Espaces vectoriels 1 2 3 4 5 6 7

Feuille d’exercices n◦ 8 10/2004
Spéciales MP
Espaces vectoriels
1
Soit E un espace vectoriel de dimension finie, u et v deux endomorphismes de E. Montrer que :
|rg u − rg v| rg (u + v) rg u + rg v
2
(CCP)
Soient p et q deux projecteurs d’un K-espace vectoriel (K est R ou C).
1) Soit r = p + q.
a) Montrer que r est un projecteur si et seulement si q ◦ p = p ◦ q = 0.
b) On suppose que r est un projecteur. Déterminer Ker r et Im r.
2) On suppose que Im p ⊂ Ker q. Soit r = p + q − p ◦ q.
a) Montrer que r est un projecteur.
b) Déterminer Ker r et Im r.
(C)
3
Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie, p et q deux projecteurs qui commutent. Montrer que
pq est un projecteur, que Im pq = Im p ∩ Im q et que Ker pq = Ker p + Ker q.
(X)
4
Soit E un espace vectoriel, u un endomorphisme de E vérifiant un = I, V un sous-espace de E stable
par u, p un projecteur de E d’image V et :
n
q=
1 k
u ◦ p ◦ un−k
n
k=1
1) Montrer que q ◦ u = u ◦ q et q ◦ p = p.
2) Montrer que q est un projecteur d’image V.
3) En déduire que Ker q est un supplémentaire de V stable par u.
5
(M)
On note En l’ensemble des polynômes de Rn [X] s’annulant en 0, et l’on pose, pour P ∈ En , u (P ) =
X (P (X) − P (X − 1)) .
1) Montrer que u est un endomorphisme de En . Noyau ? Image ?
2) Soit Q ∈ R [X] . A quelle condition existe-t-il un polynôme P tel que Q = X (P (X) − P (X − 1)) ?
(d’après M)
6
Soit E un K-espace vectoriel de dimension n et u, v dans L (E) tels que u + v = IE et rg u + rg v n.
Montrer que u et v sont des projecteurs.
(M)
7
Soient E un K-espace vectoriel et f ∈ L (E) de rang 1.
1) Soit g ∈ L (E) de rang 1. Montrer que :
rg (f + g) 1 ⇔ Im f = Im g
ou
Ker f = Ker g
2) Donner les sous-espaces vectoriels V de L (E) maximaux pour l’inclusion tels que :
f ∈V
et ∀g ∈ V, rg g 1.
(C)
1
Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Soit u ∈ L (E) . Montrer :
u ∈ Vect uk , k 2 ⇔ E = Ker u
Im u.
8
(M)
indication : Montrer d’abord queE = Ker u Im u équivaut à Ker u2 = Ker u, puis pour ⇐,
considérer une relation de la forme pi=0 λi ui = 0 avec λp = 0 et p minimal.
Soit K un corps fini de cardinal q et E un K-espace vectoriel de dimension n 1.
9
1) Déterminer le cardinal de E et le nombre de droites vectorielles.
2) Soit p ∈ [ 1, n]]. Déterminer le nombre de systèmes libres à p éléments. En déduire le nombre de
sous-espaces de dimension p.
3) Nombre d’endomorphismes ? d’automorphismes ?
(CCP)
Soit K un Q-sous-espace vectoriel de dimension finie de R, stable par produit, non réduit à {0} .
10
1) Montrer que K est un sous-corps de R.
2) Montrer que, pour tout x ∈ K\Q, il existe c > 0 et n 2 tels que :
∀r =
c
p
∈ Q, |x − r| n .
q
q
indication : Montrer l’existence de P ∈ Z [X] , P = 0, tel que P (x) = 0. Puis, raisonner sur
P (x) − P (r) avec les accroissements finis.
3) Montrer que
+∞
1
est transcendant.
n!
2
n=0
(X)
On note Pn l’espace
vectoriel réel des polynômes réels de degré au plus n. On pose pour tout polynôme
+∞
réel P : I (P ) =
P (t) e−t dt.
11
0
1) On se donne deux réels distincts α et β. Montrer qu’il existe un et un seul (λ, µ) ∈ R2 tel que :
∀P ∈ P1 , I (P ) = λP (α) + µP (β)
2) Montrer qu’il existe un et un seul (λ, µ, α, β) ∈ R4 tel que :
∀P ∈ P3 , I (P ) = λP (α) + µP (β) .
3) Avec le quadruplet défini en b), que dire de l’ensemble des P ∈ Pn tels que I (P ) = λP (α) +
µP (β) ?
