Page 1

Transcription

1 Soluton de la queston de cours 1. Soent (P 1,..., P n ) une famlle de polynômes non nuls tels que deg(p 1 ) < deg(p 2 ) < < deg(p n ). Soent λ 1,..., λ n tels que λ 1 P λ n P n = 0. (1) On suppose par l absurde que (λ ) 1 n 0. C est-à-dre que l ensemble { {1,..., n} : λ 0} est non vde. Il admet donc un maxmum 0. Alors l équaton 1 devent : λ 1 P λ 0 P 0 = 0. En écrvant P 0 = d 0 k=0 p kx k, et en dentfant les termes de degré d 0 = deg(p 0 ), on trouve λ 0 p d0 = 0. Le coeffcent p d0 même de λ 0. étant non nul, on en dédut λ 0 = 0, ce qu contredt la défnton Soluton de la queston de cours 2. Consdérons une famlle lée (e 1,..., e n ) dans un k-espace vectorel E. Par défnton, l exste λ = (λ 1,..., λ n ) k n \ {0} tel que λ 1 e λ n e n = 0 E. Comme λ n est pas le n-uplet nul, l exste {1,..., n} tel que λ 0. Cec nous permet d soler e comme sut : e = λ 1 λ e 1 λ 1 λ e 1 λ +1 Le vecteur e est ben combnason lnéare des autres. λ e +1 λ n λ e n. Récproquement, supposons un des vecteurs e combnason lnéare des autres. C est-à-dre qu l exste µ 1,..., µ 1, µ +1,..., µ n k tel que Alors, on a : e = µ 1 e µ 1 e 1 + µ +1 e µ n e n. µ 1 e µ 1 e 1 e + µ +1 e µ n e n = 0. Le coeffcent devant e étant 1 0, c est ben une relaton de lason : la famlle (e 1,..., e n ) est donc lée. Soluton de la queston de cours 3. Notons E = le -espace vectorel des fonctons de dans. Posons P = { f E : f pare}, I = { f E : f mpare}. Alors P et I sont des sous-espaces vectorels de E : Page 1

2 la foncton nulle est pare, donc 0 P ; s λ et f P, alors de même, s f, g P, alors x, (λ f )( x) = λf ( x) = λ f (x); x, (f + g)( x) = f ( x) + g( x) = f (x) + g(x) = (f + g)(x). la foncton nulle est mpare, donc 0 I ; s λ et f I, alors x, (λ f )( x) = λf ( x) = λ( f (x)) = (λf (x)); de même, s f, g I, alors x, (f + g)( x) = f ( x) + g( x) = f (x) g(x) = (f + g)(x). On va alors montrer : E = P I. Pour cela, l faut prouver deux choses : P I = {0} et E = P + I. Sot f P I. La foncton f est alors pare et mpare : x, f (x) = f ( x) = f (x). Le seul réel égal à son opposé est 0, donc f est dentquement nulle. C est-à-dre que c est le vecteur nul de E. Ans, P I = {0}. De plus, toute foncton f E vérfe x, f (x) = f (x) + f ( x) + 2 f (x) f ( x). 2 Or x (f (x) + f ( x))/2 est pare et x (f (x) + f ( x))/2 est mpare. Cec fnt de prouver E = P + I. Soluton 1. Sot (G, ) un groupe. () Soent e, e G deux éléments neutres. C est-à-dre qu vérfent : g G, e g = g = g e et e g = g = g e. En partculer, e = e e = e où la premère égalté utlse la neutralté de e et la deuxème celle de e. () Sot g G. Soent h, h G tels que : h g = e = g h, h g = e = g h. Alors h = h e = h (g h) = (h g) h = e h = h. Soluton 2. Supposons par l absurde que K[X] sot un corps. Alors, comme X 0, l dot avor un nverse pour la multplcaton. C est-à-dre qu l exste P K[X] tel que XP = 1. En prenant le degré dans cette équaton, on obtent : 0 = deg(xp) = deg(x) + deg(p) = 1 + deg(p). On obtent ans deg(p) = 1, ce qu est absurde. Page 2

