ESPACES VECTORIELS ET APPLICATIONS LINÉAIRES

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ESPACES VECTORIELS ET APPLICATIONS LINÉAIRES
30-9- 2010
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 H1 , H2 , ..., Hr r hyperplans de E. Montrer que dim(H1 ∩ H2 ∩ . . . ∩ Hr ) > 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) 6 n.
Alors dim F + dim G = dim(F + G) + dim(F ∩ G) 6 n + dim(F ∩ G) donc :
dim(F ∩ G) > dim F + dim G − n .
Q2 Soient H1 et H2 deux hyperplans distincts de E.
D’après ce qui précède dim(H1 ∩ H2 ) > dim H1 + dim H2 − n. Donc dim(H1 ∩ H2 ) > n − 1 + n − 1 − n = n − 2.
Comme H1 ∩ H2 est un sous-espace vectoriel de H1 : n − 1 = dim H1 > dim(H1 ∩ H2 ) > n − 2.
Alors dim(H1 ∩ H2 ) vaut n − 1 ou n − 2.
Supposons que dim(H1 ∩ H2 ) = n − 1. H1 ∩ H2 est alors un sous espace vectoriel de H1 et H2 , qui a même dimension
que H1 et H2 . Alors H1 ∩ H2 = H1 = H2 . Ceci contredit l’hypothèse. Par conséquent H1 ∩ H2 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(H1 ∩ H2 ∩ . . . ∩ Hk ) > n − k.
La propriété est vraie pour k = 1 (dim H1 = n − 1). Supposons la vraie pour un élément k de [[1, r − 1]] et montrons
la pour k + 1.
D’après Q1, dim(H1 ∩ H2 ∩ . . . ∩ Hk+1 ) > dim(H1 ∩ H2 ∩ . . . ∩ Hk ) + dim Hk+1 − n.
dim(H1 ∩ H2 ∩ . . . ∩ Hk+1 ) > dim(H1 ∩ H2 ∩ . . . ∩ Hk ) + n − 1 − n = dim(H1 ∩ H2 ∩ . . . ∩ Hk ) − 1.
En appliquant l’hypotèse de récurrence on obtient : dim(H1 ∩ H2 ∩ . . . ∩ Hk+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 H1 , H2 , ..., Hp .
Soit G0 un supplémentaire de G dans E. dim G0 = n − (n − p) = p. Posons Hp+1 = F + G0 .
J.F.C.
p. 2
Cette somme est directe car G = F + D et G0 sont supplémentaires.
Ainsi Hp+1 est de dimension dim F + dim G0 = n − (p + 1) + p = n − 1. Hp+1 est donc un hyperplan.
Montrons pour finir que F = G ∩ Hp+1 ainsi aurons nous F = H1 ∩ H2 ∩ · · · Hp ∩ Hp+1 et F sera l’intersection de
p + 1 hyperplans.
F est contenu dans G et dans Hp+1 par construction de ces deux sous-espaces. Ainsi F ⊂ G ∩ Hp+1
Réciproquement soit x un élément de G ∩ Hp+1 . x appartient à Hp+1 = F + G0 donc x = x1 + x2 avec x1 élément de
F (donc de G) et x2 élément de G0 . x2 = x − x1 .
x et x1 sont deux éléments de G donc x − x1 appartient à G. Alors x2 = x − x1 appartient à G et G0 qui ont une
intersection nulle.
Ainsi x2 = x − x1 = 0E . x = x1 et x appartient alors à F . Ceci achève de montrer que G ∩ Hp+1 ⊂ F .
Par conséquent F = G ∩ Hp+1 = H1 ∩ H2 ∩ · · · Hp ∩ Hp+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 0 et g une application linéaire de E 0 dans E 00 .
rg f + rg g − dim E 0 6 rg(g ◦ f ) 6 Min(rg f, rg g).
• Montrons que : rg(g ◦ f ) 6 rg g et rg(g ◦ f ) 6 rg f .
f (E) ⊂ E 0 donc Im(g ◦ f ) = g(f (E)) ⊂ g(E 0 ) = Im g et ainsi rg(g ◦ f ) = dim g(f (E)) 6 dim Im g = rg g.
On a rg(g ◦ f ) 6 rg g.
Soit h la restriction de g à Im f . h est une application linéaire de Im f dans E 00 .
Le théorème du rang appliqué à h donne dim Im f = rg h + dim Ker h. Ainsi rg h 6 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 6 rg f . rg(g ◦ f ) 6 rg f .
rg(g ◦ f ) 6 rg g et rg(g ◦ f ) 6 rg f donc rg(g ◦ f ) 6 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 6 dim Ker g.
Par conséquent : rg f 6 rg h + dim Ker g = rg(g ◦ f ) + dim Ker g = rg(g ◦ f ) + dim E 0 − rg g.
Ceci donne : rg f + rg g − dim E 0 6 rg(g ◦ f ).
Exercice 3
f est une application linéaire de E dans E 0 et g une application linéaire de E 0 dans E 00 .
g ◦ f = 0L(E,E 00 ) équivaut à Im f ⊂ Ker g .
g ◦ f = 0L(E,E 00 ) ⇔ ∀x ∈ E, g(f (x)) = 0E 00 ⇔ ∀y ∈ Im f, g(y) = 0E 00 ⇔ Im f ⊂ Ker g
Exercice 4
Si f est une application linéaire de E dans E 0 , tout supplémentaire de Ker f est isomorphe à Im f .
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) = 0E donc x appartient à F ∩ Ker f = {0E } ; donc x
est nul.
Alors Ker h = {0E } 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 : ∃!(x1 , x2 ) ∈ F × Ker f, x = x1 + x2 .
Alors y = f (x) = f (x1 ) + f (x2 ) = f (x1 ). Comme x1 appartient à F , h(x1 ) = f (x1 ) = y.
∀y ∈ Im f, ∃x1 ∈ F, h(x1 ) = 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 = 0L(E) et g s = 0L(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 = 0L(E) ◦ g r = 0L(E) . f ◦ g est nilpotent .
r+s−1
• Comme f et g commutent la formule du binôme donne : (f + g)
=
r+s−1
X
k
k
r+s−1−k
.
Cr+s−1 f ◦ g
k=0
Notons que f k = 0L(E) dès que k est élément de [[r, +∞[[. Ainsi (f + g)r+s−1 =
r−1
X
k
k
r+s−1−k
.
Cr+s−1 f ◦ g
k=0
Si k appartient à [[0, r − 1]], r + s − 1 − k appartient à [[s, r + s − 1]] et g
r+s−1
Alors (f + g)
=
r−1
X
r+s−1−k
= 0L(E) .
k
k
r+s−1−k
= 0L(E) . f + g est nilpotent .
