Exercices(1) - Joseph di Valentin

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Exercices corriges
Joseph DI VALENTIN
Septembre 2005
ii
iii
Avant propos
Cet ouvrage a pour objectif d'aider les eleves de classes preparatoires.
Ce livre est aussi utile aux eleves des Ecoles
d'ingenieur, aux candidats aux concours
de recrutement ainsi qu'a tous ceux qui souhaitent completer leurs connaissances en
mathematiques.
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Table des matieres
1
2
3
4
5
6
7
8
Algebre generale, enonces
Algebre generale, corriges
Polyn^omes et fractions, enonces
Polyn^omes et fractions, corriges
Algebre lineaire, enonces
Algebre lineaire, corriges
Topologie, enonces
Topologie, corriges
1
13
47
55
87
119
251
281
Chapitre 1
Algebre generale, enonces
1. Theoreme de Lagrange (Cet exercice sera souvent utilise dans les exercices
qui suivent).
Soit G un groupe ni de cardinal n. Soit H un sous-groupe de G.
Soit la relation denie sur G par : xRy , xy 1 2 H .
Verier que cette relation est une relation d'equivalence, quelle est la classe
d'equivalence d'un element x de G ?
En deduire que le cardinal de H divise n.
En deduire1 : 8x 2 G; xn = e ou e est l'element neutre de G.
2. Soit G un groupe d'ordre p premier. Montrer que G est un groupe cyclique.
3. Soit G un groupe ; soient G1 et G2 deux sous-groupes de G. Montrer que
G1 [ G2 est un sous-groupe de G si et seulement si G1 G2 ou G2 G1 .
4. Soit Un (n 2 N; n>2) le groupe multiplicatif des des racines
nieme complexes
de 1. Trouver un isomorphisme entre Un et Z/nZ; + . En deduire les
generateurs de Un.
5. (a) Montrer que tous les sous-groupes d'un groupe cyclique sont cycliques ;
leur ordre q divise l'ordre du groupe.
(b) Dans Z/24Z; + , quel est le sous-groupe d'ordre 4 ? A quel ensemble
est-il isomorphe ?
6. Soient H et K deux groupes cycliques. Montrer que le groupe produit direct2
H K est un groupe cyclique si et seulement si leurs ordres respectifs sont
premiers entre eux.
Application a Z/nZ; + Z/nZ; + est-il isomorphe a Z/nmZ; + ?
7. Soit G un groupe. Soient H et K deux sous-groupes de G.
Soit HK = fx 2 G= 9(h; k) 2 H K; x = hkg. Montrer que HK est un
groupe si et seulement si HK = KH .
8. Groupe de
Klen On appelle groupe de Klen le groupe G produit direct de
Z/2Z; + par lui-m^eme.
Quels sont les ordres des elments de G ? Quel est l'ordre de G ?
Soit E le plan ane euclidien. Soit O un point de E . Considerons le groupe
forme de l'identite, la symetrie par rapport a O et les symetries orthogonales
1
2
En notation additive, n:x = e.
Voir la dention dans le livre du m^eme auteur : Resume de cours Textes et corriges de devoirs.
CHAPITRE 1. ALGE BRE GE NE RALE, E NONCE S
2
par rapport a deux droites orthogonales contenant O. Verier qu'il s'agit la
d'un groupe (pour la composition des applications) isomorphe au groupe G.
Le groupe Z/4Z; + est-il isomorphe a G ?
9. Soient H et K deux groupes nis. Quel est l'ordre d'un element (h; k) du
groupe produit direct H K ?
10. Soit p un nombre premier ; montrer que pour k 2 Np 1 , p divise Cpk .
11. Ideal produit, the^oreme chinois.
Soit A un anneau commutatif. Soient I et J deux ideaux de A. On appelle
ideal produit note (IJ ) , l'ensemble des sommes nies d'elements du type i:j ,
i 2 I; j 2 J .
(a) Montrer que l'ideal produit (IJ ) est un ideal de A.