(C)
Soient E = R2n−1 [X] et (ai )1in des réels deux à deux distincts. On définit les formes linéaires ui et
vi par :
∀i ∈ {1, . . . , n} , ∀P ∈ E, ui (P ) = P (ai ) et vi (P ) = P (ai ) .
12
1) Montrer que B∗ = (u1 , . . . , un , v1 , . . . , vn ) est une base de E ∗ .
2) Notant T = ni=1 (X − ai ) et Ti = j=i (X − aj ) pour 1 i n, expliciter la base B de E
préduale de B∗ .
(C)
indication : on la notera (P1 , . . . , Pn , Q1 , . . . , Qn ) , et on exprimera Pi , Qi à l’aide de pi =
1
(ai − aj ) et si =
.
j=i
j=i ai − aj
2
1
Soit E un espace vectoriel de dimension finie, u et v deux endomorphismes de E. Montrer
que |rg u - rg v| rg u + rg v.
On a Im (u + v) ⊂ Im u + Im v, donc en passant aux dimensions, on obtient
rg (u + v) dim (Im u + Im v) dim (Im u) + dim (Im v) = rg u + rg v.
A fortiori, rg u = rg (u + v + (−v)) rg (u + v) + rg (−v) = rg (u + v) + rg v, soit rg u − rg v rg (u + v) . Par symétrie, on a aussi rg v − rg u rg (u + v) , donc
|rg u − rg v| rg (u + v) rg u + rg v.
2
Soient p et q deux projecteurs d’un K-espace vectoriel (K est R ou C).
1) Étude de r = p + q
a) CNS pour que r soit un projecteur : On a
r2 = (p + q) ◦ (p + q) = p2 + q 2 + p ◦ q + q ◦ p = p + q + p ◦ q + q ◦ p
donc r2 = r ⇔ p ◦ q + q ◦ p = 0. Si on compose à droite par p, et indépendamment à gauche par
p, on obtient : p ◦ q ◦ p + q ◦ p = p ◦ q + p ◦ q ◦ p, donc p ◦ q = q ◦ p. En reportant dans la relation
initiale, on obtient 2p ◦ q = 0, donc p ◦ q = 0 = q ◦ p. Réciproquement, si p ◦ q = q ◦ p = 0, on a
p ◦ q + q ◦ p = 0, donc r est un projecteur.
b) Détermination de Ker r et Im r lorsque r est un projecteur
On remarque d’abord que r ◦ p = p ◦ r = p, r ◦ q = q ◦ r = q.
• Noyau : On a Ker r ⊂ Ker (p ◦ r) = Ker p et de même Ker r ⊂ Ker q, donc Ker r ⊂ Ker p∩Ker q.
L’inclusion inverse étant évidente, on en déduit que Ker r = Ker p ∩ Ker q.
• Image : On a de façon évidente Im r ⊂ Im p + Im q. Inversement, Im p = Im (r ◦ p) ⊂ Im r et
de même Im q ⊂ Im r, donc Im r étant stable par addition, Im p + Im q ⊂ Im r, et finalement
Im r = Im p + Im q. Enfin, comme Im p ∩ Im q ⊂ Ker q ∩ Im q = {0} , la somme est directe.
2) Étude de r = p + q − p ◦ q quand Im p ⊂ Ker q
• r est un projecteur : Si on pose q = q − p ◦ q, on a (q )2 = q 2 + p ◦ q ◦ p ◦ q − q ◦ p ◦ q − p ◦ q 2 = q ,
donc q est un projecteur. De plus, p ◦ q = q ◦ p = 0, donc par la question 1, r = p + q est un
projecteur.
• Noyau, image de r
— Image : On a Im r ⊂ Im (p − p ◦ q) + Im q ⊂ Im p + Im q. La somme est directe comme à 1 car
Im p ∩ Im q ⊂ Ker q ∩ Im q = {0} . Puis, comme on a de nouveau r ◦ p = p et r ◦ q = q, on
montre comme à 1 que Im p + Im q ⊂ Im r, d’où : Im r = Im p Im q.
— Noyau : p (x) = q (x) = 0 ⇒ r (x) = 0, donc Ker p∩Ker q ⊂ Ker r. L’inclusion inverse se montre
comme à 1 en utilisant les égalités p ◦ r = p et q ◦ r = q, d’où à nouveau Ker r = Ker p ∩ Ker q.
3
Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie, p et q deux projecteurs qui commutent.
Montrer que pq est un projecteur, que Im pq = Im p ∩ Im q et que Ker pq = Ker p + Ker q.
• pq est un projecteur : En effet, (pq)2 = (pq) (pq) = p (qp) q = p (pq) q = p2 q 2 = pq.