Cr+s−1 f ◦ g
k=0
Exercice 6
F
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 = 0L(E) .
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 6 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(IdE , f, f 2 , ..., f n−1 ).
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
X
éléments de B. ∃(λ0 , λ1 , · · · , λn ) ∈ Kn , g(a) =
λk f k (a).
k=0
Montrer alors que g =
n−1
X
λk f k . Conclure.
k=0
Q1 Comme E n’est pas réduit au vecteur nul, IdE 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) 6= 0E . Montrons alors que la famille B = a, f (a), f 2 (a), . . . , f p−1 (a)
est libre.
Soit (λ0 , λ1 , . . . , λp−1 ) un élément de Kp tel que
p−1
X
λk f k (a) = λ0 a + λ1 f (a) + · · · + λp−1 f p−1 (a) = 0E
(∗).
k=0
Montrons par récurrence que ∀i ∈ [[0, p − 1]], λ0 = λ1 = · · · λi = 0.
!
p−1
X
k
p−1
λk f (a) = f p−1 λ1 a + λ2 f (a) + · · · + λp−1 f p−1 (a) = f p−1 (0E ) = 0E .
• (∗) donne f
k=0
Donc
p−1
X
λk f p−1+k (a) = λ0 f p−1 (a) + λ1 f p (a) + · · · + λp−1 f 2p−2 (a) = 0E .
k=0
Or f p−1+k (a) = 0E dès que p − 1 + k > p, c’est à dire dès que k > 1.
Alors λ0 f p−1 (a) = 0E . Comme f p−1 (a) 6= 0E : λ0 = 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 λ0 = λ1 = · · · = λi = 0 et il s’agit de montrer que λi+1 = 0.
L’hypothèse de récurrence et (∗) donnent
p−1
X
λk f k (a) = λi+1 f i+1 (a) + λi+2 f i+2 (a) + · · · + λp−1 f p−1 (a) = 0E .
k=i+1
Notons que p − 2 − i appartient à N.
!
p−1
X
p−2−i
k
Alors f
λk f (a) = f p−2−i λi+1 f i+1 (a) + λi+2 f i+2 (a) + · · · + λp−1 f p−1 (a) = f p−2−i (0E ) = 0E .
k=i+1
Donc
p−1
X
λk f p−2−i+k (a) = λi+1 f p−1 (a) + λi+2 f p (a) + · · · + λp−1 f 2p−3−i (a) = 0E .
k=i+1
Alors λi+1 f p−1 (a) = 0E et comme f p−1 (a) n’est pas nul : λi+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 6 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) 6= 0E .
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 .
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) = 0E . Alors
0 ··· ···
 1 ...


MB (f ) =  0 . . . . . .
. .
.
.. ...
.
0 ··· 0


··· 0
.. 
.
.. 
.
.
..
. .. 
1 0
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 0 deux éléments de G et λ un élément de K.
g ◦ f = f ◦ g et g 0 ◦ f = f ◦ g 0 donc (λ g + g 0 ) ◦ f = λ g ◦ f + g 0 ◦ f = λ f ◦ g + f ◦ g 0 = f ◦ (λ g + g 0 ) ; λ g + g 0 ∈ G.
Ceci achève de montrer que G est un sous-espace vectoriel de L(E). Comme IdE , f , ..., f n−1 sont des éléments de G :
G est un sous-espace vectoriel qui contient Vect(IdE , f, . . . , f n−1 ) .
c) Soit g un élément de G.
Considérons les coordonnées (λ0 , λ1 , . . . , λn−1 ) du vecteur g(a) dans la base B = a, f (a), f 2 (a), . . . , f n−1 (a) .
n−1
X
λk f k . g et
n−1
X
λk f k sont deux endomorphismes de E ; pour montrer qu’ils sont égaux,
k=0
k=0
montrons qu’ils coı̈ncident sur les éléments de la base B = a, f (a), f 2 (a), . . . , f n−1 (a) .
!
n−1
X
i
k
Il s’agit donc de montrer que ∀i ∈ [[0, n − 1]], g(f (a)) =
λk f
(f i (a)).
Montrons que g =
k=0
Notons que g commute avec f donc avec toute puissance de f .
i
i
i
i
Alors ∀i ∈ [[0, n − 1]], g(f (a)) = (g ◦ f )(a) = (f ◦ g)(a) = f (g(a)) = f
i
n−1
X
!
k
λk f (a)
=
k=0
∀i ∈ [[0, n − 1]], g(f i (a)) =
n−1
X
λk f i+k (a) =
k=0
n−1
X
λk f k (f i (a)) =
k=0
Ceci achève de montrer que : g =
n−1
X
n−1
X
n−1
X
λk f i (f k (a)).
k=0
!
λk f k
(f i (a)).
k=0
λk f k . Alors g est élément de Vect(IdE , f, . . . , f n−1 ).
k=0
Donc G ⊂ Vect(IdE , f, . . . , f
n−1
) et finalement :
G = Vect(IdE , f, . . . , f n−1 ) .
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 = 0L(E) .
Montrer que g = IdE − f est un automorphisme de E et déterminer g −1 . Illustrer.
Notons que f et IdE commutent, (IdE )r = IdE et f r = 0L(E) donc :
IdE = (IdE )r − f r = (IdE − f ) ◦ (IdE + f + f 2 + · · · f r−1 ) = (IdE + f + f 2 + · · · f r−1 ) ◦ (IdE − f ).
Alors IdE = g ◦ (IdE + f + f 2 + · · · f r−1 ) = (IdE + f + f 2 + · · · f r−1 ) ◦ g.
g est donc inversible et g −1 = IdE + f + f 2 + · · · f r−1 .
J.F.C.
p. 6
Si f r = 0L(E) alors IdE − f est un automorphisme de E et (IdE − f )−1 = IdE + f + f 2 + · · · f r−1 .
illustration E = Kn [X] et ∀P ∈ E, f (P ) = P 0 . f est endomorphisme de E tel que f n+1 = 0L(E) .
Alors g = IdE − f est un automorphisme de E et g −1 = IdE + f + f 2 + · · · f n .
∀P ∈ E, g(P ) = P − P 0 et g −1 (P ) = P + P 0 + P 00 + · · · + P (n) .
Exercice 8
F
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) = p2 − 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 = 0L(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) = p2 − 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) = 0E . p(x) = q(x).
