Problème N°2 : composée
Etant donné un espace vectoriel normé non réduit au vecteur nul, existe-t-il deux endomorphismes continus u et v tels que uov - vou = Id(E)? Id(E) désignant l'application identique de E dans E et uov la composée de v par u.

8 bonnes réponses de : Bertrand Martin (29/10/01), Alain Debreil (09/06/01), Guy Philippe (24/04/01), Utédeux (20/04/01), Jean Jacquelin (23/03/01), Zaatour Riadh (09/12/00), Pierre Renfer (20/10/00) et Didier Bonnel (29/09/2000).

• Solution de Jean Jacquelin :
  Soient [U] et [V] les matrices caractéristiques des endomorphismes (u) et (v) dans un espace à (n) dimensions. Interprétons l'énoncé comme étant la recherche de [U] et [V] telles que [U][V]-[V][U]=[I] ( la matrice [I] ayant tous ses éléments nuls, sauf sur la diagonale où ils sont égaux à 1).
  Nous effectuons une démonstration par l'absurde, avec pour hypothèse que cette équation matricielle a une solution.
  Désignons par u_ij l'élément de la matrice [U] situé sur la ligne i et la colonne j.
  De même, v_ij est l'élément de la matrice [V] situé sur la ligne i et la colonne j.
  L'équation matricielle donne lieu aux n.n équations suivantes :
  
  Pour la démonstration, il suffit d'étudier les n équations correspondantes à i=j, c'est-à-dire les équations :
  
  Faisons la somme de ces n équations :
  
  Séparons en deux sommes doubles. Pour être très clair, effectuons des changements de notations. Pour la première somme double, i est remplacé par r et k est remplacé par s. Pour la seconde somme double, i est remplacé par s et k est remplacé par r.
  
  On a donc montré que S=n=0 ce qui est impossible. Donc l'hypothèse faite est fausse.
  Conclusion : il n'y a pas de matrices [U] et [V] qui satisfassent à [U][V]-[V][U]=[I].

   

  • Solution de Zaatour Riadh :
    La réponse est NON
    En effet, en supposant l'existence de u et v et en appliquant la trace on a
    Tr (uov-vou)=Tr (IdE)=dim(E)>0 car E non réduit à l'élément nul
    Or Tr(uov-vou)=Tr(uov)-Tr(vou) = 0 car Tr(uov) = Tr(vou) [voir la solution de Jean Jacquelin pour plus de détail]
    ce qui est absurde donc il n'existe pas d'endomorphismes u et v vérifiant les conditions énoncées.
    
  • Solution de Didier Bonnel :
    Bonjour, Je prépare le CAPES et l'agrégation. Merci pour votre site qui m'a aidé à trouver des ressources sur le web pour ma préparation et qui propose des problèmes intéressants.
    Je vous propose une solution pour le problème n°2 (composée). Merci de me dire si elle vous parait exacte. Cordialement, Didier BONNEL.
    
    1°) Calcul de [u,vn]
    
    Notons [u,v] = uov-vou.
    Montrons par récurrence sur n appartenant à N* que si [u,v] = Id(E) alors [u,vn] = nvn-1.
    La propriété est vraie pour n=1 par hypothèse.
    Supposons [u,vn] = nvn-1. Alors :
    [u,vn+1] = uovn+1-vn+1ou = uovn+1-vouovn+ vouovn -vn+1ou = [u,v]ovn + vo[u,vn]
    soit, compte tenu de l’hypothèse de récurrence :
    [u,vn+1] = vn + vonvn-1 = (n+1) vn
    Ce qui montre par récurrence que [u,vn] = nvn-1 pour tout n appartenant à N*.
    
    2°) Pour tout entier naturel n : vn est non nul
    
    Supposons qu’il existe n>0 tel que vn = 0. Alors nvn-1 = [u,vn] = 0 donc vn-1 = 0. D’où par récurrence descendante v = 0 ce qui contredit [u,v] = Id(E).
    
