ESPACES VECTORIELS ET APPLICATIONS LINÉAIRES

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1 J.F.C. p. 1 ESPACES VECTORIELS ET APPLICATIONS LINÉAIRES Exercice 1 Intersection d hyperplans. E est un espace vectoriel de dimension n sur K (n [2, + [). Q1. Montrer que si F et G sont deux sous-espaces vectoriels de E : dim(f G) dim F + dim G n. Q2. Déterminer la dimension de l intersection de deux hyperplans distincts de E. Q3. Soient H 1, H 2,..., H r r hyperplans de E. Montrer que dim(h 1 H 2... H r ) n r. Q4. Montrer par récurrence que si p appartient à [1, n] et si F est un sous-espace vectoriel de dimension n p alors F est l intersection de p hyperplans de E. Q1 dim(f + G) + dim(f G) = dim F + dim G. Comme F + G est un sous-espace vectoriel de E, dim(f + G) n. Alors dim F + dim G = dim(f + G) + dim(f G) n + dim(f G) donc : dim(f G) dim F + dim G n. Q2 Soient H 1 et H 2 deux hyperplans distincts de E. D après ce qui précède dim(h 1 H 2 ) dim H 1 + dim H 2 n. Donc dim(h 1 H 2 ) n 1 + n 1 n = n 2. Comme H 1 H 2 est un sous-espace vectoriel de H 1 : n 1 = dim H 1 dim(h 1 H 2 ) n 2. Alors dim(h 1 H 2 ) vaut n 1 ou n 2. Supposons que dim(h 1 H 2 ) = n 1. H 1 H 2 est alors un sous espace vectoriel de H 1 et H 2, qui a même dimension que H 1 et H 2. Alors H 1 H 2 = H 1 = H 2. Ceci contredit l hypothèse. Par conséquent H 1 H 2 est de dimension n 2. L intersection de deux hyperplans distincts de E est un sous-espace vectoriel de E de dimension n 2. Q3 Montrons par récurrence que : k [1, r ], dim(h 1 H 2... H k ) n k. La propriété est vraie pour k = 1 (dim H 1 = n 1). Supposons la vraie pour un élément k de [1, r 1] et montrons la pour k + 1. D après Q1, dim(h 1 H 2... H k+1 ) dim(h 1 H 2... H k ) + dim H k+1 n. dim(h 1 H 2... H k+1 ) dim(h 1 H 2... H k ) + n 1 n = dim(h 1 H 2... H k ) 1. En appliquant l hypotèse de récurrence on obtient : dim(h 1 H 2... H k+1 ) n k 1 = n (k + 1) et ainsi s achève la récurrence. Q4 La propriété est vraie pour p = 1 car si F est de dimension n 1, F est un hyperplan et il est donc intersection d un hyperplan! Supposons la propriété vraie pour p élément de [1, n 1] et montrons la pour p + 1. Soit F un sous-espace vectoriel de E de dimension n (p + 1). F est distinct de E donc il existe un élément a de E n appartenant pas à F. Posons D = Vect(a) et G = F + D. a n appartient pas à F donc F et D sont en somme directe. G est donc de dimension n p. L hypothèse de récurrence montre alors que G est l intersection de p hyperplans H 1, H 2,..., H p. Soit G un supplémentaire de G dans E. dim G = n (n p) = p. Posons H p+1 = F + G.

2 J.F.C. p. 2 Cette somme est directe car G = F + D et G sont supplémentaires. Ainsi H p+1 est de dimension dim F + dim G = n (p + 1) + p = n 1. H p+1 est donc un hyperplan. Montrons pour finir que F = G H p+1 ainsi aurons nous F = H 1 H 2 H p H p+1 et F sera l intersection de p + 1 hyperplans. F est contenu dans G et dans H p+1 par construction de ces deux sous-espaces. Ainsi F G H p+1 Réciproquement soit x un élément de G H p+1. x appartient à H p+1 = F + G donc x = x 1 + x 2 avec x 1 élément de F (donc de G) et x 2 élément de G. x 2 = x x 1. x et x 1 sont deux éléments de G donc x x 1 appartient à G. Alors x 2 = x x 1 appartient à G et G qui ont une intersection nulle. Ainsi x 2 = x x 1 = 0 E. x = x 1 et x appartient alors à F. Ceci achève de montrer que G H p+1 F. Par conséquent F = G H p+1 = H 1 H 2 H p H p+1 et la récurrence s achève. Si p élément de [1, n] et si F est un sous-espace vectoriel de E de dimension n p alors F est l intersection de p hyperplans de E. Ou si p élément de [0, n 1] et si F est un sous-espace vectoriel de E de dimension p alors F est l intersection de n p hyperplans de E. Exercice 2 f est une application linéaire de E dans E et g une application linéaire de E dans E. rg f + rg g dim E rg(g f) Min(rg f, rg g). Montrons que : rg(g f) rg g et rg(g f) rg f. f(e) E donc Im(g f) = g(f(e)) g(e ) = Im g et ainsi rg(g f) = dim g(f(e)) dim Im g = rg g. On a rg(g f) rg g. Soit h la restriction de g à Im f. h est une application linéaire de Im f dans E. Le théorème du rang appliqué à h donne dim Im f = rg h + dim Ker h. Ainsi rg h dim Im f = rg f. Or Im h = h(im f) = h(f(e)) = g(f(e)) = Im(g f). Par conséquent rg(g f) = rg h rg f. rg(g f) rg f. rg(g f) rg g et rg(g f) rg f donc rg(g f) Min(rg f, rg g). Reprenons : rg f = dim Im f = rg h + dim Ker h. Remarquons que Ker h Ker g ; alors : dim Ker h dim Ker g. Par conséquent : rg f rg h + dim Ker g = rg(g f) + dim Ker g = rg(g f) + dim E rg g. Ceci donne : rg f + rg g dim E rg(g f). Exercice 3 f est une application linéaire de E dans E et g une application linéaire de E dans E. g f = 0 L(E,E ) équivaut à Im f Ker g. g f = 0 L(E,E ) x E, g(f(x)) = 0 E y Im f, g(y) = 0 E Im f Ker g Exercice 4 Si f est une application linéaire de E dans E, tout supplémentaire de Ker f est isomorphe à Im f.

3 J.F.C. p. 3 Soit F un supplémentaire de Ker f dans E. E = F Ker f. Soit h l application de F dans Im f qui a tout élément x de F associe f(x). Comme f est une application linéaire, h est une application linéaire de Ker f dans Im f. Montrons que h est bijective. Soit x un élément de Ker h. x appartient à F et f(x) = h(x) = 0 E donc x appartient à F Ker f = {0 E } ; donc x est nul. Alors Ker h = {0 E } et h est injective. Montrons que h est surjective. Soit y un élément de Im f. Il exite un élément x de E tel que f(x) = y. Comme F et Ker f sont supplémentaires :!(x 1, x 2 ) F Ker f, x = x 1 + x 2. Alors y = f(x) = f(x 1 ) + f(x 2 ) = f(x 1 ). Comme x 1 appartient à F, h(x 1 ) = f(x 1 ) = y. y Im f, x 1 F, h(x 1 ) = y. h est surjective. Finalement h est un isomorphisme de F sur Im f. F et Im f sont isomorphes. Exercice Retrouver le théorème du rang. Exercice 5 Opérations sur les endomorphismes nilpotents. Soient f et g deux endomorphismes nilpotents de E qui commutent. Montrer que f + g et f g sont nilpotents. Il existe deux éléments r et s de N tels que f r = 0 L(E) et g s = 0 L(E). Une première récurrence simple montre que k N, f k g = g f k. Une seconde récurrence tout aussi simple montre que pour k élément de N, i N, f k g i = g i f k. Une troisième récurrence permet alors d obtenir : j N, (f g) j = f j g j. Ainsi (f g) r = f r g r = 0 L(E) g r = 0 L(E). f g est nilpotent. Comme f et g commutent la formule du binôme donne : (f + g) r+s 1 = r+s 1 Notons que f k = 0 L(E) dès que k est élément de [r, + [. Ainsi (f + g) r+s 1 = Si k appartient à [0, r 1], r + s 1 k appartient à [s, r + s 1] et g r+s 1 k = 0 L(E). Alors (f + g) r+s 1 = r 1 C k r+s 1 f k g r+s 1 k = 0 L(E). f + g est nilpotent. Exercice 6 Commutant d un endomorpisme nilpotent. E est un espace vectoriel de dimension non nulle n sur K. f est un élément de S. p est le plus petit élément de N tel que f p = 0 L(E). C k r+s 1 f k g r+s 1 k. r 1 C k r+s 1 f k g r+s 1 k. Q1. Montrer qu il existe un élément a de E tel que la famille B = ( a, f(a), f 2 (a),..., f p 1 (a) ) soit libre. En déduire que : p n. Q2. On suppose que p = n. On se propse d étudier l ensemble G des éléments de L(E) qui commutent avec f. a) Montrer que B = ( a, f(a), f 2 (a),..., f n 1 (a) ) est une base de E et écrire la matrice de f dans cette base. b) Montrer que G est un sous-espace vectoriel de L(E) qui contient : Vect(Id E, f, f 2,..., f n 1 ).

