C2_TD`_Espaces Vectoriels_corrigé

C2) TD : Espaces vectoriels (deuxième partie).
On note plus simplement une fonction par son image. Par exemple, lorsqu'on écrit : « la fonction sin(x) », on
désigne en réalité : « la fonction (x h sin(x)) ».
C2.1) Dans E = F (, ), la famille A = {sin(x), cos(x), sin(2x), cos(2x), sin²(x), cos²(x)} est-elle libre ? Sinon,
extraire une famille libre maximale de A . La famille Ωn = {f ∈ F ( , ) , f = o(xn) (x → 0)} est-elle libre ? Estelle un sous-espace vectoriel de E ? Quels éléments de A sont-ils dans au moins l'un des Ωn (et lesquels) ?
- Corrigé : A n'est pas libre car, par exemple, cos(2x) = cos²(x) - sin²(x). Si on enlève juste cet élément, il faut
résoudre : a.sin(x) + b.cos(x) + c.sin(2x) + d.sin²(x) + e.cos²(x) = 0 (pour tout x) ; alors, en posant successivement
x = 0, x = π, x = π/2, x = -π/2, on obtient finalement a = b = c = d= e = 0. Cette famille est donc libre.
xn+1 et 2xn+1 (voir la remarque en italique du début) sont dans Ωn , qui n'est donc pas libre. Les propriétés de sousespace vectoriel sont vérifiées par définition de o(xn) : f = o(xn) ⇔ lim f(x)/xn = 0.
x→0
Les trois fonctions de A : sin(x) , sin(2x) , sin²(x) sont dans Ω0 (formules de Taylor) , sin²(x) est dans Ω1 ; et c'est
tout. (On peut remarquer au passage que Ωn+1 ⊂ Ωn ).
C2.2) Soit {u1 , u2, ... , un} une famille libre et un réel k quelconque. Les familles suivantes sont-elles libres :
{u1 + k.un, u2 + k.un, ..., un-1 + k.un }, {u1 - un, u2 - u1, ..., un - un-1}, {u1 + un, u2 + u1, ..., un + un-1} ?
- Corrigé : Pour la première il faut résoudre α1.u1 + α2.u2 + ... + αn-1.un-1 + k(α1 + α2 + ... + αn-1).un = 0E , ce qui
se ramène fatalement à : α1 = α2 = ... = αn-1 = 0. La famille est donc libre.
La seconde se ramène à : α1 - αn = α2 - α1 = ... = αn - αn-1= 0 , d'où l'on déduit : α1 = α2 = ... = αn-1 . La famille
est donc liée. On peut aussi remarquer directement que la somme de tous les vecteurs de cette famille est nulle.
La troisième se ramène à : α1 + αn = α2 + α1 = ... = αn + αn-1= 0 , d'où l'on déduit avec les n-1 dernières
équations que les termes de rangs pairs sont égaux, les termes de rangs impairs sont égaux, les termes de rangs
pairs et de rangs impairs étant opposés. Il y a alors deux cas possibles pour la première équation : Soit n est pair
et on ne peut pas en dire plus, on peut alors décider que les termes de rangs impairs valent 1 et ceux de rangs
pairs valent -1 ; la famille est alors liée. Soit n est impair et alors α1 = αn = -αn ; les termes de rangs impairs
sont donc nuls et, par suite, ceux de rangs pairs aussi car ce sont leurs opposés ; la famille est libre.
1-x
1 + x,
C2.3) Dans E = F (]-1 , 1[ , ), soit la famille A = {
1+x
1 - x,
1
1 - x²
,
x
} ; déterminer la dimension
1 - x²
de Vect(A).
- Corrigé : On peut remarquer que
1
1 - x²
+
x
1 - x²
=
1+x
1-x
et
1
1 - x²
-
x
1 - x²
=
1-x
1+x
(dans
]-1 , 1[).