Alors p(x) = q(x) = p(q(x)) car q = p ◦ q. p(x) − p(q(x)) = 0E . p(x − q(x)) = 0E 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 = x1 + x2 avec x1 dans Ker p et x2 dans Im q.
f (x) = p(x) − q(x) = p(x1 ) + p(x2 ) − q(x1 ) − q(x2 ). Or p(x1 ) = 0E et q(x2 ) = x2 . Alors f (x) = p(x2 ) − q(x1 ) − x2 .
q(x2 ) = x2 donne p(x2 ) = p(q(x2 )). Comme p ◦ q = q : p(x2 ) = q(x2 ) = x2 .
q = q ◦ p et p(x1 ) = 0E donnent : q(x1 ) = q(p(x1 )) = q(0E ) = 0E .
Alors f (x) = p(x2 ) − q(x1 ) − x2 = x2 − 0E − x2 = 0E . 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) = 0E . 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.
J.F.C.
p. 7
Réciproquement soit x un élément de Ker q ∩ Im p. q(x) = 0E et p(x) = x. Donc f (x) = p(x) − q(x) = x.
x appartient à Ker(f − IdE ) = Im f . Finalement :
Im f = Ker q ∩ Im p
Exercice 9
Endomorphisme dont le carré est −Id.
F
E est un espace vectoriel sur R de dimension n non nulle.
Q1. f est un endomorphisme de E tel que f 2 = −IdE .
a) Montrer que si (e1 , e2 , . . . , ep ) est une famille d’éléments de E telle que (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep )) soit libre
et non génératrice alors il existe un élément ep+1 de E tel que (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep+1 , f (ep+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 = −IdE .
Q1 a) Soit (e1 , e2 , . . . , ep ) une famille d’éléments de E telle que (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep )) soit libre et non
génératrice. Vect(e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep )) n’est pas E donc il existe un élément ep+1 appartenant à E et
n’appartenant pas à Vect(e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep )).
(e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep )) est libre et ep+1 n’appartient pas à Vect(e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep )) donc la
famille (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep ), ep+1 ) est encore libre.
Dès lors montrons que (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep ), ep+1 , f (ep+1 )) est libre.
Soit (α1 , α2 , . . . , αp+1 ) et (β1 , β2 , . . . , βp+1 ) deux éléments de Rp+1 tels que
p+1
X
αk ek +
k=1
p+1
X
Alors f
αk ek +
k=1
Ainsi
p+1
X
αk f (ek ) −
p+1
X
!
βk f (ek )
= f (0E ) = 0E . Donc
k=1
k=1
Il vient
p+1
X
p+1
X
p+1
X
αk f (ek ) +
k=1
βk ek = 0E
p+1
X
p+1
X
βk f (ek ) = 0E
(1).
k=1
βk f 2 (ek ) = 0E .
k=1
(2). Multiplions (1) par αp+1 et (2) par −βp+1 et ajoutons.
k=1
(αp+1 αk + βp+1 βk ) ek +
k=1
p+1
X
(αp+1 βk − βp+1 αk ) f (ek ) = 0E .
k=1
Si k = p + 1 : αp+1 βk − βp+1 αk = 0 donc :
p+1
X
k=1
(αp+1 αk + βp+1 βk ) ek +
p
X
(αp+1 βk − βp+1 αk ) f (ek ) = 0E .
k=1
La liberté de (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep ), ep+1 ) donne ∀k ∈ [[1, p + 1]], αp+1 αk + βp+1 βk = 0 et
∀k ∈ [[1, p]], αp+1 βk − βp+1 αk = 0.
2
2
En particulier αp+1 αp+1 + βp+1 βp+1 = 0 ou αp+1
+ βp+1
= 0. Comme αp+1 et βp+1 sont des réels : αp+1 = βp+1 = 0.
Alors (1) donne
p
X
k=1
αk ek +
p
X
βk f (ek ) = 0E . La liberté de (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep )) fournit :
k=1
α1 = · · · = αp = β1 = · · · = βp = 0. Ainsi α1 = · · · = αp = αp+1 = β1 = · · · = βp = βp+1 = 0.
Ceci achève de montrer que (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep ), ep+1 , f (ep+1 )) est libre.
b) Soit S l’ensemble des éléments q de N∗ tels qu’il existe une famille (e1 , e2 , . . . , eq ) d’éléments de E qui donne une
famille (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , eq , f (eq )) libre.
J.F.C.
p. 8
Montrons que S est une partie non vide et majorée de N∗ .
• Soit e1 un élément non nul de E. Montrons que (e1 , f (e1 )) est libre.
Soit α et β deux réels tels que α e1 + β f (e1 ) = 0E
(3). Ainsi 0E = f (0E ) = f (α e1 + β f (e1 )) = α f (e1 ) − β e1
(4).
En multipliant (3) par α, (4) par −β et en ajoutant on obtient : (α2 + β 2 ) e1 = 0E .
Commme e1 n’est pas nul : α2 + β 2 = 0. α et β étant réel : α = β = 0.
Ceci achève de prouver que (e1 , f (e1 )) 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 (e1 , e2 , . . . , eq ) d’éléments de E telle (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , eq , f (eq ))
soit une famille libre de E.
hni
+ 1.
Comme cette famille est de cardinal 2q et que E est de dimension n : 2q 6 n. Donc q 6
2
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 (e1 , e2 , . . . , ep ) d’éléments de E telle B 0 = (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep )) soit une famille
libre de E.
Si B 0 n’est pas une famille génératice de E, d’après a) on peut trouver un élément ep+1 de E tel que
(e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep+1 , f (ep+1 )) soit libre ; alors p + 1 appartient à S et est strictement plus grand que le plus
grand élément de S ! !
Ainsi B 0 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 = −IdE , la dimension de E est paire
Cherchons la matrice de f dans la base B 0 = (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 ), . . . , ep , f (ep )).
Notons que ∀k ∈ [[1, p]], f (ek ) = f (ek ) ! ! et ∀k ∈ [[1, p]], f (f (ek )) = −ek .


A1 O2 · · · O2
.
..

.. 
.
0 −1

 O2 A2
et
Alors MB 0 (f ) est la matrice diagonale par blocs  .
 où A1 = A2 = · · · = Ap =
..
..
1 0
 ..
. O2 
.
O2 · · · O2 Ap
0 0
O2 =
.
0 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 = (u1 , u2 , . . . , u2p ) une base de E et f l’endomorphisme de E définit par ∀k ∈ [[1, p]], f (uk ) = −uk+p et
∀k ∈ [[p + 1, 2p]], f (uk ) = uk−p .
∀k ∈ [[1, p]], f 2 (uk ) = −f (uk+p ) = −uk+p−p = −uk et ∀k ∈ [[p + 1, 2p]], f 2 (uk ) = f (uk−p ) = −uk−p+p = −uk .