4 J.F.C. p. 4 c) Réciproquement soit g un élément de G. g(a) est un élément de E donc s écrit comme combinaison linéaire des n 1 éléments de B. (λ 0, λ 1,, λ n ) K n, g(a) = λ k f k (a). Montrer alors que g = n 1 λ k f k. Conclure. Q1 Comme E n est pas réduit au vecteur nul, Id E n est pas l endomorphisme nul et ainsi p n est pas nul. Par conséquent p 1 appartient à N et f p 1 n est pas l endomorphisme nul par définition de p. Alors il existe un élément a de E tel que f p 1 (a) 0 E. Montrons alors que la famille B = ( a, f(a), f 2 (a),..., f p 1 (a) ) est libre. Soit (λ 0, λ 1,..., λ p 1 ) un élément de K p tel que p 1 λ k f k (a) = λ 0 a + λ 1 f(a) + + λ p 1 f p 1 (a) = 0 E Montrons par récurrence que i [0, p 1], λ 0 = λ 1 = λ i = 0. ( p 1 ) ( ) donne f p 1 λ k f k (a) = f p 1 ( λ 1 a + λ 2 f(a) + + λ p 1 f p 1 (a) ) = f p 1 (0 E ) = 0 E. Donc p 1 λ k f p 1+k (a) = λ 0 f p 1 (a) + λ 1 f p (a) + + λ p 1 f 2p 2 (a) = 0 E. Or f p 1+k (a) = 0 E dès que p 1 + k p, c est à dire dès que k 1. Alors λ 0 f p 1 (a) = 0 E. Comme f p 1 (a) 0 E : λ 0 = 0. La propriété est vraie pour i = 0. Supposons la propriété vraie pour i élément de [[0, p 2] et montrons la pour i + 1. Nous avons donc λ 0 = λ 1 = = λ i = 0 et il s agit de montrer que λ i+1 = 0. L hypothèse de récurrence et ( ) donnent p 1 k=i+1 ( ). λ k f k (a) = λ i+1 f i+1 (a) + λ i+2 f i+2 (a) + + λ p 1 f p 1 (a) = 0 E. Notons que p 2 i appartient à N. ( p 1 ) Alors f p 2 i λ k f k (a) = f p 2 i ( λ i+1 f i+1 (a) + λ i+2 f i+2 (a) + + λ p 1 f p 1 (a) ) = f p 2 i (0 E ) = 0 E. Donc p 1 k=i+1 k=i+1 λ k f p 2 i+k (a) = λ i+1 f p 1 (a) + λ i+2 f p (a) + + λ p 1 f 2p 3 i (a) = 0 E. Alors λ i+1 f p 1 (a) = 0 E et comme f p 1 (a) n est pas nul : λ i+1=0 ce qui achève la récurrence. B = ( a, f(a), f 2 (a),..., f p 1 (a) ) est une famille libre de E. B = ( a, f(a), f 2 (a),..., f p 1 (a) ) est une famille libre de E de cardinal p et E est de dimension n donc p n. Remarque Si b est dans E, la famille ( b, f(b), f 2 (b),..., f p 1 (b) ) est libre si et seulement si f p 1 (b) 0 E. Q2 a) D après ce qui précède B = ( a, f(a), f 2 (a),..., f n 1 (a) ) est une famille libre de E. Comme le cardinal de cette famille est n qui est la dimension de E : B = ( a, f(a), f 2 (a),..., f n 1 (a) ) est une base de E.

5 J.F.C. p. 5 i [0, n 2], f ( f i (a) ) = f i+1 (a) et f ( f n 1 (a) ) = f n (a) = 0 E. Alors M B (f) = b) k N, f f k = f k+1 = f k f. Donc k N, f k G. Donc G est non vide. Soient g et g deux éléments de G et λ un élément de K. g f = f g et g f = f g donc (λ g + g ) f = λ g f + g f = λ f g + f g = f (λ g + g ) ; λ g + g G. Ceci achève de montrer que G est un sous-espace vectoriel de L(E). Comme Id E, f,..., f n 1 sont des éléments de G : G est un sous-espace vectoriel qui contient Vect(Id E, f,..., f n 1 ). c) Soit g un élément de G. Considérons les coordonnées (λ 0, λ 1,..., λ n 1 ) du vecteur g(a) dans la base B = ( a, f(a), f 2 (a),..., f n 1 (a) ). Montrons que g = n 1 λ k f k. g et n 1 λ k f k sont deux endomorphismes de E ; pour montrer qu ils sont égaux, montrons qu ils coïncident sur les éléments de la base B = ( a, f(a), f 2 (a),..., f n 1 (a) ). ( n 1 ) Il s agit donc de montrer que i [0, n 1], g(f i (a)) = λ k f k (f i (a)). Notons que g commute avec f donc avec toute puissance de f. ( n 1 Alors i [0, n 1], g(f i (a)) = (g f i )(a) = (f i g)(a) = f i (g(a)) = f i i [0, n 1], g(f i (a)) = n 1 Ceci achève de montrer que : g = λ k f i+k (a) = n 1 n 1 Donc G Vect(Id E, f,..., f n 1 ) et finalement : λ k f k (f i (a)) = ( n 1 λ k f k (a) λ k f k ) (f i (a)). λ k f k. Alors g est élément de Vect(Id E, f,..., f n 1 ). G = Vect(Id E, f,..., f n 1 ). ) = n 1 λ k f i (f k (a)). Exercice 7 Encore un peu de nilpotence. Soit f un endomorphisme de E tel qu il existe un élément r de N vérifiant f r = 0 L(E). Montrer que g = Id E f est un automorphisme de E et déterminer g 1. Illustrer. Notons que f et Id E commutent, (Id E ) r = Id E et f r = 0 L(E) donc : Id E = (Id E ) r f r = (Id E f) (Id E + f + f 2 + f r 1 ) = (Id E + f + f 2 + f r 1 ) (Id E f). Alors Id E = g (Id E + f + f 2 + f r 1 ) = (Id E + f + f 2 + f r 1 ) g. g est donc inversible et g 1 = Id E + f + f 2 + f r 1.

