Feuille 1

Université Paris-Est Marne-la-Vallée
2010/2011
M1 enseignement CD2/Préparation au CAPES
Espaces vectoriels
Dans toute la suite on considèrera des espaces vectoriels sur un corps commutatif K de caractéristique 0.
Exercice 1. Soit K un corps commutatif, montrer que l’ensemble K[X] des polynômes à coefficients dans K
est un espace vectoriel sur K. Montrer que K[X] est de dimension infinie et en donner une base.
Exercice 2. Soit F(R) l’ensemble des fonctions numériques définies sur R.
1. Vérifier que F(R) est un espace vectoriel de dimension infinie sur R.
2. On note I(R) et P(R) les sous-ensembles des fonctions impaires et des fonctions pairesL
de F(R). Vérifier
que I(R) et P(R) sont des sous-espaces vectoriels de F(R). Montrer que F(R) = I(R) P(R).
Exercice 3. Projections.
Soit E1 et E2 deux sous-espaces supplémentaires d’un espace vectoriel E. On appelle projection sur E1 parallèlement à E2 l’application
L
p 1 : E1 E2
−→ E1
x = x1 + x2 7→
x1
On définit de même p2 la projection sur E2 parallèlement à E1 .
1. a. Montrer que p1 ∈ L(E) et que Ker p1 = E2 , Imp1 = E1 . Montrer que p1 ◦ p1 = p1 et que E1 est
l’ensemble des éléments de E invariants par p1 .
b. Montrer que p1 + p2 = IdE et que p1 ◦ p2 = p2 ◦ p1 = 0L(E) .
c. On suppose dans cette question que E est de dimension finie. En choisissant une base “adaptée” de
E, donner une matrice simple de p1 .
L
2. a. Soit p un élément de L(E) tel que p ◦ p = p. Montrer que E = Ker p Im p et que p est la projection
sur Im p parallèlement à Ker p.
b. Montrer que q = IdE − p est la projection sur Ker p parallèlement à Im p.
c. Montrer que p ∈ L(E) est une projection si et seulement si pour tout x ∈ E, x − p(x) ∈ Ker p.
Exercice 4. Symétries.
Soit E un espace vectoriel sur K (K = R ou C). Soit E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de
E. On note p1 la projection sur E1 parallèlement à E2 . On appelle symétrie par rapport à E1 parallèlement à
E2 l’application s1 = 2p1 − Id.
1. a. Exprimer s1 (x). Montrer que s1 est involutive et donc bijective. Montrer que E1 = {x ∈ E; s1 (x) = x}
et que E2 = {x ∈ E; s1 (x) = −x}.
b. On suppose E de dimension finie. Donner une base de E dans laquelle la matrice de s1 est ”simple”.
c. On note s2 la symétrie par rapport à E2 parallèlement à E1 . Montrer que s1 ◦ s2 = s2 ◦ s1 = −Id.
2. Soit g ∈ L(E) involutive. Soit E1 = {x ∈ E; g(x) = x} et E2 = {x ∈ E; g(x) = −x}. Montrer que E1 et
E2 sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de E. Montrer que g est une symétrie et préciser ses
sous-espaces caractéristiques.
3. Application : donner un supplémentaire dans R3 de l’espace vectoriel engendré par ~ı + ~ + ~k où (~ı, ~, ~k)
est une base de R3 . Exprimer dans cette base les matrices des symétries correspondantes.
Exercice 5. Soit E un espace vectoriel et f ∈ L(E).
1. Montrer que si pour tout x ∈ E, (x, f (x)) est une famille liée alors f est une homothétie.
2. Montrer que f commute avec tout élément de L(E) si et seulement si f est une homothétie.
Exercice 6. Soit E, F, G trois espaces vectoriels de dimensions finies ; f ∈ L(E, F ) et g ∈ L(F, G). Montrer
que :
1. dim Ker (g ◦ f ) ≤ dim Ker g + dim Ker f .
2. rang f + rang g − dim F ≤ rang (g ◦ f ) ≤ min(rang f, rang g)
1
Exercice 7. Soit E un espace vectoriel et u ∈ L(E). Montrer que u2 = 0 si et seulement si Imu ⊂ Ker u.