• Image de pq : Im pq ⊂ Im p et Im pq = Im qp ⊂ Im q, donc Im pq ⊂ Im p ∩ Im q. Inversement, si
x ∈ Im p ∩ Im q, on a p (x) = q (x) = x, donc (pq) (x) = p (x) = x, ce qui implique x ∈ Im pq. Il
s’ensuit que Im p ∩ Im q ⊂ Im pq, donc finalement Im pq = Im p ∩ Im q.
1
• Noyau de pq : On a d’abord Ker p ⊂ Ker qp = Ker pq et de même Ker q ⊂ Ker pq, donc Ker p +
Ker q ⊂ Ker pq. Inversement, si (pq) (x) = 0, on a x = a +b avec a = q (x) ∈ Ker p et b = x −q (x) ∈
Ker q, donc Ker pq ⊂ Ker p + Ker q. En conclusion, Ker pq = Ker p + Ker q. Par contre, ici la somme
n’est pas forcément directe (prendre par exemple p = q).
Soit E un espace vectoriel, u un endomorphisme de E vérifiant un = I, V un sous-espace
de E stable par u, p un projecteur de E d’image V et :
4
n
q=
1 k
u ◦ p ◦ un−k
n
k=1
1) q ◦ u = u ◦ q et q ◦ p = p : On a u0 ◦ p ◦ un = p = un ◦ p ◦ un−n , donc dans la définition de q, on
peut remplacer [[1, n]] par [[0, n − 1]]. On en déduit que :
n
n
1 k
1 k
n−k
u ◦p◦u
◦u=
u ◦ p ◦ un−k+1
q◦u =
n
n
k=1
k=1
n
n−1
1 k−1
1 k
n−(k−1)
n−k
= u◦
u
◦p◦u
u ◦p◦u
=u◦
=u◦q
n
n
k=1
k=0
Puis, si x ∈ E, p (x) ∈ V, donc un−k (p (x)) ∈ V et p◦ un−k (p (x)) = un−k (p (x)) , soit p ◦un−k ◦p =
un−k ◦ p, donc :
n
n
1 k
1 k
u ◦ p ◦ un−k ◦ p =
u ◦ un−k ◦ p = p
q◦p=
n
n
k=1
k=1
2) q est un projecteur d’image V : Si k ∈ [[1, n]], q et uk commutent donc :
q ◦ uk ◦ p ◦ un−k = uk ◦ q ◦ p ◦ un−k = uk ◦ p ◦ un−k
donc :
q2 =
n
n
k=1
k=1
1
1
q ◦ uk ◦ p ◦ un−k =
uk ◦ p ◦ un−k = q
n
n
ce qui établit que q est un projecteur. Puis, l’égalité q◦p = p implique V = Im p = Im (q ◦ p) ⊂ Im q.
Pour l’inclusion inverse, on remarque que pour tout k ∈ [[1, n]], Im uk ◦ p ◦ un−k ⊂ Im uk ◦ p =
uk (Im p) = uk (V ) ⊂ V, donc Im q ⊂ V. Finalement, Im q = V.
3) Ker q est un supplémentaire de V stable par u : Si W = Ker q, on a E = V
W car q est un
projecteur. Puis, si x ∈ W, on a q (u (x)) = (q ◦ u) (x) = (u ◦ q) (x) = u (0) = 0, donc W est stable
par u.
On note En l’ensemble des polynômes de Rn [X] s’annulant en 0, et l’on pose, pour P ∈ En ,
u (P ) = X (P (X) − P (X − 1)) .
5
On va légèrement changer l’énoncé. On va noter E le sous-espace de R [X] constitué des polynômes
qui s’annulent en 0, u l’application de E dans E définie par u (P ) = X (P (X) − P (X − 1)) et un
l’application u de l’énoncé.
1) Étude de u
• u est bien définie et linéaire : C’est immédiat.
2
• En est stable par u : En effet, si k ∈ [[1, n]], on a u X k = X X k − (X − 1)k de degré k n,
donc comme En = Vect X, X 2 , . . . , X n , on a u (En ) = Vect (u (X) , . . . , u (X n )) ⊂ En . Ceci
permet de définir un comme endomorphisme de En .
• Noyau de u et un : Soit P ∈ Ker u. On a P (X) = P (X − 1) , donc P (x) = P (x − 1) pour tout
x ∈ R. Comme P (0) = 0, on en déduit que P (n) = 0 pour tout n ∈ N, donc P = 0 (infinité de
racines). Ce qui montre que Ker u = {0} , donc u est injectif. A fortiori, un est injectif
• Image de un : un est un endomorphisme injectif en dimension finie, donc bijectif : on a donc
Im un = En .
