Exercices d`oraux de la banque CCP 2014-2015

Exercices d’oraux de la banque CCP 2014-2015 - Corrigés
BANQUE ALGÈBRE
EXERCICE 59
⁀extbf1) (a) Si P6=0, deg(f(P)) = deg(P−P′) = deg(P)et en particulier, f(P)6=0. Par contraposition, ∀P∈E, [f(P) =
0⇒P=0]. Donc le noyau de l’endomorphisme fest {0}.
Par suite fest un endomorphisme injectif de l’espèce de dimension finie E. On sait que fest un automorphisme de E. En
particulier, fest bijectif.
(b) f(1) = 1et pour k∈J1, nK,fXk=Xk−kXk−1. Donc la matrice de l’endomorphisme fdans la base canonique est
A=
1−1 0 . . . . . . 0
0 1 −2....
.
.
0 0 1 .......
.
.
.
.
.......0
.
.
.......−n
0 . . . . . . 0 1
∈Mn+1(K).
Le déterminant de la matrice triangulaire Aest égal à 1et en particulier n’est pas nul. Donc, A∈GLn+1(K)ou encore
f∈GL(E).
2) Soit Q∈E.Q(n+1)=0et donc
Q=Q−Q(n+1)
=
n
X
k=0Q(k)−Q(k+1)(somme télescopique)
=
n
X
k=0
fQ(k)=f n
X
k=0
Q(k)!(car deg n
X
k=0
Q(k)!=deg(Q)6n).
Le polynôme P=
n
X
k=0
Q(k)est un élément de Etel que f(P) = Q. On sait de plus que le polynôme Pest uniquement défini.
EXERCICE 60
Soit la matrice A=1 2
2 4 et fl’endomorphisme de M2(R)défini par : f(M) = AM.
1) Soit M=a c
b d ∈M2(R).
f(M) = AM =1 2
2 4  a c
b d =a+2b c +2d
2a +4b 2c +4d .
Ensuite,
M∈Ker(f)⇔
a+2b =0
2a +4b =0
c+2d =0
2c +4d =0⇔a= −2b
c= −2d
Donc Ker(f) = −2b −2d
b d ,(b, d)∈R2.
2) En particulier, Ker(f)6={0}car par exemple, la matrice non nulle −2 0
1 0 est dans Ker(f). Puisque fest un
endomorphisme de l’espace M2(R)qui est de dimension finie, on sait que fn’est ni injectif, ni surjectif.
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3) •D’après la question 1), Ker(f) = b−2 0
1 0 +d0−2
0 1 ,(b, d)∈R2=Vect(B, C)où B=−2 0
1 0 et
C=0−2
0 1 .(B, C)est déjà une famille génératrice de Ker(f). De plus, les matrices Bet Cne sont pas colinéaires et
donc la famille (B, C)est libre. Finalement, (B, C)est une base de Ker(f).
•D’après le théorème du rang, dim (Im(f)) = dim (M2(R) − dim (Ker(f)) = 4−2=2.
La matrice D=f(E1,1) = 1 0
2 0 et la matrice E=1
2f(E2,2) = 0 1
0 2 sont deux éléments de Im(f). De plus, les
matrices Det Ene sont pas colinéaires. Donc, (D, E)est une base de Im(f).
EXERCICE 62
1) Soit x∈E.x∈Ker(f)⇒f(x) = 0⇒g(f(x)) = 0⇒x∈Ker (g◦f). Ceci montre que Ker(f)⊂Ker (g◦f).
Réciproquement, pour x∈E,
x∈Ker (g◦f)⇒g(f(x)) = 0⇒f(g(f(x))) = 0
⇒f(x) = 0(car f◦g=Id)
⇒x∈Ker(f).
Ceci montre que Ker (g◦f)⊂Ker(f).
On a montré que Ker(g◦f) = Ker(f).
2) Pour tout x∈E,g◦f(x)∈Im(g). Ceci montre que Im(g◦f)⊂Im(g).