On
peut donc éliminer les deux premiers éléments de A . Il suffit ensuite de vérifier que les deux derniers ne sont
pas colinéaires, ce qui est immédiat : α.
1
1 - x²
+ β.
x
1 - x²
= 0 (pour tout x) ; avec x = 0 on obtient α = 0 et pour
toute autre valeur β = 0. Finalement : dim(Vect(A)) = 2.
C2.4) Soit (Pn) une suite de polynômes non nuls tels que pour tout entier naturel n : d°(Pn) < d°(Pn+1). Montrer
que cette famille est libre. Dans quel cas est-elle une base ? (Distinguer deux cas selon que d°(Pn) = n ou non).
- Corrigé : Soit d0 , d1 , ... , dn les degrés respectifs de P0 , P1 , ... , Pn (degrés étagés) , et la combinaison linéaire
nulle : α0.P0 + α1.P1 + ... + αn.Pn = 0E.
Le terme de plus haut degré est αnxdn ; il s'en suit que αn = 0 . Le nouveau terme de plus haut degré est alors αndn-1
; et ainsi de suite (pour rédiger convenablement on peut écrire une récurrence). La famille est donc libre.
1x
C2-2
On imagine que ça doit être une base si pour tout entier naturel k, dk = k (degrés échelonnés). Par récurrence :
Initialisation : Vect(P0) = Vect(1) (immédiat).
n
Hypothèse de récurrence : Vect(P0, P1, ..., Pn) = Vect(1, X, ..., X ).
n+1
n
Passage au rang suivant : Pn+1 = Q + an+1X
où d°(Q) = n ; d'où Q ∈ Vect(1 , X , ... , X ) et alors :
n+1
n+1
Pn+1 ∈ Vect(1 , X , ... , X ) , ce qui prouve Vect(P0 , P1 , ... , Pn+1) ⊂ Vect(1 , X , ... , X ) . Et comme, en
n+1
outre Q ∈ Vect(P0 , P1 , ... , Pn) et alors X = (Pn+1 - Q)/an+1 ∈ Vect(P0 , P1 , ... , Pn+1), ce qui prouve
l'inclusion dans l'autre sens (an+1 ≠ 0).
On peut aussi appliquer le théorème d'échange.
On a donc bien, dans ce cas particulier, une base de K
I [X]. Il faut montrer que ça n'en est pas une dans les autres
m-1
cas ; soit m le plus petit entier tel que d°(Pm) > m, alors Vect(P0, P1, ..., Pm-1) = Vect(1, X, ..., X ) ; et, d'après
m
m
la première question : (P0 , P1 , ... , Pm-1 , X , Pm , ...) est libre, d'où X ne peut pas s'exprimer dans la famille
(Pn) qui ne peut donc pas être une base.
- Conclusion : Toute famille de polynômes de degrés deux à deux distincts est libre, et si en plus cette famille
est infinie et que l'ensemble des degrés est , alors c'est une base.
C2.5) Montrer que, si f est nilpotent, alors : idE - f et idE + f sont inversibles, et calculer leurs inverses. (Un
p
endomorphisme f est dit nilpotent s'il existe un entier naturel p tel que f soit l'application nulle. Si p est le plus petit entier naturel
possédant cette propriété, on dit que f est nilpotent d'ordre p). Si E est de dimension finie, montrer que si f est nilpotent
d'ordre p alors p ≤ dim(E).
p
- Corrigé : Soit p l'ordre de nilpotence de f , alors f = 0 (et
p-1
f
p-1
≠ 0)
p
p
; alors idE - f = idE , c'est-à-dire, en
factorisant : (idE - f). Σ f = idE, d'où idE - f est inversible d'inverse Σ f .
k
k=0
k
k=0
p-1
De même : idE + f = (idE + f). Σ (-1) f = idE.
p
k k
k=0
p-1
On suppose dim(E) = n , finie, et p > n ; soit u ∉ Ker(f ) (qui existe par définition de l'ordre de nilpotence). On sait
n
qu'il existe une famille (α0 , α1 , ... , αn) non nulle telle que α0 .u + α1.f(u) ... + αn.f (u) = 0E , car toute famille de
p-1
p-2
p-n
n + 1 vecteurs est liée. En appliquant successivement f , f , ... , f
à cette égalité, on montre que tous les αi
sont nuls, ce qui est en contradiction avec l'hypothèse. En conclusion : p ≤ n.