3 Soluton 3. () Le but de cette queston est de vous fare énumérer les axomes d un espace vectorel, et de vous fare détermner les los nternes et externes, le neutre et l opposton pour la lo nterne. La vérfcaton effectve des axomes est souvent trvale et ne m ntéressat guère dans le cadre de la colle. Il s agt d abord de montrer que ( [X], +) est un groupe commutatf. la somme de deux polynômes est un polynôme, donc + est nterne, le polynôme nul 0 est neutre pour +, la somme de polynômes est assocatve : s P, Q, R s écrvent p X, q X, r X, alors (P + Q) + R = (p + q )X + r X = ((p + q ) + r )X = (p + (q + r ))X = p X + (q + r )X = P + (Q + R). L assocatvté vent donc drectement de celle de l addton dans. tout polynôme P admet P comme opposé pour la lo +. Il s agt ensute de vérfer les axomes de la lo externe. Cette lo est ben entendu la multplcaton d un polynôme par un réel : pour λ et P = k p kx k, le polynôme λp est défn comme k λp kx k. On vérfe faclement (l sufft d écrre une lgne de calcul à chaque fos) : λ, µ, P [X], λ(µp) = (λµ)p, λ, µ, P [X], (λ + µ)p = λp + µp, λ, P, Q [X], λ(p + Q) = λp + λq, P [X], 1P = P. () On montre que n [X] content 0 et est stable par combnason lnéare. Le polynôme nul à degré, ce qu est ben nféreur à n : donc 0 n [X]. S P, Q n [X] et λ, µ, alors deg(λp + µq) max(deg(λp), deg(µq)) max(deg P, deg Q) n, ce qu montre que λp + µq n [X]. () Là, l faut fare preuve d un tout pett peu d ntatve. Un polynôme de degré nféreur ou égal à n s écrt a a 1 X + + a n X n. Mas les éléments 1, X, X 2,..., X n sont eux-mêmes des polynômes de degré nféreur ou égal à n. On vent donc de montrer que = (1, X,..., X n ) est une famlle génératrce de n [X]. S l on montre qu elle est auss lbre, on aura trouvé une base. Or les polynômes de ont des degrés deux à deux dstncts : on peut donc applquer la proprété du cours, ce qu montre que est lbre. Ans, est une base de n [X]. Comme elle content n + 1 vecteurs, l espace n [X] est de dmenson n Page 3

4 (v) Ic, je ne demandas pas une réponse rgoureuse, mas seulement une ntuton : s on fat grandr n, on a des espaces n [X] de dmenson toujours plus grande dans [X], donc [X] est nécessarement de dmenson nfne. Une preuve rgoureuse serat la suvante. Supposons par l absurde que [X] sot de dmenson fne N. Alors toute famlle lbre est de cardnal nféreur ou égal à N. Pourtant on a montré que la famlle (1, X, X 2,..., X N ) de N + 1 vecteurs est lbre, menant à l absurdté N + 1 N. Pour la culture : la dmenson de [X] est nfne, mas c est le plus pett nfn possble. On dt que la dmenson de [X] est dénombrable (et on écrt dm( [X]) = ℵ 0 ), car on peut en trouver une base en bjecton avec, à savor la base (nfne donc) (X ). Soluton 4. () Le but de cette queston est de vous fare énumérer les axomes d un espace vectorel, et de vous fare détermner les los nternes et externes, le neutre et l opposton pour la lo nterne. La vérfcaton effectve des axomes est souvent trvale et ne m ntéressat guère dans le cadre de la colle. Il s agt d abord de montrer que (E, +) est un groupe commutatf, où la lo + est défne comme sut : pour f, g E, f + g est la foncton x f (x) + g(x). la somme de deux fonctons est une foncton, donc + est nterne, la foncton nulle 0: x 0 est neutre pour +, la somme de fonctons est assocatve : s f, g, h E, alors x, ((f + g) + h)(x) = (f + g)(x) + h(x) = (f (x) + g(x)) + h(x) = f (x) + (g(x) + h(x)) = f (x) + (g + h)(x) = (f + (g + h))(x). L assocatvté vent donc drectement de celle de l addton dans. toute foncton f admet f comme opposée pour la lo +. Il s agt ensute de vérfer les axomes de la lo externe. Cette lo est ben entendu la multplcaton d une foncton par un réel : pour λ et f E, λf est défne comme x λf (x). On vérfe faclement (l sufft d écrre une lgne de calcul à chaque fos) : λ, µ, f E, λ(µ f ) = (λµ)f, λ, µ, f E, (λ + µ)f = λf + µ f, λ, f, g E, λ(f + g) = λf + λg, f E, 1f = f. () Par défnton même de T, la famlle = (ɛ +, ɛ ) est génératrce de T. S l on montre également qu elle est lbre, on aura trouvé une base de T. Soent λ, µ tels que λɛ + + µɛ = 0,.e. pour tout x, λe x + µe x = 0, Page 4