2) Étude d’une équation : Soit Q ∈ R [X] . S’il existe P ∈ R [X] tel que Q = X (P (X) − P (X − 1)) ,
alors Q (0) = 0. Inversement, si Q (0) = 0, il existe n ∈ N tel que Q ∈ En (on prend n = d◦ Q si
Q = 0 et n = 0 sinon). D’après le 1, il existe P ∈ En tel que u (P ) = Q, donc la condition cherchée
est que Q (0) = 0.
Remarque : On peut alors montrer l’unicité de P si on impose P (0) = 0, car on montre facilement
que u est une bijection de E dans E. En effet, c’est injectif et Im u = ∪n∈N Im un = ∪n∈N En = E,
donc c’est surjectif !
6
Soit E un K-espace vectoriel de dimension n et u, v dans L (E) tels que u + v = IE et
rg u + rg v n. Montrer que u et v sont des projecteurs.
On a n = rg IE = dim Im (u + v) = rg u+rg v −dim (Im u ∩ Im v) rg u+rg v n, donc Im u∩Im v =
{0} et dim (Im u) + dim (Im v) = n, ce qui implique que E = Im u Im v. De plus, par unicité, la
décomposition x = a + b selon cette somme directe est donnée par a = u (x) et b = v (x) , donc en
écrivant u (x) = a et v (x) = b, on voit que u est le projecteur sur Im u parallèlement à Im v et v le
projecteur complémentaire.
7
Soient E un K-espace vectoriel et f ∈ L (E) de rang 1.
1) Caractérisation de rg (f + g) 1 : On a d’abord besoin d’un lemme :
Lemme : Si f ∈ L (E) , on a rg f 1 ssi il existe e ∈ E et ϕ ∈ E ∗ tels que f (x) = ϕ (x) e pour
tout x ∈ E.
La condition est clairement suffisante car alors Im f ⊂ Ke. Inversement, soit f tel que rg f 1. Si
f = 0, on prend (e, ϕ) avec e = 0 ou ϕ = 0. Si rg f = 1, on prend e = 0 tel que Im f = Ke. Si
x ∈ E, on définit ϕ (x) par f (x) = ϕ (x) e, et la linéarité de f implique celle de ϕ, d’où le résultat
obtenu. Montrons ensuite l’équivalence désirée :
• ⇐ : Si Im f = Im g, on a Im (f + g) ⊂ Im f + Im g = Im f, donc rg (f + g) dim (Im f ) =
rg f = 1. Si Ker f = Ker g, on écrit f, g sous la forme f (x) = ϕ (x) e et g (x) = ψ (x) e
avec ϕ, ψ formes linéaires non nulles et e, e vecteurs non nuls. L’hypothèse Ker f = Ker g se
traduit par Ker ϕ = Ker ψ, donc (cf. cours), il existe λ ∈ K∗ tel que ψ = λϕ. On a alors
(f + g) (x) = ϕ (x) e avec e = e + λe , donc par le lemme, rg (f + g) 1.
Remarque : Si E est de dimension finie, on a une méthode plus rapide en remarquant que
Ker f = Ker g ⇒ Ker f ⊂ Ker (f + g) et en appliquant la formule de Grassmann.
• ⇒ : Soit g de rang 1 tel que Im f = Im g. Soit e, e ∈ E et ϕ, ϕ ∈ E ∗ tels que f (x) = ϕ (x) e
et g (x) = ϕ (x) e pour tout x ∈ E. L’hypothèse Im f = Im g implique que le système (e, e )
est libre. Si x ∈ E, (f + g) (x) = ϕ (x) e + ϕ (x) e ∈ Π = Vect (e, e ) et comme rg (f + g) = 1,
le couple (ϕ (x) , ϕ (x)) ne peut prendre toute valeur de K2 (sinon Im (f + g) serait le plan Π),
donc l’application linéaire x → (ϕ (x) , ϕ (x)) n’est pas surjective. A fortiori, son image est
3
incluse dans une droite vectorielle de K2 , laquelle a une équation de la forme αX + βY = 0,
donc il existe (α, β) ∈ K2 \ {(0, 0)} tel que αϕ + βϕ = 0, c’est-à-dire que les formes linéaires
non nulles ϕ et ϕ sont proportionnelles. A fortiori, Ker f = Ker ϕ = Ker ϕ = Ker g.
2) Sous-espaces maximaux contenant f et composés d’éléments de rang au plus 1
L’hypothèse rg f = 1 implique E = {0} . Si E est une droite vectorielle, le seul espace possible est
L (E) lui-même (qui est une droite vectorielle). Supposons dim E 2 (c’est-à-dire que E contient
au moins 2 vecteurs indépendants). Soit V un sous-espace de L (E) contenant f et ne contenant
que des endomorphismes de rang au plus 1. Si g ∈ V \ {0} , on a f + g ∈ V, donc rg (f + g) 1.
