312
Considérons les endomorphismes a,b de M n (C) définis par :
a : X −→ AX, b : X −→ X B .
Il est clair que a et b commutent :
∀X ∈ M n (C), (a ◦ b)(X) = (b ◦ a)(X) = AX B .
Comme a et b sont trigonalisables et commutent, d'après l'ex.
3.4.13 : Sp C (a ◦ b) ⊂ Sp C (a)Sp C (b) .
Mais Sp C (a) ⊂ Sp C (A). En effet, si λ ∈ Sp C (a), il existe
X ∈ M n (C) − {0} tel que AX = λX, donc il existe
V ∈ M n,1 (C) − {0} tel que AV = λV (en prenant pour V une
des colonnes non nulles de X), et donc λ ∈ Sp C (A). De même
pour B.
Comme ρ(A)ρ(B) < 1 , on déduit :
∀(λ,µ) ∈ Sp C (A) × Sp C (B) , |λ| |µ| < 1,
et donc : ∀ ∈ Sp C (a ◦ b) , || < 1.
Ceci montre que l'endomorphisme
F = a ◦ b − Id M n (C) : X −→ AX B − X de M n (C) n'admet
pas 0 pour vp (sinon, a ◦ b admettrait 1 pour vp), donc est bijectif, d'où le résultat demandé.
(i) ⇒ (ii) : Evident.
(ii) ⇒ (i) :
L'application φ : M n (C) −→ M n (C)
X −→ AX − X B
est linéaire injective et
M n (C) est de dimension finie, donc φ est bijective.
(ii) ⇒ (iii) :
Soit λ ∈ Sp C (A) ∩ Sp C (B) . Comme Sp C (B) = Sp C ( t B) , il
existe U,V ∈ M n,1 (C) − {0} tels que AU = λU et
t BV = λV. Notons X = U t V ∈ M n (C) ; montrer X = 0.
On a :
AX = (AU ) t V = λU t V
et
X B = U ( t V B) = U t ( t BV ) = λU t V ,
donc AX = X B.
D'après (ii), on déduit X = 0 ; contradiction.
On conclut : Sp C (A) ∩ Sp C (B) = ∅.
(iii) ⇒ (ii) :
Soient B une base de M n,1 (C), f,g les endomorphismes représentés par A et B dans B .
Supposons qu'il existe h ∈ L(E) − {0} tel que
f ◦ h = h ◦ g (c'est-à-dire : non (ii)).
Montrer que Im(h) est stable par f
(cf. aussi Algèbre PCSI-PTSI , ex. 7.2.6).
Notons f l'endomorphisme induit par f sur Im(h) ;
f admet au moins une vp λ et un − →
vp v.
Comme v ∈ Im(h) , il existe u ∈ E tel que v = h(u) ;
remarquer u = 0. On a :
( f ◦ h)(u) = f (v) = λv = λh(u) .
Ainsi, f ◦ h − λh s'annule en u et sur Ker(h), donc sur
Cu ⊕ Ker(h).
Montrer :
Cu ⊕ Ker(h) ⊂ Ker(h ◦ (g − λe)), où e = Id M n,1 (C) .
Si g − λe est injectif, alors
dim(Ker(h ◦ (g − λe))) = dim(Ker(h)),
contradiction.
Donc g − λe n'est pas injectif, c'est-à-dire que λ est
vp de g.
Finalement, f et g admettent au moins une vp commune λ, donc
Sp C (A) ∩ Sp C (B) = ∅.
Réponse : A = PT P −1 où :
a) P =
1 1 5
1 0 3
0 1 1
, T =
1 1 0
0 1 0
0 0 2
,
P −1 =
−3
4
3
−1
1
2
1 −1 −1
b) P =
1
0 0
0
1 0
2 −3 1
, T =
3 0 −2
0 3 −1
0 0
3
,
P −1 =
1 0 0
0 1 0
−2 3 1
c) P =
1
0 −1
1
0
0
1 −1
1
, T =
1 1 0
0 1 1
0 0 1
,
P −1 =
0 1
0
−1 2 −1
−1 1
0
.
Il existe x ∈ E − {0} tel que f (x) = λx .
D'après Prop. p. 110 : P( f )(x) = P(λ)x,
donc P(λ) ∈ Sp K (P( f )) et, pour tout x de SEP( f,λ) ,
x ∈ SEP(P( f ),P(λ)).
La linéarité de f est immédiate.
Soit P ∈ R[X] tel que P( f ) = 0.
Pour tout λ de R , la suite = (λ n ) n∈N vérifie :
f (() = λλ et = 0 . Ainsi : Sp R ( f ) = R.
Voir aussi l'exercice 3.1.11 p. 79 pour une variante.
D'après le Cor. p. 110, Sp R ( f ) ⊂ P −1 ({0}), d'où P = 0.
