[PDF] Algèbre linéaire I Soit E un espace de

View - Download Algèbre linéaire I

Previous PDF

Next PDF

Exo7

Algèbre linéaire I

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile

I : Incontournable

Exercice 1** ISoientFetGdeux sous-espaces vectoriels d"un espace vectorielE.

Montrer que :[(F[Gsous-espace deE),(FGouGF)].

estunespacevectorielsurunsous-corpsKdeC. Montrerque" (F1[:::[Fnsous-espace deE),(il existei2[[1;n]]=[ j6=iF jFi)# SoientF=f(x1;:::;xn)2E=x1+:::+xn=0getG=Vect((1;:::;1)). Montrer queFest un sous-espace

vectoriel deE. Montrer queFetGsont supplémentaires dansE. Préciser le projeté d"un vecteurxdeEsurF

parallèlement àGet surGparallèlement àF. relations existent.

1.(e1;e2;e3)oùe1= (3;0;1;2),e2= (1;5;0;1)ete3= (7;5;2;1).

2.(e1;e2;e3;e4)oùe1= (1;1;1;1),e2= (1;1;1;1),e3= (1;1;1;1)ete4= (1;1;1;1).

3.(e1;e2;e3;e4)oùe1= (0;0;1;0),e2= (0;0;0;1),e3= (1;0;0;0)ete4= (0;1;0;0).

4.(e1;e2;e3;e4)oùe1= (2;1;3;1),e2= (1;1;1;1),e3= (4;1;5;3)ete4= (1;2;2;0).

(f1;f2;f3)dans[0;+¥[[0;+¥[. 1 Exercice 7**Soitfa(x) =jxajpouraetxréels. Etudier la liberté de la famille(fa)a2R. Montrer que toute suite de polynômes non nuls de valuations deux à deux distinctes est libre.

Montrer qu"il existe une unique famille den+1 polynômes à coefficients complexes de degrénexactement

vérifiant8(i;j)2[[0;n]],Li(aj) =1 sii=jet 0 sinon. Montrer que la famille(Li)06i6nest une base deCn[X].

Montrer qu"il existe un unique polynômePde degré inférieur ou égal ànvérifiant8i2[[0;n]],P(ai) =bi.

ExpliciterPpuis déterminer tous les polynômes vérifiant les égalités précédentes.

J(p;q) =R2p

0cos(px)cos(qx)dx,K(p;q) =R2p

0cos(px)sin(qx)dxetL(p;q) =R2p

0sin(px)sin(qx)dx.

2. Montrer que la f amillede fonctions (cos(px))p2N[(sin(qx))q2Nest libre.

Démontrer que dim(F+G) =dimF+dimGdim(F\G).

Montrer que : dim(F+G+H)6dimF+dimG+dimHdim(F\G)dim(G\H)dim(H\F)+dim(F\ G\H). Trouver un exemple où l"inégalité est stricte. 2 SoientF1,F2,...,Fnnsous-espaces vectoriels d"un espaceEde dimension finie surK(n>2).

Montrer que dim(F1+:::+Fn)6dimF1+:::+dimFnavec égalité si et seulement si la somme est directe.

nulle.

Montrer ques>r+mn. Cas d"égalité ?

F. Montrer quejrgfrggj6rg(f+g)6rgf+rgg.

Montrer que rgf+rggdimF6rg(gf)6Minfrgf;rggg.

FetGpour qu"il existe un endomorphismefdeEtel queF=KerfetG=Imf.

Montrer que :

1.(fnon injective),(f=0 oufdiviseur de zéro à gauche).

2.(fnon surjective),(f=0 oufdiviseur de zéro à droite).

@8 22 2 5 4

2 4 51

A . Justifier l"existence deAetBpuis calculerBA. 3 SoientEun espace vectoriel etfun endomorphisme deE. Pourk2N, on poseNk=Ker(fk)etIk=Im(fk) puisN=[ k2NN ketI=\ k2NI k. (Nest le nilespace defetIle coeur def) 1. (a) Montrer quelessuites(Nk)k2Net(Ik)k2Nsontrespectivementcroissanteetdécroissantepourl"inclusion. (b)

Montrer que NetIsont stables parf.

