Somme directe de sous-espaces vectoriels

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1 [ édité le 10 juillet 2014 Enoncés 1 Somme directe de sous-espaces vectoriels Exercice 1 [ ] [correction] Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E vérifiant f 3 = Id. Montrer ker(f Id) Im(f Id) = E Exercice 2 [ ] [correction] Soient f, g L(E) tels que g f g = f et f g f = g a) Montrer que ker f = ker g et Imf = Img. On pose F = ker f = ker g et G = Imf = Img b) Montrer que Exercice 3 [ ] [correction] Soient f, g L(E) tels que E = F G f g f = f et g f g = g Montrer que ker f et Img sont supplémentaires dans E. Exercice 4 [ ] [correction] Soient f, g L(E) tels que Exercice 5 [ ] [correction] Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension finie vérifiant a) Etablir b) Montrer rg(f 2 ) = rgf Imf 2 = Imf et ker f 2 = ker f ker f Imf = E Exercice 6 [ ] [correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et f, g L(E). On suppose Imf + Img = ker f + ker g = E Montrer que ces sommes sont directes. Exercice 7 [ ] [correction] Soient F, G, F, G des sous-espaces vectoriels d un K-espace vectoriel E vérifiant Montrer F G = F G = E et F G F F (G G ) = E Exercice 8 [ ] [correction] Soient u L(E) (avec dim E < + ) nilpotent et p N tel que u p = 0. a) Etablir que pour tout k {1,..., p}, il existe un sous-espace vectoriel F k de E tel que ker u k = ker u k 1 F k b) Etablir que E = F 1 F p. c) Observer que la matrice de u dans une base adaptée à la somme directe ci-dessus est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux nuls. a) Montrer que b) Justifier que g f g = g et f g f = f Imf ker g = E f(img) = Imf Exercice 9 [ ] [correction] Soient n N et E = R n [X]. Pour tout i [[0, n]], on note F i = {P E/ j [[0, n]] \ {i}, P (j) = 0} Montrer que les F i sont des sous-espaces vectoriels et que E = F 0 F n

2 [ édité le 10 juillet 2014 Enoncés 2 Exercice 10 [ ] [correction] Soient f 1,..., f n des endomorphismes d un K-espace vectoriel E vérifiant f f n = Id et 1 i j n, f i f j = 0 a) Montrer que chaque f i est une projection vectorielle. b) Montrer que n Imf i = E. Exercice 11 [ ] [correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie et p 1,..., p m des projecteurs de E dont la somme vaut Id E. On note F 1,..., F m les images de p 1,..., p m. Montrer E = m F k Exercice 15 [ ] [correction] Soit E et F des K-espaces vectoriels. On se donne f L(E, F ), une famille (E i ) 1 i n de sous-espaces vectoriels de E et une famille (F j ) 1 j p de sous-espaces vectoriels de F. a) Montrer n n f( E i ) = f(e i ) b) Montrer que si f est injective et si la somme des E i est directe alors la somme des f(e i ) est directe. c) Montrer p p f 1 ( F j ) f 1 (F j ) Montrer que cette inclusion peut être stricte. Donner une condition suffisante pour qu il y ait égalité. Exercice 12 [ ] [correction] Pour d N, notons H d l ensemble formé des fonctions polynomiales de R 2 vers R homogènes de degré d i.e. pouvant s écrire comme combinaison linéaire de fonction monôme de degré d. Montrer que (H d ) 0 d n est une famille de sous-espaces vectoriels en somme directe. Exercice 13 [ ] [correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et F 1,..., F n des sous-espaces vectoriels de E. On suppose que E = F F n. Montrer qu il existe G 1,..., G n sous-espaces vectoriels tels que : 1 i n, G i F i et E = G 1 G n Exercice 14 [ ] [correction] Soient E 1,..., E n et F 1,..., F n sous-espaces vectoriels de E tel que E i F i et Montrer que E i = F i. n E i = n F i Exercice 16 [ ] [correction] Soient E, F, G trois K-espaces vectoriels et u L(E, F ), v L(F, G) et w = v u. Montrer que w est un isomorphisme si, et seulement si, u est injective, v est surjective et Imu ker v = F Exercice 17 [ ] [correction] Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie n non nulle et f L(E) vérifiant f 2 = Id E. a) Soit a E non nul. Montrer que la famille (a, f(a)) est libre. On pose F (a) = Vect (a, f(a)). b) Montrer qu il existe des vecteurs de E a 1,..., a p non nuls tels que E = F (a 1 ) F (a p ) c) En déduire que la dimension de E est paire et justifier l existence d une base de E dans laquelle la matrice de f est simple. Exercice 18 [ ] [correction] Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie n N et δ une application à valeurs réelles définie sur l ensemble des sous-espaces vectoriels de E. On suppose F, F sous-espaces vectoriels de E, F F = {0 E } δ(f + F ) = δ(f ) + δ(f ) Déterminer δ.