Les deux endomorphismes f 2 et −IdE coı̈ncident sur la base B donc sont égaux. f 2 = −IdE .
Si la dimension de E est paire, il existe un endomorphisme f de E tel que f 2 = −IdE .
Exercice 10
FF
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 :
Nk = Ker f k
et
Ik = Im f k .
J.F.C.
p. 9
Q1. Montrer que la suite (Nk )k>0 est croissante au sens de l’inclusion et que la suite (Ik )k>0 est décroissante (toujours
au sens de l’inclusion).
Q2. Montrer que S = {k ∈ N| Nk+1 = Nk } est une partie non vide de N. On note p son plus petit élément.
Montrer que la suite (Nk )06k6p est strictement croissante et la suite (Nk )k>p constante. Qu’en est-il pour la suite des
images ?
Montrer que p 6 n.
Q3. Montrer que E = Np ⊕ Ip .
Q1 Soit k un élément de N. Soit x un élément de Nk = Ker f k . f k (x) = 0E donc f k+1 (x) = f (f k (x)) = f (0E ) = 0E
et x appartient à Ker f k+1 = Nk+1 . Alors Nk ⊂ Nk+1 .
f (E) ⊂ E donc f k (f (E)) ⊂ f k (E). Ainsi Ik+1 = f k+1 (E) = f k (f (E)) ⊂ f k (E) = Ik .
∀k ∈ N, Nk ⊂ Nk+1 et ∀k ∈ N, Ik+1 ⊂ Ik .
Q2 Supposons que S = {k ∈ N| Nk+1 = Nk } soit vide. Alors pour tout élément k de N, Nk est strictement contenu
dans Nk+1 . En particulier ∀k ∈ N, dim Nk < dim Nk+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 N0 , dim N1 , . . . , dim Nn+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]], Nk+1 et Nk sont distincts donc Nk est strictement
contenu dans Nk+1 .
La suite (Nk )06k6p est strictement croissante .
Pour tout k dans [[0, p − 1]], dim Nk < dim Nk+1 .
Donc pour tout k dans [[0, p − 1]], dim Ik = n − dim Nk > n − dim Nk+1 = dim Ik+1 .
Ainsi pour tout k dans [[0, p − 1]], Ik+1 est strictement contenu dans Ik .
La suite (Ik )06k6p est strictement décroissante .
Montrons par récurrence que ∀k ∈ [[p, +∞[[, Nk+1 = Nk .
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 Nk+2 = Nk+1 sachant que Nk+1 = Nk .
Nous savons déjà que Nk+1 ⊂ Nk+2 . Montrons l’inclusion inverse.
Soit x un élément de Nk+2 . f k+1 (f (x)) = f k+2 (x) = 0E donc f (x) appartient à Nk+1 . Comme Nk+1 = Nk , f (x)
appartient à Nk . Ainsi f k+1 (x) = f k (f (x)) = 0E et x appartient à Nk+1 . Nk+2 ⊂ Nk+1 et la récurrence s’achève.
Par conséquent la suite (Nk )k>p constante .
∀k ∈ [[p, +∞[[, Ik+1 ⊂ Ik et dim Ik+1 = n − dim Nk+1 = n − dim Nk = dim Ik .
Donc ∀k ∈ [[p, +∞[[, Ik+1 = Ik et la suite (Ik )k>p constante .
J.F.C.
p. 10
La suite (Nk )06k6p est strictement croissante donc (dim N0 , dim N1 , . . . , dim Np ) est une suite strictement croissante
de p + 1 entiers de l’intervalle [[0, n]] qui contient n + 1 éléments donc p + 1 6 n + 1. p 6 n .
Q3 Soit x un élément commun à Np et Ip . fp (x) = 0E et il existe un élément z de E tel que x = f p (z).
Alors f 2p (z) = f p (x) = 0E . Ainsi z appartient à N2p . Comme Np = N2p , z appartient à Np et x = f p (z) = 0E .
Alors Np ∩ Ip = {0E }.
De plus dim Np + dim Ip = 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 = Np ⊕ Ip .
Exercice 11
F
Espaces vectoriels isomorphes. Interpolation de Lagrange.
f est une application de I dans R. x0 , x1 , ..., xn 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 coı̈ncide avec f en x0 , x1 , ...,
xn .
Q1. Version 1. On pose ∀P ∈ Rn [X], ϕ(P ) = P (x0 ), P (x1 ), . . . , P (xn ) .
Montrer que ϕ est un isomorphisme de Rn [X] sur Rn+1 . Conclure.
Q2. Version 2. Pour tout élément k de [[0, n]], Uk est le quotient de U =
n
Y
(X − xi ) par X − xk et Lk =
i=0
1
Uk .
Uk (xk )
a) Montrer que (L0 , L1 , . . . , Ln ) est une base de Rn [X]. Trouver les coordonnées d’un élément P de Rn [X] dans cette
base.
b) Retouver le résultat.
Q1 ϕ est une application de Rn [X] sur Rn+1 .
Soit P et Q deux éléments de Rn [X] et λ un réel.
ϕ(λ P + Q) = λ P + Q (x0 ), λ P + Q (x1 ), . . . , λ P + Q (xn ) .
ϕ(λ P + Q) = λ P (x0 ) + Q(x0 ), λ P (x1 ) + Q(x1 ), . . . , λ P (xn ) + Q(xn ) .
ϕ(λ P + Q) = λ P (x0 ), P (x1 ), . . . , P (xn ) + Q(x0 ), Q(x1 ), . . . , Q(xn ) = λ ϕ(P ) + ϕ(Q).
Soit P un élément de Ker ϕ. ϕ(P ) = (P (x0 ), P (x1 ), . . . , P (xn )) = 0Rn+1 .
Ainsi ∀k ∈ [[0, n]], P (xk ) = 0.
P est alors un polynôme de degré au plus n admettant au moins n + 1 zéros x0 , x1 , ..., xn . P est le polynôme nul.
Ker ϕ = {0Rn [X] }. ϕ est injective.
ϕ est une application linéaire injective de Rn [X] dans Rn+1 et dim Rn [X] = dim Rn+1 = n + 1, par conséquent :
ϕ est un isomorphisme de Rn [X] sur Rn+1 .
Soit P un élément de Rn [X]. P coı̈ncide avec f en x0 , x1 , ..., xn si et seulement si P (x0 ), P (x1 ), . . . , P (xn ) =
f (x0 ), f (x1 ), . . . , f (xn ) ; autrement dit si et seulement si P est un antécédent par ϕ dans Rn [X] de l’élément
f (x0 ), f (x1 ), . . . , f (xn ) de Rn+1 .