6 J.F.C. p. 6 Si f r = 0 L(E) alors Id E f est un automorphisme de E et (Id E f) 1 = Id E + f + f 2 + f r 1. illustration E = K n [X] et P E, f(p ) = P. f est endomorphisme de E tel que f n+1 = 0 L(E). Alors g = Id E f est un automorphisme de E et g 1 = Id E + f + f 2 + f n. P E, g(p ) = P P et g 1 (P ) = P + P + P + + P (n). Exercice 8 Différence de deux projecteurs. p et q sont deux projections de E. f = p q. Q1. On suppose que f est une projection. Montrer que : p q + q p = 2q et que : p q = q p = q. Q2. Réciproquement on suppose que p q = q p = q. Montrer que f est une projection parallèlement à Ker p + Im q. Déterminer Im f. Q1 p q = f = f 2 = (p q) (p q) = p 2 p q q p + q 2 = p p q q p + q. p q = p p q q p + q. Alors p q + q p = q + q = 2q. p q + q p = 2q. En composant cette égalité à gauche (resp. à droite) par q on obtient : q p q + q q p = 2 q q (resp. p q q + q p q = 2 q q). Alors q p q + q p = 2 q et p q + q p q = 2 q. En soustrayant il vient : q p p q = 0 L(E). C est à dire q p = p q. En reprenant l égalité p q + q p = 2 q on obtient 2 p q = 2 q ou p q = q. Finalement p q = q p = q. Q2 Ici p q = q p = q. f = p q est un endomorphisme de E comme différence de deux endomorphismes de E. De plus f 2 = (p q) (p q) = p 2 p q q p + q 2 = p q q + q = p q = f. Ainsi : f est une projection. Soit x un élément de Ker f. p(x) q(x) = f(x) = 0 E. p(x) = q(x). Alors p(x) = q(x) = p(q(x)) car q = p q. p(x) p(q(x)) = 0 E. p(x q(x)) = 0 E donc x q(x) appartient à Ker p. Posons t = x q(x). x = t + q(x) donc x est un élément de Ker p + Im q. Récipoquement soit x un élément de Ker p + Im q. x = x 1 + x 2 avec x 1 dans Ker p et x 2 dans Im q. f(x) = p(x) q(x) = p(x 1 ) + p(x 2 ) q(x 1 ) q(x 2 ). Or p(x 1 ) = 0 E et q(x 2 ) = x 2. Alors f(x) = p(x 2 ) q(x 1 ) x 2. q(x 2 ) = x 2 donne p(x 2 ) = p(q(x 2 )). Comme p q = q : p(x 2 ) = q(x 2 ) = x 2. q = q p et p(x 1 ) = 0 E donnent : q(x 1 ) = q(p(x 1 )) = q(0 E ) = 0 E. Alors f(x) = p(x 2 ) q(x 1 ) x 2 = x 2 0 E x 2 = 0 E. x est un élément de Ker f. Finalement : Ker f = Ker p + Im q Soit x un élément de Im f. Il existe z dans E tel que x = f(z) = p(z) q(z). q(x) = q(p(z)) q 2 (z) = q(z) q(z) = 0 E. Alors x appartient à Ker q. De plus x = p(z) q(z) = p(z) p(q(z)) = p(z q(z)) donc x apartient à Im p. Par conséquent x appartient Ker q Im p.

7 J.F.C. p. 7 Réciproquement soit x un élément de Ker q Im p. q(x) = 0 E et p(x) = x. Donc f(x) = p(x) q(x) = x. x appartient à Ker(f Id E ) = Im f. Finalement : Im f = Ker q Im p Exercice 9 Endomorphisme dont le carré est Id. E est un espace vectoriel sur R de dimension n non nulle. Q1. f est un endomorphisme de E tel que f 2 = Id E. a) Montrer que si (e 1, e 2,..., e p ) est une famille d éléments de E telle que (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p )) soit libre et non génératrice alors il existe un élément e p+1 de E tel que (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p+1, f(e p+1 )) soit libre. b) En déduire que n est pair. Représenter f par une matrice simple. Q2. On suppose que n est pair. Montrer qu il existe un endomorphisme f de E tel que f 2 = Id E. Q1 a) Soit (e 1, e 2,..., e p ) une famille d éléments de E telle que (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p )) soit libre et non génératrice. Vect(e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p )) n est pas E donc il existe un élément e p+1 appartenant à E et n appartenant pas à Vect(e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p )). (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p )) est libre et e p+1 n appartient pas à Vect(e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p )) donc la famille (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p ), e p+1 ) est encore libre. Dès lors montrons que (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p ), e p+1, f(e p+1 )) est libre. Soit (α 1, α 2,..., α p+1 ) et (β 1, β 2,..., β p+1 ) deux éléments de R p+1 tels que Alors f Ainsi Il vient p+1 ( p+1 p+1 p+1 α k e k + p+1 α k f(e k ) β k f(e k ) ) β k e k = 0 E p+1 (α p+1 α k + β p+1 β k ) e k + = f(0 E ) = 0 E. Donc p+1 p+1 α k f(e k ) + p+1 p+1 α k e k + β k f 2 (e k ) = 0 E. (2). Multiplions (1) par α p+1 et (2) par β p+1 et ajoutons. p+1 Si k = p + 1 : α p+1 β k β p+1 α k = 0 donc : (α p+1 β k β p+1 α k ) f(e k ) = 0 E. (α p+1 α k + β p+1 β k ) e k + β k f(e k ) = 0 E (1). p (α p+1 β k β p+1 α k ) f(e k ) = 0 E. La liberté de (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p ), e p+1 ) donne k [1, p + 1], α p+1 α k + β p+1 β k = 0 et k [1, p], α p+1 β k β p+1 α k = 0. En particulier α p+1 α p+1 + β p+1 β p+1 = 0 ou α 2 p+1 + β 2 p+1 = 0. Comme α p+1 et β p+1 sont des réels : α p+1 = β p+1 = 0. Alors (1) donne p α k e k + p β k f(e k ) = 0 E. La liberté de (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p )) fournit : α 1 = = α p = β 1 = = β p = 0. Ainsi α 1 = = α p = α p+1 = β 1 = = β p = β p+1 = 0. Ceci achève de montrer que (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p ), e p+1, f(e p+1 )) est libre. b) Soit S l ensemble des éléments q de N tels qu il existe une famille (e 1, e 2,..., e q ) d éléments de E qui donne une famille (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e q, f(e q )) libre.

8 J.F.C. p. 8 Montrons que S est une partie non vide et majorée de N. Soit e 1 un élément non nul de E. Montrons que (e 1, f(e 1 )) est libre. Soit α et β deux réels tels que α e 1 + β f(e 1 ) = 0 E (3). Ainsi 0 E = f(0 E ) = f(α e 1 + β f(e 1 )) = α f(e 1 ) β e 1 (4). En multipliant (3) par α, (4) par β et en ajoutant on obtient : (α 2 + β 2 ) e 1 = 0 E. Commme e 1 n est pas nul : α 2 + β 2 = 0. α et β étant réel : α = β = 0. Ceci achève de prouver que (e 1, f(e 1 )) est libre. Ainsi 1 est un élément de S et S n est pas vide. Soit q un élément de S. Il existe une famille (e 1, e 2,..., e q ) d éléments de E telle (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e q, f(e q )) soit une famille libre de E. [ n ] Comme cette famille est de cardinal 2q et que E est de dimension n : 2q n. Donc q Ainsi S est majorée. S est une partie non vide et majorée de N donc S possède un plus grand élément p. Alors il existe une famille (e 1, e 2,..., e p ) d éléments de E telle B = (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p )) soit une famille libre de E. Si B n est pas une famille génératice de E, d après a) on peut trouver un élément e p+1 de E tel que (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p+1, f(e p+1 )) soit libre ; alors p + 1 appartient à S et est strictement plus grand que le plus grand élément de S!! Ainsi B est une famille génératrice de E. Cette famille qui est libre est alors une base de E ayant 2p éléments. Par conséquent n = 2p et la dimension de E est paire. S il existe un endomorphisme f de E tel que f 2 = Id E, la dimension de E est paire Cherchons la matrice de f dans la base B = (e 1, f(e 1 ), e 2, f(e 2 ),..., e p, f(e p )). Notons que k [1, p], f(e k ) = f(e k )!! et k [1, p], f(f(e k )) = e k. A 1 O 2 O 2. O Alors M B (f) est la matrice diagonale par blocs 2 A O2 où A 1 = A 2 = = A p = ( ) O 2 O 2 A p 0 0 O 2 =. 0 0 ( ) 0 1 et 1 0 Q2 On suppose que la dimension n de E est paire. Il existe un élément p de N tel que n = 2p. Soit B = (u 1, u 2,..., u 2p ) une base de E et f l endomorphisme de E définit par k [1, p], f(u k ) = u k+p et k [p + 1, 2p], f(u k ) = u k p. k [1, p], f 2 (u k ) = f(u k+p ) = u k+p p = u k et k [p + 1, 2p], f 2 (u k ) = f(u k p ) = u k p+p = u k. Les deux endomorphismes f 2 et Id E coïncident sur la base B donc sont égaux. f 2 = Id E. Si la dimension de E est paire, il existe un endomorphisme f de E tel que f 2 = Id E. Exercice 10 Noyaux et images itérés. E est de dimension finie et non nulle n et f un endomorphisme de E. Pour tout k dans N on pose : N k = Ker f k et I k = Im f k.