(c)

Montrer que 8k2N,(Nk=Nk+1))(Nk+1=Nk+2).

2. On suppose de plus que dim E=nentier naturel non nul. (a) Soit A=fk2N=Nk=Nk+1getB=fk2N=Ik=Ik+1g. Montrer qu"il existe un entierp6ntel queA=B=fk2N=k>pg. (b)

Montrer que E=NpIp.

(c)

Montrer que f=Nest nilpotent et quef=I2GL(I).

3.

T rouverdes e xemplesoù

(a)Aest vide etBest non vide, (b)Aest non vide etBest vide, (c) (****) AetBsont vides. 4. Pour k2N, on posedk=dim(Ik). Montrer que la suite(dkdk+1)k2Nest décroissante. (x;f(x))soit liée. Montrer quefest une homothétie. avec tous les endomorphismes (resp. automorphismes) deE. Montrer que(p+qprojecteur),(pq=qp=0),(Im(p)Ker(q)et Im(q)Ker(p)). Dans le cas oùp+qest un projecteur, déterminer Ker(p+q)et Im(p+q). j;pipj=0. 4

1.Montrer que tous les pisont de rang 1.

2.

Soient q1,...,qnnprojecteurs vérifiant les mêmes égalités. Montrer qu"il existe un automorphismefde

Etel que8i2[[1;n]],qi=fpif1.

stable par tous les éléments deGetpun projecteur d"imageF. Montrer que1n

åg2Ggpg1est un projecteur

d"imageF.

Montrer que dimF=1p

åg2GTrg.

multiplication. SoitA=A1+:::+Ap. Montrer que TrAest un entier divisible parp.

Correction del"exer cice1 N()SiFGouGFalorsF[G=GouF[G=F. Dans tous les cas,F[Gest un sous-espace vectoriel.

))Supposons queF6Get queF[Gest un sous-espace vectoriel deEet montrons queGF. Fn"est pas inclus dansGet donc il existexélément deEqui est dansFet pas dansG. Soityun élément deG.x+yest dansF[Gcarxetyy sont et carF[Gest un sous-espace vectoriel deE. Si

x+yest élément deGalorsx= (x+y)yl"est aussi ce qui est exclu. Doncx+yest élément deFet par suite

y= (x+y)xest encore dansF. Ainsi, tout élément deGest dansFet doncGF.Correction del"exer cice2 N()Immédiat .

))On raisonne par récurrence surn.

Pourn=2, c"est l"exercice1 .

Soitn>2. Supposons que toute réunion densous-espaces deEest un sous-espace deEsi et seulement si l"un

de ces sous-espaces contient tous les autres.

SoientF1,...,Fn,Fn+1n+1 sous-espaces vectoriels deEtels queF1[:::[Fn+1soit un sous-espace vectoriel de

E. PosonsF=F1[:::[Fn.

• SiFn+1contientF, c"est fini. • SiFn+1F, alors=F1[:::[Fn=F1[:::[Fn[Fn+1est un sous-espace vectoriel deE. Par hypothèse de

récurrence,Fest l"un desFipour un certainiélément de[[1;n]].Fi=Fcontient égalementFn+1et contient

donc tous lesFjpourjélément de[[1;n+1]]. • Supposons dorénavant queF6Fn+1et queFn+16Fet montrons que cette situation est impossible. Il existe un vecteurxqui est dansFn+1et pas dansFet un vecteuryqui est dansFet pas dansFn+1. Soitlun élément deK.ylxest un élément deF[Fn+1(puisqueF[Fn+1est un sous-espace) maisylx n"est pas dansFn+1car alorsy= (ylx)+lxy serait ce qui n"est pas.

Donc8l2K,ylx2F. On en déduit que pour tout scalairel, il existe un indicei(l)élément de[[1;n]]

tel queylx2Fi(l). Remarquons enfin que sil6=malorsi(l)6=i(m). En effet, si pourletmdeux

scalaires distincts donnés, il existe un indiceiélément de[[1;n]]tel queylxetymxsoient dansFi, alors

x=(ymx)(ylx)mlest encore dansFiet donc dansF, ce qui n"est pas.

