[PDF] CORRIGé DU DM DE MATHÉMATIQUES No8 Probl`eme Partie I. 1

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CORRIGe DU DM DE MATH

EMATIQUES No8

1 BIO 1

Probl eme Partie I.1) Soity2Fk+1=Im(fk). Alors il existex2Etel que : y=fk+1(x) = (fkf)(x) =fkf(x): Doncy2Im(fk) =Fk. Comme c'est vrai pour toutydansFk+1, on aFk+1Fk.

Soitx2Gk, alorsfk(x) = 0. Donc :

f k+1(x) = (ffk)(x) =ffk(x)=f(0) = 0: Doncx2Gk+1. Comme c'est vrai pour toutxdansGk, on aGkGk+1.

2)a) Siap=ap+1cela signiedim(Gp) =dim(Gp+1). OrGpGp+1. On en deduit doncGp=

G p+1: Supposons queap=ap+1. On sait queap+1ap+2. Montrons queap+2ap+1. Cela montrera alors par recurrence que la suit (ak) est stationnaire a partir du rangp.

Pour cela il sut de montrer queGp+2Gp+1.

Soitx2Gp+2. Alorsfp+2(x) = 0. Orfp+2(x) =fp+1(f(x)). Doncf(x)2Gp+1:

Orap=ap+1etGpGp+1impliquent queGp=Gp+1:

Doncf(x)2Gp. Doncfp+1(x) =fp(f(x)) = 0. Doncx2Gp+1:Finalement on a bienGp+2 G p+1. b) CommeGkGk+1, on aakak+1. Donc la suite (ak) est croissante. Supposons que pour toutk ak6=ak+1alorsak+1> ak, doncak+1ak+ 1. On en deduit par reccurence queaka0+kk. En particulier cela implique quean+1an. OrGn+1E, doncan+1=dim(Gn)dim(E) =n. Il y a donc contradition. Donc il existeptel queap=ap+1:

4) a) D'apres le theoreme du rang on a :

dim(Fp) =dim(E)dim(Gp) =nap =nap+1=dim(E)dim(Gp+1) =dim(Fp+1):

Or commeFpFp+1, on aFp=Fp+1:

b) Soitx2Fpalors il existey2Etel quex=fp(y). Doncf(x) =f(fp(y)) =fp+1(y)2Fp+1= F p. c) efest bien une application deFpdans lui m^eme. De plus pourx;y=inFpet2K, on a (comme fest lineaire)ef(x+y) =f(x+y) =f(x) +f(y) =ef(x) +ef(y). Doncefest un endomorphisme deFp. De plus six2Ker(ef), on af(x) = 0. Soity2Etel quefp(y) =xalorsfp+1(y) =f(fp(y)) = f(x) = 0. Doncy2Gp+1=Gp, doncx=fp(y) = 0. DoncKer(f) =f0g. Donc efest injective or un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension nie est injective si et seulement si il est bijectif. Donc efest un automorphisme deFp. Partie II.1) Il sut de prendre pourfl'endormorphisme deR2donne par la matrice :0 1 0 0

2)On a vu a la Partie precedente que la suite des

akest croissante et que siap=ap+1elle est stationnaire pourkp. Commefn= 0 on aGn=E. Commefn16= 0, on aGn16=E=Gndonc pour toutk < non a a k< ak+1.

Doncn=anan1+ 1 a0+n.

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Ora00 donca0= 0 et toutes les egalites ci-dessus sont des egalites. c'est a dire que pour tout knonan=ank+k. Autrement ditak=k.

3) Pour touty2Fk, il existex2Etel quey=fk(x). On a alorsfnk(y) =fnk(fk(x)) =

f n(x) = 0. Doncy2Gnk. DoncFkGnk:

De plus on a :

dim(Fk) =ndim(Gk) =nk=dim(GnK)

DoncFk=Gnk.

4) Comme ce sont des endomorphismes deEqui est de dimension nie, il sut de montrer q'ils

sont injectifs. Soitx2Ker(If). Alorsxf(x) = 0 c'est a diref(x) =x. Alors pour toutkon afk(x) = 0. Donc en particulierx=fn(x) = 0. DoncIfest injectif. De m^eme six2Ker(I+f) on af(x) =xetfk(x) = (1)kx, doncx= (1)nfn(x) = 0.

De plus on a :

(If)(I+f+f2++fn1) =Ifn=I; (I+f)(If+f2++ (1)n1fn1) =I+ (1)n1fn=I:

On en deduit :

(If)1=I+f+f2++fn1; (I+f)1=If+f2++ (1)n1fn1=n1X k=0(1)kfk:

5) a)Montrons que c'est une famille libre.

Soient (1;:::;n)2Rntels que1x0++nfn1(x0) = 0. Alors en appliquantfn1a cette egalite on obtient :

1fn1(x0) = 0:

Orfn1(x0)6= 0:donc1= 0.

De m^eme en appliquant alorsfn2a l'egalite on obtient : (1)1fn2(x0) +2fn1(x0) =2fn1(x0) = 0:= 0:

D'ou2= 0.

En reiterant l'operation on obtient :

(2)1==n= 0:

Donc la famille est libre.

Or toute famille libre denvecteurs dans un espace de dimensionnest une base. Doncx0;f(x0);:::;fn1(x0)

est une base deE.quotesdbs_dbs29.pdfusesText_35

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