9 J.F.C. p. 9 Q1. Montrer que la suite (N k ) k 0 est croissante au sens de l inclusion et que la suite (I k ) k 0 est décroissante (toujours au sens de l inclusion). Q2. Montrer que S = {k N N k+1 = N k } est une partie non vide de N. On note p son plus petit élément. Montrer que la suite (N k ) 0 k p est strictement croissante et la suite (N k ) k p constante. Qu en est-il pour la suite des images? Montrer que p n. Q3. Montrer que E = N p I p. Q1 Soit k un élément de N. Soit x un élément de N k = Ker f k. f k (x) = 0 E donc f k+1 (x) = f(f k (x)) = f(0 E ) = 0 E et x appartient à Ker f k+1 = N k+1. Alors N k N k+1. f(e) E donc f k (f(e)) f k (E). Ainsi I k+1 = f k+1 (E) = f k (f(e)) f k (E) = I k. k N, N k N k+1 et k N, I k+1 I k. Q2 Supposons que S = {k N N k+1 = N k } soit vide. Alors pour tout élément k de N, N k est strictement contenu dans N k+1. En particulier k N, dim N k < dim N k+1. Rappelons que E est de dimension n et qu ainsi la dimension d un sous-espace vectoriel de E est inférieure ou égale à n. Alors (dim N 0, dim N 1,..., dim N n+1 ) est une suite strictement croissante de n + 2 entiers de l intervalle [0, n] qui contient n + 1 éléments d où une légère contradiction! Finalement S est non vide de N. Nous noterons p son plus petit élément. p étant le plus petit élément de S, pour tout k dans [[0, p 1], N k+1 et N k sont distincts donc N k est strictement contenu dans N k+1. La suite (N k ) 0 k p est strictement croissante. Pour tout k dans [0, p 1], dim N k < dim N k+1. Donc pour tout k dans [0, p 1], dim I k = n dim N k > n dim N k+1 = dim I k+1. Ainsi pour tout k dans [0, p 1], I k+1 est strictement contenu dans I k. La suite (I k ) 0 k p est strictement décroissante. Montrons par récurrence que k [p, + [, N k+1 = N k. L égalité est vraie pour k = p car p appartient à S. Supposons l égalité vraie pour un élément k de [p, + [ et montrons la pour k + 1. Il s agit donc de prouver N k+2 = N k+1 sachant que N k+1 = N k. Nous savons déjà que N k+1 N k+2. Montrons l inclusion inverse. Soit x un élément de N k+2. f k+1 (f(x)) = f k+2 (x) = 0 E donc f(x) appartient à N k+1. Comme N k+1 = N k, f(x) appartient à N k. Ainsi f k+1 (x) = f k (f(x)) = 0 E et x appartient à N k+1. N k+2 N k+1 et la récurrence s achève. Par conséquent la suite (N k ) k p constante. k [p, + [, I k+1 I k et dim I k+1 = n dim N k+1 = n dim N k = dim I k. Donc k [p, + [, I k+1 = I k et la suite (I k ) k p constante.

10 J.F.C. p. 10 La suite (N k ) 0 k p est strictement croissante donc (dim N 0, dim N 1,..., dim N p ) est une suite strictement croissante de p + 1 entiers de l intervalle [0, n] qui contient n + 1 éléments donc p + 1 n + 1. p n. Q3 Soit x un élément commun à N p et I p. f p (x) = 0 E et il existe un élément z de E tel que x = f p (z). Alors f 2p (z) = f p (x) = 0 E. Ainsi z appartient à N 2p. Comme N p = N 2p, z appartient à N p et x = f p (z) = 0 E. Alors N p I p = {0 E }. De plus dim N p + dim I p = dim Ker f p + dim Im f p = dim E (théorème du rang). E étant de dimension finie ce qui précède permet de dire que E = N p I p. Exercice 11 Espaces vectoriels isomorphes. Interpolation de Lagrange. f est une application de I dans R. x 0, x 1,..., x n sont n + 1 points distincts de I. On se propose de montrer qu il existe un unique polynôme P, de degré au plus n, qui coïncide avec f en x 0, x 1,..., x n. Q1. Version 1. On pose P R n [X], ϕ(p ) = ( P (x 0 ), P (x 1 ),..., P (x n ) ). Montrer que ϕ est un isomorphisme de R n [X] sur R n+1. Conclure. Q2. Version 2. Pour tout élément k de [0, n], U k est le quotient de U = n 1 (X x i ) par X x k et L k = U k (x k ) U k. a) Montrer que (L 0, L 1,..., L n ) est une base de R n [X]. Trouver les coordonnées d un élément P de R n [X] dans cette base. b) Retouver le résultat. i=0 Q1 ϕ est une application de R n [X] sur R n+1. Soit P et Q deux éléments de R n [X] et λ un réel. ( (λ ) ϕ(λ P + Q) = P + Q (x0 ), ( λ P + Q ) (x 1 ),..., ( λ P + Q ) ) (x n ). ( ) ϕ(λ P + Q) = λ P (x 0 ) + Q(x 0 ), λ P (x 1 ) + Q(x 1 ),..., λ P (x n ) + Q(x n ). ( ) ( ) ϕ(λ P + Q) = λ P (x 0 ), P (x 1 ),..., P (x n ) + Q(x 0 ), Q(x 1 ),..., Q(x n ) = λ ϕ(p ) + ϕ(q). Soit P un élément de Ker ϕ. ϕ(p ) = (P (x 0 ), P (x 1 ),..., P (x n )) = 0 R n+1. Ainsi k [0, n], P (x k ) = 0. P est alors un polynôme de degré au plus n admettant au moins n + 1 zéros x 0, x 1,..., x n. P est le polynôme nul. Ker ϕ = {0 Rn[X]}. ϕ est injective. ϕ est une application linéaire injective de R n [X] dans R n+1 et dim R n [X] = dim R n+1 = n + 1, par conséquent : ϕ est un isomorphisme de R n [X] sur R n+1. Soit P un élément de R n [X]. P coïncide avec f en x 0, x 1,..., x n si et seulement si ( P (x 0 ), P (x 1 ),..., P (x n ) ) = ( f(x0 ), f(x 1 ),..., f(x n ) ) ; autrement dit si et seulement si P est un antécédent par ϕ dans R n [X] de l élément ( f(x0 ), f(x 1 ),..., f(x n ) ) de R n+1. ϕ étant une bijection de R n [X] sur R n+1, ( f(x 0 ), f(x 1 ),..., f(x n ) ) possède un antécédent et un seul par ϕ dans R n [X]. Il existe un unique polynôme P, de degré au plus n, qui coïncide avec f en x 0, x 1,..., x n.

11 J.F.C. p. 11 Q2 a) Notons que U est un polynôme de degré n + 1 admettant pour zéros x 0, x 1,..., x n. Soit k un élément de [0, n]. U k = x k+1,..., x n. n (X x i ). U k est un polynôme de degré n dont les zéros sont : x 0, x 1,..., x k 1, i=0 i k Alors L k est également un polynôme de degré n dont les zéros sont : x 0, x 1,..., x k 1, x k+1,..., x n. 1 { 0 si i k Notons encore que L k (x k ) = U k (x k ) U k(x k ) = 1. k [0, n], i [0, n], U k (x i ) = 1 si i = k. (L 0, L 1,..., L n ) est une famille d éléments de R n [X]. Montons qu elle libre. Soit (λ 0, λ 1,..., λ n ) un élément de R n+1 tel que λ 0 L 0 + λ 1 L λ n L n = 0 Rn[X]. Alors i [0, n], 0 = λ 0 (x i ) L 0 + λ 1 (x i ) L 1 (x i ) + + λ n L n (x i ) = λ i L i (x i ) = λ i. i [0, n], λ i = 0. Ceci achève de montrer que (L 0, L 1,..., L n ) est une famille libre de R n [X]. Le cardinal n + 1 de cette famille coïncide avec la dimension de R n [X], c est donc une base de R n [X]. Soit P un élément de R n [X] et (λ 0, λ 1,..., λ n ) les coordonnées de P dans la base (L 0, L 1,..., L n ). P = λ 0 L 0 +λ 1 L 1 + +λ n L n. Donc i [0, n], P (x i ) = λ 0 (x i ) L 0 +λ 1 (x i ) L 1 (x i )+ +λ n L n (x i ) = λ i L i (x i ) = λ i. i [0, n], λ i = P (x i ). (L 0, L 1,..., L n ) est une base de R n [X]. Les coordonnées d un éléments P de R n [X] dans cette base sont (P (x 0 ), P (x 1 ),..., P (x n )). Existence Soit P le polynôme de R n [X] de coordonnées (f(x 0 ), f(x 1 ),..., f(x n )) dans la base (L 0, L 1,..., L n ). Ses coordonnées sont également (P (x 0 ), P (x 1 ),..., P (x n )). Ainsi i [0, n], P (x i ) = f(x i ) et P est solution. Unicité Soit Q uen seconde solution. i [0, n] (P Q)(x i ) = P (x i ) Q(x i ) = f(x i ) f(x i ) = 0. P Q est donc un polynôme de degré au plus n qui admet au moins n + 1 racines. C est le polynôme nul. Q = P d où l unicité. Exercice 12 Endomorphisme d une espace vectoriel de polynômes. E = R 3 [X], A = X 4 1 et B = X 4 X. A tout P élément de E on associe le reste f(p ) dans la division de AP par B. Q1. Montrer que f est un endomorphisme de E. Q2. Montrer que Ker f est une droite vectorielle. Q3. F est l ensemble des éléments de E divisibles par X 1. Montrer que F est un sous espace vectoriel de E de dimension 3. Montrer que Im f = F. Q1 Soit P un élément de E. f(p ) est le reste dans la division de AP par B et deg B = 4 ; ainsi f(p ) est un polynôme de degré au plus 3. f(p ) appartient à E. f est une application de E dans E. Soient P 1 et P 2 deux éléments de E et λ un élément de R. Il existe deux éléments Q 1 et Q 2 de R[X] tels que AP 1 = Q 1 B + f(p 1 ) et AP 2 = Q 2 B + f(p 2 ). Alors A(λ P 1 + P 1 ) = (λ Q 1 + Q 2 ) B + λ f(p 1 ) + f(p 2 ). De plus λ f(p 1 ) + f(p 2 ) est un polynôme de degré strictement inférieur au degré de B comme combinaison linéaire de deux polynomes de degrés strictement inférieurs à celui de B. Alors A(λ P 1 + P 1 ) = (λ Q 1 + Q 2 ) B + λ f(p 1 ) + f(p 2 ) et deg(λ f(p 1 ) + f(p 2 )) < deg B. λ f(p 1 ) + f(p 2 ) est alors le reste dans la division de (λ P 1 + P 2 ) A par B et ainsi f(λ P 1 + P 2 ) = λ f(p 1 ) + f(p 2 ).