Exercice 8. Soit E un espace vectoriel et f ∈ L(E).
1. Montrer que Ker f ⊂ Ker f 2 , Im f 2 ⊂ Im f .
Montrer que Ker f 2 = Ker f si et seulement si Im f ∩ Ker f = {0E }
2. On suppose que
finie. Montrer l’équivalence des propositions suivantes :
L E est de dimension
(i) E = Im f
Ker f (ii) Ker f 2 = Ker f (iii) Im f 2 = Im f
Exercice 9. Soit E un espace vectoriel de dimension 2 et f ∈ L(E).
Montrer l’équivalence des propositions suivantes :
(i) La somme Im f + Ker f n’est pas directe (ii) Im f = Ker f (iii) f 6= 0 et f ◦ f = 0
Exercice 10. Soit E un espace vectoriel et E ∗ son dual. Soit A un sous-espace vectoriel de E, on appelle
orthogonal de A dans E ∗ , l’ensemble A◦ = {φ ∈ E ∗ , ∀x ∈ A, φ(x) = 0}. De même soit B un sous-espace vectoriel
de E ∗ , on appelle orthogonal de B dans E l’ensemble B ◦ = {x ∈ E, ∀φ ∈ B, φ(x) = 0}. Soit f ∈ L(E, F ), on
appelle transposée de f et on note t f l’application de F ∗ dans E ∗ définie par : pour tout φ ∈ F ∗ , t f (φ) = φ ◦ f .
1. a. Vérifier que A◦ et B ◦ sont respectivement des sous-espaces vectoriels de E ∗ et E. Montrer que A ⊂ A◦◦ .
b. Vérifier que t f est une application linéaire
c. Soit (ei )i∈I une base de E. On définit pour tout i ∈ I, e∗i ∈ E ∗ par
1 si i = j
∗
ei (ej ) =
0 si i 6= j
Montrer que (e∗i )i∈I est une partie libre de E ∗ .
d. Soit u une application de E dans E ∗∗ définie par : pour tout x ∈ E, u(x) est l’application de E ∗ dans
K telle que pour tout y ∗ ∈ E ∗ , u(x)(y ∗ ) = y ∗ (x). Montrer que u est linéaire et injective.
2. On suppose dans cette question que E est de dimension infinie.
a. Montrer que (e∗i )i∈I n’est pas une partie génératrice de E ∗ . On pourra considérer f ∈ E ∗ définie par
f (ei ) = 1, pour tout i ∈ I.
b. Montrer que u n’est pas surjective. On pourra considérer g ∈ E ∗∗ telle que g(e∗i ) = 1, pour tout i ∈ I.
3. On suppose maintenant que E est de dimension finie.
a. Montrer que (e∗i )i∈I est une base de E ∗ . En déduire que dim E = dim E ∗ = dim E ∗∗ .
b. Montrer que u est un isomorphisme de E sur E ∗∗ .
c. Soit H un sous-espace vectoriel de E, montrer que dim H + dim H ◦ = dim E. Montrer que H ◦◦ = H.
Exercice 11. Soit P4 l’espace vectoriel des polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou égal à 4. On note
Oq , q ≤ 4, le sous-espace vectoriel de P4 des polynômes d’ordre supérieur ou egal à q (l’ordre d’un polynôme
est le plus petit i tel que le coefficient de X i est non nul). Soit P un polynôme de P4 , on note :
T (P ) = XP (0) − 1/20X 5 P (4) (0) +
Z
X
t2 [P (t + 1) − P (t) − P 0 (t)]dt
0
1. Montrer que T est une application linéaire. On pose e0 = 1, e1 = X, e2 = X 2 , e3 = X 3 , e4 = X 4 . Vérifier
qu’on obtient ainsi une base de P4 . Montrer que T (P4 ) ⊂ P4 . On a donc T ∈ L(P4 ).
2. Déterminer T (O3 ), T (O2 ) et Ker T ∩ O2 .
L
3. Montrer que ImT = (O1 ∩P1 ) O3 . L
Déterminer le rang de T. Montrer qu’il existe un sous-espace vectoriel
de P4 , V tel que Ker T = (O1 ∩ P1 ) V . Déterminer Ker T ∩ ImT .