Par la question 1, on a Im g = Im f ou Ker f = Ker g. Si on rajoute le cas g = 0, on a dans tous
les cas que Im g ⊂ Im f ou Ker f ⊂ Ker g. Posons alors :
Af = {g ∈ L (E) / Im g ⊂ Im f }
,
Bf = {g ∈ L (E) / Ker f ⊂ Ker g}
• Af et Bf sont des sous-espaces de L (E) : immédiat car si g, h ∈ Af et α, β ∈ C, on a
Im (αg + βh) ⊂ Im g+Im h ⊂ Im f+Im f = Im f, et de même si g, h ∈ Bf , alors Ker (αg + βh) ⊃
Ker g ∩ Ker h ⊃ Ker f. De plus, chacun contient l’application nulle.
• Af et Bf ne contiennent que des endomorphismes de rang au plus 1 : C’est évident pour Af .
Puis, si g ∈ Bf \ {0} , Ker g = Ker f est un hyperplan, donc admet une droite supplémentaire
D. Comme Im f est isomorphe à D (supplémentaire du noyau), c’est une droite, donc rg f = 1.
Le raisonnement précédent montre que V ⊂ Af ∪ Bf . On a besoin alors d’un lemme :
Lemme : Si A, B, C sont des sous-espaces d’un espace vectoriel E tels que C ⊂ A ∪ B, alors
C ⊂ A ou C ⊂ B.
Supposons ne pas avoir C ⊂ B et soit x0 ∈ C\B (donc x0 ∈ A). Si x ∈ C, on a x − x0 ∈ C car
C est un sous-espace. Comme C ⊂ A ∪ B, on a x − x0 ∈ A ou x − x0 ∈ B. Si x − x0 ∈ A, alors
x = (x − x0 ) + x0 ∈ A. Si x − x0 ∈ B, on a x0 = x − (x − x0 ) ∈
/ B, donc x ∈
/ B (car B sous-espace)
et donc à nouveau x ∈ A. Il s’ensuit que C ⊂ A. On déduit du lemme que V ⊂ Af ou V ⊂ Bf . Il reste à montrer la maximalité de Af et Bf . Pour
Af , il s’agit de montrer qu’il n’existe pas de sous-espace ne contenant que des endomorphismes de
rang au plus 1 et contenant strictement Af . Si c’était le cas, un tel espace serait forcément inclus
dans Bf (car non inclus dans Af ), ce qui impliquerait Af ⊂ Bf . Or, ceci est faux car si on prend
e ∈ Ker f\ {0} (ça existe car dim E 2), il existe ϕ ∈ E ∗ telle que ϕ (e ) = 0 (cf. dualité) et
l’endomorphisme de rang 1 défini par g (x) = ϕ (x) e (où e engendre Im f ) vérifie Im g = Im g
mais pas Ker f ⊂ Ker g. De même, si f s’écrit f (x) = ϕ (x) e et si e est un vecteur tel que (e, e )
est libre, alors l’endomorphisme g défini par g (x) = ϕ (x) e appartient à Bf mais non à Af . Ceci
montre que Bf n’est pas inclus dans Af , d’où on déduit que Af et Bf sont maximaux en tant que
sous-espaces de L (E) ne contenant que des endomorphismes de rang au plus 1. Enfin, si V est un
sous-espace ne contenant que des endomorphismes de rang au plus 1, il vérifie V ⊂ Af ou V ⊂ Bf ,
donc s’il est maximal, il est forcément égal à Af ou à Bf .
Rappel : V maximal signifie que si W vérifie aussi la propriété et contient V, alors W = V. Il ne
faut pas confondre «maximal» et «maximum».
Remarque : Si E est de dimension finie n, on a dim Af = dim Bf = n, donc s’il y a une inclusion
Af ⊂ Bf ou Bf ⊂ Af , alors on a Af = Bf . Comme il est facile de montrer que Af ∩ Bf est la
droite engendrée par f, on en déduit que n = 1, donc pour n 2 aucune inclusion n’est possible.
Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Soit u ∈ L (E) . Montrer :
u ∈ Vect uk , k 2 ⇔ E = Ker u
Im u.
8
4
• E = Ker u
Im u ⇔ Ker u2 = Ker u
— ⇒ : On a d’abord clairement Ker u ⊂ Ker u2 . Inversement, si x ∈ Ker u2 , on a u (x) ∈
Ker u ∩ Im u = {0} , donc u (x) = 0, ce qui établit que x ∈ Ker u et prouve l’inclusion inverse
Ker u2 ⊂ Ker u.