(b) Montrer que si I et J sont principaux, engendre respectivement par a et
b, (IJ ) = fij = (i; j ) 2 I J g = (ab)A.
T
(c) On suppose I + J = A, montrer alors (IJ ) = I J .
En deduire :
(I = aA et J = bA principaux ; I + J = A) ) (aA) \ (bA) = (ab)A.
Application : montrer m ^ n = 1 ) (mZ) \ (nZ) = (mn)Z.
(d) Soient A (non necessairement commutatif ici) un anneau et I un ideal
bilatere de A, I 6= A. On considere la relation R denie sur A par :
xR y () x y 2 I . On note A/I l'ensemble des classes d'equivalence
pour la relation R. Soit (X; Y ) 2 (A/I )2 .
Soient x et x1 deux representants de X , soient y et y1 deux representants
de Y . Montrer que les classes x + y et x1 + y1 sont egales ; de m^eme les
classes x:y et x1 :y1 sont egales. On pose alors X + Y = x + y; XY = xy
ou x et y sont des representants quelconques de X et Y respectivement.
En deduire que (A/I ; +; ) est un anneau3.
(e) On suppose I + J = A. Soit f : x 2 A 7 ! (xI ; xJ ) 2 (A/I ) (A/J ).
Montrer que f est un morphisme surjectif de noyau (IJ ) , puis :
(f) Soient m et n deux entiers>2 , premiers entre eux.
Montrer : Z/mnZ; +; ' Z/mZ Z/nZ ; +; .
Application :
8 x 2 (7)
<
Resoudre dans Z :: x 1 (8)
x 3 (9)
12. Indicatrice d'Euler
Soit n 2 N, n>2. On note '(n) le nombre d'elements q 2 N ; q6n tels que
q ^ n = 1. On pose '(1) = 1. ' est l'indicatrice d'Euler.
(a) Soit p un entier premier. Calculer '(p); ' (p ) ; 2 N .
3
Cet anneau est dit anneau quotient.
A
3
(b) Soit n 2 N , montrer que '(n) est le nombre d'elements de Z/nZ qui
engendrent Z/nZ; .
(c) m et n etant deux entiers non nuls premiers entre eux, montrer a l'aide
du theoreme chinois vu precedemment : '(mn) = '(m)'(n).
Yp i
En deduire, pour n>2, si n = ni , ou les ni sont premiers et deux a
Yp i=1
deux distincts alors : '(n) = n
1 1 .
ni
i=1
(d) Soit G(n) le groupe des elements inversibles de l'anneau Z/nZ ; +; .
Montrer, a l'aide du theoreme de Lagrange, que : x 2 G(n) ) x'(n) 1(mod n).
En deduire :
() a 2 Z; a ^ n = 1 ) a'(n) 1(mod n).
() n premier, a^n = 1 ) an 1 1(mod n) (petit theoreme de Fermat)
et n premier ) an a(mod n).
X
(e) Soit n 2 N , montrer : n =
'(d).
djn;d2N
13. Theoreme de Wilson
Montrer : p premier , (p 1)! + 1 0 (mod p).
14. Soit p un entier premier. Soient a et b deux entiers superieurs a 1.
On suppose (a + b) ^ (ab) = p2 . Que dire de a ^ b ?
Trouver a et b tels : (a + b) ^ (ab) = 49 et a _ b = 231 ou 245.
15. Montrer que 21 divise 24n + 5 pour n 2 N .
16. Soient a et r deux entiers >2. Montrer que si ar 1 est premier, alors r est
premier et a = 2. Montrer que si ar + 1 est premier, alors a est pair et r est
une puissance de 2.
17. Resoudre dans N, l'equation 3n 5 (mod 17).
18. Soit p un nombre premier impair, soit q diviseur premier de 2p 1.
Montrer : q 1 (mod 2p). On pourra utiliser le groupe multiplicatif G =
Z/q Z ; , le theoreme de Lagrange et l'ordre de 2 dans ce groupe.