Comme l"ensemble des scalaires est infini et que l"ensemble des indices ne l"est pas, on vient de montrer que

cette dernière situation n"est pas possible, ce qui achève la démonstration.Correction del"exer cice3 N1ère solution.Fest le noyau d"une forme linéaire non nulle surEet est donc un hyperplan deE.

Soitx= (x1;:::;xn)un élément deF\G. Il existel2Ktel quex= (l;:::;l)etnl=0 et doncl=0 puis x=0. DoncF\G=f0g. De plus dim(F)+dim(G) =n1+1=n=dim(E)<+¥et doncFG=E. Soitx= (x1;:::;xn)un vecteur deE. Soitl2K.x(l;:::;l)2F,(x1l)+:::+(xnl) =0,l= 1n åni=1xi. LeprojetédexsurGparallèlementàFestdonc1n

àGestx1n

åni=1xi(1;:::;1).

2ème solution(dans le cas oùK=R). On munitRnde sa structure euclidienne canonique. Posons!u=

(1;:::;1). On aF=!u?=G?. Par suite,Fest le supplémentaire orthogonal deF. Soitx2E. Le projeté orthogonal dexsurGestx:ukuk2u=x1+:::+xnn

(1;:::;1).Correction del"exer cice4 N1.La matrice de la f amille(e1;e2;e3)dans la base canonique deR4est0

B

B@3 1 7

0 5 5 1 0 2 21 11
C

CA. Les trois

dernières équations du systèmele1+me2+ne3=0 d"inconnuesl,metnforment un sous-système 6 de matriceA=0 @0 5 5 1 0 2 21 11
A

En développant le déterminant de cette matrice suivant sa première colonne, on obtient det(A) =10

210=306=0. Ce sous-système est de CRAMERet admet donc l"unique solution(l;m;n)=(0;0;0).

Par suite, la famille(e1;e2;e3)est libre.

2.

1 1 1 1

1 1 11

1 11 1

11 1 1

1 1 1 1

0 0 02

0 02 0

02 0 0

(pour 26i64;Li LiL1) 0 02 02 0 2 0 0 =86=0: Donc la famille(e1;e2;e3;e4)est une famille libre (et donc une base deE). 3.

Notons (u1;u2;u3;u4)la base canonique deR4.

La famille(e1;e2;e3;e4) = (u3;u4;u1;u2)a même rang que la famille(u1;u2;u3;u4)c"est-à-dire 4. La

famille(e1;e2;e3;e4)est donc une base deR4. 4. La matrice de la f amille(e2;e1;e3;e4)dans la base canonique deR4est0 B

B@1 2 4 1

11 12

1 3 5 2

1 1 3 01

C

CA. Cette

matrice a même rang que les matrices suivantes : 0 B

B@1 0 0 0

1333

1 1 1 1

11111
C

CA(e5=e12e2,e6=e34e2ete7=e4e2)

0 B

B@1 0 0 0

13 0 0

1 1 10 0

11 0 01

C

CA(e8=e6e5ete9=e7e5).

La matrice ci-dessus est de rang 2. Il en est de même de la famille(e1;e2;e3;e4)qui est en particulier liée.

La nullité de la troisième colonne fournit 0=e8=e6e5= (e34e2)(e12e2) =e12e2+e3et donce3=e1+2e2. La nullité de la quatrième colonne fournit 0=e9=e7e5=(e4e2)(e12e2)= e

4+e2e1et donce4=e1e2.Correction del"exer cice5 NSoit(a;b;c)2Q3.

a+bp2+p3=0)(a+bp2)2= (cp3)2)a2+2b2+2abp2=3c2)2abp22Q: Mais p2 est irrationnel doncab=0. Sib=0, puisquea+c=0 et quep3 est irrationnel, on en déduit quec=0 (sinonp3 serait rationnel) puis a=0 et finalementa=b=c=0.

Sia=0, il reste 2b2=3c2. Maisq3

2 est irrationnel (dans le cas contraire, il existe deux entierspetqnon

nuls tels que 3q2=2p2et par exemple l"exposant du nombre premier 2 n"a pas la même parité dans les deux

membres de l"égalité ce qui est impossible) et doncb=c=0 puis encore une foisa=b=c=0. 7 On a montré que8(a;b;c)2Q3,(a+bp2+p3=0)a=b=c=0). Donc la famille(1;p2;p3)est une

famille de réelsQ-libre.Correction del"exer cice6 NLes fonctionsf1,f2etf3sont bien définies surR+.