— ⇐ : Si x ∈ Ker u ∩ Im u, il existe x ∈ E tel que x = u (x ) . Puis u (x) = 0 = u2 (x ) ⇒ x ∈
Ker u2 ⇒ x ∈ Ker u ⇒ x = 0, donc Ker u ∩ Im u = {0} . Comme dim (Im u) + dim (Ker u) = n,
on en déduit que E = Ker u Im u.
• u ∈ Vect uk , k 2 ⇔ E = Ker u Im u
— ⇒ : Si u ∈ Vect uk , k 2 , et si x ∈ Ker u2 , on a uk (x) = 0 pour tout k 2, donc
par combinaison, u (x) = 0. Ceci montre que Ker u2 ⊂ Ker u, et comme l’inclusion inverse est
toujours vraie, on en déduit que Ker u2 = Ker u.
2
— ⇐ : Le système IE , u, . . . , un étant lié, il en existe une combinaison nulle non triviale,
c’est-à-dire qu’il existe au moins un polynôme P non nul tel que P (u) = 0. Considérons alors
P de degré minimal tel que P (u) = 0, et écrivons P sous la forme P = pi=0 λi X i avec λp = 0.
Si λ0 = 0, on a IE = − λ10 pk=1 λk uk , a fortiori u = − λ10 pk=1 λk uk+1 ∈ Vect uk , k 2 .
Si λ0 = 0, on a forcément λ1 = 0. En effet, si on avait λ1 = 0, on aurait u2 v = 0 avec
n
i−2 , donc Im v ⊂ Ker u2 . Comme Ker u2 = Ker u, on aurait uv = 0, donc le
v =
i=2 λi u
p
polynôme i=1 λi X i−1 serait annulateur, en contradiction avec le choix de P. On a donc bien
λ1 = 0, d’où u = − λ11 pi=2 λi ui ∈ Vect uk , k 2 .
Remarque : Si P est unitaire, alors P est le polynôme minimal de u (cf. réduction des
endomorphismes).
9
Soit K un corps fini de cardinal q et E un K-espace vectoriel de dimension n 1.
1) Cardinal de E, nombre de droites : On a E K n , donc E est fini et card E = card K n = qn . A
fortiori, il y a qn − 1 vecteurs non nuls. Comme il y en a exactement q − 1 qui engendrent une
q n − 1 n−1 k
droite donnée, le nombre de droites est égal à
=
q .
k=0
q−1
2) Nombre de systèmes libres (resp. sous-espaces) de cardinal (resp. dimension) p :
• Systèmes libres de p vecteurs : Si p = 1, il y a autant de systèmes libres que de vecteurs non
nuls, donc q n − 1. Ensuite, pour p = 2, il y a q n − 1 façons de choisir le premier vecteur non
nul e1 , puis q n − q façons de choisir e2 non colinéaire à e1 (on est amené à choisir e2 ∈
/ Ke1 , et
n
n
toute droite est de cardinal q), donc en tout (q − 1) (q − q) systèmes libres à 2 éléments. Le
raisonnement peut être étendu à p quelconque pour p n, car si on suppose avoir montré qu’il
p−1 n
y a i=1
q − q i−1 systèmes libres à p − 1 éléments, un système libre à p éléments s’obtient
en prenant (e1 , . . . , ep−1 ) système libre de p − 1 vecteurs complété par ep ∈
/ Vect (e1 , . . . , ep−1 ) ,
p−1
donc puisque Vect (e1 , . . . , ep−1 ) est de cardinal q , le nombre de systèmes libres obtenus vaut
:
p−1
n
q n − q i−1 ×
q − q p−1
i=1
nombre de choix pour ep
On en déduit par récurrence que le nombre cherché vaut :
Lp,n
p
n
=
q − qi−1
i=1
cette formule étant aussi valable pour p > n (elle fournit bien 0 !). En particulier le nombre de
bases vaut Bn = Ln,n = ni=1 q n − q i−1 .
5
• Sous-espaces de dimension p : Si F est un sous-espace de dimension p n, il admet Bp bases,
donc le nombre de choix possibles pour F s’obtient en faisant le quotient du nombre de systèmes
libres à p éléments par Bp , soit :
p n
i−1
Lp,n
i=1 q − q
= p
p
i−1 )
Bp
i=1 (q − q
sous-espaces de dimension p.
3) Nombre d’endomorphismes, d’automorphismes de E : On a L (E) de dimension n2 sur K, donc
2
card L (E) = q n . Puis, un automorphisme f étant déterminé de façon unique en choisissant B base
de E telle que f (B0 ) = B, où B0 est une base fixée de E, le nombre cherché vaut Bn .