12 J.F.C. p. 12 f est un endomorphisme de E. Q2 Soit P un élément de Ker f. Il existe un élément un élément Q de R[X] (et même de E) tel que AP = QB. A = X 4 1 = (X 1)(X + 1)(X 2 + 1) et B = X 4 X = X(X 3 1). Les zéros de A dans C sont 1, 1, i et i. Les zéros de B dans C sont 0, 1, j et j 2. AP = QB donc les zéros de B sont des zéros de AP. Comme 0, j et j 2 sont des zéros de B qui ne sont pas des zéros de A, 0, j et j 2 sont des zéros de P. Ainsi X(X j)(x j 2 ) divise P. Notons que X(X j)(x j 2 ) = X(X 2 + X + 1). P est de degré au plus 3 et X(X 2 + X + 1) est un polynôme de degré 3 qui divise P ; par conséquent il existe un réel λ tel que P = λ X(X 2 + X + 1). P Vect(X(X 2 + X + 1)). Ceci montre donc que Ker f Vect(X(X 2 + X + 1)). X(X 2 + X + 1) appartient à Ker f. Pour montrer l inclusion inverse il suffit de montrer que AX(X 2 + X + 1) = (X 1)(X + 1)(X 2 + 1)X(X 2 + X + 1) = (X + 1)(X 2 + 1)X(X 1)(X 2 + X + 1). AX(X 2 + X + 1) = (X + 1)(X 2 + 1)X(X 3 1) = (X + 1)(X 2 + 1)B. B divise ainsi AX(X 2 + X + 1) donc f(ax(x 2 + X + 1)) = 0 E et X(X 2 + X + 1) appartient à Ker f. Alors Vect(X(X 2 + X + 1)) Ker f. Finalement : Ker f est la droite vectorielle engendrée par X(X 2 + X + 1) Soit P un élément de E = R 3 [X]. P F P (1) = 0 X 1 divise P Q R 2 [X], P = (X 1)Q. P F (a, b, c) R 3, P = (X 1)(a + bx + cx 2 ) (a, b, c) R 3, P = a(x 1) + bx(x 1) + cx 2 (X 1). P F P Vect(X 1, X(X 1), X 2 (X 1)). F est donc un sous-espace vectoriel de E et (X 1, X(X 1), X 2 (X 1)) en est une famille génératrice. Comme cette famille est constituée de polynômes de degrés échelonnés, elle est libre et c est donc une base de F. F est un sous-espace vectoriel de dimension 3. Soit R un élément de Im f. Il existe deux éléments P et Q de E tel que AP = QB + R. 1 est un zéro commun à A et B donc 1 est un zéro de R. Ainsi R appartient à F. Alors Im f F. De plus dim Im f = dim E dim Ker f = 4 1 = 3 = dim F. Par conséquent Im f = F = {P E P (1) = 0}. Montrons directement que F Im f. Observons que A B = X 4 1 X 4 + X = X 1. Ceci n est pas de l ordre du divin mais résulte du fait que A et B ont X 1 comme PGCD et que par conséquent (merci Bezout) on peut trouver deux polynômes U et V tels que AU + BV = X 1 (exemple U = 1 et V = 1). Dès lors soit P un élément de F. Il existe un élément T de R 2 [X] tel que P = (X 1)T. Ainsi AT BT = (X 1)T = P. T est un élément de E, AT = T B + P et deg P 3 < deg B donc T est un élément de E dont le reste dans la division par B est P. f(t ) = P et P appartient à l image de f.

13 J.F.C. p. 13 Exercice 13 Comparaison des spectres de g f et de f g. Q1. f et g sont deux endomorphismes de E tel que ϕ = Id E f g soit un automorphisme de E. On se propose de montrer que ψ = Id E g f est également un automorphisme de E. Soit y un élément de E. On suppose que x est un antécédent de y par ψ dans E. Montrer que f(x) = ϕ 1( f(y) ) puis que x = y + g ( ϕ 1 (f(y)) ). Indiquer ce que cela prouve. Conclure et exprimer ψ 1 à l aide de ϕ 1. Q2. f et g sont deux endomorphismes d un K-espace vectoriel E de dimension finie. a) λ est un élément non nul de K. Montrer en utilisant Q1 que f g λ Id E est bijectif si et seulement si g f λ Id E est bijectif. b) On suppose que g f est bijectif. Montrer que f est injectif et que g est surjectif. En déduire que f g est bijectif. c) Comparer le spectre de g f et le spectre de f g. Q1. Soit y un élément de E. Supposons que y possède un antécédent x par ψ dans E. Alors y = ψ(x) = x g ( f(x) ). ( Ceci donne f(y) = f(x) f g ( f(x) )) = (Id E f g) ( f(x) ) = ϕ ( f(x) ). Alors f(x) = ϕ 1( f(y) ). En injectant ce résultat dans y = x g ( f(x) ) on obtient y = x g ( ϕ 1 (f(y)) ) ou x = y + g ( ϕ 1 (f(y)) ). Ainsi si y possède un antécédent par ψ dans E c est nécessairement x = y + g ( ϕ 1 (f(y)) ). Donc y possède au plus un antécédent par ψ dans E. Posons x = y + g ( ϕ 1 (f(y)) ) et montrons que x est un antécédent de y par ψ. Il suffit de montrer que ψ(x) = y. ψ(x) = x g ( f(x) ) = y + g ( ϕ 1 (f(y)) ) g ( f(y) ) g ( f ( g ( ϕ 1 (f(y)) ))). ψ(x) = y g ( f(y) ) ( + g ϕ 1( f(y) ) (f g) ( ϕ 1 (f(y) )) = y g ( f(y) ) ( + g (Id E f g) ( ϕ 1 (f(y)) )). ψ(x) = y g ( f(y) ) ( + g ϕ ( ϕ 1 (f(y)) )) = y g ( f(y) ) + g ( f(y) ) = y. Ainsi x est un antécédent de y par ψ dans E. Finalement y possède un unique antécédent par ψ dans E : x = y + g ( ϕ 1 (f(y)) ) = (Id E +g ϕ 1 f)(y). Ceci étant vrai pour tout élément y de E, on peut alors dire que : ψ est bijectif et ψ 1 = Id E +g ϕ 1 f En échangeant les rôles de f et g on peut dire que si ψ est bijectif, ϕ l est également et ϕ 1 = Id E +f ψ 1 g. Finalement : Id E f g est un automorphisme de E si et seulement si Id E g f est un automorphisme de E. Q2. a) Soit λ un élément non nul de K. f g λ Id E = λ ( Id E ( 1 λ f) g ) est bijectif si et seulement si Id E ( 1 λ f) g est bijectif car λ n est pas nul. En appliquant Q1 à 1 λ f et g on peut dire que f g λ Id E est bijectif si et seulement si Id E g ( 1 λ f) est bijectif. Comme λ n est pas nul, f g λ Id E est bijectif si et seulement si λ ( Id E g ( 1 λ f)) est bijectif. Or λ ( Id E g ( 1 λ f)) = g f λ Id E. Ainsi : pour tout élément non nul λ de K, f g λ Id E est bijectif si et seulement si g f λ Id E est bijectif.