    3°) Passage à la norme
    
    Comme u et v sont continues les quantités :
    ||| u ||| = sup { ||u(x)|| / ||x|| = 1} et ||| v ||| = sup { ||v(x)|| / ||x|| = 1}
    existent et |||.||| définit une norme sous multiplicative (i.e. ||| uov ||| =< ||| u ||| . ||| v ||| ) sur l’ensemble des endomorphismes continus sur E.
    Alors :
    n.||| vn-1 ||| = ||| nvn-1 ||| = ||| [u,vn] ||| = ||| uovn-vnou ||| =< 2|||u|||.|||v n||| =< 2|||u|||.|||v n-1|||.|||v|||
    Comme vn-1 est non nul on en déduit n =< 2 |||u|||.|||v|||.
    Cette inégalité étant vraie pour tout n on aboutit à une contradiction.
    Donc il n’est pas possible de trouver 2 endomorphismes continus u et v tels que [u,v] = Id(E)
    
    Remarque : Si l’on enlève l’hypothèse de continuité, il est possible de trouver des solutions.
    Par exemple, dans E=R[X] on pose u(P) = P’ et v(P) = XP
    On a alors [u,v](P) = uov(P)-vou(P) = (XP)’-XP’ = XP’+P-XP’ = P donc [u,v] = Id(E).
    
  • Solution de Pierre Renfer :

1) Une généralisation de la relation

On montre par récurrence que : N , (1)

Pour , c'est l'hypothèse de l'énoncé.

Si la formule est vraie au rang n, alors elle est vraie au rang n+1, car :

2) La relation ne peut avoir lieu pour des applications linéaires continues

Pour une application linéaire continue f , on peut définir sa norme :

Pour deux applications linéaires continues f et g :

La relation (1) ci-dessus implique :

Si v n'est pas nilpotente, c'est-à-dire si N , , alors :

N , , ce qui est absurde.

Si v est nilpotente et si k est le plus petit entier tel que , alors : ,

ce qui est absurde puisque le premier membre est nul et que le second est non nul.

 

3) Un exemple avec une application continue et une application non continue

On considère l'espace vectoriel R des polynômes, muni de la norme :

Soit v l'endomrphisme de R , défini par : N ,

Soit u l'endomrphisme de R , défini par : et N ,

L'application u est continue, avec , mais l'application v n'est pas continue!

Solution de Guy Philippe :
On suppose qu'il existe 2 endomorphismes continus d'un ev  E sur R ou C vérifiant uv-vu=Id où u et v sont dans End(E) qui désigne l'ensemble des endo continus. Considérons la fonction f de End(E) dans lui-même définie par f(x)=ux-xu vu   (ux-xu est un endo continu en tant que composée d'applications continues). f est linéaire (c'est clair) . Montrons par récurrence que f(v^n)=nv^(n-1)  pour tout n dans N*   ( 1)
pour n=1 f(v^1)=uv-vu=Id=1v^0 la relation de récurrence est bien vérifiée on peut donc amorcer la récurrence avec n=1 mais on va étudier le cas n=2 pour voir la "technique de calcul très spéciale en algèbre non commutative" pour n=2   uv-vu=Id==> uv=vu+Id  et vu=uv-Id  ===>
                                   u(v^2)=vuv+v    et   (v^2)u=vuv-v  d'où 
u^2-v^2=2v
supposons la relation vérifiée pour les entiers de 1 à n
on a donc  u(v^n)-(v^n)u = n(v^(n-1)) ===> u(v^n)=(v^n)u+n(v^(n-1)) et
(v^n)u=u(v^n)-n(v^(n-1))   ===> u(v^(n+1))=(v^n)uv+n(v^n) et (v^(n+1))u=vu(v^n)-n(v^n)  d'où en soustrayant
membre à membre:  
u(v^(n+1))-(v^(n+1))u=(v^n)uv-vu(v^n)+2n(v^n)=-vu(v^n)+(v^n)uv+2n(v^n)=
                                                                             