4. On cherche un vecteur u non nul de O3 tel qu’il existe λ ∈ R, T (u) = λu. Montrer qu’il existe deux valeurs
possibles de λ : 0 < λ1 < λ2 Trouver deux vecteurs non nuls u3 et u4 de O3 tels que T (u3 ) = λ1 u3 et
T (u4 ) = λ2 u4 .
5. On pose u0 = e1 , u1 = e2 − 4e3 + 3e4 , u2 = e0 . Montrer que (u0 , u1 , u2 , u3 , u4 ) est une base de P4 . Ecrire
la matrice de T dans cette base.
2
1
Solutions
1 Il est clair, d’après la définition des polynômes (voir chapitre Polynômes) que K[X] est un espace vectoriel
sur K.
Par définition la famille (X i )i∈N est génératrice de K[X]. Supposons que l’on puisse en extraire une sous-famille
B finie génératrice. Soit N le degré maximal des éléments de B. Tout élément de K[X] est combinaison linéaire
des éléments de B et est donc de degré inférieur à N . Considérons alors l’élément de K[X] : X N +1 . Il est clair
que X N +1 n’est pas combinaison linéaire des éléments de B.
2
1. Il est facile de vérifier que F(R) est un espace vectoriel sur R.
Considérons la famille de fonctions numériques (δx )x∈R , définie par :
δx (x) = 1
δx (y) = 0 si y 6= x
Montrons que cette famille infinie est libre, on aura alors P
prouvé que F(R) est de dimension infinie. Soit
(xi )i∈I et (λi )i∈I deux familles finies de réels. Supposons i∈I λi δxi = 0. En appliquant cette fonction à
chaque xi , on obtient, λi = 0 pour tout i ∈ I. La famille est donc libre et F(R) est de dimension infinie.
2. On vérifie facilement que I(R) et P(R) sont des sev. de F(R).
C’est une astuce classique. Soit f une fonction numérique. On vérifie que la fonction f1 définie par
(−x)
(−x)
est paire et de même que la fonction f2 (x) = f (x)−f
est impaire. On a clairement
f1 (x) = f (x)+f
2
2
f = f1 + f2 . La somme est par ailleurs directe car seule la fonction nulle est à la fois paire et impaire.
3
1. a. Il est immédiat de vérifier que p1 est linéaire.
Soit x = x1 +x2 la décomposition de x selon les sous-espaces supplémentaires E1 et E2 . On a x ∈ Ker p1 ⇔
x1 = 0 ⇔ x ∈ E2 . Par suite Ker p1 = E2 .
Par définition, Im p1 ⊂ E1 . De plus, x ∈ E1 ⇒ x = x1 = p1 (x). Donc Imp1 = E1 .
Nous avons montré au passage que E1 est l’ensemble des vecteurs invariants par p1 .
On a p1 ◦ p1 (x) = p1 (x1 ) = x1 = p1 (x). Donc p1 ◦ p1 = p1 .
b. On a, avec les mêmes notations que ci-dessus, p1 + p2 (x) = x1 + x2 = x. Donc p1 + p2 = IdE .
De même, p1 ◦ p2 (x) = p1 (x2 ) = 0 et p2 ◦ p1 (x) = p2 (x1 ) = 0. D’où le résultat voulu.
L
c. La base que suggère l’énoncé est évidemment une base suivant la décomposition E = E1 E2 . On choisit donc une base de E, (e1 , · · · , eq , eq+1 , · · · en ) telle que (e1 , · · · , eq ) est une base de E1 et (eq+1 , · · · , en )
une base de E2 . On a immédiatement la forme de la matrice de p1 dans cette base : c’est une matrice
diagonale dont les q premiers éléments diagonaux sont égaux à 1 et les n − q suivants égaux à 0.
2. a. On a pour tout x de E, x = p(x) + x − p(x). Notons x1 = p(x) et x2 = x − p(x) . Il est clair que
x1 ∈ Im p. De plus, p(x2 ) = p(x) − p(p(x)) = 0, par hypothèse. On a donc bien E = Imp + Ker p. De
plus, si x ∈ Imp ∩ Ker p, alors
Lil existe y tel que x = p(y) et 0 = p(x) = p(p(y)) = p(y) = x, par suite on
a la somme directe E = Imp Ker p.
