇒ 0 ∈ Sp K (B A).
On a ainsi montré : Sp K (AB) ⊂ Sp K (B A) .
On conclut en échangeant les rôles de A et B.
a) Soient λ ∈ Sp C (A) , X =
x 1
. . .
x n
∈ SEP(A,λ) − {0} . Il
existe i 0 ∈ {1,. . . ,n} tel que :
|x i 0 | = ||X|| ∞ = Max
1in
|x i |.
Comme AX = λX, on obtient en prenant la ligne numéro i 0 :
n
j=1
a i 0 j x j = λx i 0 .
D'où : |(λ − a i 0 i 0 )x i 0 |=
1 jn
j =i 0
a i 0 j x j
1 jn
j =i 0
|a i 0 j | |x j |
1 jn
j =i 0
|a i 0 j |
|x i 0 | .
Comme X = 0, on a |x i 0 | > 0, et donc :
|λ − a i 0 i 0 |
1 jn
j =i 0
|a i 0 j | .
b) Par hypothèse :
∀i ∈ {1,. . . ,n}, 0 ∈ B
a ii ,
1 jn
j =i
|a i j |
.
D'après a), on déduit : 0 ∈ Sp C (A), c'est-à-dire :
A ∈ GL n (C).
Soit B 1 = (e 1 ,. . . ,e p ) une base de F .
D'après le théorème de la base incomplète, il existe
e p+1 ,. . . ,e n ∈ E tels que B = (e 1 ,. . . ,e n ) soit une base de E.
En notant A = Mat B 1 ( f ) , il existe
B ∈ M p,n− p (K ) et C ∈ M n− p (K ) telles que :
Mat B ( f ) =
A B
0 C
.
Alors, pour tout λ de K :
χ f (λ) = det
A − λI p
B
0
C − λI n− p
= det(A − λI p )det(C − λI n− p ) = χ f (λ)χ C (λ).
Comme χ C ∈ K [X], on conclut : χ f |χ f .
Soient B une base de E et A = Mat B ( f ).
1) Puisque n est impair, χ A , qui est une application continue
de R dans R , de limites −∞ en +∞, +∞ en −∞, admet au
moins un zéro réel (théorème des valeurs intermédiaires).
Il existe donc λ ∈ R et x ∈ E − {0} tels que f (x) = λx . Alors
Rx est une droite vectorielle stable par f.
2) Le raisonnement précédent (appliqué à t A au lieu de A) montre
qu'il existe λ ∈ R et X ∈ M n,1 (R) − {0} tels que
t AX = λ X .
Notons H = {Y ∈ M n,1 (R); t X Y = 0} , qui est un hyperplan de M n,1 (R).
Soit Y ∈ H . On a :
t X (AY ) = t ( t AX )Y = t (λ X )Y = λ t X Y = 0,
donc AY ∈ H.
3.1.14
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3.2.1
3.2.2