3 [ édité le 10 juillet 2014 Enoncés 3 Exercice 19 [ ] [correction] Dans l espace E des fonctions continues de [ 1, 1] vers R, on considère les sous-espaces vectoriels F 1 = {f E/f est constante}, F 2 = {f E/ t [ 1, 0], f(t) = 0} Etablir et F 3 = {f E/ t [0, 1], f(t) = 0} E = F 1 F 2 F 3

4 [ édité le 10 juillet 2014 Corrections 4 Corrections Exercice 1 : [énoncé] Soit x ker(f Id) Im(f Id). On a f(x) = x et on peut écrire x = (f Id)(a) = f(a) a. f(x) = f 2 (a) f(a), f 2 (x) = f 3 (a) f 2 (a) = a f 2 (a) puis x + f(x) + f 2 (x) = 0. Or x + f(x) + f 2 (x) = 3x donc x = 0. Soit x E. Analyse : Supposons x = u + v avec u ker(f Id) et v Im(f Id). On peut écrire v = f(a) a. Ainsi x = u + f(a) a, f(x) = u + f 2 (a) f(a), f 2 (x) = u + a f 2 (a). Donc u = 1 3 (x + f(x) + f 2 (x)). Synthèse : Posons u = 1 3 (x + f(x) + f 2 (x)) et v = x u. On a f(u) = u car f 3 (x) = x et donc v = 2 3 x 1 3 f(x) 1 3 f 2 (x) = 1 3 x 1 3 f(x) 1 3 f 2 (x) f 3 (x) ( v = (f Id) 1 3 x + 1 ) 3 f 2 (x) Im(f Id) Finalement ker(f Id) Im(f Id) = E. Exercice 2 : [énoncé] a) Si x ker f alors g(x) = (f g f)(x) = 0 donc x ker g. Par symétrie ker f = ker g. Si y Imf alors il existe a E tel que y = f(a) = (g f g)(a) donc y Img. Par symétrie Imf = Img b) Soit x F G. Il existe a E tel que x = g(a) or f(a) = (g f g)(a) = (g f)(x) = g(0) = 0 Ainsi a ker f = ker g d où x = g(a) = 0. Soit x E. Analyse : Supposons x = u + v avec u F = ker f et v = g(a) G = Img. On a f(x) = (f g)(a) donc (g f)(x) = f(a) Synthèse : Puisque (g f)(x) Img = Imf, il existe a E tel que (g f)(x) = f(a) Posons alors v = g(a) et u = x v. On a immédiatement v Img et x = u + v. On a aussi u ker f car et Ainsi puis f(u) = f(x) f(v) Imf g(f(u)) = (g f)(x) (g f g)(a) = (g f)(x) f(a) = 0 f(u) ker g Imf f(u) = 0 Exercice 3 : [énoncé] Soit x ker f Img. On peut écrire x = g(a) avec a E. On a alors f(g(a)) = 0 puis x = g(a) = (g f g)(a) = g(0) = 0 Soit x E. On peut écrire x = a + b avec a = x g(f(x)) et b = g(f(x)) On vérifie immédiatement b Img et on obtient a ker f par Exercice 4 : [énoncé] a) Soit x Imf ker g. Il existe a E tel que x = f(a) donc f(a) = f(x) f(g(f(x)) = 0 x = f(a) = (f g f)(a) = (f g)(x) = 0