Par unicité de la décomposition de x selon la somme directe on a x1 = p(x), et p est bien la projection
sur Im p parallèlement à Ker p.
b. On a q(x) = x − p(x), donc par le même argument que précédemment q est la projection sur Ker p
parallèlement à Im p.
c. Si p est une projection on a immédiatement p(x − p(x)) = p(x) − p(x) = 0. Réciproquement, si pour
tout x, p(x − p(x)) = 0 alors p ◦ p = p et la question 2.1 permet de conclure que p est une projection.
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1. a. Soit x ∈ E, on écrit comme dans l’exercice précédent x = x1 + x2 où x1 ∈ E1 et x2 ∈ E2 . Par
définition, s1 (x) = x1 − x2 , d’où s1 (s1 (x)) = x1 − (−x2 ) = x, s1 est donc involutive.
Profitons de cet exercice pour vérifier que toute involution f est une bijection. La surjectivité est immédiate
puisque x = f (f (x)) ; pour l’injectivité si f (x) = f (y) alors f (f (x)) = f (f (y)) i.e. x = y.
Il est immédiat que E1 est l’ensemble des invariants de s et que E2 est l’ensemble des vecteurs transformés
en leur opposé.
L
b. En choisissant une base de E adaptée à la somme directe E = E1 E2 , on obtient dans cette base la
matrice de s1 qui est diagonale. Soit q = dimE1 , alors les q premiers éléments de la diagonale sont égaux
à 1 et les n − q suivants égaux à −1.
c. On a, par définition s2 (x) = x2 − x1 , par suite s1 (s2 (x)) = s1 (−x1 + x2 ) = −x1 − x2 = −x. De meme
s2 (s1 (x)) = s2 (x1 − x2 ) = −x
3
2. On peut écrire x = x+g(x)
+ x−g(x)
. Comme g est involutive, on a bien x+g(x)
∈ E1 et x−g(x)
∈ E2 . Par
2
2
2
2
suite E = E1 + E2 . Il est clair que tout élément de E1 ∩ E2 est nul, la somme est donc directe.
− x−g(x)
, g est donc la symétrie par rapport à E1 , parallèlement à E2 .
On a de plus g(x) = x+g(x)
2
2
L
3. On peut choisir par exemple E2 = R~ı R~ comme supplémentaire de E1 = R(~ı+~+~k) (il y en d’autres, par
L ~
exemple R~ı Rk). Notons s1 et s2 respectivement les symétries par rapport à E1 ( resp. E2 ) parallèlement
à E2 (resp. E1 ). Ecrivons la matrice de s1 dans la base (~ı, ~, ~k). On a ~ı, ~ ∈ E2 , par suite s1 (~ı) = −~ı et
s1 (~) = −~. Par ailleurs, ~k = (~ı +~ + ~k) − (~ı +~), donc s1 (~k) = ~ı +~ + ~k +~ı +~ = 2~ı + 2~ + ~k. Par conséquent,
la matrice de s1 dans la base (~ı, ~), ~k est donc


−1 0 2
M1 =  0 −1 2 
0
0 1
Des calculs analogues nous donnent la matrice de s2

1
M2 =  0
0
5
dans cette même base :

0 −2
1 −2 
0 −1
1. Par hypothèse, il existe pour tout x un réel λx tel que f (x) = λx x. Il nous reste maintenant à montrer
que ce réel est le même pour tous les éléments de E.
Fixons un vecteur non nul x ∈ E. Soit y un élément non nul de E. Supposons x et y liés, i.e., y = kx, avec
k 6= 0. Alors, d’une part f (y) = λy y = λy kx, d’autre part, f (y) = f (kx) = kf (x) = kλx x. On obtient en
égalisant, λx = λy .
Supposons maintenant x et y libres. On a alors, d’une part f (x + y) = λx+y (x + y) = λx+y x + λx+y y,
et d’autre part, f (x + y) = f (x) + f (y) = λx x + λy y. Ces deux égalités et la liberté de (x, y) entrainent
λx+y = λx = λy .