19. Nombres parfaits Soit n 2 N on appelle (n) la somme des diviseurs >1 de
n.
n est dit parfait si (n) = 2n. Montrer les resultats suivants :
(a) a ^ b = 1 ) (ab) = (a)(b)
(b) p premier , (p) = p + 1
q+1 1
(c) (p premier, q>1) ) (pq ) = p
. Calculer alors (n) pour tout
p
1
n 2 N .
CHAPITRE 1. ALGE BRE GE NE RALE, E NONCE S
4
(d) Les nombres parfaits pairs sont ceux de la forme : 2p 1 (2p 1) ou p et
2p 1 sont premiers.
(e) (n>3 parfait, n impair ) ) n admet au moins trois diviseurs premiers
distincts
20. Soit n 2 N, soit an = 22n + 1.
Montrer que si m 6= n, an ^ am = 1.
21. Soit 2 Sn une permutation. Existe-t'il s 2 Sn telle que s2 = ? (On
pourra decomposer s en produit de cycles disjoints et commencer par etudier
des cycles c et s veriant la relation : c = s2).
22. (a) Calculer le produit des cycles a supports disjoints (a; b) (b; c).
Montrer que toute permutation paire, dans un ensemble de cardinal n,
est produit de cycles de longueur 3 (n>3).
(b) Notons pour i 6= j i;j le cycle (i; j ).
Montrer que les transpositions i;i+1 ; i 2 Nn 1 engendrent Sn. On pourra
calculer pour i < j : i;i+1 j 2;j 1 j 1;j j 2;j 1 i;i+1 .
Montrer que la transposition 1;2 et le cycle c = (1; 2; ; n) engendrent
Sn. (On calculera c i;i+1 c 1)
(c) Montrer que les transpositions 1;i ; i 2 f2; : : : ; ng engendrent le groupe
symetrique Sn.
23. On appelle centre d'un groupe l'ensemble des elements qui commutent avec
tous les elements du groupe.
En utilisant une transposition, montrer que le centre de Sn (n>3) est fIdg.
24. Soient A et B deux sous-groupes d'un groupe G.
(a) Considerons le groupe symetrique S4. Notons A le groupe engendre par le
cycle (1; 2; 3) et B celui engendre par le cycle (3; 4). AB est-il un groupe ?
(b) B est dit sous-groupe distingue de G si et seulement si : 8(x; b) 2 G B ; xbx 1 2 B .
On suppose B sous-groupe distingue de A, montrer AB = BA, puis AB
est un groupe.
25. (a) Soit G un groupe. Soit H un sous-groupe distingue de G. Soit R la
relation denie sur G par (x R y) () xy 1 2 H .
() Verier que R est une relation d'equivalence. Soit G0 l'espace quotient, que l'on note G/H , pour cette relation d'equivalence.
() Soient (x; x0 ) 2 G2; x R x0 et (y; y0 ) 2 G2 ; y R y0 . Verier que l'on
a xy R x0 y0. En deduire que l'on peut denir le produit de deux
elements X et Y de G/H par XY = xy ou x (resp. y) est un
representant de X (resp. de Y ) pour la relation R.
() Montrer que G/H est un groupe4.
4
Appele groupe quotient.
5
26.
27.
28.
29.
30.
(b) Soit G un groupe et D(G) le groupe engendre par les elements de la forme
xyx 1 y 1; (x; y) 2 G2. D(G) est dit groupe derive de G.
() Montrer que D(G) est un sous-groupe distingue de G.
() Soit H un sous-groupe distingue de G. Montrer : G/H abelien ,
D(G) H .
() On suppose G = S3 ; qu'est-ce que D(G) ?
Soit G un groupe de centre C . (Le centre est fx 2 G = 8y 2 G; xy = yxg).
Soit G0 l'ensemble des applications fa : x 2 G 7 ! axa 1 2 G appelees
automorphismes interieurs.
(a) Montrer que (G0 ; ) est un groupe, que C est un sous-groupe abelien de
G.