5 En partculer, pour x = 0, on a λ+µ = 0 ; et pour x = π/2, on a λ µ = 0. On résout faclement : λ = µ = 0. Ans, la famlle ets lbre et génératrce dans T, c en est donc une base. Son cardnal étant 2, on en dédut dm T = 2. () On a cos T et sn T. En effet, on peut les écrre sur la base précédente grâce à la formule d Euler : cos = ɛ+ + ɛ, sn = ɛ+ ɛ. 2 2 Les coordonnées de cos dans la base sont (1/2, 1/2) et celle de sn sont (1/(2), 1/(2)). (v) Montrons alors que = (cos, sn) est également une base de T. Il faut remarquer que ɛ + = cos + sn et ɛ = cos sn. Ans, on a ɛ +, ɛ Vect(cos, sn). Comme on avat déjà, cos, sn Vect(ɛ +, ɛ ), on a fnalement : Vect(cos, sn) = Vect(ɛ +, ɛ ) = T. Donc est génératrce. Ans est une famlle génératrce à 2 éléments dans un espace de dmenson 2 : c en est une base. (Alternatvement, on peut montrer que est lbre à la man.) Les coordonnées de ɛ + et ɛ dans ont déjà été exhbées : les coordonnées de ɛ + sont (1, ), celles de sn sont (1, ). Soluton 5. La queston prélmnare admet la même soluton que la premère queston de l exercce précédent (en remplaçant par ). () Cette queston ne trate pas d espaces vectorels. S l on pose P [X] le polynôme n k=0 a kx k, l énoncé dt exactement que f (x) est une racne de P pour tout x. Ans, s f prend strctement plus de n valeurs, le polynôme P de degré n admet strctement plus de n racnes : c est donc que P = 0, c est-à-dre que tous les a sont nuls. () Soent λ n1,..., λ nk des réels tels que Alors, pour tout x, Ce que l on réécrt : pour tout x, λ n1 ɛ n1 + + λ nk ɛ nk = 0. λ n1 e n 1 x + + λ nk e n k x = 0. λ n1 (e x ) n λ nk (e x ) n k = 0. Qutte à réordonner les n, on peut supposer que n 1 < n 2 < < n k. On note alors n = n k et on pose λ = 0 pour tout n tel que / {n 1,... n k }. Alors on a : pour tout x, λ 0 + λ 1 (e x ) + λ 2 (e x ) λ n (e x ) n = 0. On est donc exactement dans la stuaton de la queston précédente avec f = exp. Comme exp prend une nfnté de valeur, on en dédut λ = 0 pour tout n. En partculer, les λ n sont nuls, ce qu prouve que la famlle (ɛ n1,..., ɛ nk ) est lbre. Page 5

