Rang et réduction de u^3 + λu = 0

Soit $E$ un $\mathbb{R}$ -espace vectoriel de dimension finie $n \in \mathbb{N}^*$ . On considère un endomorphisme $u \in \mathcal{L}(E)$ vérifiant la relation :

u^3 + \lambda u = 0_{\mathcal{L}(E)}   \text{où}   \lambda \in \mathbb{R}_+^*

Justifier que $E = \ker(u) \oplus \operatorname{Im}(u)$ .
Montrer que le rang de $u$ est nécessairement pair.
On suppose dans cette question que $\lambda = 1$ . Démontrer qu'il existe une base $\mathcal{B}$ de $E$ dans laquelle la matrice de $u$ est de la forme : $\text{Mat}_{\mathcal{B}}(u) = \begin{pmatrix} 0_{n-2s} & 0 & 0 0 & 0_s & -I_s 0 & I_s & 0_s \end{pmatrix}$ où $s$ est un entier naturel à déterminer.

1.

Utiliser le lemme des noyaux avec le polynôme annulateur $P(X) = X(X^2 + \lambda)$ .

2.

Pour la parité du rang, étudier la restriction de $u$ à son image. On pourra utiliser un argument lié au déterminant ou passer par une base adaptée.

3.

Pour la forme matricielle, décomposer l'image de $u$ en une somme directe de plans stables bien choisis.

Idées clés

•

Lemme des noyaux pour la décomposition de l'espace.

•

Propriétés de l'application induite sur un sous-espace stable.

•

Utilisation du déterminant pour prouver une impossibilité dimensionnelle sur $\mathbb{R}$ .

Résolution.