Soienta,betctrois réels tels queaf1+bf2+cf3=0.

Première solution.Siaest non nul, la fonctionaf1+bf2+cf3est équivalente au voisinage de+¥àalnxet ne

peutdoncêtre égaleàlafonction nulle. Donca=0. Puis sibestnonnul, lafonctionaf1+bf2+cf3=bf2+cf3

est équivalente àbln(lnx)et ne peut être égale à la fonction nulle. Doncb=0. Puisc=0.

Deuxième solution.On effectue un développement limité à un ordre suffisant de la fonctionaf1+bf2+cf3

quandxtend vers 0 : f

1(x) =ln(1+x) =x!0xx22

+x33 +o(x3)puis f

2(x) =ln(1+f1(x)) =x!0ln

1+xx22

+x33 +o(x3) xx22 +x33 12 xx22 2 +13 x3+o(x3) =xx2+76 x3+o(x3) puis f

3(x) =ln(1+f2(x)) =x!0ln

1+xx2+76

x3+o(x3) xx2+76 x3 12 xx22+13 x3+o(x3) =x32 x2+52 x3+o(x3):

Par suite,af1(x)+bf2(x)+cf3(x) =x!0(a+b+c)x+a2

b3c2 x2+a3 +7b6 +5c2 x3+o(x3). L"égalité af

1+bf2+cf3=0 fournit, par identification des parties régulières des développements limités à l"ordre trois

en zéro : 8>< :a+b+c=0 a2 b3c2 =0 a3 +7b6 +5c2 ou encore8 :a+b+c=0 a+2b+3c=0

2a+7b+15c=0.

Comme 1 1 1 1 2 3

2 7 15

1 0 0 1 1 1 2 5 8

=36=0, on a donca=b=c=0.Correction del"exer cice7 NSoientnun entier naturel non nul puisa1,...,annréels deux à deux distincts etl1,...,lnnréels.

Supposonsl1fa1+:::+lnfan=0. Soitiun élément de[[1;n]]. On alifai=åj6=iljfajet on ne peut avoir

l

i6=0 car alors le membre de gauche est une fonction non dérivable enaitandis que le membre de droite l"est.

Par suite, tous leslisont nuls et donc la famille(fai)16i6nest libre.

On a montré que toute sous-famille finie de la famille(fa)a2Rest libre et donc la famille(fa)a2Rest libre.Correction del"exer cice8 NSoienta1< :::

Première solution.Après multiplication des deux membres de()pareanxpuis passage à la limite quandx

tend vers+¥, on obtientln=0. En réitérant, on obtient doncln=ln1=:::=l1=0. Deuxième solution.On notefla fonction apparaissant au premier membre de(). 8 f=0) 8k2[[0;;n1]];f(k)(0) =0 ) 8k2[[0;n1]];l1ak1+:::+lnakn=0:

Le système prédédent d" inconnuesli, 16n, est un système linéaire homogène ànéquations etninconnues.

Son déterminant est le déterminant de Vandermonde desaiet est non nul puisque lesaisont deux à deux

distincts. Le système est donc de CRAMERet admet l"unique solution(0;:::;0).

Troisième solution.( dans le cas où on se restreint à démontrer la liberté de la famille(x7!enx)n2N).

Soientn1< :::

0. On en déduit que pour tout réel strictement positift, on aåni=1litni=0 et donc le polynômeåni=1liXniest

nul (car a une infinité de racines) ou encore les coefficients du polynôme

åni=1liXnià savoir leslisont tous

nuls.