ϕ étant une bijection de Rn [X] sur Rn+1 , f (x0 ), f (x1 ), . . . , f (xn ) possède un antécédent et un seul par ϕ dans Rn [X].
Il existe un unique polynôme P , de degré au plus n, qui coı̈ncide avec f en x0 , x1 , ..., xn .
J.F.C.
p. 11
Q2 a) Notons que U est un polynôme de degré n + 1 admettant pour zéros x0 , x1 , ..., xn .
Soit k un élément de [[0, n]]. Uk =
n
Y
(X − xi ). Uk est un polynôme de degré n dont les zéros sont : x0 , x1 , ..., xk−1 ,
i=0
i6=k
xk+1 , ..., xn .
Alors Lk est également un polynôme de degré n dont les zéros sont : x0 , x1 , ..., xk−1 , xk+1 , ..., xn .
n
1
0 si i 6= k
Uk (xk ) = 1. ∀k ∈ [[0, n]], i ∈ [[0, n]], Uk (xi ) =
.
Notons encore que Lk (xk ) =
Uk (xk )
1 si i = k
(L0 , L1 , . . . , Ln ) est une famille d’éléments de Rn [X]. Montons qu’elle libre.
Soit (λ0 , λ1 , . . . , λn ) un élément de Rn+1 tel que λ0 L0 + λ1 L1 + · · · + λn Ln = 0Rn [X] .
Alors ∀i ∈ [[0, n]], 0 = λ0 (xi ) L0 + λ1 (xi ) L1 (xi ) + · · · + λn Ln (xi ) = λi Li (xi ) = λi . ∀i ∈ [[0, n]], λi = 0.
Ceci achève de montrer que (L0 , L1 , . . . , Ln ) est une famille libre de Rn [X]. Le cardinal n + 1 de cette famille coı̈ncide
avec la dimension de Rn [X], c’est donc une base de Rn [X].
Soit P un élément de Rn [X] et (λ0 , λ1 , . . . , λn ) les coordonnées de P dans la base (L0 , L1 , . . . , Ln ).
P = λ0 L0 + λ1 L1 + · · · + λn Ln . Donc ∀i ∈ [[0, n]], P (xi ) = λ0 (xi ) L0 + λ1 (xi ) L1 (xi ) + · · · + λn Ln (xi ) = λi Li (xi ) = λi .
∀i ∈ [[0, n]], λi = P (xi ).
(L0 , L1 , . . . , Ln ) est une base de Rn [X]. Les coordonnées d’un éléments P de Rn [X] dans cette base sont
(P (x0 ), P (x1 ), . . . , P (xn )).
• Existence Soit P le polynôme de Rn [X] de coordonnées (f (x0 ), f (x1 ), . . . , f (xn )) dans la base (L0 , L1 , . . . , Ln ).
Ses coordonnées sont également (P (x0 ), P (x1 ), . . . , P (xn )). Ainsi ∀i ∈ [[0, n]], P (xi ) = f (xi ) et P est solution.
• Unicité Soit Q uen seconde solution. ∀i ∈ [[0, n]] (P − Q)(xi ) = P (xi ) − Q(xi ) = f (xi ) − f (xi ) = 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 = R3 [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 P1 et P2 deux éléments de E et λ un élément de R. Il existe deux éléments Q1 et Q2 de R[X] tels que
AP1 = Q1 B + f (P1 ) et AP2 = Q2 B + f (P2 ).
Alors A(λ P1 + P1 ) = (λ Q1 + Q2 ) B + λ f (P1 ) + f (P2 ). De plus λ f (P1 ) + f (P2 ) 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 P1 + P1 ) = (λ Q1 + Q2 ) B + λ f (P1 ) + f (P2 ) et deg(λ f (P1 ) + f (P2 )) < deg B.
λ f (P1 ) + f (P2 ) est alors le reste dans la division de (λ P1 + P2 ) A par B et ainsi f (λ P1 + P2 ) = λ f (P1 ) + f (P2 ).
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)). Pour montrer l’inclusion inverse il suffit de montrer que
X(X 2 + X + 1) appartient à Ker f .
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)) = 0E 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 = R3 [X].
P ∈ F ⇐⇒ P (1) = 0 ⇐⇒ X − 1 divise P ⇐⇒ ∃Q ∈ R2 [X], P = (X − 1)Q.
P ∈ F ⇐⇒ ∃(a, b, c) ∈ R3 , P = (X − 1)(a + bX + cX 2 ) ⇐⇒ ∃(a, b, c) ∈ R3 , 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 R2 [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 6 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 .
J.F.C.
Exercice 13
p. 13
Comparaison des spectres de g ◦ f et de f ◦ g.
Q1. f et g sont deux endomorphismes de E tel que ϕ = IdE −f ◦ g soit un automorphisme de E.
On se propose de montrer que ψ = IdE −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 IdE est bijectif si et seulement si g ◦ f − λ IdE
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) = (IdE −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 (IdE −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)) = (IdE +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 = IdE +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 = IdE +f ◦ ψ −1 ◦ g.
Finalement :
IdE −f ◦ g est un automorphisme de E si et seulement si IdE −g ◦ f est un automorphisme de E.
Q2. a) Soit λ un élément non nul de K.
f ◦ g − λ IdE = −λ IdE − λ1 f ◦ g est bijectif si et seulement si IdE −
1
λ
f ◦ g est bijectif car λ n’est pas nul.
1
f et g on peut dire que f ◦ g − λ IdE est bijectif si et seulement si IdE −g ◦
λ
Comme λ n’est pas nul, f ◦ g − λ IdE est bijectif si et seulement si −λ IdE −g ◦ λ1 f est bijectif.
Or −λ IdE −g ◦ λ1 f = g ◦ f − λ IdE . Ainsi :
En appliquant Q1 à
1
λ
f est bijectif.
pour tout élément non nul λ de K, f ◦ g − λ IdE est bijectif si et seulement si g ◦ f − λ IdE est bijectif.
J.F.C.
Remarque
p. 14
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 0 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 = IdE 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) = 0E donc g(f (x)) = 0E . Par conséquent x appartient à Ker(g ◦ f ) qui est réduit
à {0E } car g ◦ f est bijectif. Ainsi x = 0E .
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 :
f ◦ g est bijectif si et seulement si g ◦ f est bijectif.
Alors
pour tout élément λ de K, f ◦ g − λ IdE est bijectif si et seulement si g ◦ f − λ IdE est bijectif.
c) Soit λ un élément de K.