C2.6) Si E est de dimension 3, soit a un scalaire non nul et f un endomorphisme de L(E) tel que :
f ³ - 2a.f ² + a².f = Θ. Montrer que Ker(f) et Im(f) sont supplémentaires. Discuter des solutions de cette équation
quand le rang de f vaut 1.
- Corrigé : Soit v ∈ Ker(f)∩Im(f) ; alors ∃ u tel que f(u) = v et, en appliquant l'hypothèse :
f ³(u) - 2a.f ²(u) + a².f(u) = 0E , c'est-à-dire : f ²(v) - 2a.f(v) + a²v = 0E . Comme f ²(v) = f(v) = 0E , alors v = 0E .
L'intersection est bien réduite à 0E. Avec la formule de Grassman et le théorème du rang :
dim(Ker(f) ⊕ Im(f)) = dim(Ker(f)) + dim(Im(f)) = dim(E),
d'où, Ker(f) ⊕ Im(f) est un sous-espace vectoriel de E de même dimension que E, donc : Ker(f) ⊕ Im(f) = E.
Si rg(f) = 1 : Soit B = (e1 , e2 , e3) une base de E telle que (e1) soit une base de Im(f) et (e2 , e3) une base
de Ker(f) . Pour toute application linéaire , Im(f) est stable par f , donc : f(e1) = k.e1 . on remplace dans
l'équation de f : f ³(e1) - 2a.f ²(e1) + a².f(e1) = 0E , c'est-à-dire : k³ - 2ak² + a²k = 0 ; k est non nul car sinon f
serait nulle, donc : k² - 2ak + a² = (k - a)² = 0, d'où l'on déduit f(e1) = a.e1. Connaissant f(B), on connaît l'unique
solution f (on peut même donner sa matrice dans B).
Étude du cas rg(f) = 2 : Soit B = (e1 , e2 , e3) une base de E telle que (e1 , e2) soit une base de Im(f) et (e3)
une base de Ker(f). On a toujours Im(f) qui est stable par f, et ainsi : f(e1) = α.e1 + β.e2, f(e2) = α'.e1 + β'.e2.
On remplace dans l'équation : f(f ²(e1) - 2a.f(e1) + a².e1) = 0E et f(f ²(e2) - 2a.f(e2) + a².e2) = 0E,
Donc f ²(e1) - 2a.f(e1) + a².e1 ∈ Ker(f)∩Im(f),
d'où : f ²(e1) - 2a.f(e1) + a².e1 = 0E, et de même : f ²(e2) - 2a.f(e2) + a².e2 = 0E.
C2-3
(α² + βα').e + (αβ + ββ').e - 2a.(α.e + β.e ) + a².e = 0

1
2
1
2
1
E
Ainsi : (αα' + α'β').e + (βα' + β'²).e - 2a.(α'.e + β'.e ) + a².e = 0 .

1
2
1
2
2
E
 (α - a)² + βα' = 0
(β' - a)² + βα' = 0
Donc :  β.(α + β' - 2a) = 0 .
 α'.(α + β' - 2a) = 0
0
Si α' ou β = 0, alors : α = β' = a, les solutions sont donc de la forme : 0
0
0 0
a β ou
0 a
0
0
Si α'β ≠ 0, alors : β' = 2a - α et α' = -(α - a)²/β, la solution est donc de la forme : 0
0
0
0
0 0

a 0 .
α' a 
0
0 
α
β .