6 () Je n attendas pas une réponse parfatement justfée, mas plutôt une ntuton : E a des famlles lbres de cardnal arbtrarement grand (fare grandr k dans la queston précédente) et ne peut donc être de dmenson fne. Cet argument peut faclement être fat rgoureux : supposons par l absurde que E sot de dmenson fne N. Alors les famlles lbres de E sont de cardnal N. Or, on a montré (entre autres) que (ɛ 1, ɛ 2,..., ɛ N+1 ) est une famlle lbre de E, menant à l absurdté N + 1 N. Attenton! Contrarement à l exercce 3, c dm E n est pas le plus pett nfn possble. Cette dmenson est monstrueusement grande comparée à dm [X]. Queston bonus : la réponse est non. Toutes les fonctons ɛ sont contnues, et une combnason lnéare de fonctons contnues est encore une foncton contnue. Donc les fonctons non contnues telles que la foncton ndcatrce de ne peuvent pas être engendrées par la famlle (ɛ ). Soluton 6. () Comme F est un sous-espace vectorel, on a 0 F. Donc 0 / E\F, empêchant ans E \ F d être un sous-espace vectorel de E. () S F G ou G F, alors F G est égal à F ou à G, donc est un sous-espace vectorel. Récproquement, supposons que F G est un sous-espace vectorel. On veut montrer que F G ou G F. S jamas F G, c est bon, on a gagné. Snon F G. C est-à-dre qu l exste f F tel que f / G. On va alors montrer que G F. Sot donc g G, et l on souhate montrer que g F. Comme f, g sont dans le sous-espace vectorel F G, on a encore f + g F G. Alors f + g F ou f + g G. Or s f + g G, alors f = (f + g) g appartent encore à G, ce qu contredt la défnton de f. Donc f + g F, donc g = (f + g) f est encore dans F. Ce qu l fallat démontrer. () On montre Vect(F G) = F + G. Sot v F + G. Par défnton, l exste f F et g G tels que v = f + g. Donc v est combnason lnéare d éléments de F G. Récproquement, sot v Vect(F G). Par défnton, l exste λ 1,..., λ n des scalares et v 1,..., v n F G tels que : v = λ 1 v λ n v n. En réunssant les v appartenant à F et ceux appartenant à G (pour ceux qu appartennent aux deux, on fat un chox arbtrare), on a v = (λ 1 v λ k v k ) + (λ j1 v j1 + + λ jl v jl ) avec v m F ( m {1,..., k}) et v jm G ( m {1,..., l}). Or F et G sont des sous-espaces vectorels, donc sont stables par combnasons lnéares. Ans : λ 1 v λ k v k F, λ j1 v j1 + + λ jl v jl G. Ce qu fnt de démontrer que v F + G. Soluton 7. On note k le corps de base des espaces vectorels de l exercce. () Le vecteur nul s écrt 0 = où le premer 0 de la somme est vu comme élément de F et le deuxème comme élément de G. Ans 0 F + G. Page 6

7 De plus, F + G est stable par combnasons lnéares : s x, y F + G, alors l exste f x, f y F et g x, g y G tels que f = f x + g x et g = g x + g y ; pour tout λ, µ k, on a alors λx + µ y = λ(f x + g x ) + µ(f y + g y ) = (λf x + µ f y ) + (λg x + µg y ), }{{}}{{} F G ce qu montre λx + µy F + G. () S x F G, le vecteur x admet les décompostons suvantes : x = }{{} x + }{{} 0 F G et x = 0 }{{} F + }{{} x. G Par hypothèse, ces deux décompostons dovent être les même : ans x = 0. () Écrvons = (f 1,..., f m ) et = (g 1,..., g n ), et posons = (f 1,..., f m, g 1,..., g n ) la concaténaton des deux famlles et. Alors est une base de F + G. En effet, s x F + G, alors l exste f F et g G tel que x = f + g. Comme est une base de F, on peut écrre f comme combnason lnéare des f : De même, g s écrt sur la base : f = λ 1 f λ m f m. g = µ 1 g µ n g n. Alors on peut écrre x comme combnason lnéare des vecteurs de : x = λ 1 f λ m f m + µ 1 g µ n g n. Ans, est une famlle génératrce de F + G. On montre mantenant que est lbre. Supposons λ 1,..., λ m, µ 1,..., µ n des éléments de k tels que λ 1 f λ m f m + µ 1 g µ n g n = 0. Alors, comme la décomposton de 0 = 0+0 sur F+G est unque par hypothèse, on a : λ 1 f λ m f m = 0, Soluton 8. µ 1 g µ n g n = 0. Mas et sont des famlles lbres, donc on en dédut : λ 1 = = λ m = µ 1 = = µ n = 0. On en dédut ans dm(f + G) = m + n = dm F + dm G. Soluton 9. () Notons ker f l ensemble {x E : f (x) = 0}. On montre que ker f est un sous-espace vectorel de E : f (0 E ) = f (00 E ) = 0f (0 E ) = 0, donc 0 ker f. Page 7