14 J.F.C. p. 14 Remarque Ceci ne vaut pas pour λ = 0 en dimension quelconque. Considérons E = R[X]. Soit f l application de E dans E qui à tout élément P de E associe P et soit g l application de E dans E qui à tout élément P de E associe la primitive de P qui prend la valeur 0 en 0. f et g sont deux endomorphismes de E. f g = Id E est bijectif mais g f n est pas bijectif car Im(g f) {P E P (0) = 0}. b) Soit x un élément de Ker f. f(x) = 0 E donc g(f(x)) = 0 E. Par conséquent x appartient à Ker(g f) qui est réduit à {0 E } car g f est bijectif. Ainsi x = 0 E. Ceci achève de montrer que f est injectif. f(e) E donc g(f(e)) g(e) E. Comme g f est bijectif : g(f(e)) = E. Alors E g(e) E donc g(e) = E. g est surjectif. f est un endomorphisme injectif de E, g est endomorphisme surjectif de E et E est de dimension finie, ainsi f et g sont bijectifs. Par conséquent f g est bijectif. f et g jouant un role symétrique on peut dire que : Alors f g est bijectif si et seulement si g f est bijectif. pour tout élément λ de K, f g λ Id E est bijectif si et seulement si g f λ Id E est bijectif. c) Soit λ un élément de K. λ Sp(f g) f g λ Id E non bijectif g f λ Id E non bijectif λ Sp(g f). Donc : Sp(f g) = Sp(g f) Exercice Redémontrer Q2 a) sans utiliser Q1 (on pourra montrer que Ker(f g λ Id E ) = {0 E } si et seulement si Ker(g f λ Id E ) = {0 E }) Exercice 14 E est un espace vectoriel de dimension n sur K. f est un endomorphisme de E de rang r. Q1. u L(E), ϕ(u) = f u. Montrer que ϕ est un endomorphisme de L(E) et donner son rang en fonction de r (considérer le noyau). Q2. Même chose en posant : u L(E), ϕ(u) = u f. Q1 Ici u L(E), ϕ(u) = f u. Soit u un endomorphisme de E. Comme f est un endomorphisme de E, par composition f u est un endomorphisme de E. Ainsi ϕ est une application de L(E) dans L(E). (u, v) L(E) L(E), λ K, ϕ(λ u + v) = f (λ u + v) = λ f u + f v = λ ϕ(u) + ϕ(v). Ainsi ϕ est linéaire. ϕ est un endomorphisme de L(E) donc ϕ L(L(E)). Soit u un élément de L(E). u Ker ϕ f u = 0 L(E) x E, f ( u(x) ) = 0 E Im u Ker f. En clair u appartient au noyau de ϕ si et seulement si u prend ses valeurs dans Ker f. A un petit abus près (*), Ker ϕ est donc l ensemble des applications linéaires de E dans Ker f. Alors dim Ker ϕ = dim L(E, Ker f) = dim E dim Ker f = n(n r) = n 2 n r.

15 J.F.C. p. 15 ϕ est un endomorphisme de L(E). Le théorème du rang donne alors rg ϕ = dim L(E) dim Ker ϕ = n 2 (n 2 n r) = n r. rg ϕ = n r = dim E rg f. Remarque Pour ne pas faire d abus il convient de montrer que Ker ϕ est isomorphe à L(E, Ker f). Pour cela on considère l application θ de Ker ϕ dans L(E, Ker f), qui à un élément u de Ker ϕ associe l application linéaire û de E dans Ker f définie par x E, û(x) = u(x) et on montre que θ est un isomorphisme. On retrouve alors dim Ker ϕ = dim L(E, Ker f). On est prié de remarquer que û n est pas égal à u!! Q2 Ici u L(E), ϕ(u) = u f. Soit u un endomorphisme de E. Comme f est un endomorphisme de E, par composition u f est un endomorphisme de E. Ainsi ϕ est une application de L(E) dans L(E). (u, v) L(E) L(E), λ K, ϕ(λ u + v) = (λ u + v) f = λ u f + v f = λ ϕ(u) + ϕ(v). Ainsi ϕ est linéaire. ϕ est un endomorphisme de L(E) donc ϕ L(L(E)). Soit u un élément de L(E). u Ker ϕ u f = 0 L(E) x E, u ( f(x) ) = 0 E Im f Ker u. En clair u appartient au noyau de ϕ si et seulement si le noyau de u contient l image de f, autrement dit si et seulement si u est nulle sur Im f. Rappelons qu une application linéaire est entièrement déterminée par sa donnée sur deux supplémentaires de l espace vectoriel de départ. Soit G un supplémentaire de Im f dans E. Considérons l application θ de Ker ϕ dans L(G, E), qui à un élément u de Ker ϕ associe l applicaion linéaire û de G dans E définie par x G, û(x) = u(x). Montrons que θ est un isomorphisme de Ker ϕ sur L(G, E). θ est clairement une application linéaire de Ker ϕ sur L(G, E). Montrons que θ est injective. Soit u un élément de Ker θ. θ(u) = û = 0 L(G,E). Ainsi x G, u(x) = û(x) = 0 E. Alors u est nulle sur G. Or u appartient à Ker ϕ donc u est également nulle sur Im f. Montrons alors que u = 0 L(E). Soit x un élément de E.!(x 1, x 2 ) Im f G, x = x 1 + x 2. u(x) = u(x 1 ) + u(x 2 ) = 0 E + 0 E = 0 E. Ainsi u = 0 L(E) et le noyau de θ est réduit à 0 L(E) ; θ est injective. Montrons que θ est surjective. Soit v un élément de L(G, E). Montrons qu il existe un élément u de Ker ϕ tel que θ(u) = v Notons p la projection sur G parallèlement à Im f. Soit p l application linéaire de E dans G définie par x E, p (x) = p(x). Posons u = v p. Notons que x Im f, p (x) = p(x) = 0 E et x G, p (x) = p(x) = x Par composition u est une application linéaire de E dans E donc est un endomorphisme de E. x Im f, u(x) = v ( p (x) ) = v ( p(x) ) = v(0 E ) = 0 E. Ainsi u appartient à Ker ϕ.

16 J.F.C. p. 16 x G, θ(u)(x) = û(x) = u(x) = v ( p (x) ) = v ( p(x) ) = v(x). θ(u) = v. Ceci achève de montrer que θ est surjective. θ est un isomorphisme de Ker ϕ sur L(G, E). Donc dim Ker ϕ = dim L(G, E) = dim G dim E. Or G est un supplémentaire de Im f dans E donc dim G = dim E dim Im f = n r. Alors dim Ker ϕ = (n r) dim E = (n r) n = n 2 r n. Ainsi rg ϕ = dim L(E) dim Ker ϕ = n 2 (n 2 r n) = r n. rg ϕ = rg f dim E. Exercice 15 ESCP 2002 Soit E = R[X] l espace vectoriel des polynômes à coefficients réels. Pour tout endomorphisme u de E et pour tout m N, l endomorphisme u m est défini par : u 0 = Id E et m [1, + [, u m = u u m 1. On note D l application dérivation qui à tout P de E associe le polynôme dérivée P. Soit f un endomorphisme de E tel qu il existe deux éléments k et m vérifiant : f k = D m. Q1. Montrer que D est un endomorphisme surjectif de E. En déduire que f est un endomorphisme surjectif de E. Q2. Déterminer Ker D m. Q3. Montrer que pour tout élément p de [0, k ], Ker f p est de dimension finie. Q4. Soit p [1, k ] et ϕ l application définie sur Ker f p par ϕ(p ) = f(p ). a) Montrer que ϕ est une application linéaire de Ker f p dans Ker f p 1. b) Déterminer son noyau et montrer que ϕ est surjective. c) Déterminer une relation entre la dimension de Ker f p et celles de Ker f p 1 et de Ker f. Q5. En déduire la dimension de Ker f k en fonction de k et de la dimension de Ker f. Q6. Soit k et m deux éléments de N. Déterminer une condition nécessaire et suffisante portant sur (k, m) pour qu il existe un endomorphisme f de E tel que f k = D m. Q1 D est une application de E dans E. (P, Q) E 2, λ R, D(λ P + Q) = (λ P + Q) = λ P + Q = λ D(P ) + D(Q). D est linéaire. D est un endomorphisme de E. Montrons que D est surjectif. Soit P un élément de E. Montrons que P possède un antécédent par D dans E. r r N, (a 0, a 1,..., a r ) R r+1, P = a k X k. Posons Q = r a k k + 1 Xk+1. Q appartient à E et D(Q) = Q = P. Finalement : D est un endomorphisme surjectif de E. Comme D est un endomorphisme surjectif de E il en est de même de D m (composée de m endomorphismes surjectifs de E) donc de f k. Alors f k (E) = E. Or f k 1 (E) E donc f k (E) f(e). Ainsi E = f k (E) f(e) E. Par conséquent f(e) = E. f est une endomorphisme surjectif de E.