5 [ édité le 10 juillet 2014 Corrections 5 Soit x E. Analyse : Supposons x = u + v avec u = f(a) Imf et v ker g. g(x) = g f(a) donc (f g)(x) = f(a) = u. Synthèse : Posons u = (f g)(x) et v = x u. On a u Imf, x = u + v et g(v) = g(x) g(u) = 0 i.e. v ker g. b) On a f(img) Imf et y Imf on peut écrire y = f(x) avec x = g(a) + u et u ker f. On a alors y = f(g(a)) f(img). Exercice 5 : [énoncé] a) rg(f 2 ) = rg(f) Imf 2 = Imf car on sait Imf 2 Imf. Par le théorème du rang ker f 2 = ker f car on sait ker f ker f 2. b) Soit x ker f Imf. On peut écrire x = f(a). Comme f(x) = 0, on a a ker f 2 = ker f donc x = 0. Par le théorème du rang, on conclut. Exercice 6 : [énoncé] D une part et d autre part rgf + rgg dim Imf Img = dim E dim ker f + dim ker g dim ker f ker g = dim E En sommant et en exploitant la formule du rang donc Imf Img = ker f ker g = {0}. dim Imf Img + dim ker f ker g 0 Exercice 7 : [énoncé] Supposons x + x + y = 0 avec x F, x F et y G G. Puisque x F G et y G G G, on a x + y G. Or F et G sont en somme directe donc x + (x + y) = 0 avec x F et x + y G entraîne x = 0 et x + y = 0. Sachant x + y = 0 avec x F, y G et F, G en somme directe, on a x = y = 0. Finalement x = x = y = 0 et on peut affirmer que les espaces F, F et G G sont en somme directe. Soit a F. Puisque E = F G, on peut écrire a = x + b avec x F et b G. Sachant E = F G, on peut écrire b = x + y avec x F et y G. Or y = b x avec b G et x F G donc y G et ainsi y G G. Finalement, on obtient a = x + x + y avec x F, x F et y G G. On peut conclure E F F (G G ) puis E = F F (G G ). Exercice 8 : [énoncé] a) ker u k 1 est un sous-espace vectoriel de ker u k et comme on se place en dimension finie, tout sous-espace vectoriel admet un supplémentaire. b) E = ker u p = ker u p 1 F p = ker u p 2 F p 1 F p = = ker u 0 F 1 F p avec ker u 0 = {0}. c) ker u k 1 dans ker u k. On a E = ker u p = ker u p 1 F p =... = F 1 F p. Dans une base adaptée à cette décomposition la matrice de u est : (0) ( )... (0) (0) et c est donc une matrice triangulaire supérieure stricte. Exercice 9 : [énoncé] Les F i sont clairement des sous-espaces vectoriels. Supposons P P n = 0 avec P i F i. P i possède par définition n racines et (P P n )(i) = 0 donc P i (i) = 0 ce qui fournit une n + 1ème racine. Par suite P i = 0 car deg P i n. Soit P E. Analyse : Supposons P = P P n avec P i F i. On a P (i) = P i (i) car P j (i) = 0 pour j i. Par suite n (X j) P i = P (i) (i j) j=0,j i Synthèse : Les P i précédemment proposés conviennent car P i F i par construction et P = P P n puisque P (P P n ) est le polynôme nul car de degré n et possédant au moins n + 1 racines : 0, 1,..., n.