(b) Soit : a 2 G 7 ! fa 2 G0 . Montrer que est un morphisme et que G0
est isomorphe a G/C (en fait, montrer que est surjectif de noyau C ).
Soit G un groupe abelien. On suppose qu'il existe n 2 N tel que 8x 2 G; xn =
e.
(a) Soit n = ab avec a ^ b = 1. Soient Ga = fxa ; x 2 Gg et Gb = fxb ; x 2 Gg.
Verier que Ga et Gb sont des groupes. Montrer que pour tout x 2 G il
existe un unique couple (u; v) 2 Ga Gb tel que x = uv(ecrire 1 = a + b
et conclure).
(b) On suppose n impair. Montrer que l'application x 7 ! xk ; (k ^ n = 1)
est un automorphisme de G. Determiner l'application reciproque. (On
pourra ecrire 1 = k + n).
1 1
Soit G le groupe multiplicatif engendre par les matrices A = p12 1 1 et
1 0
B= 0 1 .
Montrer que le sous-groupe H de G engendre par BA est un sous-groupe
distingue dans G ; en etudiant G/H , en deduire le cardinal de G.
Soit (G; ) un groupe abelien ; soient x et y deux elements de G d'ordres
respectifs p et q avec p ^ q = 1.
Montrer que le sous-groupe F engendre par z = xy contient x et y (on calculera
z k ).
Quel est le cardinal de F ? (considerer (a; b) 2< x > < y >7 ! ab 2 F ).
Soit G un groupe d'ordre 8 non commutatif et possedant un unique element
d'ordre 2 note e0 .
(a) Montrer que e0 commute avec tout element de G. (On pourra calculer
a 1e0 a).
(b) Soient j et k deux elements de G ne commutant pas. On pose l = jk.
Montrer G = fe; j; k; l; e0 ; e0 j; e0 k; e0 lg. (On pourra remarquer que mis a
part e et e0 tous les elements de G sont d'ordre 4.
6
CHAPITRE 1. ALGE BRE GE NE RALE, E NONCE S
(c) Trouver un morphisme injectif de G dans GL2 (C ) avec (k) matrice
d'une rotation reelle et (j ) matrice diagonale.
31. Soit p un entier premier >3.
(a) On suppose p = a2 + b2 ; (a; b) 2 N2 . Montrer : p 1 (mod 4).
(b) Soit G = Z/pZ . Montrer que G contient p 1 carres qui sont les
2
p
racines du polyn^ome X
1.
(c) On suppose p 1 (mod 4).
Montrer qu'il existe m 2 N tel que 1 + m2 soit divisible par p.
(d) Soit N = 1 + E (pp). On considere les reels de [0; 1], 1 et km
p
km E p ; k = 0; 1; ; N 1.
Verier qu'il y a deux elements de ce type tels que : jx yj6 1 .
bm 1 N
2
En deduire qu'il existe (a; b) 2 Z tel que : p a 6 pp .
En deduire que p est somme de deux carres d'entiers.
2
1
32. Soit p>3 un nombre premier ; on pose Fp = Z/pZ.
(a) En etudiant u 2 Fp 7 ! u2 2 Fp , montrer que 1 est un carre si et
seulement si p 1 (4).
(b) En raisonnant par l'absurde, montrer qu'il y a une innite de nombres
premiers congrus a 1 modulo 4. (On pourra considerer 1 + n!2 pour un
certain n).
33. Soit p premier. Soit M 2 Mn(Z), montrer : tr(M p) tr(M ) (mod p).
On montrera pour cela que dans un anneau commutatif de caracteristique p
premier, on a : (a1 + +aq )p = ap1 + + apq.
En se placant dans Z/pZ [X ], calculer det ((M + XI )p).
34. Montrer que pour tout nombre entier premier p, il existe un entier n 2 N tel
que : 6n2 + 5n + 1 0 (mod p).
35. Determiner le groupe U des elements inversibles de
groupe additif isomorphe a U .