Quatrième solution.(pour les redoublants) L"applicationjqui àfde classeC¥fait correspondre sa dérivée

est un endomorphisme de l"espace des fonctions de classeC¥surRà valeurs dansR. Pouraréel donné,

j(fa) =afaet la famille(fa)a2Rest constituée de vecteurs propres dej(lesfasont non nulles) associés à des

valeurs propres deux à deux distinctes. On sait qu"une telle famille est libre.Correction del"exer cice9 NSoientnun entier naturel non nul puisP1,...,Pnnpolynômes non nuls de degrés respectifsd1< ::: Soit(l1;:::;ln)2Kntel quel1P1+:::+lnPn=0. Supposons par l"absurde que lesline soient pas tous nuls et posonsk=Maxfi2[[1;n]]=li6=0g. On ne peut avoirk=1 carP16=0 puis l

Cette dernière égalité est impossible carlkPkest un polynôme de degrédk(carlk6=0) etåi polynôme de degré au plusdk1La même démarche tient en remplaçant degré par valuation et en s"intéressant à la plus petite valuation au lieu

du plus grand degré.Correction del"exer cice10 NPremière solution.ChaquePk, 06k6n, est de degrék+nk=net est donc dansRn[X].

Les polynômesPk, 06k6nont des valuations deux à deux distinctes et donc constituent une famille libre.

Comme de plus card(Pk)06k6n=n+1=dim(E)<+¥, la famille(Pk)06k6nest une base deE.

inférieure. Ses coefficients diagonaux sont tous non nuls car égaux à 1.Mest donc inversible et(Pk)06k6nest

une base deE.Correction del"exer cice11 NUnicité.Soiti2[[0;n]].Lidoit admettre lesnracines deux à deux distinctesajoùjest différent deiet donc

L

iest divisible par le polynômeÕj6=i(Xaj).Lidoit être de degrénet donc il existe un réel non nulltel que

L i=lÕj6=i(Xaj). EnfinLi(ai) =1 fournitl=1Õ j6=i(aiaj). Ainsi nécessairementLi=Õj6=iXaja iaj.

Existence.LesLiainsi définis conviennent.

8i2[[0;n]];Li=Õj6=iXaja

iaj.Montrons que la famille(Li)06i6nest libre. Soientl0,...,lnn+1 nombres complexes tels quel0L0+:::+lnLn=0. En particulier, pour un indiceide

[[0;n]]donné,ånj=0ljLj(ai) =0 et doncli=0 au vu des égalités définissant lesLj. La famille(Li)06i6nest

libre. De plus lesLisont tous dansCn[X]et vérifient card(Li)06i6n=n+1=dimCn[X]<+¥. Donc la famille (Li)06i6nest une base deCn[X]. 9 SoitPun polynôme quelconque de degré inférieur ou égal àn.

On écritPdans la base(Lj)06j6n:P=ånj=0ljLj. En prenant la valeur enai,idonné dans[[0;n]], on obtient

l

i=P(ai). D"où l"écriture générale d"un polynôme de degré inférieur ou égal àndans la base(Li)06i6n:

8P2Cn[X],P=P(a0)L0+:::+P(an)Ln.Mais alors :(8i2[[0;n]];P(ai) =bi))P=b0L0+:::+bnLn.

Réciproquement le polynômeP=b0L0+:::+bnLnvérifie bien sûr les égalités demandées et est de degré

inférieur ou égal àn.

Ainsi, il existe un et un seul polynôme de degré inférieur ou égal ànvérifiant8i2[[0;n]],P(ai) =bià savoir

P

0=åni=0biLi.

SoientP2C[X]etR= (Xa0):::(Xan)(deg(R) =n+1).

(8i2[[0;n]]P(ai) =bi),(8i2[[0;n]]P(ai) =P0(ai)) ,PP0admet lesn+1 racines deux à deux distinctesa0;:::;an ,PP0est divisible parR, 9Q2C[X]=P=P0+QR:

Les polynômes cherchés sont lesP0+QRoùQdécritC[X].Correction del"exer cice12 N1.Pour petqentiers relatifs, posonsI(p;q) =R2p

0ei(pq)xdx.

Sip6=q,I(p;q) =1i(pq)ei(pq)x2p

0=0. Soient alorspetqdeux entiers naturels.

Donc sip6=q,J(p;q)12

Re(I(p;q)+I(p;q)) =0 puisK(p;q) =12

Im(I(p;q)I(p;q)) =0 puis

L(p;q) =12

Re(I(p;q)I(p;q)) =0.

Sip=q,J(p;p) =2psip=0 etpsip6=0 puisK(p;p) =0 puisL(p;p) =psip6=0 et 0 sip=0. 2.