17 J.F.C. p. 17 Q2 Notons que P E, D m (P ) = P (m). Soit P un élément de Ker D m. P (m) = 0 E. La formule de Taylor avec reste intégrale appliquée à l ordre m 1 donne : x R, P (x) = Ainsi P = m 1 m 1 P (k) (0) k! P (k) (0) k! x k + x 0 (x t) m 1 (m 1)! P (m) (t) dt = x k donc P appartient à R m 1 [X]. m 1 P (k) (0) k! Réciproquement il est clair que si P appartient à R m 1 [X], P (m) est le polynôme nul donc P appartient à Ker D m. Ker D m = R n 1 [X]. X k. Q3 Soit p un élément de [0, k ]. Si x appartient à Ker f p, f k (x) = f k p( f p (x) ) = f k p (0 E ) = 0 E. Ainsi Ker f p Ker f k = Ker D m = R m 1 [X]. Comme R m 1 [X] est de dimension finie m, Ker f p est de dimension finie inférieure ou égale à m. Pour tout élément p de [0, k ], Ker f p est de dimension finie et inférieure ou égale à m. Q4 a) Ici p est dans [1, k ]. f étant linéaire, ϕ est linéaire. Soit P un élément de Ker f p. f p (P ) = 0 E donc f p 1( f(p ) ) = 0 E. Ainsi ϕ(p ) = f(p ) est un élément de Ker f p 1. ϕ est une application linéaire de Ker f p dans Ker f p 1. b) Soit P un élément de Ker f p. ϕ(p ) = 0 E f(p ) = 0 E P Ker f. Ainsi Ker ϕ = Ker f Ker f p = Ker f car Ker f Ker f p. Ker ϕ = Ker f. Montrons que ϕ est surjective. Soit P un élément de Ker f p 1. Montrons que P possède un antécédent dans Ker f p par ϕ. Comme f est surjective, il existe un élément Q de E tel que f(q) = P. f p (Q) = f p 1 (P ) = 0 E donc Q appartient à Ker ϕ et ϕ(q) = f(q) = P. Ceci achève de montrer que ϕ est surjective. ϕ est application linéaire surjective de Ker f p dans Ker f p 1. c) Appliquons le théorème du rang à ϕ. dim Ker f p = rg ϕ + dim Ker ϕ = rg ϕ + dim Ker f. Or Im ϕ = Ker f p 1 donc rg ϕ = dim Ker f p 1. Alors dim Ker f p = dim Ker f p 1 + dim Ker f. p [1, k ], dim Ker f p = dim Ker f p 1 + dim Ker f. Q5 D après ce qui précède la suite (dim Ker f p ) p [0,k ] (oui p [ 0, k ]) est arithmétique de raison dim Ker f. Ainsi dim Ker f k = dim Ker f 0 + k dim Ker f. Or Ker f 0 = Ker Id E = {0 E } donc dim Ker f 0 = 0. Ainsi

18 J.F.C. p. 18 dim Ker f k = k dim Ker f. Notons que k dim Ker f = dim Ker f k = dim Ker D m = m donc k divise m. Q6 D après ce qui précède, k divise m est une condition nécessaire pour qu il existe un endomorphisme f de E tel que f k = D m. Montrons qu elle est suffisante. Supposons que k divise m. Il existe un élément r de N tel que m = r k. Posons f = D r. f est un endomorphisme de E et f k = (D r ) k = D r k = D m. La condition est suffisante. Soit k et m deux éléments de N. Une condition nécessaire et suffisante pour qu il existe un endomorphisme f de E tel que f k = D m est k divise m. Exercice 16 Q1. E est un espace vectoriel sur K, ϕ et ψ sont deux formes linéaires non nulles sur E. Q1 Montrer que Ker ϕ = Ker ψ si et seulement si, il existe un élément non nulle λ de K tel que ψ = λ ϕ. Q2 Application B = (e 1, e 2,..., e n ) est une base d un espace vectoriel E sur K. H est un hyperplan de E. a 1 x 1 + a 2 x a n x n = 0 et b 1 x 1 + b 2 x b n x n = 0 sont deux équations de H dans B. Montrer qu il existe un élément non nul λ de K tel que : i [1, n], b i = λ a i. Q1 Supposons que Ker ϕ = Ker ψ et posons H = Ker ϕ = Ker ψ. ϕ n étant pas la forme linéaire null, H est un hyperplan. Ainsi il existe une droite vectorielle D de E qui est un supplémentaire de H dans E. Soit (a) une base de D. E = H Vect(a). Si ϕ(a) est nul, alors ϕ est nulle sur H et Vect(a) donc ϕ est nulle sur E car tout élément de E est somme d un élément de H et d un élément de Vect(a). ϕ n étant pas la forme linéaire nulle de E nécessairement ϕ(a) n est pas nul. Pour les mêmes raisons, ψ(a) n est pas nul. Posons alors λ = ψ(a) Remarquons que λ n est pas nul, que ψ(a) = λ ϕ(a) et montrons que ψ = λ ϕ. ϕ(a) Soit x un élément de E. Il existe un élément h de H et un élément γ de K tels que x = h + γ a. Notons que ψ(h) = ϕ(h) = 0 K et rappelons que ψ(a) = λ ϕ(a). Alors ψ(x) = ψ(h) + γ ψ(a) = 0 K + γ λ ϕ(a) = λ 0 K + λ γ ϕ(a) = λ ( ϕ(h) + γ ϕ(a) ) = λ ϕ(x). Par conséquent x E, ψ(x) = λ ϕ(x) donc ψ = λ ϕ avec λ élément non nul de K. Réciproquement supposons qu il existe un élément non nul λ de K tel que ψ = λ ϕ. Montrons que Ker ϕ = Ker ψ. Soit x un élément de E. x Ker ψ ψ(x) = 0 K λ ϕ(x) = 0 K. Or λ n est pas nul donc λ ϕ(x) = 0 K ϕ(x) = 0 K. Ainsi x Ker ψ x Ker ϕ. Finalement Ker ψ = Ker ϕ. Q2 Posons pour tout élément x = n i=1 x i e i de E, ϕ(x) = n i=1 a i x i et ψ(x) = n ϕ et ψ sont clairement deux formes linéaires sur E. Tout aussi clairement Ker ϕ = Ker ψ = H. Comme H n est pas égal à E, ϕ et ψ sont non nulles et ont même noyau. D après Q1, il existe un élément non nul λ de K tel que ψ = λ ϕ. Alors i [1, n], b i = ψ(e i ) = λ ϕ(e i ) = λ a i. i=1 b i x i.

