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fonction

Posté par
maro999 15-06-19 à 19:08

bonjour
determiner les entiers naturel non nuls n pour lesquels il existe f L(Rn)  vérifiant [[tex][tex]f^{3}+f^{2}-Id_{n}=0  et  tr(f)

Posté par
carpediemre : fonction 15-06-19 à 19:48

salut

tu peux déjà remarquer que f^3 + f^2 - I = O \iff f(f^2 + f) = I

donc f est inversible d'inverse f^2 + f

de plus la trace est un invariant de similitude donc tu peux essayer de travailler dans une base ... éventuellement ...

Posté par
luzakre : fonction 16-06-19 à 09:49

Bonjour maro999 !
Difficile de te répondre sans connaître ton niveau exact !
Connais-tu la notion de polynôme minimal ? une condition suffisante de diagonalisation ?

Au cas où ! Tu as un polynôme annulateur ayant trois racines complexes distinctes, ça te dit quelque chose ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : fonction 16-06-19 à 21:09

Bonjour maro999 exercice intéressant il me semble que pour les entiers naturels non nuls multiples de \large 3 , la réponse est affirmative sauf erreur bien entendu



\large \boxed{1} Une petite étude de fonction confirme que l'équation \Large \boxed{x^3+x^2-1=0} admet une unique racine réelle \large \alpha avec \Large \boxed{\alpha\in]0,1[} et \Large \boxed{\alpha\notin\mathbb Q}.



\large \boxed{2} La division euclidienne dans \large \mathbb R[X] du polynôme \large X^3+X^2-1 par \large X-\alpha donne \Large \boxed{X^3+X^2-1=(X-\alpha)\left(X^2+(\alpha+1)X+\alpha(\alpha+1)\right)}.


\large \boxed{3} La forme canonique du quotient s'écrit aussi \Large \boxed{X^2+(\alpha+1)X+\alpha(\alpha+1)\right=\left(X+\frac{\alpha+1}{2}\right)^2+\frac{\alpha+1}{2}.\frac{3\alpha-1}{2}}.


\large \boxed{4} Si \large A est la matrice de \large \mathcal M_3(\mathbb R) définie par \Large \boxed{A= \left[\begin{array}{ccc}\alpha&0&0\\0&-\frac{\alpha+1}{2}&-\frac{\alpha+1}{2}\\0&\frac{3\alpha-1}{2}&-\frac{\alpha+1}{2}\end{array}\right] } et \large f l'endomorphisme de \large \mathbb R^3 canoniquement associé à \large A ,


il n'est pas difficile de vérifier que \Large \boxed{f^3+f^2-id_{\mathbb R^3}=0} et que \Large \boxed{tr(f)=-1}.


\large \boxed{5} Supposons \Large \boxed{n=3p~,~p\in\mathbb N^*} et soit \large M est la matrice de \large \mathcal M_n(\mathbb R) définie par \Large \boxed{M= \left[\begin{array}{cccc}A&&&(0)\\&.&&\\&&.&\\(0)&&&A\end{array}\right] } et \large f l'endomorphisme de \large \mathbb R^n canoniquement associé à \large M ,


\large M est la matrice de \large \mathcal M_n(\mathbb R) diagonale par blocs et dont la diagonale est constituée de \large p copies de \large A ,



il n'est pas difficile non plus de vérifier que \Large \boxed{f^3+f^2-id_{\mathbb R^n}=0} et que \Large \boxed{tr(f)=-p}.




\large \boxed{6} Je te laisse réfléchir au cas des entiers naturels non multiples de \large 3

Posté par
luzakre : fonction 17-06-19 à 08:06

Bonjour !
Soit \alpha\in\R\setminus\Q la racine réelle de X^3+X^2-1=0, \beta,\gamma les racines complexes conjuguées non réelles.
Puisque \mathrm{card}(\{\alpha,\beta,\gamma\})=3 l'espace C^n est somme directe des espaces propres, respectivement de dimension p,q,r.

Ainsi p+q+r=n et \mathrm{tr}(f)=p\alpha+q\beta+r\gamma=(p-r)\alpha+(q-r)\beta+r(\alpha+\beta+\gamma) donc \mathrm{tr}(f)=(p-r)\alpha+(q-r)\beta-r.
Pour avoir une trace rationnelle, il faut q-r=0 (sinon \mathrm{tr}(f)\in\C\setminus\R) et, cette condition acquise, il faut p-r=0 (sinon \mathrm{tr}(f)\in\R\setminus\Q)
Il est immédiat que la condition p=q=r est suffisante.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : fonction 17-06-19 à 16:15

Très bien luzak ! Tu viens de prouver que la condition \Large \boxed{n=3p} est nécessaire et on peut alors écrire :


\Large \blue\boxed{\exists f\in\mathcal L(\mathbb R^n)~/~f^3+f^2-id_{_{\mathbb R^n}}=0~,~tr(f)\in\mathbb Q~~\Leftrightarrow~~\exists p\in\mathbb N^*~/~n=3p}


remarque :

une fois cette condition remplie , les endomorphismes correspondants sont tous de polynôme minimal \Large \boxed{X^3+X^2-1}

et de polynôme caractéristique \Large \boxed{(-1)^n\left(X^3+X^2-1\right)^p}

donc en particulier ils sont tous de trace \Large -p et de déterminant \Large 1 sauf erreur bien entendu

Posté par
luzakre : fonction 18-06-19 à 09:17

Bonjour elhor_abdelali !
On pouvait aussi y arriver avec ta méthode.
Puisque P(X)=(X-\alpha)Q(X) le théorème de décomposition des noyaux dit que A=\ker(f-\alpha\mathrm{id}_E),\;B=\ker Q(f) sont en somme directe.
En notant p,q les dimensions, le polynôme Q (irréductible sur \R[X]) est annulateur pour la restriction g=f_B.
On peut alors démontrer (j'ai posé une question plus générale ici polynôme minimal irréductible) que q est pair et le polynôme caractéristique de g est Q^q d'où \mathrm{tr}(f)=p\alpha+q\beta où \beta  est somme (réelle) des racines de Q. etc...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : fonction 18-06-19 à 16:59

Oui luzak Tout à fait , comme ici Q est degré 2 , on peut se ramener , par un changement d'endomorphisme ,


au cas classique f^2=-id_E ce qui donne la parité de la dimension q (avec \mathbb K=\mathbb R bien entendu)


je réfléchis encore à la généralisation

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : fonction 19-06-19 à 15:51

une petite rectification de mon dernier post


comme ici Q est de degré 2 et à discriminant strictement négatif , ...

Posté par
maro999re : fonction 23-06-19 à 14:34

merci beaucoup  

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : fonction 23-06-19 à 17:39

C'est un plaisir maro999


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