Réciproquement, puisque f◦g=Id, pour tout x∈E,g(x) = g(f(g(x))) ∈Im(g◦f). Ceci montre que Im(g)⊂Im(g◦f).
On a montré que Im(g◦f) = Im(g).
3) Puisque f◦g=Id,
(g◦f)2=g◦f◦g◦f=g◦Id ◦f=g◦f.
Donc, g◦fest un projecteur. On sait alors que E=Ker (g◦f)⊕Im (g◦f) = Ker(f)⊕Im(g)(que l’on soit en dimension
finie ou pas).
On a montré que E=Ker(f)⊕Im(g).
EXERCICE 64
1) Dans cette question, on suppose que E=Imf⊕Kerf.
•Pour tout x∈E,f2(x) = f(f(x)) ∈Im(f). Ceci montre que Im f2⊂Im(f).
•Soit x∈E. Puisque E=Imf⊕Kerf, il existe (y, z)∈E×Ker(f)/ x =f(y) + z. Mais alors, f(x) = f(f(y)) + f(z) = f2(z).
Donc, pour tout x∈E,f(x)∈Im f2. Ceci montre que Im (f)⊂Im f2et finalement que Im(f) = Im f2.
On a montré que : E=Imf⊕Kerf⇒Im f2⊂Im(f).
2) (a) D’après la question 1), on a toujours Im f2⊂Im(f). Puisque dim(E) + ∞, on en déduit que Imf=Imf2⇔
dim (Imf) = dim Imf2.
D’autre part, on a toujours Ker(f)⊂Ker f2. En effet, pour tout x∈E,
x∈Ker(f)⇒f(x) = 0⇒f(f(x)) = 0⇒x∈Ker f2.
Par suite, Ker(f) = Ker f2⇔dim (Ker(f)) = dim Im f2. Mais alors, le théorème du rang permet d’écrire
Imf=Imf2⇔dim (Imf) = dim Imf2⇔n−dim (Kerf) = n−dim Kerf2⇔dim (Kerf) = dim Kerf2
⇔Kerf=Kerf2.
On a montré que Imf=Imf2⇔Kerf=Kerf2.
(b) On suppose dans cette question que Imf=Imf2. D’après la question précédente, Kerf=Kerf2.
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Soit x∈Imf∩Kerf. Donc f(x) = 0et il existe y∈Etel que x=f(y). On en déduit que f2(y) = 0et donc que
y∈Kerf2=Kerfpuis que x=f(y) = 0. Ceci montre que Imf∩Kerf={0}.
D’autre part, d’après le théorème du rang, dim (Imf) + dim (Kerf) = n.
En résumé, Imf∩Kerf={0}et dim (Imf) + dim (Kerf) = n. On sait alors que E=Imf⊕Kerf.
On a montré que Imf=Imf2⇒E=Imf⊕Kerf.
EXERCICE 71
Soit pla projection vectorielle de R3, sur le plan Pd’équation x+y+z=0, parallèlement à la droite Dd’équation
x=y
2=z 3.
1) D=Vect (v3)où v3= (1, 2, 3). Puisque 1+2+3=66=0,v3/∈Pet donc D∩P={0}. Comme d’autre part,
dim(P) + dim(D) = 2+1=3=dim R3<+∞, on en déduit que R3=P⊕D.
2) Soit u= (x, y, z)∈R3. Soit λ∈R.
u−λv3∈P⇔(x−λ, y −2λ, z −3λ)∈P⇔x−λ+y−2λ +z−3λ =0⇔λ=1
6(x+y+z).
Le projeté de usur Pparallèlement à Dest
p(u) = u−x+y+z
6v3= (x, y, z) − x+y+z 6(1, 2, 3) = 5x −y−z 6,−2x +4y −2z 6,−3x −3y +3z 6.
Puisque
5x −y−z
6
−2x +4y −2z
6
−3x −3y +3z
6
=1
6
5−1−1
−2 4 −2
−3−3 3 
x
y
z
, la matrice de pdans la base canonique de R3est
1
6
5−1−1
−2 4 −2
−3−3 3 
.
