MT23 A2012 TEST 2 - Corrigé Exercice 1 P2 est l`espace vectoriel

MT23 A2012 TEST 2 - Corrig´e
Exercice 1
P2est l’espace vectoriel des polynˆomes `a coefficients r´eels de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 2.
P3est l’espace vectoriel des polynˆomes `a coefficients r´eels de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 3.
On note {p0, p1, p2}et {p0, p1, p2, p3}les bases canoniques respectives de P2et P3.
On d´efinit
u(p) = p2p0, o`u p0d´esigne la d´eriv´ee de p.
1. Montrer que uest une application lin´eaire de P2dans P3.
Quels que soient les polynˆomes pet q, quel que soit le scalaire λ, en utilisant les r´esultats
classiques d’analyse sur les d´eriv´ees et le produit de fonctions, on obtient :
u(p+q) = p2(p+q)0=p2(p0+q0) = p2p0+p2q0=u(p) + u(q).
u(λp) = p2(λp)0=p2(λp0) = λp2p0=λu(p).
Donc l’application uest lin´eaire. On montre que, de plus, si pappartient `a P2, alors u(p)
appartient `a P3. Si pappartient `a P2, alors p0appartient `a P1, donc le produit de p0par p2qui
est de degr´e 2, est un polynˆome de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 3.
2. P2et P3´etant munis de leurs bases canoniques respectives, construire la matrice Aassoci´ee `a u.
On sait que p0
0= 0, p0 1=p0, p0 2= 2p1, donc
u(p0) = 0, , u(p1) = p2p0=p2, , u(p2) = p2(2p1)=2p3.
On obtient donc la matrice :
A=
0 0 0
0 0 0
0 1 0
0 0 2
.
Exercice 2
Soient Eet Fdeux espaces vectoriels sur K, soit uune application lin´eaire de Edans F. On suppose
que dim E= dim F. D´emontrer que :
uinjective ⇔usurjective .
On raisonne par ´equivalences :
uinjective ⇔Ker u={~ 0} ⇔ dim (Ker u)=0⇔dim E= dim Im u⇔dim F= dim Im u.
On a utilis´e l’hypoth`ese dim E= dim Fet le th´eor`eme du rang : dim E= dim Ker u+ dim Im u.
On sait de plus que Im uest inclus dans F, donc l’´egalit´e des dimensions est ´equivalente `a l’´egalit´e
des espaces vectoriels, donc :
dim F= dim Im u⇔F= Im u⇔usurjective .

Exercice 3
Soit Eun espace vectoriel sur Kmuni d’une loi interne not´ee ˆ +. Soit El’ensemble des sous-espaces
vectoriels de E. On note ˜ + la somme de sous-espaces vectoriels.
Montrer que ˜ + est une loi de composition interne sur E.
Il faut montrer que si A∈ E, si B∈ E, alors A˜ +B∈ E, c’est `a dire que A˜ +Best un sous-espace
vectoriel de E.
Aet Bsont des sous espaces vectoriels, donc ils sont non vides, donc il existe ~a ∈A,~ b∈B, donc
~a ˆ +~ b∈A˜ +B, donc A˜ +Best non vide.
Si ~x et ~ x0appartiennent `a A˜ +B, alors il existe ~a et ~ a0appartenant `a A,~ bet ~ b0appartenant `a Btels
que ~x =~a ˆ +~ b,~ x0=~ a0ˆ +~ b0. On a donc :
~x ˆ +~ x0= (~a ˆ +~ b)ˆ +(~ a0ˆ +~ b0)=(~a ˆ +~ a0)ˆ +(~ bˆ +~ b0)
On a utilis´e les propri´et´es de commutativit´e et associativit´e de la loi ˆ +. De plus, Aet Bsont stables
pour cette loi donc ~a ˆ +~ a0∈A,~ bˆ +~ b0∈B, donc ~x ˆ +~ x0∈A˜ +B. Donc A˜ +Best stable pour la loi ˆ +.
Soit λ∈K,
λ.~x =λ.(~a ˆ +~ b) = λ.~a ˆ +λ.~ b
On a utilis´e une des propri´et´es de la loi externe, de plus Aet Bsont stables pour cette loi donc
λ.~a ∈A, λ.~ b∈B, donc λ.~x ∈A˜ +B.
Ce qui termine de d´emontrer que A˜ +Best un sous-espace vectoriel de E.
Exercice 4
Soit A∈ Mpn(K).
1. Quelle est la d´efinition de Ker A? De quel espace vectoriel Ker Aest-il un sous-espace vectoriel ?
On ne demande pas de d´emontrer le r´esultat.
X∈Ker A⇔X∈ Mn1(K) et AX = 0.
Ker Aest un sous-espace vectoriel de Mn1(K).
2. Quelle est la d´efinition de Im A? De quel espace vectoriel Im Aest-il un sous-espace vectoriel ?
On ne demande pas de d´emontrer le r´esultat.
Y∈Im A⇔ ∃X∈ Mn1(K), Y =AX.
Im Aest un sous-espace vectoriel de Mp1(K).
3. Utiliser la d´efinition pour d´emontrer que les colonnes de Aappartiennent `a Im A.
Si on choisit X=
1
0
.
.
.
0
, on a AX =A1, donc A1appartient `a Im A. En choisissant succes-
sivement pour Xles vecteurs de la base canonique de Mn1(K), on montre que A1, A2, ..., An
appartiennent `a Im A.

Exercice 5
Soit Eet Fdeux espaces vectoriels sur K.
Soit uune application lin´eaire quelconque de Edans F.
Compl´eter et d´emontrer la proposition suivante :
Si {~v1, ~v2, ...., ~vn}est une famille ........ de E, alors {u(~v1), u(~v2), ...., u(~vn)}est une famille ........ de F.
On peut r´epertorier les th´eor`emes connus :
th´eor`eme 1 : Si {~v1, ~v2, ...., ~vn}est une famille g´en´eratrice de E, alors {u(~v1), u(~v2), ...., u(~vn)}est une
famille g´en´eratrice de Im u.
Or si un’est pas surjective Im uest strictement inclus dans F, donc ce th´eor`eme ne convient pas.
th´eor`eme 2 : Si {~v1, ~v2, ...., ~vn}est une famille libre de Eet si uest injective alors {u(~v1), u(~v2), ...., u(~vn)}
est une famille libre de F.
Or ici un’est pas injective, donc ce th´eor`eme ne convient pas.
th´eor`eme 3 : Si {~v1, ~v2, ...., ~vn}est une famille li´ee de E, alors {u(~v1), u(~v2), ...., u(~vn)}est une famille
li´ee de F.
Ce th´eor`eme convient. On va le d´emontrer.
{~v1, ~v2, ...., ~vn}est une famille li´ee de E, donc il existe des scalaires α1, α2, ...., αnnon tous nuls tels
que α1~v1+α2~v2+.... +αn~vn=~ 0.
Dans la suite on choisit ces scalaires α1, α2, ...., αn.
On a donc
u(α1~v1+α2~v2+.... +αn~vn) = u(~ 0).
Or uest lin´eaire, donc
u(α1~v1+α2~v2+.... +αn~vn) = α1u(~v1) + α2u(~v2) + .... +αnu(~vn),et u(~ 0) = ~ 0.
On obtient donc α1u(~v1) + α2u(~v2) + .... +αnu(~vn) = ~ 0. De plus les scalaires α1, α2, ...., αnsont non
tous nuls, ce qui termine de d´emontrer que la famille {u(~v1), u(~v2), ...., u(~vn)}est li´ee.