2. Un homothétie commute avec tout élément de L(E).
Réciproquement, soit f une application linéaire qui commute avec tout élément de L(E). Soit x un élément
de E,nous allons montrer que (x, f (x)) est lié ; on aura ainsi le résultat en utilisant la première question.
Soit gx une projection parallèlement à < x > ( en fait toute application linéaire de noyau < x > convient
pour notre démonstration). Par hypothèse, f et gx commutent. Par suite, gx (f (x)) = f (gx (x)) = f (0) = 0,
ce qui signifie que f (x) appartient au noyau de gx autrement dit que (x, f (x)) est lié. Par la question
précédente, f est donc une homothétie.
On remarque que l’on peut affaiblir les hypothèses de la facon suivante : si f commute avec toute les
projections sur un hyperplan alors f est une homothétie.
6 Supposons que u2 = 0L(E) . Soit x ∈ Im u, il existe donc y ∈ E tel que x = u(y). On a alors, u(x) = u2 (y) = 0.
Donc Im u ⊂ Ker u.
Réciproquement, soit x ∈ E, u(x) appartient à Im u et donc par hypothèse à Ker u, on a donc u(u(x)) = 0, i.e.
u2 = 0L(E) .
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1. Il est clair que l’on a Ker f ⊂ Ker f 2 et Im f 2 ⊂ Im f .
Supposons que Ker f 2 = Ker f . Soit x ∈ Im f ∩ Ker f , alors il existe y tel que x = f (y). On a alors,
f 2 (y) = f (x) = 0. Par suite, y ∈ Ker f 2 = Ker f , donc x = f (y) = 0. Par conséquent, Im f ∩Ker f = {0}.
Réciproquement, soit x ∈ Ker f 2 . Alors f (x) ∈ Im f ∩ Ker f . Par hypothèse, f (x) = 0 donc x ∈ Ker f .
2. Montrons (i) ⇒ (ii). Puisque la somme est directe on a, Im f ∩ Ker f = {0} d’où par la question
précédente, Ker f 2 = Ker f .
Nous allons montrer directement l’équivalence (ii) ⇔ (iii). On a dim E = dim Ker f + dim Im f =
dim Ker f 2 + dim Im f 2 . Par suite l’égalité (ii) implique dim Im f = dim Im f 2 . On conclut ensuite en
utilisant la question précédente.
la démonstration de (iii) ⇒ (ii) est identique. Montrons (ii) ⇒ (i). La question précédente et (ii) implique
que la somme Im f + Ker f est directe. L’égalité des dimensions montre ensuite que cette somme est égale
à E.
8 Montrons (i) ⇒ (ii). Comme la dimension de E est 2 et que la somme n’est pas directe, la dimension de
l’intersection Im f ∩ Ker f est 1 ou 2. Ce qui implique que la dimension de Im f et de Ker f est supérieure ou
égale à 1. Par ailleurs dim Im f +dim Ker f = dim E = 2, la seule posibilité est donc dim Im f = dim Ker f = 1.
On a alors Im f ∩ Ker f = Im f = Ker f . Montrons maintenant (ii) ⇒ (iii). Soit x ∈ E, f (x) appartient à
4
Im f et par (ii) à Ker f , donc f 2 (x) = 0, i.e. f 2 = 0. Pour des raisons de dimension, comme dans la question
précédente, Im f = Ker f implique dim Im f = dim Ker f = 1. Par conséquent, f 6= 0.
Pour (iii) ⇒ (ii), il suffit de remarquer que f 2 = 0 implique Im f ⊂ Ker f , donc la somme n’est pas directe.
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1. Considérons l’application linéaire h obtenue par restriction de f à l’ev. Ker g ◦ f . Soit y ∈ Im h alors
il existe x ∈ Ker g ◦ f tell que y = f (x), on a alors g(y) = g(f (x)) = 0, par suite Im h ⊂ Ker g. Par
ailleurs, soit x ∈ Ker h, on h(x) = 0 d’où f (x) = 0, par définition de h. On a donc Ker h ⊂ Ker f . Par
suite dim Ker g ◦ f = dim Ker h + dim Im h ≤ dim Ker f + dim Ker g.