19 J.F.C. p. 19 Exercice 17 E est un espace vectoriel de dimension n sur K. u et v sont deux endomorphismes de E tels que : u 2 = v 2 = Id E et Ker(u Id E ) = Ker(v Id E ). Q0 f et g sont deux endomorphismes de E. Montrer que g f = 0 L(E) si et seulement si Im f Ker g. Q1 Montrer que Ker(u Id E ) et Ker(u+Id E ) sont supplémentaires (c est du cours mais je veux qu on le redémontre). Q2 a) Montrer que Im(u + Id E ) Ker(u Id E ) = Ker(v Id E ). b) Montrer en fait que : Im(u + Id E ) = Ker(u Id E ) = Ker(v Id E ). c) Que dire de (v Id E ) (u + Id E )? Q3 On pose f = v u Id E. Montrer que f = u v. Prouver que f 2 = 0 L(E) (on pourra sans doute remarquer que le problème est symétrique en u et v). Q4 Montrer que u v = v u si et seulement si u = v. Q0 g f = 0 L(E) x E, g ( f(x) ) = 0 E x E, f(x) Ker g. Or Im f = {f(x), x E}. Donc g f = 0 L(E) y Im f, g(y) = 0 E Im f Ker g. g f = 0 L(E) Im f Ker g. Q1 Version 1 u est un endomorphisme de E tel que u 2 = Id E donc u est une symétrie vectorielle. Mieux u est la symétrie vectorielle par rapport à Ker(u Id E ) parallèlement à Ker(u + Id E ). Donc Ker(u Id E ) et Ker(u + Id E ) sont supplémentaires. Version 2 Retrouvons ce résultat à la main. Soit x un élément de E. Montrons, par analyse-synthèse qu il existe un unique couple (y, z) de Ker(u Id E ) Ker(u + Id E ) tel que x = y + z. Analyse/Unicité. Supposons que x = y + z avec (y, z) Ker(u Id E ) Ker(u + Id E ). u(x) = u(y)+u(z) = y z. Ainsi x = y+z et u(x) = y z. En ajoutant et en multipliant par 1 2 il vient y = 1 2( x+u(x) ). En soustrayant et en multipliant par 1 2 il vient z = 1 2( x u(x) ). Ce qui prouve l unicité de la décomposition. Synthèse/Existence. Posons y = 1 ( ) 1( ) x + u(x) et z = x u(x). 2 2 y + z = 1 ( ) 1( ) x + u(x) + x u(x) = x. 2 2 u(y) = 1 ( u(x) + u 2 (x) ) = 1 ( ) u(x) + x = y donc y Ker(u IdE ). 2 2 u(z) = 1 2 ( u(x) u 2 (x) ) = 1 2 ( u(x) x ) = z donc z Ker(u + IdE ). Ainsi x = y + z avec y Ker(u Id E ) et z Ker(u + Id E ). D où l existence de la décompoition. Ker(u Id E ) et Ker(u + Id E ) sont supplémentaires. Q2 a) u et Id E commutent donc (u Id E ) (u + Id E ) = u 2 Id 2 E = u 2 Id E = 0 L(E).

20 J.F.C. p. 20 D après Q0, Im(u + Id E ) Ker(u Id E ). Im(u + Id E ) Ker(u Id E ) = Ker(v Id E ). b) Version 1 Im(u + Id E ) Ker(u Id E ). E étant de dimension finie, pour montrer que Im(u + Id E ) = Ker(u Id E ) il ne reste plus qu à montrer que dim Im(u + Id E ) = dim Ker(u Id E ). Ker(u Id E ) et Ker(u + Id E ) sont supplémentaires dans E donc dim Ker(u Id E ) + dim Ker(u + Id E ) = dim E = n. Alors dim Ker(u Id E ) = n dim Ker(u + Id E ). Le théorème du rang donne dim Ker(u + Id E ) + dim Im(u + Id E ) = dim E = n Ceci fournit dim Im(u + Id E ) = n dim Ker(u + Id E ). Alors dim Ker(u Id E ) = n dim Ker(u + Id E ) = dim Im(u + Id E ). Ceci achève de montrer que Im(u + Id E ) = Ker(u Id E ). Version 2 Im(u + Id E ) Ker(u Id E ). Pour montrer que Im(u + Id E ) = Ker(u Id E ) il ne reste plus qu à montrer que Ker(u Id E ) Im(u + Id E ). Soit x un élément de Ker(u Id E ). u(x) = x donc x = 1 ( ) ( ) 1 ( ) 1 x + x = u(x) + x = (u + IdE ) x. Ainsi x appartient à Im(u + Id E ). Ceci achève de montrer que Ker(u Id E ) Im(u + Id E ). On retrouve alors : Im(u + Id E ) = Ker(u Id E ) = Ker(v Id E ). c) Im(u + Id E ) Ker(v Id E ) d après a). Q0 donne alors : (v Id E ) (u + Id E ) = 0 L(E). Q3 (v Id E ) (u + Id E ) = 0 L(E) donc v u + v u Id E = 0 L(E). Alors f = v u Id E = u v. Nous venons de voir que v u Id E = u v. Comme u et v jouent un rôle symétrique, u v Id E = v u. Alors f 2 = (v u) 2 = (v u) (v u) = v 2 v u u v +u 2 = Id E v u u v +Id E = (v u Id E ) (u v Id E ). Ainsi f 2 = (u v) (v u) = 0 L(E). f 2 = 0 L(E). Q4 Nous avons vu que v u Id E = u v et u v Id E = v u. Alors u v = v u u v Id E = v u Id E v u = u v 2 v = 2 u v = u. u v = v u si et seulement si u = v. Exercice 18 a est un réel et E est l espace vectoriel des applications de R dans R de classe C sur R. F est l ensemble des applications f de R dans R, deux fois dérivable sur R et telles que f + a f = 0 A(R,R). Q1 a) Soit f un élément de F. Montrer que f est de classe C sur R et exprimer ses dérivées successives en fonction de f ou de f (... et de a). b) Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E. Dans la suite on se propose de montrer que F est de dimension 2 et d en trouver une base. Q2 Examiner le cas où a est nul. Dans la suite a est non nul. Q3 On considère l application ϕ de F dans R 2 définie par : f F, ϕ(f) = (f(0), f (0)). a) Montrer que ϕ est linéaire.

21 J.F.C. p. 21 b) Soit f un élément de Ker ϕ. Montrer que p N, x R, f(x) x 2 p (2 p)! a p Max t [0,x] En déduire que la dimension de F est inférieure ou égale à deux. f(t). En déduire que f est la fonction nulle. Q4 a) On suppose que a est strictement négatif. Trouver l ensemble des réels λ tels que x e λ x appartienne à F. Achever alors de résoudre le problème posé. b) On suppose que a est strictement positif. Soit c un réel. Trouver l ensemble des réels non nuls λ tels que x cos(λ x + c) appartienne à F. Achever alors de résoudre le problème posé. Q1 a) Soit f un élément de F. Montrons par récurrence que pour tout élément p de N, f est 2p fois dérivable sur R et que f (2p) = ( a) p f. La propriété est de toute évidence vraie pour p = 0. Supposons la propriété vraie pour un élément p de N et montrons la pour p + 1. f est dans F donc f est deux fois dérivable sur R et f = a f. L hypothèse de récurrence permet alors de dire que f est 2p fois dérivable sur R. Ainsi f est 2p + 2 fois dérivable sur R, donc f est 2(p + 1) fois dérivable sur R! ( ) De plus f 2(p + 1) = ( f (2p)) ( = ( a) p f ) = ( a) p f = ( a) p ( a f) = ( a) p+1 f. Ceci achève la récurrence. f étant 2p fois dérivable sur R pour tout p dans N, f est de classe C sur R. De plus p N, f (2p+1) = ( f (2p)) = ( ( a) p f ) = ( a) p f. Soit f est un élément de F. f est de classe C sur R. De plus p N, f (2p) = ( a) p f et f (2p+1) = ( a) p f b) D après a) F est contenu dans E. 0 E est deux fois dérivable sur R et 0 E + a 0 E = 0 E + a 0 E = 0 E = 0 A(R,R). Ainsi 0 E appartient à F et F est donc non vide. Soient f et g deux éléments de F. Soit λ un réel. λ f + g est deux fois dérivable sur R De plus : (λ f + g) + a (λ f + g) = λ f + g + a λ f + a g = λ(f + a f) + (g + a g) = λ 0 A(R,R) + 0 A(R,R) = 0 A(R,R). Donc λ f + g est un élément de F. Ceci achève de montrer que : F est un sous-espace vectoriel de E. Q2 Ici a = 0. F est l ensemble des applications de R dans R deux fois dérivable sur R et de dérivée seconde nulle. Notons que toute application affine de R dans R appartient F Réciproquement soit f un élément de F. f est nulle sur l intervalle R! Ainsi f est constante sur R. Alors il existe un réel b tel que x R, f (x) = b. Ainsi il existe un réel c tel que x R, f(x) = b x + c. f est affine. On suppose que a est nul. F est l ensemble des applications affines de R dans R. F est donc de dimension 2. Posons x R, f 0 (x) = 1 et f 1 (x) = x ; (f 0, f 1 ) est une base de F.