3) Une base de Pest (v1, v2)où v1= (1, −1, 0)et v2= (1, 0, −1). Puisque R3=P⊕D, on sait que (v1, v2, v3)est une
base de R3. Dans cette base, la matrice de pest diag(1, 1, 0).
Une base de R3dans laquelle la matrice de pest diagonale est donc (v1, v2, v3)où v1= (1, −1, 0),v2= (1, 0, −1)et
v3= (1, 2, 3).
EXERCICE 76
1) (a) Inégalité de Cauchy-Schwarz.∀x∈E,|(x|y)|6kxk× kyk.
Démonstration. Soit (x, y)∈E2. Pour λ∈R, on pose P(λ) = kλx −yk2. On a d’une part ∀λ∈R, P(λ)>0et d’autre
part ∀λ∈R, P(λ) = λ2kxk2−2λ(x|y) + kyk2.
1er cas. Si x=0,|(x|y)|=0et kxk×kyk=0. Dans ce cas, |(x|y)|=kxk×kyk=0et en particulier, l’inégalité est vraie.
2ème cas. Si x6=0,Pest un trinôme du second degré, positif sur R. On sait alors que son discriminant réduit est négatif
ou nul ce qui fournit
0>∆′= (x|y)2−kxk2kyk2.
Par suite, (x|y)26kxk2kyk2puis, en prenant la racine carrée des deux membres, (x|y)6kxk × kyk.
L’inégalité de Cauchy-Schwarz est démontrée dans tous les cas.
(b) Cas d’égalité de l’inégalité de Cauchy-Schwarz.∀x∈E,|(x|y)|=kxk × kyk⇔(x, y)liée.
Démonstration. Soit (x, y)∈E2. D’après 1)
|(x|y)|=kxk× kyk⇔x=0ou (x6=0et ∆′=0)⇔x=0ou (x6=0et ∃λ0∈R/ P (λ0) = 0)
⇔x=0ou (x6=0et ∃λ0∈R/kλ0x−yk2=0)⇔x=0ou (x6=0et ∃λ0∈R/ y =λ0x)
⇔(x, y)liée.
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Le résultat est démontré.
2) Posons F=Zb
a
f(t)dt ×Zb
a
1
f(t)dt, f ∈E.
On sait que l’application (f, g)7→(f|g) = Zb
a
f(t)g(t)dt est un produit scalaire sur C([a, b],R). On note k k la norme
associée.
Soit f∈E. Les fonctions fet 1
fsont continues sur [a, b]. Donc, Zb
a
f(t)dt ×Zb
a
1
f(t)dt existe. De plus, puisque les fonctions
fet 1
fsont positives sur [a, b],
Zb
a
f(t)dt ×Zb
a
1
f(t)dt =Zb
apf(t)2 dt ×Zb
a 1
pf(t)!2
dt =
√f
2
1
√f
2
.
L’inégalité de Cauchy-Schwarz permet d’affirmer que
Zb
a
f(t)dt ×Zb
a
1
f(t)dt >√f|1
√f2
= Zb
apf(t)×1
pf(t)dt!2
= (b−a)2.
Le nombre (b−a)2est donc un minorant de l’ensemble F. De plus, si fest la fonction constante x7→1,fest un élément
de Etel que Zb
a
f(t)dt ×Zb
a
1
f(t)dt = (b−a)2.
Ceci prouve que l’ensemble Zb
a
f(t)dt ×Zb
a
1
f(t)dt, f ∈Eadmet un minimum et en particulier une borne inférieure m
et que m= (b−a)2.
EXERCICE 77
1) Soit Aun sous-espace vectoriel de E.
Soit x∈A. Alors ∀y∈A⊥,(x|y) = 0et donc x∈A⊥⊥. Ceci montre que A⊂A⊥⊥. D’autre part, puisque Eest de
dimension finie,
dim A⊥⊥=dim(E) − dim A⊥=dim(E) − (dim(E) − dim(A)) = dim(A).