Sur l"espace Edes fonctions continues surRà valeurs dansRet 2p-périodiques, l"application qui à

(f;g)élément deE2associeR2p

0f(t)g(t)dtest classiquement un produit scalaire. La famille de fonctions

proposée est une famille orthogonale pour ce produit scalaire et ne contient pas le vecteur nul deE. Cette

famille est donc est libre.Correction del"exer cice13 NSoitfl"application deFGdansEqui à un élément(x;y)deFGassociex+y.

fest clairement linéaire et d"après le thèorème du rang dim(FG) =dim(Kerf)+dim(Imf)avec dim(FxG) =dimF+dimGet dim(Imf) =dim(F+G).

Il reste à analyser Kerf.

Soit(x;y)2E2.(x;y)est élément de Kerfsi et seulement sixest dansF,yest dansGetx+y=0 ou encore si et seulement sixetysont dansF\Gety=x. Donc Kerf=f(x;x);x2F\Gg.

Montrons enfin que Kerfest isomorphe àF\G. Soitjl"application deF\Gdans Kerfqui à l"élémentxde

F\Gassocie(x;x)dans Kerf.jest clairement une application linéaire, clairement injective et clairement

surjective. Doncjest un isomorphisme deF\Gsur Kerfet en particulier dim(Kerf) =dim(F\G).

Finalement

dim(F+G) =dimF+dimGdim(F\G).10 Correction del"exer cice14 Ndim(F+G+H) =dim((F+G)+H) =dim(F+G)+dimHdim((F+G)\H) =dimF+dimG+dimHdim(F\G)dim((F+G)\H): Maintenant ,F\H+G\H(F+G)\H(car sixest dansF\H+G\Hil existeydansFet dansHetz dansGet dansHtel quex=y+zetxest bien dansF+Get aussi dansH). Donc dim((F+G)\H)>dim(F\H+G\H) =dim(F\H)+dim(G\H)dim((F\H)\(G\H)) =dim(F\H)+dim(G\H)dim(F\G\H) et finalement

dim(F+G+H)6dimF+dimG+dimHdim(F\G)dim(F\H)dim(G\H)+dim(F\G\H).Le cas de trois droites vectorielles deR2deux à deux distinctes fournit un cas d"inégalité stricte.Correction del"exer cice15 NMontrons par récurrence que8n>2, dim(F1+:::+Fn)6dim(F1)+:::+dim(Fn).

• Pourn=2, dim(F1+F2) =dim(F1)+dim(F2)dim(F1\F2)6dim(F1)+dim(F2). • Soitn>2. Supposons que siF1,...,Fnsontnsous-espaces deE, dim(F1+:::+Fn)6dim(F1)+dim(Fn).

SoientF1,...,Fn+1n+1 sous-espaces deE.

dim(F1+F2+:::+Fn+1)6dim(F1+:::+Fn)+dim(Fn+1) (d"après le casn=2)

6dim(F1)+:::+dim(Fn+1) (par hypothèse de récurrence):

Le résultat est démontré par récurrence. On sait que si la sommeF1+:::+Fnest directe, on a dim(F1+:::+Fn) =dim(F1)+:::+dim(Fn). Montronsparrécurrenceque8n>;2[dim(F1+:::+Fn)=dimF1+:::+dimFn])la sommeF1+:::+Fnest directe]. • Pour n=2 , d"après le 14 , dim(F1+F2) =dim(F1)+dim(F2))dim(F1\F2) =0)F1\F2=f0g. •Soitn>2. SoientF1,...,Fn+1n+1sous-espacesdeEtelsquedim(F1+:::+Fn+1)=dim(F1)+:::+dim(Fn+1).

On sait que

dim(F1)+:::+dim(Fn+1) =dim(F1+:::+Fn+1) et donc dim((F1+:::+Fn)\Fn+1)60 puis dim((F1+:::+Fn)\Fn+1)=0. Par suite(F1+:::+Fn)\Fn+1=f0g et aussi dim(F1)+:::+dim(Fn+1)=dim(F1+:::+Fn)+dim(Fn+1)et donc dim(F1+:::+Fn)=dim(F1)+:::+ dim(Fn).

Mais alors, par hypothèse de récurrence, la sommeF1+:::+Fnest directe et si l"on rappelle que(F1+:::+

F n)\Fn+1=f0g, on a montré que la sommeF1+:::+Fn+1est directe.