2. On a immédiatement par ce qui précède,
rang g ◦ f
=
dim E − Ker g ◦ f ≥ dim E − dim Ker f − dim Ker g
=
dim Im f − dim Ker g = dim Im f − dim F + rang g.
On a ensuite dim E = dim Ker f + dim Im f = dim Ker (g ◦ f ) + Im (g ◦ f ). Comme dim Ker f ≤
dim Ker (g ◦ f ), on en déduit dim Im f ≥ dim Im (g ◦ f ). De plus il est clair que dim Im (g ◦ f ) ≤ dim Im g,
car le premier est inclu dans le second. On a donc rang (g ◦ f ) ≤ min(rang f, rang g).
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1. Les démonstrations qui suivent sont quasiment triviales dès que l’on a bien compris les définitions des
objets que l’on manipule.
a. On vérifie sans difficulté que A◦ est un sev de E ∗ et B ◦ un sev de E.
Par définition A◦◦ = {x ∈ E, ∀φ ∈ A◦ , φ(x) = 0}. Par définition de A◦ , pour tout x ∈ A et tout φ ∈ A◦ ,
φ(x) = 0, par suite, A ⊂ A◦◦ .
b. Soient φ et φ0 deux éléments de E ∗ et λ un réel. Soit x ∈ E, on a t f (λφ)(x) = λφ◦f (x) = λ(φ◦f (x)) =
λt f (φ)(x). De meme, t f (φ + φ0 )(x) = (φ + φ0 ) ◦ f (x) = φ(f (x) + φ0 (f (x)) =t f (φ)(x) +t f (φ0 )(x) =
(t f (φ) +t f (φ0 ))(x).
Par suite, t f est bien un élément de L(F ∗ , E ∗ ).
P
c. Soit J une sous-famille finieP
de I, et (λj )j∈J une famille de réels telle que j∈J λj e∗j = 0. On a alors
en particulier, pour tout i ∈ J, j∈J λj e∗j (ei ) = 0. Alors, par défition des e∗j , on obtient λj = 0 pour tout
j ∈ J. La famille (e∗i )i∈I est donc libre.
d. Soient x et y deux éléments de E et λ un réel. Soit z ∗ un élément de E ∗ . On a, u(x + y)(z ∗ ) =
z ∗ (x + y) = z ∗ (x) + z ∗ (y) = u(x)(z ∗ ) + u(y)(z ∗ ) = (u(x) + u(y))(z ∗ ). De meme, u(λx)(z ∗ ) = z ∗ (λx) =
λz ∗ (x) = λu(x)(z ∗ ). Dans les deux démonstrations, on a utilisé successivement la définition de u et la
∗
linéarité de
Pz .
Soit x = j∈J λj ej , où J est une partie finie de I. Supposons u(x) = 0. En particulier, pour tout e∗i ,
i ∈ I, u(x)(e∗i ) = 0. On obtient en remplacant x par son écriture en fonction de ej , λi = 0 pour tout i ∈ J.
Par conséquent, x = 0 et u est donc injective.
2. On est maintenant en dimension infinie.
a. Il suffit donc de trouver un élément de E ∗ qui ne peut pas s’écrire comme combinaison linéaire des
éléments d’une partie finie de (e∗i )i∈I . Considérons l’application linéaire f définie de la facon suivante par
l’image de la base : f (ei ) = 1 pour tout i ∈ I. Supposons que f s’écrit comme combinaison linéaire des
éléments de (e∗j )j∈J , où J est une partie finie de I. Soit alors i0 un élément de I qui n’est pas dans J, on
a f (ei0 ) = 0, ce qui contredit la définition de f .
b. Comme le suggère l’énoncé, considérons la forme linéaire sur E ∗ définie par g(e∗i ) = 1 pour tout
i ∈ I et g(z ∗ ) = 0 pour tout z ∗ appartenant à un supplémentaire fixé du sous-espace engendré par les
e∗i . Supposons maintenant qu’il existe x ∈ E tel que u(x) = g. On a donc en particulier pour tout i ∈ I,
1 = g(e∗i ) = u(x)(e∗i ) = e∗i (x). On obtient clairement une contradiction en écrivant x comme somme finie
d’éléments de la base (ei )i∈I .