3.4.15
3.4.16
3.4.17
3.5.1
3.5.2
Considérons les endomorphismes a,b de M n (C) définis par :
a : X −→ AX, b : X −→ X B .
Il est clair que a et b commutent :
∀X ∈ M n (C), (a ◦ b)(X) = (b ◦ a)(X) = AX B .
Comme a et b sont trigonalisables et commutent, d'après l'ex.
3.4.13 : Sp C (a ◦ b) ⊂ Sp C (a)Sp C (b) .
Mais Sp C (a) ⊂ Sp C (A). En effet, si λ ∈ Sp C (a), il existe
X ∈ M n (C) − {0} tel que AX = λX, donc il existe
V ∈ M n,1 (C) − {0} tel que AV = λV (en prenant pour V une
des colonnes non nulles de X), et donc λ ∈ Sp C (A). De même
pour B.
Comme ρ(A)ρ(B) < 1 , on déduit :
∀(λ,µ) ∈ Sp C (A) × Sp C (B) , |λ| |µ| < 1,
et donc : ∀ ∈ Sp C (a ◦ b) , || < 1.
Ceci montre que l'endomorphisme
F = a ◦ b − Id M n (C) : X −→ AX B − X de M n (C) n'admet
pas 0 pour vp (sinon, a ◦ b admettrait 1 pour vp), donc est bijectif, d'où le résultat demandé.
(i) ⇒ (ii) : Evident.
(ii) ⇒ (i) :
L'application φ : M n (C) −→ M n (C)
X −→ AX − X B
est linéaire injective et
M n (C) est de dimension finie, donc φ est bijective.
(ii) ⇒ (iii) :
Soit λ ∈ Sp C (A) ∩ Sp C (B) . Comme Sp C (B) = Sp C ( t B) , il
existe U,V ∈ M n,1 (C) − {0} tels que AU = λU et
t BV = λV. Notons X = U t V ∈ M n (C) ; montrer X = 0.
On a :
AX = (AU ) t V = λU t V
et
X B = U ( t V B) = U t ( t BV ) = λU t V ,
donc AX = X B.
D'après (ii), on déduit X = 0 ; contradiction.
On conclut : Sp C (A) ∩ Sp C (B) = ∅.
(iii) ⇒ (ii) :
Soient B une base de M n,1 (C), f,g les endomorphismes représentés par A et B dans B .
Supposons qu'il existe h ∈ L(E) − {0} tel que
f ◦ h = h ◦ g (c'est-à-dire : non (ii)).
Montrer que Im(h) est stable par f
(cf. aussi Algèbre PCSI-PTSI , ex. 7.2.6).
Notons f l'endomorphisme induit par f sur Im(h) ;
f admet au moins une vp λ et un − →
vp v.
Comme v ∈ Im(h) , il existe u ∈ E tel que v = h(u) ;
remarquer u = 0. On a :
( f ◦ h)(u) = f (v) = λv = λh(u) .
Ainsi, f ◦ h − λh s'annule en u et sur Ker(h), donc sur
Cu ⊕ Ker(h).
Montrer :
Cu ⊕ Ker(h) ⊂ Ker(h ◦ (g − λe)), où e = Id M n,1 (C) .
Si g − λe est injectif, alors
dim(Ker(h ◦ (g − λe))) = dim(Ker(h)),
contradiction.
Donc g − λe n'est pas injectif, c'est-à-dire que λ est
vp de g.
Finalement, f et g admettent au moins une vp commune λ, donc
Sp C (A) ∩ Sp C (B) = ∅.
Réponse : A = PT P −1 où :
a) P =
1 1 5
1 0 3
0 1 1
, T =
1 1 0
0 1 0
0 0 2
,
P −1 =
−3
4
3
−1
1
2
1 −1 −1
b) P =
1
0 0
0
1 0
2 −3 1
, T =
3 0 −2
0 3 −1
0 0
3
,
P −1 =
1 0 0
0 1 0
−2 3 1
c) P =
1
0 −1
1
0
0
1 −1
1
, T =
1 1 0
0 1 1
0 0 1
,
P −1 =
0 1
0
−1 2 −1
−1 1
0
.
Il existe x ∈ E − {0} tel que f (x) = λx .
D'après Prop. p. 110 : P( f )(x) = P(λ)x,
donc P(λ) ∈ Sp K (P( f )) et, pour tout x de SEP( f,λ) ,
x ∈ SEP(P( f ),P(λ)).
La linéarité de f est immédiate.
Soit P ∈ R[X] tel que P( f ) = 0.
Pour tout λ de R , la suite = (λ n ) n∈N vérifie :
f (() = λλ et = 0 . Ainsi : Sp R ( f ) = R.
Voir aussi l'exercice 3.1.11 p. 79 pour une variante.
D'après le Cor. p. 110, Sp R ( f ) ⊂ P −1 ({0}), d'où P = 0.
3.4.15
3.4.16
3.4.17
3.5.1
3.5.2