        -v[u(v^(n-1)-(v^(n-1)u]v+2n(v^n)=-v[(n-1)(v^(n-2)]v+2n(v^n)=
                         -(n-1)(v^n)+2n(v^n)= (n+1)(v^n)  la relation est
donc aussi vraie pour n+1 d'où f(v^n)=nv^(n-1).
Si on note n la norme sur E et N  la norme associée sur End(E) on sait que N   est une norme d'algèbre c'est à dire que N(AB)=<N(A)N(B) pour tout (A,B) dans (End(E))^2.
Alors de u(v^n)-(v^n)u=n(v^(n-1)) on tire N[n(v^(n-1))]=N[u(v^n)-(v^n)u]=< 2N(u)N(v^n)=2N(u)N[v^(n-1)v]=<2N(u)N[v^(n-1)]N(v)
soit     nN[v^(n-1)]=<2N(u)N(v)N[v^(n-1)] or on peut simplifier par N[v^(n-1)] qui est non nul (sinon on aurait  v^(n-1)=0
et d'après (1) en remplaçant n par n-1 on tirerait v^(n-2)=0 puis en
remplaçant n par n-2,n-3...etc on aboutirait à v=0 ce qui contrdirait
uv-vu=Id).
Finalement après simplification on obtiendrait   pout tout n dans N* 
n=<2N(u)N(v) ce qui est absurde et ainsi on a la preuve que uv-vu =Id n'a pas
de solutions dans (End(E))^2 ce qui prouve aussi que u étant fixé
l'application   v---> uv-vu n'est pas surjective ,Id n'ayant pas d'antécédent et n'est pas injective vu que v et Id+v ont la même image. En dimension FINIE sur le corps C des complexes la preuve est bcp plus simple car on peut utiliser les valeurs propres des endos vu que le spectre de ces endos n'est jamais vide.
On sait que l'ensemble des endos diagonalisables est dense dans End(E) donc il existe des suites d'endos diagonalisables tels que (u(n))---->u et
(v(n))---->v
E est donc pour tout n dans N* somme directe des sous-espaces propres de u(n)
et v(n).Soit x non nul dans E alors  avec des notations évidentes on a
u(n)(x)=a(n)x  et v(n)(x)=b(n)x d'où
[u(n)v(n)-v(n)u(n)](x)=abx-abx=0----> 0 quand n--->+infini or
u(n)v(n)-v(n)u(n)----->uv-vu=Id car les applications (u,v)-->uv ou vu sont bilinéaires en dimension finie donc continues d'où (facile avec N norme associée à n)
[u(n)v(n)-v(n)u(n)](x)--->Id(x)=x non nul  et la contradiction.
Bien à vous
GP

Solution d'Alain Debreil :

Soit E est un espace vectoriel normé (donc sur un corps K valué, non discret)
Supposons l'existence de u, v homorphismes continus satisfaisant: uov - vou = id.
On montre facilement par récurrence que: u^n o v - v o u^n = n.u^(n-1)
En prenant les normes des deux membres, n . ||u^(n-1)|| = ||u^n o v - v o u^n || <= ||u^n o v|| + ||v o u^n||
n . ||u||^(n-1) <= 2.||u||^n . ||v||  Divisons par ||u||^(n-1) en effet ||u|| /= 0 car u = 0 n'est pas solution.
n/2 <= ||u|| . ||v|| et ceci pour toute valeur de n, ce qui est impossible.
Il n'y a donc pas de solution au problème posé.

Remarque: D'un point de vue purement algébrique, si E est de dimension finie, considérons la trace (somme des éléments diagonaux de la matrice représentant l'homomorphisme dans une base de E donnée) Tr: E --> K, Tr(uov - vou) = Tr(id)
Tr(uov) - Tr(vou) = dim(E) = n, comme Tr(uov) = Tr(vou) on obtien n = 0 dans K, ce qui n'est possible que si n est un multiple de la caractéristique du corps K.
Par exemple, si K = Z/2Z, et E = K^2, u et v respectivement:

(1 0)     (1 1)

(1 1)     (0 1)

sont solutions au problème posé.
Si E n'est pas de dimension finie, par exemple E = Coo([0,1]) l'espace des fonctions indéfiniement dérivables sur [0,1]
Prenons u et v: u(f) = (.)' la dérivation, et v(f) = x.f, u et v sont clairement des morphismes Coo([0,1]) --> Coo([0,1])
uov(f) = (x.f)' = f + x.f'
vou(f) = x. f' 
uov(f) - vou(f) = f = id(f)
Comme ||v(f)|| = ||x . f|| = ||x||.||f|| et que ||x|| = 1 (x dans [0,1]), v est continue pour toute norme sur Coo([0,1]).
La première partie indique donc que pour toute norme sur Coo([0,1]), l'opérateur de dérivation u n'est pas continu.
La dérivation u est donc une application linéaire non continue (ç'a ne court pas les rues !)

Solution de Bertrand Martin :

en considérant la trace de ces deux applications on obtient, en tenant compte de Tr(uov) = Tr(vou) : Tr(idE) = 0 ce qui est absurde car on considère un espace non réduit au vecteur nul