[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

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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 12quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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