λ ∈ Sp(f ◦ g) ⇐⇒ f ◦ g − λ IdE non bijectif ⇐⇒ g ◦ f − λ IdE 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 IdE ) = {0E } si et seulement si
Ker(g ◦ f − λ IdE ) = {0E })
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 = 0L(E) ⇐⇒ ∀x ∈ E, f u(x) = 0E ⇐⇒ 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) = n2 − n r.
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 = n2 −(n2 −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 = 0L(E) ⇐⇒ ∀x ∈ E, u f (x) = 0E ⇐⇒ 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 = 0L(G,E) . Ainsi ∀x ∈ G, u(x) = û(x) = 0E . Alors u est nulle sur G.
Or u appartient à Ker ϕ donc u est également nulle sur Im f . Montrons alors que u = 0L(E) .
Soit x un élément de E. ∃!(x1 , x2 ) ∈ Im f × G, x = x1 + x2 . u(x) = u(x1 ) + u(x2 ) = 0E + 0E = 0E .
Ainsi u = 0L(E) et le noyau de θ est réduit à 0L(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 p0 l’application linéaire de E dans G définie par ∀x ∈ E, p0 (x) = p(x). Posons u = v ◦ p0 .
Notons que ∀x ∈ Im f, p0 (x) = p(x) = 0E et ∀x ∈ G, p0 (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 p0 (x) = v p(x) = v(0E ) = 0E . Ainsi u appartient à Ker ϕ.
J.F.C.
p. 16
∀x ∈ G, θ(u)(x) = û(x) = u(x) = v p0 (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 = n2 − r n. Ainsi rg ϕ = dim L(E) − dim Ker ϕ = n2 − (n2 − 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 um est défini par :
u0 = IdE et ∀ m ∈ [[1, +∞[[, um = u ◦ um−1 .
On note D l’application dérivation qui à tout P de E associe le polynôme dérivée P 0 .
Soit f un endomorphisme de E tel qu’il existe deux éléments k et m vérifiant : f k = Dm .
Q1. Montrer que D est un endomorphisme surjectif de E. En déduire que f est un endomorphisme surjectif de E.
Q2. Déterminer Ker Dm .
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 = Dm .
Q1 • D est une application de E dans E.
• ∀(P, Q) ∈ E 2 , ∀λ ∈ R, D(λ P + Q) = (λ P + Q)0 = λ P 0 + Q0 = 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 ∈ N, ∃(a0 , a1 , . . . , ar ) ∈ Rr+1 , P =
r
X
ak X k .
k=0
Posons Q =
r
X
k=0
ak
X k+1 . Q appartient à E et D(Q) = Q0 = P . Finalement :
k+1
D est un endomorphisme surjectif de E.
• Comme D est un endomorphisme surjectif de E il en est de même de Dm (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.
J.F.C.
p. 17
Q2 Notons que ∀P ∈ E, Dm (P ) = P (m) .
Soit P un élément de Ker Dm . P (m) = 0E .
La formule de Taylor avec reste intégrale appliquée à l’ordre m − 1 donne :
Z x
m−1
m−1
X P (k) (0)
X P (k) (0)
(x − t)m−1 (m)
∀x ∈ R, P (x) =
xk +
P
(t) dt =
Xk.
k!
(m
−
1)!
k!
0
k=0
Ainsi P =
m−1
X
k=0
k=0
P (k) (0) k
x donc P appartient à Rm−1 [X].
k!
Réciproquement il est clair que si P appartient à Rm−1 [X], P (m) est le polynôme nul donc P appartient à Ker Dm .
Ker Dm = Rn−1 [X].
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 (0E ) = 0E .
Ainsi Ker f p ⊂ Ker f k = Ker Dm = Rm−1 [X]. Comme Rm−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 ) = 0E donc f p−1 f (P ) = 0E .
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 ) = 0E ⇐⇒ f (P ) = 0E ⇐⇒ 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 ) = 0E 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 IdE = {0E } donc dim Ker f 0 = 0. Ainsi
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 Dm = 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 = Dm .
Montrons qu’elle est suffisante. Supposons que k divise m. Il existe un élément r de N∗ tel que m = r k.
Posons f = Dr . f est un endomorphisme de E et f k = (Dr )k = Dr k = Dm . 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 = Dm 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 = (e1 , e2 , . . . , en ) est une base d’un espace vectoriel E sur K. H est un hyperplan de E.
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = 0 et b1 x1 + b2 x2 + · · · + bn xn = 0 sont deux équations de H dans B.
Montrer qu’il existe un élément non nul λ de K tel que : ∀i ∈ [[1, n]], bi = λ ai .
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) = 0K et rappelons que ψ(a) = λ ϕ(a).
Alors ψ(x) = ψ(h) + γ ψ(a) = 0K + γ λ ϕ(a) = λ 0K + 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) = 0K ⇔ λ ϕ(x) = 0K .
Or λ n’est pas nul donc λ ϕ(x) = 0K ⇔ ϕ(x) = 0K . Ainsi x ∈ Ker ψ ⇔ x ∈ Ker ϕ.
Finalement Ker ψ = Ker ϕ.
Q2 Posons pour tout élément x =
n
P
i=1
xi ei de E, ϕ(x) =
n
P
i=1
ai xi et ψ(x) =
n
P
bi xi .
i=1
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]], bi = ψ(ei ) = λ ϕ(ei ) = λ ai .
J.F.C.
Exercice 17
p. 19
E est un espace vectoriel de dimension n sur K. u et v sont deux endomorphismes de E tels que :
u2 = v 2 = IdE et Ker(u − IdE ) = Ker(v − IdE ).
Q0 f et g sont deux endomorphismes de E. Montrer que g ◦ f = 0L(E) si et seulement si Im f ⊂ Ker g.
Q1 Montrer que Ker(u−IdE ) et Ker(u+IdE ) sont supplémentaires (c’est du cours mais je veux qu’on le redémontre).
Q2 a) Montrer que Im(u + IdE ) ⊂ Ker(u − IdE ) = Ker(v − IdE ).
b) Montrer en fait que : Im(u + IdE ) = Ker(u − IdE ) = Ker(v − IdE ).
c) Que dire de (v − IdE ) ◦ (u + IdE ) ?
Q3 On pose f = v ◦ u − IdE . Montrer que f = u − v. Prouver que f 2 = 0L(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 = 0L(E) ⇐⇒ ∀x ∈ E, g f (x) = 0E ⇐⇒ ∀x ∈ E, f (x) ∈ Ker g. Or Im f = {f (x) , x ∈ E}.
Donc g ◦ f = 0L(E) ⇐⇒ ∀y ∈ Im f, g(y) = 0E ⇐⇒ Im f ⊂ Ker g.
g ◦ f = 0L(E) ⇐⇒ Im f ⊂ Ker g.