En résumé, Aest un sous-espace vectoriel de A⊥⊥et dim(A) = dim A⊥⊥<+∞. On en déduit que A⊥⊥=A.
2) (a) •F⊂(F+G)et G⊂(F+G). Donc (F+G)⊥⊂F⊥et (F+G)⊥⊂G⊥puis (F+G)⊥⊂F⊥∩G⊥.
•Un élément de F⊥∩G⊥est orthogonal à tout élément de Fet de Gpuis à toute somme d’un élément de Fet de Gpar
bilinéarité du produit scalaire et est donc dans (F+G)⊥. Ceci montre que F⊥∩G⊥⊂(F+G)⊥.
Finalement, (F+G)⊥=F⊥∩G⊥.
(b) D’après les deux questions précédentes,
F⊥+G⊥⊥=F⊥⊥∩G⊥⊥=F∩G.
En prenant l’orthogonal des deux membres, on obtient
(F∩G)⊥=F⊥+G⊥⊥⊥
=F⊥+G⊥.
On a montré que (F∩G)⊥=F⊥+G⊥.
EXERCICE 78
1) (a) Soit (x, y)∈E2. D’après une identité de polarisation,
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(u(x)|u(y)) = 1
4ku(x) + u(y)k2−1 4ku(x) − u(y)k2
=1
4ku(x+y)k2−1 4ku(x−y)k2(car uest linéaire)
=1
4kx+yk2−1 4kx−yk2(par hypothèse sur u)
= (x|y).
On a montré que : ∀(x, y)∈E2,(u(x)|u(y)) = (x|y).
(b) Soit x∈E. Puisque uconserve la norme,
x∈Ker(u)⇒u(x) = 0⇒ku(x)k=0⇒kxk=0⇒x=0.
Donc Ker(u) = {0}. Puisque Eest de dimension finie, on sait que uest bijectif.
2) Montrons que O(E)est un sous-groupe du groupe (GL(E),◦).
•D’après la question précédente, O(E)⊂GL(E)et d’autre part, IdE∈ O(E).
•Soit (u, v)∈(O(E))2. Pour tout xde E
kv◦u(x)k=kv(u(x))k=ku(x)k=kxk.
Donc v◦u∈ O(E).
•Soit u∈ O(E). Pour tout xde E
u−1(x) = uu−1(x)
=kxk.
Donc u−1∈ O(E).
On a montré que O(E)est un sous-groupe du groupe (GL(E),◦). En particulier, (O(E),◦)est un groupe.
3) ⇒/. Supposons que u∈ O(E). Donc uconserve le produit scalaire. Soit (i, j)∈J1, nK2. Mais alors
(u(ei)|u(ej)) = (ei|ej) = δi,j (symbole de Kronecker).
Ceci montre que (u(e1), u (e2),...,u(en)) est une famille orthonormée de E. On sait qu’une telle famille est libre. Puisque
d’autre part, card (u(ei))16i6n=n=dim(E)<+∞, la famille (u(ei))16i6nest une base orthonormée de E.
⇐/. Supposons que (u(e1), u (e2), . . . , u (en)) soit une base orthonormée de E.
Soit x∈E. Posons x=
n
X
i=1
xieioù (x1,...,xn)∈Rn.
ku(x)k=
n
X
i=1
xiu(ei)
=v
u
u
t
n
X
i=1
x2
i(car la base (u(e1),...,u(en)) est orthonormée)
=
n
X
i=1
xiei
(car la base (e1,...,en)est orthonormée)
=kxk.
Ceci montre que u∈ O(E).
On a montré que : u∈ O(E)⇐⇒(u(e1), u (e2),...,u(en)) est une base orthonormée de E.
EXERCICE 79
1) Soit hune fonction continue et positive de [a, b]dans R. Supposons h6=0. Il existe donc x0∈[a, b]tel que h(x0)> 0.
Puisque hest continue en x0, il existe deux réels uet vtels que u < v et x0∈[u, v]et ∀x∈[u, v],
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