Le résultat est démontré par récurrence.Correction del"exer cice16 NSoitn>3. Montrons par récurrence que8k2[[2;n1]], siH1,...,Hksontkhyperplans deE, alors dim(H1\

:::\Hk)>nk. • Pourk=2. SoientH1etH2deux hyperplans deE. 11 dim(H1\H2) =dim(H1)+dim(H2)dim(H1+H2)>(n1)+(n1)n=n2.

• Soitk2[[2;n3]]. Supposons que la dimension d"une intersection dekhyperplans deEsoit supérieure ou

égale ànk.

SoientH1,...,Hk,Hk+1k+1 hyperplans deE.

dim(H1\:::\Hk\Hk+1) =dim(H1\:::\Hk)+dim(Hk+1)dim((H1\:::\Hk)+Hk+1)> (nk)+(n1)n=n(k+1), ce qui démontre le résultat par récurrence.

Pourk=n1, on obtientenparticulier dim(H1\:::\Hn1)>n(n1)=1>0et doncH1\:::\Hn16=f0g.Correction del"exer cice17 NSim=n, c"est immédiat.

Supposonsm r=dim(Vect(x1;:::;xn)) =dim(Vect(x1;:::;xm)+Vect(xm+1;:::xn))

6s+(nm)

et doncs>r+mn. On a l"égalité si et seulement si chaque inégalité est une égalité, c"est à dire si et

seulement si Vect(x1;:::;xm)\Vect(xm+1;:::xn) =f0g(pour la première) et la famille(xm+1;:::;xn)est libre

(pour la deuxième).Correction del"exer cice18 NIm(f+g) =ff(x)+g(x);x2Eg ff(x)+g(x0);(x;x0)2E2g=Imf+Img. Donc

rg(f+g)6dim(Imf+Img)6rgf+rgg puis rgf=rg((f+g)+(g))6rg(f+g)+rg(g) =rg(f+g)+rgg(car Im(g) =fg(x);x2Eg= fg(x);x2Eg=fg(x0);x02Eg=Img) et donc rg(f+g)>rgfrgg. De même , en échangeant les rôles de fetg, rg(f+g)>rggrgfet finalement rg(f+g)>jrgfrggj.

8(f;g)2L(E;F)2;jrgfrggj6rg(f+g)6rgf+rgg.Correction del"exer cice19 NIm(gf) =g(f(E))g(F)fournit rg(gof)6rgg.

Soitg0=g=f(E). D"après le théorème du rang, on a rgf=dim(f(E)) =dimKerg0+dimImg0>dimImg0) =rg(gf) et donc rg(gf)6Minfrgf;rggg.

A partir du théorème du rang, on voit que l"inégalité rgf+rggdimF6rg(gf)est équivalente à l"inégalité

dim(Ker(gf))6dimKerf+dimKerg. Soitf0=f=Ker(gf). D"après le théorème du rang, dim(Ker(gf)) =dimKerf0+dimImf0. Mais Kerf0 Kerfpuis Imf0=ff(x)=x2Eetg(f(x)) =0g fy2F=g(y) =0g=Kerget finalement dimKer(gf)6 dimKerf+dimKerg. Correction del"exer cice20 NUne condition nécessaire est bien sur dimF+dimG=dimE(et non pasFG=E). Montrons que cette condition est suffisante. SoientFetGdeux sous-espaces deEtels que dimF+dimG= dimE. SoitF0un supplémentaire deFdansE(F0existe carEest de dimension finie).

SiG=f0g(et doncF=E),f=0 convient.

SiG6=f0g, il existe un isomorphismejdeF0surG(carF0etGont même dimension finie) puis il existe un unique endomorphisme deEvérifiant :f=F=0=Fetf=F0=j. Mais alors Imf=f(FF0) =f(F)+f(F0) =f0g+G=GpuisFKerfet pour des raisons de dimension, F=Kerf.Correction del"exer cice21 N1.(/ Sif=0,fn"est pas injective (carE6=f0g). Sif6=0 et s"il existe un endomorphisme non nulgdeEtel quefg=0 alors il existe un vecteurxde E tel queg(x)6=0 etf(g(x)) =0. Par suite Kerf6=f0getfn"est pas injective. )/ Supposonsfnon injective et non nulle. SoientF=KerfetGun supplémentaire quelconque deF dansE. Soitpla projection surFparallèlement àG. PuisqueF=Kerf, on afp=0 et puisquefn"est pas nul,Fest distinct deEet doncGn"est pas nul (Eétant de dimension finie) ou encorepn"est pas nul.fest donc diviseur de zéro à gauche.