Soit K un Q-sous-espace vectoriel de dimension finie de R, stable par produit, non réduit
à {0} .
10
1) K est un sous-corps de R : Soit a ∈ K∗ . L’application φa : x → ax est définie de K dans lui-même
(stabilité par produit) et est injective, donc étant Q-linéaire en dimension finie, elle est bijective.
A fortiori, il existe e ∈ R tel que ae = a, donc 1 = e ∈ K. Ensuite, 1 à son tour est dans l’image,
donc il existe b ∈ K tel que ab = 1, soit a−1 = b ∈ K. En résumé, K est un sous-groupe additif de
R contenant 1, stable par produit et passage à l’inverse, donc c’est un sous-corps de R.
2) Approximations rationnelles : Soit x ∈ K\Q. Si dimQ K = r 1, le système (1, x, . . . , xr ) est lié
(système de cardinal r +1 en dimension r), donc il existe des rationnels a0 , . . . , ar non tous nuls tels
que rk=0 ak xk = 0. Quitte à multiplier les ak par un dénominateur commun, on peut supposer
qu’ils sont tous dans Z. Dans ces conditions, en posant P = rk=0 ak X k , on a P (x) = 0. Soit
alors Π un polynôme à coefficients dans Z, non nul, de degré minimal d tel que Π (x) = 0. Un
tel polynôme ne peut admettre de racine rationnelle car si on avait Π (r) = 0 avec r ∈ Q, le
Π
polynôme X−r
serait de degré d − 1, à coefficients rationnels, et annulerait x (car x ∈
/ Q), ce qui
est impossible (en multipliant par un dénominateur commun, on ferait apparaître un polynôme de
degré d − 1 à coefficients dans Z qui annulerait x). Ceci implique que d 2. Puis, si r ∈ Q, si on
écrit Π = dk=0 αk X k , on a en écrivant r = qp , (p, q) ∈ Z × N∗ :
d
1 P (r) = d
αk pk q d−k
q
k=0
d
Or, P (r) = 0, donc k=0 αk pk q d−k ∈ Z∗ . A fortiori, |P (r)| q1d . Puis, par les accroissements
finis, il existe c ∈ ]x, r[ tel que P (x) − P (r) = P (c) (x − r) . Discutons alors selon deux cas :
• Si r ∈ [x − 1, x + 1] : on prend M qui borne P sur l’intervalle [x − 1, x + 1] . On a |P (c)| M,
donc q1d |P (r)| = |P (x) − P (r)| M |x − r| , donc qd |x − r| M −1 .
• Si r ∈
/ [x − 1, x + 1] : on a q d |x − r| q d 1.
En posant c = min 1, M −1 , on a q d |x − r| c dans tous les cas, donc l’entier n = d convient.
+∞
1
3) x =
est transcendant : Sinon en raisonnant comme précédemment, il existerait un entier
2n!
n=0
d et un réel c > 0 tels que |x − r| qcd pour tout rationnel r = pq (d est le degré minimal d’une
équation non triviale à coefficients dans Z annulant x). Or, si N ∈ N et si rN =
|x − rN | =
6
+∞
n=N+1
1
2n!
+∞
n=(N+1)!
1
1
= (N+1)!−1
n
2
2
N
1
, on a :
2n!
n=0
En écrivant rN =
pN
qN
avec qN = 2N! , on a (qN )d |x − rN | 1
2(N+1)!−dN !−1
=
1
2(N+1−d)N!−1
quand N → +∞, ce qui contredit la minoration (qN )d |x − rN | c, donc x est transcendant.
11
→0
On note Pn l’espace vectoriel réel
+∞des polynômes réels de degré au plus n. On pose pour
tout polynôme réel P : I (P ) =
P (t) e−t dt.
On rappelle que
+∞
0
0
tn e−t dt
= n! pour tout n ∈ N.
1) Existence et unicité de (λ, µ) : (1, X) étant une base de P1 , on se ramène à trouver (λ, µ) tel que :
λ+µ=1 ,
λα + µβ = 1
C’est un système de Cramer admettant la solution unique λ =
β−1
β−α ,
µ=
α−1
α−β .
2) Existence et unicité de (α, β, λ, µ) : On se ramène cette fois au système non linéaire :
λ+µ=1 ,
λα + µβ = 1 ,
λα2 + µβ 2 = 2 ,
λα3 + µβ 3 = 6
On utilise les expressions de λ, µ trouvées à 1 et on reporte dans les dernières équations. On trouve
après simplification par α − β :
α + β − αβ = 2 ,
α2 + β 2 − αβ (α + β − 1) = 6
Puis, on remarque que α2 + β 2 = (α + β)2 − 2αβ = (2 + αβ)2 − 2αβ = 4 + 2αβ + (αβ)2 et
αβ (α + β − 1) = αβ (αβ + 1) , donc la seconde équation fournit αβ = 2. En reportant dans la
première, on obtient α + β = 4, donc α, β sont les racines du polynôme X 2 − 4X + 2. En imposant
α < β, on obtient :
α =2−
√
2 ,
β =2+
√
2 ,
1
λ= β
4
,
1
µ= α
4
Remarque : Le polynôme X 2 − 4X + 2 n’est autre (à une constante multiplicative près) que le
polynôme de Laguerre L2 .