3. On suppose maintenant que l’espace est de dimension finie. Les contre-exemples précédents ne sont plus
valables puisqu’ils reposaient précisement sur la dimension infinie.
a. Il suffit de montrer que la famille est génératrice.
Soit f ∈ E ∗ , f est déterminée par l’image λi de ei ,
P
pour tout i ∈ I. On voit aisément que f = i∈I λi e∗i .
On a donc dim E = dim E ∗ et par le meme argument appliqué à l’ev. E ∗ , dim E ∗ = dim E ∗∗ .
b. Grace à l’égalité des dimensions il suffit de montrer que u est injective ce que l’on sait déjà (1.4).
c. Soit (a1 , · · · , ap ) une base de H que l’on complète en une base (a1 , · · · , an ) de E (onP
pose dim E = n).
n
Alors (a∗i )ni=1 est une base de E ∗ . Soit φ ∈ H ◦ , alors il existe de réels λi tels que φ =P i=1 λi a∗i . Soit i,
n
◦
1 ≤ i ≤ p, on a par définition de H , φ(ei ) = 0 ce qui entraine λi = 0. Par suite, φ = i=p+1 λi a∗i , donc
H ◦ est engendré par (e∗i )ni=p+1 . Donc dim H ◦ = n − p.
5
d. On sait déjà que H ⊂ H ◦◦ . De plus dim H + dim H ◦ = E et de même, dim H ◦ + dim H ◦◦ = dim E ∗ =
dim E. Par conséquent, dim H = dim H ◦◦ . D’où l’égalité de ces deux sous espaces.
On déduit en particulier de cette étude que le noyau d’une forme linéaire φ est l’ hyperplan (Rφ)◦ et de
même tout hyperplan H de E est le noyau d’une forme linéaire engendrant H ◦ .
11
1. Il est clair que T est une application linéaire et que (e0 , e1 , e2 , e3 , e4 ) est une base de P4 .
On calcule les images des éléments de cette base par T . On obtient sans difficultés :
T (e0 ) = X = e1 , T (e1 ) = 0, T (e2 ) =
X3
= 1/3e3
3
3X 4
X3
x3
+
= 1/3e3 + 3/4e4 , T (e4 ) = X 4 +
= 1/3e3 + e4 .
4
3
3
On constate donc que T (P4 ) ⊂ P4 .
T (e3 ) =
2. Par définition, O3 est engendré par (e3 , e4 ). Les résultats précédents montrent que T (O3 ) est engendré
par (1/3e3 + 3/4e4 , 1/3e3 + e4 ) qui est une partie libre de O3 , par conséquent T (O3 ) = O3 .
De la même facon, O2 est engendré par (e2 , e3 , e4 ). Donc par les calculs précédents, T (O2 ) est l’espace
engendré par (1/3e3 , 1/3e3 + 3/4e4 , 1/3e3 + e4 ). Autrement dit, T (O2 ) = O3 .
3. On cherche donc les polynômes P de la forme aX 4 + bX 3 + cX 2 tels que T (P ) = 0. On trouve, en utilisant
a+b+c
4
)X 3 . On a donc, P ∈ Ker T ∩ O2 ssi c = −b/4 et
les résultats précédents : T (P ) = ( 3b
4 + a)X + (
3
a = −3b/4. Par suite, Ker T ∩ O2 est donc l’espace de dimension 1 engendré par −1/4e2 + e3 − 3/4e4 .
4. L’image de T est l’espace vectoriel engendré par (T (e0 ), T (e1 ), T (e2 ), T (e3 ), T (e4 )) ou encore comme
T (e0 ) = e1 , T (e1 ) = 0 et T (O2 ) = O3 , l’image de T est Re1 + O3 . LaL
somme est clairement directe
et on peut écrire Re1 = RX = O1 ∩ P1 . Par suite on a, Im T = (O1 ∩ P1 ) O3 .
Le rang de T est donc la dimension de cet espace c’est à dire dim(O1 ∩ P1 ) + dim O3 = 3.