-(α - a)²/β 2a - α
C2.7) Soit f : E → E (un -espace vectoriel) transformant toute droite en une droite, et telle que f(E) contient au
moins deux droites distinctes (donc dim(E) ≥ 2) ; montrer que f(0E) = 0E . On note φu l'application numérique
réelle telle que, si f(u) = u' , pour u et u' non nuls, alors f(x.u) = φu(x).u' ; montrer que φu(1) = 1 . On suppose
que f vérifie la propriété additive : ∀ (u , v) ∈ E² , f(u + v) = f(u) + f(v) . Montrer que si f(u) et f(v) ne sont
pas colinéaires, alors φu+v = φu = φv . Montrer que, si f(u) = u', pour u et u' non nuls, alors pour tout rationnel r
on a φu(r) = r (faire d'abord la démonstration dans , puis dans ), en déduire que si φu est continue, c'est l'application
identique et qu'alors f est linéaire.
- Corrigé : Soit u' et v' deux vecteurs directeurs de deux droites distinctes de f(E) , ayant pour antécédents
respectifs u et v (qui ne peuvent pas être colinéaires car l'image de tout k.u est sur D(u')) ;
0E ∈ Vect(u)∩Vect(v) ⇒ f(0E) ∈ Vect(u')∩Vect(v'), et on a bien f(0E) = 0E.
Par définition : u' = f(u) = f(1.u) = φu(1).u', et comme u' n'est pas nul φu(1) = 1.
Pour tout réel x : f(x.(u + v)) = φu+v(x).(u' + v') (car f(u + v)= u' + v') = f(x.u) + f(x.v) = φu(x).u' + φv(x).v' , d'où :
(φu+v(x) - φu(x)).u' + (φu+v(x) - φv(x)).v' = 0E ; et comme (u' , v') est libre alors φu+v(x) = φu(x) = φv(x) ; cette
égalité étant vraie pour tout réel x, alors φu+v = φu = φv.
Par récurrence sur n ∈ : f(0E) = f(0.u) = 0E = 0.u' donc φu(0) = 0 . On suppose la propriété vraie au rang n ;
alors f((n + 1).u) = f(n.u) + f(u) = n.u' + u' = (n + 1).u', ce qui prouve la propriété dans .
0E = f(0E) = f(u + (-u)) = f(u) + f(-u) d'où f(-u) = -f(u) et alors pour tout k ∈ : φu(k) = k.φu(1).
Pour q ≠ 0 : q.f((p/q).u) = p.f((q/q).u) = p.f(u) , d'où f((p/q).u) = (p/q).f(u) ; on en déduit que pour tout rationnel
r : φu(r) = r.
Si φu est continue, on montre que pour tout réel x : φu(x) = x , et alors f(x.u) = x.f(u) , ce qui prouve que f est
linéaire car la propriété additive a été supposée. Il faudrait montrer un peu plus rigoureusement l'assertion
initiale : Il existe, sur chaque droite, au moins un vecteur non nul ayant un antécédent non nul sinon il serait
impossible que l'image de cette droite soit toute la droite image. Soit u et u' les vecteurs non nuls tels que,
comme précédemment, f(u) = u' . On utilise ensuite la continuité de φu et la propriété de densité des rationnels
dans l'ensemble des réels : étant donné un réel a quelconque,
∀ ε > 0, ∃ η > 0 tel que ∀ x ∈ , |x - a| < η ⇒ |φu(x) - φu(a)| < ε.
Dans l'intervalle ]a - η , a + η[ il y a au moins un rationnel r et alors φu(a) ∈ ]r - ε , r + ε[ . Il n'y a plus qu'à
écrire ça un peu mieux :
∀ n ∈ , ∃ η ∈ tel que r ∈ , |a - r| < η ⇒ r - 1/n < φu(a) < r + 1/n.
On choisit alors rn tel que |a - rn| < inf{1/n , η} et alors a - 2/n < φu(a) < a + 2/n . En faisant tendre n vers +∞,
on montre bien que φu(a) = a.