2.(/ Sif=0,fn"est pas surjective.

Sifn"est pas nul et s"il existe un endomorphisme non nulgdeEtel quegf=0 alorsfne peut être surjective car sinong(E) =g(f(E)) =f0gcontredisantg6=0. )/ Supposonsfnon surjective et non nulle. SoientG=ImfetFun supplémentaire quelconque deGdansEpuispla projection surFparallèlement àG.FetGsont non nuls et distincts deEet doncpn"est pas nulle et vérifiepf=0.fest donc

diviseur de zéro à droite.Correction del"exer cice22 N1ère solution.Sif=0, c"est immédiat . Sinon, soitpl"indice de nilpotence def(p>2).

Par définition dep, il existe un vecteurx0tel quefp1(x0)6=0 (etfp(x0) =0).

Montrons que la famille(fk(x0))06k6p1est libre. Dans le cas contraire, il existea0,...,ap1pscalaires non

tous nuls tels quea0x0+:::+ap1fp1(x0) =0.

Soitk=Minfi2[[0;p1]]=ai6=0g.

p1å i=0a ifi(x0) =0)p1å i=ka ifi(x0) =0)fp1 p1å i=ka ifi(x0)! =0 )akfp1(x0) =0(car pouri>p;fi=0 )ak=0(carfp1(x0)6=0):

Ceci contredit la définition deket donc la famille(fk(x0))06k6p1est libre. Puisque le cardinal d"une famille

libre est inférieur à la dimension de l"espace, on a montré quep6nou, ce qui revient au même,fn=0.

2ème solution.(pour les redoublants)

Soitp2Nl"indice de nilpotence def. Le polynômeXpest annulateur def. Son polynôme minimal est un

diviseur deXpet donc égal àXkpour un certaink2[[1;p]]. Par définition de l"indice de nilpotence,k=ppuis

m

f=Xp. D"après le théorème de CAYLEY-HAMILTON,mfdivisecfqui est de degrénet en particulierp6n.

13

Correction del"exer cice23 NCherchons une matriceAde format(3;2)et une matriceBde format(2;3)telles queAB=0

@8 22 2 5 4

2 4 51

A

PosonsE=R2et notons(i;j)la base canonique deE.

PosonsF=R3et notons(e1;e2;e3)la base canonique deF.

Le problème posé matriciellement peut aussi s"énoncer en termes d"applications linéaires : trouvonsf2

L(E;F)etg2L(F;E)telles quefg(e1) =8e1+2e22e3,fg(e2) =2e1+5e2+4e3etfg(e3) =

2e1+4e2+5e3.

Remarquons tout d"abord que le problème posé n"a pas nécessairement de solution car par exemple rg(fg)6

Minff;gg6dimE=2 et si la matrice proposée est de rang 3 (c"est à dire inversible), le problème posé n"a pas

de solution. Ici,quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40

[PDF] rapport jury capes allemand 2016

[PDF] rapport jury capes allemand 2014

[PDF] rapport jury capes espagnol 2010

[PDF] fonctionnement cyclique de l'appareil génital féminin

[PDF] rythme d'emission de l'ovule

[PDF] trajet des spermatozoides chez l'homme

[PDF] forme d'un ovule

[PDF] comment les partenaires sociaux contribuent-ils ? la détermination des salaires

[PDF] vous montrerez que le progrès technique est facteur de croissance.

[PDF] comment les services collectifs peuvent-ils contribuer ? la justice sociale ec1

[PDF] capes 2015 espagnol

[PDF] comment les territoires ultra-marins contribuent-ils ? la puissance française dans le monde ?

[PDF] le territoire français est-il bien intégré dans l'union européenne

[PDF] quels sont les principaux carrefours francais

[PDF] situation géographique de la france en europe