Par conséquent dim Ker T = 5 − dim Im T = 2. De plus, O1 ∩ P1 ⊂ Ker T . Notons
L V1 un supplémentaire
de O1 ∩ P1 dans Ker T , V est de dimension 1 et on a bien Ker T = (O1 ∩ P1 ) V . On a (O1 ∩ P1 ) ⊂
Im T ∩ Ker T . Or, le vecteur −1/4e2 + e3 − 3/4e4 est dans Ker T (cf 3.) et n’appartient pas à Im T car le
vecteur e2 n’est pas dans Im T . Par suite, Ker T n’est pas dans Im T , donc la dimension de l’intersection
est 1, d’où Im T ∩ Ker T = O1 ∩ P1 .
5. On cherche donc les vecteurs de O3 qui sont vecteurs propres de T (cf ch ?). Soit u = ae3 + be4 , (a, b) 6=
(0, 0). On a alors,
T (u) = λu ⇔ aT (e3 ) + bT (e4 ) = λae3 + be4 ⇔ (3a/4 + (1 − λ)b)e4 + ((1/3 − λ)a + b/3)e3 = 0.
Par suite u est un vecteur propre ssi il existe λ ∈ R tel que (a, b) soit solution du système
a(1 − 3λ) +
b
= 0
3a
+ (4 − 4λ)b = 0
Ce système homogène a des solutions √
non nulles ssi son
déterminant D = 12λ2 − 16λ + 1 est nul. Ce qui est
√
réalisé pour les valeurs de λ, λ1 = 4−6 13 et λ2 = 4+6 13 ; avec 0 < λ1 < λ2 . On a alors, pour chacune des
valeurs de λ, une
infinité de solutions.√Le choix a = 1 conduit à b = 3λ − 1, et on obtient respectivement
√
u3 = e3 + ( 1−2 13 )e4 et u4 = e3 + ( 1+2 13 )e4 .
On vérifie facilement que (u0 , u1 , u2 , u3 , u4 ) est une famille libre et donc une base de P4 .
Cette base a été choisie de telle sorte que u0 et u1 soient dans Ker T , T (u2 ) = u0 , T (u3 ) = λ1 u3 et
T (u4 ) = λ2 u4 . On obtient donc la forme simple de la matrice de T dans cette base :


0 0 1 0
0
 0 0 0 0
0 


0
0
0
0
0 
M =


 0 0 0 λ1 0 
0 0 0 0 λ2
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1. Il est clair que (L, +) est un groupe commutatif et que sa structure de corps commutatif contenant K
lui confère une structure d’espace vectoriel sur K (la loi externe provient de la multiplication des éléments
de L par les éléments de K).
2. a. Puisque L est fini, il est en particulier un espace vectoriel de dimension finie sur Fp . Soit n cette
dimension, un argument simple de dénombrement montre que cardL = pn . Si l’on est un peu plus savant,
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cet argument montre que tout corps fini à un cardinal de la forme pn. En effet, d’une part tout corps fini
est commutatif et de caractéristique non nulle qui est donc un nombre premier. Si p est sa caractéristique
il contient un plus petit sous-corps qui n’est autre que Fp . On conclut alors en utilisant ce qui précède.
On trouvera plus de détail sur ces questions dans le chapitre Anneaux - Corps.
b. Le nombre de base de L est le nombre de parties libres à n éléments.
Supposons choisis les k premiers éléents d’une base. Le k + 1-ième éléments ne doit pas appartenir à
l’espace vectoriel engendré par les k-premiers. Or, par ce qui précède le cardinal de cet espace vectoriel de
dimension k est pk . On a donc pn − pk choix pour le k+-ième élément. Par un dénombrement classique
(cardinal du produit cartésien), le nombre de bases est donc (pn − 1)(pn − p) · · · (pn − pn−1 ).
c. Fixons une base B de L. Un endomorphisme de L est entièrement déterminé par l’image de cette base.
De plus un endomorphisme de L est un automorphisme ssi l’image de B est une base de L. Par suite, soit
B 0 une base de L, il existe un unique élément de GL(L) qui envoie B sur B 0 . L’ensemble des bases de L
et GL(L) sont donc en bijection et ont même cardinal.
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