Q1 Version 1 u est un endomorphisme de E tel que u2 = IdE donc u est une symétrie vectorielle.
Mieux u est la symétrie vectorielle par rapport à Ker(u − IdE ) parallèlement à Ker(u + IdE ).
Donc Ker(u − IdE ) et Ker(u + IdE ) 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 − IdE ) × Ker(u + IdE ) tel que x = y + z.
Analyse/Unicité. Supposons que x = y + z avec (y, z) ∈ Ker(u − IdE ) × Ker(u + IdE ).
u(x) = u(y)+u(z) = y−z. Ainsi x = y+z et u(x) = y−z. En ajoutant et en multipliant par
1
1
il vient y = x+u(x) .
2
2
1
1
il vient z = x − u(x) .
2
2
Ce qui prouve l’unicité de la décomposition.
1
1
Synthèse/Existence. Posons y = x + u(x) et z = x − u(x) .
2
2
1
1
• y + z = x + u(x) + x − u(x) = x.
2
2
1
1
• u(y) =
u(x) + u2 (x) =
u(x) + x = y donc y ∈ Ker(u − IdE ).
2
2
1
1
• u(z) =
u(x) − u2 (x) =
u(x) − x = −z donc z ∈ Ker(u + IdE ).
2
2
Ainsi x = y + z avec y ∈ Ker(u − IdE ) et z ∈ Ker(u + IdE ). D’où l’existence de la décompoition.
En soustrayant et en multipliant par
Ker(u − IdE ) et Ker(u + IdE ) sont supplémentaires.
Q2 a) u et IdE commutent donc (u − IdE ) ◦ (u + IdE ) = u2 − Id2E = u2 − IdE = 0L(E) .
J.F.C.
p. 20
D’après Q0, Im(u + IdE ) ⊂ Ker(u − IdE ).
Im(u + IdE ) ⊂ Ker(u − IdE ) = Ker(v − IdE ).
b) Version 1 Im(u + IdE ) ⊂ Ker(u − IdE ). E étant de dimension finie, pour montrer que Im(u + IdE ) = Ker(u − IdE )
il ne reste plus qu’à montrer que dim Im(u + IdE ) = dim Ker(u − IdE ).
Ker(u − IdE ) et Ker(u + IdE ) sont supplémentaires dans E donc dim Ker(u − IdE ) + dim Ker(u + IdE ) = dim E = n.
Alors dim Ker(u − IdE ) = n − dim Ker(u + IdE ).
Le théorème du rang donne dim Ker(u + IdE ) + dim Im(u + IdE ) = dim E = n
Ceci fournit dim Im(u + IdE ) = n − dim Ker(u + IdE ).
Alors dim Ker(u − IdE ) = n − dim Ker(u + IdE ) = dim Im(u + IdE ).
Ceci achève de montrer que Im(u + IdE ) = Ker(u − IdE ).
Version 2 Im(u + IdE ) ⊂ Ker(u − IdE ). Pour montrer que Im(u + IdE ) = Ker(u − IdE ) il ne reste plus qu’à montrer
que Ker(u − IdE ) ⊂ Im(u + IdE ).
1
1
1
Soit x un élément de Ker(u − IdE ). u(x) = x donc x =
x+x =
u(x) + x = (u + IdE )
x .
2
2
2
Ainsi x appartient à Im(u + IdE ). Ceci achève de montrer que Ker(u − IdE ) ⊂ Im(u + IdE ). On retrouve alors :
Im(u + IdE ) = Ker(u − IdE ) = Ker(v − IdE ).
c) Im(u + IdE ) ⊂ Ker(v − IdE ) d’après a). Q0 donne alors : (v − IdE ) ◦ (u + IdE ) = 0L(E) .
Q3 (v − IdE ) ◦ (u + IdE ) = 0L(E) donc v ◦ u + v − u − IdE = 0L(E) . Alors f = v ◦ u − IdE = u − v.
Nous venons de voir que v ◦ u − IdE = u − v. Comme u et v jouent un rôle symétrique, u ◦ v − IdE = v − u.
Alors f 2 = (v − u)2 = (v − u) ◦ (v − u) = v 2 − v ◦ u − u ◦ v + u2 = IdE −v ◦ u − u ◦ v + IdE = −(v ◦ u − IdE ) − (u ◦ v − IdE ).
Ainsi f 2 = −(u − v) − (v − u) = 0L(E) . f 2 = 0L(E) .
Q4 Nous avons vu que v ◦ u − IdE = u − v et u ◦ v − IdE = v − u.
Alors u ◦ v = v ◦ u ⇐⇒ u ◦ v − IdE = v ◦ u − IdE ⇐⇒ 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 00 + a f = 0A(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 0 (... 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 R2 définie par : ∀f ∈ F, ϕ(f ) = (f (0), f 0 (0)).
a) Montrer que ϕ est linéaire.
J.F.C.
p. 21
b) Soit f un élément de Ker ϕ.
Montrer que ∀p ∈ N∗ , ∀x ∈ R, |f (x)| 6
|x|2 p p
|a| Max |f (t)|. En déduire que f est la fonction nulle.
(2 p)!
t∈[0,x]
En déduire que la dimension de F est inférieure ou égale à deux.
Q4 a) On suppose que a est strictement négatif. Trouver l’ensemble des réels λ tels que x → eλ 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 00 = −a f . L’hypothèse de récurrence permet alors de dire que
f 00 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 !
00
00
De plus f 2(p + 1) = f (2p) = (−a)p f = (−a)p f 00 = (−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.
0
0
De plus ∀p ∈ N, f (2p+1) = f (2p) = (−a)p f = (−a)p f 0 .
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 0
b) • D’après a) F est contenu dans E.
• 0E est deux fois dérivable sur R et 000E + a 0E = 0E + a 0E = 0E = 0A(R,R) . Ainsi 0E 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)00 + a (λ f + g) = λ f 00 + g 00 + a λ f + a g = λ(f 00 + a f ) + (g 00 + a g) = λ 0A(R,R) + 0A(R,R) = 0A(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 00 est nulle sur l’intervalle R ! Ainsi f 0 est constante sur R.
Alors il existe un réel b tel que ∀x ∈ R, f 0 (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, f0 (x) = 1 et f1 (x) = x ; (f0 , f1 ) est une base de F .
J.F.C.
p. 22
Q3 a) Soient f et g deux éléments de F et soit λ un réel.
ϕ(λ f + g) = (λ f + g)(0), (λ f + g)0 (0) = λ f (0) + g(0), (λ f 0 + g 0 )(0) = λ f (0) + g(0), λ f 0 (0) + g 0 (0) .