6 [ édité le 10 juillet 2014 Corrections 6 Exercice 10 : [énoncé] a) f i = f i Id = f i n b) Supposons n x i = 0 E avec x i Imf i. f j = f i f i donc f i est une projection vectorielle. En appliquant f i, on obtient f i (x i ) = x i = 0 E car f i (x j ) = 0 E. Les espaces Imf i sont donc en somme directe. Soit x E, on peut écrire On peut alors conclure x = Id(x) = n f i (x) n Imf i = E n Imf i Exercice 11 : [énoncé] Puisque p p m = Id E, on a pour tout x E, Ainsi De plus x = p 1 (x) + + p m (x) E m F k dim E = trid E = m m trp k Or les p k sont des projecteurs, donc trp k = rgp k = dim F k. Ainsi m dim E = dim F k On peut alors conclure E = m F k puis E = m F k. Exercice 12 : [énoncé] H d est définit comme le sous-espace vectoriel engendré par les monômes de degré F k d, c est donc un sous-espace vectoriel. Si n P k = 0 avec P k H k alors l unicité de l écriture d un polynôme en somme de monôme permet de conclure P k = 0 pour tout k {0,..., n}. La famille (H d ) 0 d n est donc bien une famille de sous-espaces vectoriels en somme directe. Exercice 13 : [énoncé] Posons G 1 = F 1, G 2 le supplémentaire de G 1 F 2 dans F 2, et plus généralement G i le supplémentaire de (G 1 G i 1 ) F i dans F i. Les G i existent, ce sont des sous-espaces vectoriels, G i F i et G 1 G n. Soit x E. On peut écrire x = n x i avec x i F i. Or x i = y1 i + + yi i avec yi j G j car F i = ((G 1 G i 1 ) F i ) G i. Par suite x = z z n avec z k = n yk l G k. Par suite E = G 1 G n. l=k Exercice 14 : [énoncé] Soit x F i. Puisque a x n F i = n E i, on peut écrire x = x x n avec x i E i. On a alors x (x i x) + + x n = 0 E k=0 avec x 1 F 1,..., x i x F i,..., x n F n. Or les espaces F 1,..., F n sont en somme directe, donc les vecteurs précédents sont nuls et en particulier x = x i E i Exercice 15 : [énoncé] a) Si y f( n E i ) alors on peut écrire y = f(x x n ) avec x i E i. On alors y = f(x 1 ) + + f(x n ) avec f(x i ) f(e i ) et ainsi f( n E i ) n f(e i ). Si y n f(e i ) alors on peut écrire y = f(x 1 ) + + f(x n ) avec x i E i. On a alors y = f(x) avec x = x x n n E i donc f( n E i ) n f(e i ). b) Si f(x 1 ) + + f(x n ) = 0 avec x i E i alors f(x x n ) = 0 donc x x n = 0 car f injective puis x 1 =... = x n = 0 car les E i sont en somme directe et enfin f(x 1 ) =... = f(x n ) = 0. Ainsi les f(e i ) sont en somme directe.

7 [ édité le 10 juillet 2014 Corrections 7 c) Soit x p f 1 (F j ). On peut écrire x = x x p avec f(x j ) F j donc f(x) = f(x 1 ) + + f(x p ) p F j. Ainsi p f 1 (F j ) f 1 ( p F j ). On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pour f une projection sur une droite D et en prenant F 1, F 2 deux droites distinctes de D et vérifiant D F 1 + F 2. f = 0 ou f = Id sont des conditions suffisantes faciles... Plus finement, supposons chaque F j inclus dans Imf (et p 1) Pour x f 1 ( p F j ), on peut écrire f(x) = y y p avec y j F j. Or F j Imf donc il existe x j E vérifiant f(x j ) = y j. Evidemment x j f 1 (F j ). Considérons alors x 1 = x (x x p ), on a f(x 1) = y 1 donc x 1 f 1 (F j ) et x = x 1 + x x p p f 1 (F j ). Ainsi f 1 ( p F j ) p f 1 (F j ) puis l égalité. Exercice 16 : [énoncé] Supposons que w est un isomorphisme. Puisque l application w = v u est injective, l application u est injective. Puisque l application w = v u est surjective, l application v est surjective. Soit y Imu ker v. Il existe x E tel que y = u(x) et on a v(y) = 0 donc w(x) = 0. Or ker w = {0 E } donc x = 0 E puis y = 0 F. Ainsi Imu ker v = {0 F } Soit y F, v(y) G et donc il existe x E tel que w(x) = v(y). Posons alors a = u(x) et b = y a. On a immédiatement y = a + b et a Imu. De plus