3) Ensemble des P ∈ Pn tels que I (P ) = λP (α) + µP (β) : On a d’abord :
1 3
1
λα4 + µβ 4 = αβ α3 + β 3 =
α + β3
4
2
2
1
2
=
(α + β) α + β − αβ = 2 (α + β)2 − 3αβ = 2 (16 − 6) = 20 = I X 4 = 24
2
donc la formule I (P ) = λP (α)+µP (β) n’est pas vérifiée pour P = X 4 . On en déduit la discussion
suivante :
• Si n 3 : la formule est vraie pour tout P ∈ Pn .
• Si n 4 : la forme linéaire P → I (P ) − (λP (α) + µP (β)) n’est pas nulle (elle ne s’annule pas
pour X 4 ), donc son noyau est un hyperplan de Pn .
12
Soient E = R2n−1 [X] et (ai )1in des réels deux à deux distincts. On définit les formes
linéaires ui et vi par :
∀i ∈ {1, . . . , n} , ∀P ∈ E, ui (P ) = P (ai )
et vi (P ) = P (ai ) .
7
1) La base (u1 , . . . , un , v1, . . . , vn ) : Soit (λ1 , . . . , λn , µ1 , . . . , µn ) une suite de scalaires telle que :
n
λi ui +
i=1
n
µi vi = 0
i=1
Si on pose P = (X − ai ) j=i (X − aj )2 , on a P (aj ) = 0 pour tout j, P (aj ) = 0 pour tout j = i
et P (ai ) = j=i (ai − aj )2 = 0, donc en appliquant les deux membres de la relation ci-dessus au
polynôme P on obtient P (ai ) µi = 0, donc µi = 0. Puis, de façon plus classique, en appliquant la
même relation à P = j=i (X − ai ) , on obtient λi = 0. On en déduit que le système étudié est
libre, et étant de bon cardinal c’est une base de K2n−1 [X] .
2) Base préduale : C’est par définition l’unique base (P1 , . . . , Pn , Q1 , . . . , Qn ) de K2n−1 [X] telle que
pour tout (i, j) ∈ [ 1, n]]2 :
1 si j = i
1 si j = i
Pi (aj ) =
, Pi (aj ) = Qi (aj ) = 0 , Qi (aj ) =
0 si i = j
0 si i = j
• Calcul de Qi : Qi est divisible par (X − ai )
de ce produit, on trouve :
Qi =
j=i (X
− aj )2 , donc en calculant la dérivée en ai
1
1
· (X − ai )
(X − aj )2 =
· T · Ti
pi2
pi2
j=i
• Calcul de Pi : Pi est divisible par j=i (X − aj )2 , donc s’écrit Pi = j=i (X − aj )2 (αX + β)
avec (α, β) ∈ K2 . Les conditions Pi (ai ) = 1 et Pi (ai ) = 0 fournissent le système :
αai + β =
1
p2i
,
2si +
α=−
2si
p2i
,
β=
dont la solution est :
α
=0
αai + β
1 + 2ai si
p2i
On en déduit :
Pi =
1 1
·
(X − aj )2 · (1 − 2si (X − ai )) = 2 · (1 − 2si (X − ai )) · (Ti )2
p2i
pi
j=i
Par exemple, pour n = 3, a1 = −1, a0 = 0, a1 = 1, on trouve :
P1 =
X2
X2
(X − 1)2 (3X + 4) , P2 = (X + 1)2 (X − 1)2 , P3 =
(X + 1)2 (−3X + 4)
4
4
X2
X2
(X + 1) (X − 1)2 , Q2 = X (X + 1)2 (X − 1)2 , Q3 =
(X + 1)2 (X − 1)
4
4
Remarque : On obtient l’interpolation de Hermite : si b1 , . . . , bn , b1 , . . . , bn sont des scalaires
donnés, il existe un unique polynôme P de degré au plus 2n − 1 tel que :
Q1 =
P (ai ) = bi
et P (ai ) = bi
pour tout i ∈ [[1, n]]. Ce polynôme est donné par la formule :
P =
n
i=1
8
bi Pi +
n
i=1
bi Qi