8 soent x, y ker f et λ, µ : f (λx + µ y) = f (λx) + f (µ y) = λf (x) + µ f (y) = 0; donc ker f est stable par combnasons lnéares. () Posons f u : x u x. Notons u = (u 1,..., u n ). Alors f u est une forme lnéare : pour tout λ, et x = (x 1,..., x n ), y = (y 1,..., y n ) E, f u (λx) = u (λx) = u 1 λx u n λx n = λ(u 1 x u n x n ) = λf u (x), f u (x + y) = u (x + y) = u 1 (x 1 + y 1 ) + + u n (x n + y n ) = u 1 x u n x n + u 1 y u n y n = f (x) + f (y). Alors l ensemble noté u de l énoncé est exactement ker f u. En partculer, c est un espace vectorel. () Pour cette queston, l peut être utle de fare un dessn en pette dmenson (n = 2 ou 3). En dmenson 3 par exemple, on s aperçot que u est le plan orthogonal à la drote drgée par u (d où la notaton ). On s appue sur cette ntuton pour essayer de montrer que la drote vectorelle D u = {λu : λ } est un supplémentare de u. On dot pour cela montrer deux choses : d une part u D u = {0}, et d autre part u + D u = E. Soluton 10. sot x u D u. Alors, pusque u D u, l exste λ tel que x = λu. Et comme x u, on a : 0 = u x = u (λu) = λ(u u) = λ(u u2 n ). Comme u 0, alors u u2 n 0. Donc λ = 0, c est-à-dre que x = λu est le vecteur nul. On procède c par analyse-synthèse. Sot x E, on cherche à écrre : x = λu + y avec λ et y u. Analyse. Il sufft de trouver λ : on aura alors y = x λu. On a notamment : u (x λu) = 0. De plus, comme déjà remarqué, u 0 entraîne u u 0. Donc : λ = u x u u. Synthèse. On pose λ = (u x)/(u u) et y = x λu. Alors clarement x = λu + y et u y = u x λu u = 0. Donc y u. Page 8

9 Soluton 11. () On montre que n [X] est un sous-espace vectorel de [X]. Tout d abord, le polynôme nul 0 est ben un polynôme de degré n. Ensute, pour tous λ, µ et tous P, Q n [X], on a deg(λp + µq) max(deg(λp), deg(µq)) = max(deg P, deg Q) n. () La famlle a = (1, (X a),..., (X a) n ) est consttuée de polynômes de degrés tous dstncts. Par un théorème du cours, est donc lbre dans [X]. De plus, les vecteurs de sont des polynômes de n [X]. Donc est une famlle lbre de n [X]. L espace n [X] admet une base évdente (1, X,..., X n ) (elle est clarement génératrce et elle est lbre par le même argument que c-dessus). Donc n [X] a dmenson n + 1. Ans, est une famlle lbre de n + 1 vecteurs dans un espace vectorel de dmenson n + 1 : c en est donc une base. () Sot P n [X]. Par la queston précédente, on sat qu l s écrt comme combnason lnéare des vecteurs de : P = λ 0 + λ 1 (X a) + λ 2 (X a) λ n (X a) n. Il ne nous reste plus qu à montrer que pour tout k {0,..., n}, λ k = P(k) (a). k! Sot k {0,..., n}. On dérve k fos le polynôme P : tous les termes de degré strctement nféreur à k ont une dérvée k-ème nulle, on se retrouve donc avec P (k) = λ k k!+λ k+1 (k+1)k... 2(X a)+ +λ n n(n 1)... (n k+1)(x a) n k. On prend alors la valeur en a : Ce qu donne ben le résultat voulu. Soluton 12. P (k) (a) = λ k k!. Page 9