v(b) = v(y) v(a) = v(y) w(x) = 0 donc b ker v. Ainsi Imu ker v = F Inversement, supposons u injective, v surjective et Imu et ker v supplémentaires dans F. Soit x ker w. On a v(u(x)) = 0 donc u(x) ker v. Or u(x) Imu donc u(x) = 0 F car Imu ker v = {0 F }. Puisque u est injective, x = 0 E et ainsi ker w = {0 E }. Soit z G. Il existe y F tel que z = v(y) car v est surjective. On peut écrire y = u(a) + b avec a E et b ker v car Imu + ker v = F. On a alors z = v(u(a)) = w(a) et donc Imw = G. Finalement G est un isomorphisme. Exercice 17 : [énoncé] a) Supposons λa + µf(a) = 0 E (1) En appliquant f, on obtient µa + λf(a) = 0 E (2). La combinaison λ(1) µ(2) donne (λ 2 + µ 2 )a = 0 E, or a 0 E donc λ = µ = 0 puisque λ, µ R. b) Montrons par récurrence sur k N la propriété «il existe a 1,..., a k non nuls tels que les espaces F (a 1 ),..., F (a k ) sont en somme directe»ou «il existe p N et il existe a 1,..., a p tel que E = F (a 1 ) F (a p )» Pour k = 1 la propriété est claire car E {0 E }. Supposons la propriété établie au rang k. Puisque la propriété est supposée vraie au rang k l une des deux alternatives définissant celle-ci est vérifiée. Si c est la seconde alors la propriété est immédiate vérifiée au rang k + 1. Sinon, c est qu il existe a 1,..., a k vecteurs non nuls de E tels que les espaces F (a 1 ),..., F (a k ) sont en somme directe. Si E = F (a 1 ) F (a k ) alors la propriété est vérifiée au rang k + 1 en choisissant p = k. Sinon, il existe a k+1 E tel que a k+1 / F (a 1 ) F (a k ). Montrons qu alors les espaces F (a 1 ),..., F (a k ), F (a k+1 ) sont en somme directe. Supposons x x k + x k+1 = 0 E (1) avec x j = λ j a j + µ j f(a j ) F (a j ). En appliquant f, on obtient y y k + y k+1 = 0 E (2) avec y j = µ j a j + λ j f(a j ). La combinaison λ k+1 (1) µ k+1 (2) donne alors (λ 2 k+1 + µ2 k+1 )a k+1 F (a 1 ) F (a k ) et donc λ k+1 = µ k+1 = 0 car on a choisi a k+1 / F (a 1 ) F (a k ). On en déduit x k+1 = 0 E et la relation (1) devient x x k = 0 E qui donne x 1 =... = x k = 0 E car les espaces F (a 1 ),..., F (a k ) sont en somme directe. Récurrence établie. c) Ce qui précède assure dim E = 2p et dans la base (a 1, f(a 1 ),..., a p, f(a p )), la matrice de f est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux égaux à ( ) Exercice 18 : [énoncé] Pour F = F = {0 E }, on obtient δ({0 E }) = 0 Pour x 0 E, posons f(x) = δ(vectx). On a évidemment x 0 E, λ R, f(λx) = f(x)

8 [ édité le 10 juillet 2014 Corrections 8 Soient x et y non colinéaires. On a Or on a aussi Vect(x) Vect(y) = Vect(x, y) Vect(x, y) = Vect(x, x + y) = Vect(x) Vect(x + y) car x et x + y ne sont pas colinéaires. On en déduit f(x) + f(y) = f(x) + f(x + y) Ainsi f(x + y) = f(x) et de façon analogue f(x + y) = f(y) donc f(x) = f(y). Finalement la fonction f est constante. En posant α la valeur de cette constante, on peut affirmer f = α. dim car, par introduction d une base, un sous-espace vectoriel peut s écrire comme somme directe de droites vectorielles engendrées par ces vecteurs de base. Exercice 19 : [énoncé] Supposons f 1 + f 2 + f 3 = 0 avec f i F i En évaluant en 0, on obtient f 1 = 0. En évaluant en t ]0, 1], on obtient f 2 (t) = 0 et donc f 2 = 0 puis f 2 est aussi nulle sur [ 1, 0]. En évaluant en t [ 1, 0[, on obtient f 3 (t) = 0 et donc f 3 = 0. On peut donc affirmer que les espaces F 1, F 2 et F 3 sont en somme directe. Soit f E. Posons f 1 : t f(0) { f(t) f(0) si t ]0, 1] f 2 : t 0 si t [ 1, 0] et f 3 : t { 0 si t [0, 1] f(t) f(0) si t [ 1, 0[ Les fonctions f 1, f 2, f 3 sont continues et l on observe f = f 1 + f 2 + f 3 avec f i F i On peut alors conclure E = F 1 F 2 F 3