ϕ(λ f + g) = λ f (0), f 0 (0) + g(0), g 0 (0) = λ ϕ(f ) + ϕ(g). Ceci achève de montrer que :
ϕ est linéaire.
b) f un élément de Ker ϕ donc f est un élément de F qui vérifie f (0) = f 0 (0) = 0.
Alors f est de classe C ∞ sur R. De plus ∀p ∈ N, f (2p) (0) = (−a)p f (0) = 0 et f (2p+1) (0) = (−a)p f 0 (0) = 0.
Soit p un élément de N∗ . L’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à f à l’ordre 2p − 1 donne :
2p−1
|x − 0|2 p
X f (k) (0)
k
∀x ∈ R, f (x) −
(x − 0) 6
Max |f (2p) (t)|.
k!
(2 p)! t∈[0,x]
k=0
(k)
Or ∀k ∈ N, f (0) = 0 et ∀x ∈ R, Max |f (2p) (t)| = Max |(−a)p f (t)| = Max |a|p |f (t)| = |a|p Max |f (t)|.
t∈[0,x]
Donc ∀x ∈ R, |f (x)| 6
t∈[0,x]
t∈[0,x]
t∈[0,x]
|x|2 p p
|a| Max |f (t)|. Finalement :
(2 p)!
t∈[0,x]
∀p ∈ N∗ , ∀x ∈ R, |f (x)| 6
|x|2 p p
|a| Max |f (t)|.
(2 p)!
t∈[0,x]
p
(|x| |a|)2 p
|x|2 p p
Soit x un réel. ∀p ∈ N , |f (x)| 6
|a| Max |f (t)| =
Max |f (t)| (1).
(2 p)!
(2 p)!
t∈[0,x]
t∈[0,x]
p
p
(|x| |a|)n
(|x| |a|)n
converge donc lim
= 0.
Or la série de terme général
n→+∞
n!
n!
p
(|x| |a|)2 p
Ainsi lim
= 0. En passant à la limite dans (1) il vient |f (x)| 6 0 donc f (x) = 0 ! Ceci pour tout réel x.
p→+∞
(2 p)!
∗
Ceci achève de montrer que f est la fonction nulle. Ainsi :
Ker ϕ = {0F }.
Im ϕ est un sous-espace vectoriel de R2 qui est un espace vectoriel de dimension 2 donc dim Im ϕ 6 2.
De plus dim Ker ϕ = 0. Le théorème du rang donne alors dim F = dim Ker ϕ + dim Im ϕ = dim Im ϕ 6 2
F est de dimension inférieure ou égale à deux.
Q4 a) Ici a est réel strictement négatif.
Soit λ un réel. Posons : ∀x ∈ R, gλ (x) = eλ x . gλ est deux fois dérivable sur R et ∀x ∈ R, gλ00 (x)+a gλ (x) = (λ2 +a) eλ x .
√
√
Ainsi gλ appartient à F si et seulement si λ2 + a = 0 donc si et seulement si λ = −a ou λ = − −a.
λ est un réel. x → eλ x appartient à F si et seulement si λ =
√
√
Posons ∀x ∈ R, f2 (x) = e −a x et f3 (x) = e−
et f3 sont deux éléments de F
−a x
√
√
−a ou λ = − −a.
. Montrons que (f2 , f3 ) est une famille libre de F . Notons que f2
√
√
Soient α et β deux réels tels que α f2 + β f3 = 0F . ∀x ∈ R, α e −a x + β e− −a x = 0.
√
√
Pour x = 0 il vient α + β = 0 donc β = −α. Alors ∀x ∈ R, α e −a x − e− −a x = 0.
J.F.C.
√
En divisant par e
−a x
p. 23
√
on obtient ∀x ∈ R, α 1 − e−2 −a x = 0. En faisant tendre x vers +∞ on obtient α = 0.
Ainsi β = −α = 0. Ce qui achève de montrer que (f2 , f3 ) est une famille libre de F .
Cela permet en particulier de dire que F est de dimension supérieure ou égale à deux. Or nous avons vu plus haut
que F est de dimension au plus 2.
Par conséquent F est de dimension 2. (f2 , f3 ) est alors une famille libre de F , de cardinal 2 et F est de dimension 2.
(f2 , f3 ) est donc une base de F .
√
a est un réel strictement négatif. On pose ∀x ∈ R, f2 (x) = e
−a x
√
et f3 (x) = e−
−a x
.
F est de dimension 2 et (f2 , f3 ) est une base de F .
b) Ici a est réel strictement positif.
c est un réel. Soit λ un réel non nul. Posons : ∀x ∈ R, hλ (x) = cos(λ x + c).
hλ est deux fois dérivable sur R et ∀x ∈ R, h00λ (x) + a hλ (x) = (−λ2 + a) cos(λ x + c).
Ainsi hλ appartient à F si et seulement si (a − λ2 ) hλ = 0F .
c
Comme λ n’est pas nul on a : hλ −
= 1 donc hλ n’est pas égal à 0F .
λ
Alors hλ appartient à F si et seulement si (a − λ2 ) = 0, c’est à dire si et seulement si λ =
√
√
a ou λ = − a.
c est un réel et λ est un réel non nul. x → cos(λ x + c) appartient à F si et seulement si λ =
√
√
a ou λ = − a.
√
√
π
Posons ∀x ∈ R, f4 (x) = cos( a x) et f5 (x) = cos − a x +
.
2
√
Alors f4 et f5 sont deux éléments de F . Notons que ∀x ∈ R, f5 (x) = sin( a x) et montrons que (f3 , f5 ) est une
famille libre de F .
√
√
Soient α et β deux réels tels que α f4 + β f5 = 0F . ∀x ∈ R, α cos( a x) + β sin( a x) = 0.
π
Pour x = 0 il vient α = 0 et pour x = √ il vient β = 0 ; ce qui achève de montrer que (f4 , f5 ) est une famille libre
2 a
de F .
Cela permet en particulier de dire que F est de dimension supérieure ou égale à deux. Or nous avons vu plus haut
que F est de dimension au plus 2.
Par conséquent F est de dimension 2. (f4 , f5 ) est alors une famille libre de F , de cardinal 2 et F est de dimension 2.
(f4 , f5 ) est donc une base de F .
√
√
a est un réel strictement négatif. On pose ∀x ∈ R, f4 (x) = cos( a x) et f5 (x) = sin( a x).
F est de dimension 2 et (f4 , f5 ) est une base de F .
Exercice de contrôle a, b et c sont trois réels. Etudier l’ensemble F des applications f de R dans R, deux fois
dérivable sur R et telles que a f 00 + b f 0 + c f = 0A(R,R) .

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