L'endomorphisme $u$ est annulé par le polynôme $P(X) = X^3 + \lambda X = X(X^2 + \lambda)$ . Puisque $\lambda > 0$ , les polynômes $X$ et $X^2 + \lambda$ n'ont aucune racine commune dans $\mathbb{R}$ . Ils sont donc premiers entre eux dans $\mathbb{R}[X]$ . D'après le lemme des noyaux, on a la décomposition en somme directe : $E = \ker(u) \oplus \ker(u^2 + \lambda \text{id}_E)$ Montrons que $\operatorname{Im}(u) = \ker(u^2 + \lambda \text{id}_E)$ . D'une part, si $y \in \operatorname{Im}(u)$ , il existe $x \in E$ tel que $y = u(x)$ . Alors : $(u^2 + \lambda \text{id}_E)(y) = u^3(x) + \lambda u(x) = (u^3 + \lambda u)(x) = 0$ Ainsi, $\operatorname{Im}(u) \subset \ker(u^2 + \lambda \text{id}_E)$ . D'autre part, par le théorème du rang, $\dim \operatorname{Im}(u) = n - \dim \ker(u)$ . La décomposition $E = \ker(u) \oplus \ker(u^2 + \lambda \text{id}_E)$ donne également : $\dim \ker(u^2 + \lambda \text{id}_E) = n - \dim \ker(u)$ Par égalité des dimensions et inclusion, nous concluons : $\boxed{E = \ker(u) \oplus \operatorname{Im}(u)}$
Posons $F = \operatorname{Im}(u)$ $F = Im (u)$ et notons $v = u_{|F}$ $v = u_{∣ F}$ l'endomorphisme induit par $u$ $u$ sur son image (qui est stable car $u \circ u = u^2$ $u \circ u = u^{2}$ ). D'après la question précédente, pour tout $y \in F$ $y \in F$ , on a $v^2(y) + \lambda y = 0$ $v^{2} (y) + λ y = 0$ , soit :
$v^2 = -\lambda \text{id}_F$
Supposons que $F$ $F$ soit de dimension $r = \operatorname{rg}(u)$ $r = rg (u)$ . En prenant le déterminant dans l'égalité précédente, on obtient :
$\det(v^2) = \det(-\lambda \text{id}_F)$
Par multiplicativité du déterminant et linéarité par rapport aux colonnes :
$(\det v)^2 = (-\lambda)^r$
Comme $\lambda > 0$ $λ > 0$ , le terme $(-\lambda)^r$ $(- λ)^{r}$ change de signe selon la parité de $r$ $r$ :
- Si $r$ était impair, alors $(-\lambda)^r < 0$ .
- Or $(\det v)^2 \geq 0$ car $v$ est un endomorphisme d'un espace vectoriel réel.
Ceci est absurde. On en déduit que $r$ $r$ est nécessairement pair.
$\boxed{\operatorname{rg}(u) \in 2\mathbb{N}}$
On suppose $\lambda = 1$ $λ = 1$ et on note $r = 2s = \operatorname{rg}(u)$ $r = 2 s = rg (u)$ . Soit $( \varepsilon_1, \dots, \varepsilon_{n-2s} )$ $(ε_{1}, \dots, ε_{n - 2 s})$ une base de $\ker(u)$ $ker (u)$ . Sur $F = \operatorname{Im}(u)$ $F = Im (u)$ , nous avons $v^2 = -\text{id}_F$ $v^{2} = - id_{F}$ . Construisons une base de $F$ $F$ . Soit $e_1 \in F \setminus \{0\}$ $e_{1} \in F ∖ {0}$ . La famille $(e_1, v(e_1))$ $(e_{1}, v (e_{1}))$ est libre. En effet, si $v(e_1) = \alpha e_1$ $v (e_{1}) = α e_{1}$ , alors $v^2(e_1) = \alpha^2 e_1 = -e_1$ $v^{2} (e_{1}) = α^{2} e_{1} = - e_{1}$ , donc $\alpha^2 = -1$ $α^{2} = - 1$ , ce qui est impossible dans $\mathbb{R}$ $R$ . Soit $P_1 = \text{Vect}(e_1, v(e_1))$ $P_{1} = Vect (e_{1}, v (e_{1}))$ . Ce plan est stable par $v$ $v$ . Si $2s > 2$ $2 s > 2$ , on peut choisir $e_2$ $e_{2}$ dans un supplémentaire de $P_1$ $P_{1}$ dans $F$ $F$ et réitérer le procédé. On construit ainsi par récurrence (ou par décomposition en somme directe de plans stables) une base de $F$ $F$ de la forme :
$(e_1, e_2, \dots, e_s, v(e_1), v(e_2), \dots, v(e_s))$
Étudions les images des vecteurs de cette base par $u$ $u$ :
- Pour $i \in \{1, \dots, n-2s\}$ , $u(\varepsilon_i) = 0$ .
- Pour $j \in \{1, \dots, s\}$ , $u(e_j) = v(e_j)$ .
- Pour $j \in \{1, \dots, s\}$ , $u(v(e_j)) = v^2(e_j) = -e_j$ .
En ordonnant la base globale ainsi : $\mathcal{B} = (\varepsilon_1, \dots, \varepsilon_{n-2s}, e_1, \dots, e_s, v(e_1), \dots, v(e_s))$ $B = (ε_{1}, \dots, ε_{n - 2 s}, e_{1}, \dots, e_{s}, v (e_{1}), \dots, v (e_{s}))$ , on obtient la matrice :
$\boxed{\text{Mat}_{\mathcal{B}}(u) = \begin{pmatrix} 0_{n-2s} & 0 & 0 0 & 0_s & -I_s 0 & I_s & 0_s \end{pmatrix}}$

L'erreur classique consiste à oublier que l'on travaille sur $\mathbb{R}$ . Sur $\mathbb{C}$ , l'argument du déterminant ne permet pas de conclure sur la parité du rang car un carré peut être négatif. Sur $\mathbb{R}$ , le fait que $X^2+\lambda$ n'ait pas de racines réelles est l'élément moteur de la preuve.