Z/20Z,
puis trouver un
36. Soient p un entier premier, k un entier naturel. Montrer que
X
x2Z/pZ; x6=0
xk
est egal a 0 ou 1. Determiner les conditions pour lesquelles la somme est
egale a 0 ou 1. (On pourra pour un element non nul xe y \remplacer " x
par xy).
7
37. Actions de groupes
Denition Soit G un groupe, soit E un ensemble non vide. On considere
une application de G E dans E , (; x) 7 ! x. On suppose que cette
application verie :
8(1; 2 ) 2 G2 ; 8x 2 E , (2 1 ) x = 2 (1 x)
Si e est l'element neutre de G, 8x 2 E; e x = x.
Soit x 2 E . On appelle orbite de x sous l'action de G l'ensemble des elements
x pour 2 G.
On dit que le groupe G agit (ou opere) sur E .
On suppose que l'application de G E dans E , (; x) 7 ! x est une action
du groupe G sur E .
On considere la relation R suivante : 8(x; y) 2 E 2; xRy si et seulement si il
existe 2 G tel que y = x.
(a) Verier que R est une relation d'equivalence. On note !(x)) la classe
d'equivalence de x. Verier qu'il s'agit de l'orbite de x sous l'action de
G.
Soit x 2 E et soit S (x) = f 2 G= x = xg (S (x) est appele le
stabilisateur de x).
Montrer que S (x) est un sous-groupe de G.
(b) () Soit G = GL(n; K ), soit E = K n f0g.
Soient f 2 G et x 2 E . G opere naturellement sur E par f x = f (x).
Quel est le stabilisateur de (1; 0; : : : ; 0) ?
() Soit G = SL(2; R) (matrices de determinant 1), soit E le demi-plan
ensemble des nombres
de partie imaginaire > 0. Si g 2 G
a bcomplexes
est la matrice : c d , on denit g z par :
az + b
g z = cz
+d
(c)
(d)
(e)
(f)
quel est le stabilisateur de i ?
On note G/S (x) l'ensemble des classes a gauche (la classe a gauche, g,
de g 2 G, est gS (x) ) .
Montrer que l'application qui a g 2 G/S (x) associe g x 2 !(x) est une
bijection.
Montrer (lorsque G est ni) : card G = card S (x) card !(x).
On suppose E = G et x = x 1 ; on dit que G opere sur lui-m^eme
par conjugaison. (ou par les automorphismes interieurs).
Soit G un groupe de cardinal p premier. Montrer en etudiant les classes
de conjugaison, que G est abelien.
Soit G un groupe ni, soit E un ensemble ni. On suppose que G opere
sur E . Soit X une partie de E contenant un et un seul representant de
chaque orbite.
Montrer la formule (dite equation aux classes) :
CHAPITRE 1. ALGE BRE GE NE RALE, E NONCE S
8
card E =
X
x2X
card !(x) =
X
card G
x2X card S (x)
(g) On suppose que G opere sur lui-m^eme par les automorphismes interieurs
et est ni.
On note Z (G) = fx 2 G= 8y 2 G; xy = yxg le centre de G.
X card(G)
Montrer : card(G) = card(Z (G)) +
, X deni comme en
card(
S
(
x
)
x2X
x=2Z G
(d).
On suppose card(G) = pn; n>2 ou p est un nombre premier. Montrer
que le cardinal de Z (G) est divisible par p en deduire que le centre de G
n'est pas feg.
(
)
38. Soient E et G deux ensembles nis. G est un groupe qui agit sur E . On appelle
! la partie de GX
E denie par : (; x) 2 !X
si et seulement si x = x.
5
Verier #! = #fx 2 E= x = xg = #f 2 G= x = xg.
2G
x2E
On pose N = #fx 2 E= x = xg et !(x) l'orbite de x ; montrer :
X
2G
N =
X #G
x2E #! (x)
Soit n le nombre d'orbites ; montrer :
n (#G) =
X
2G
N
39. Soit G un groupe d'ordre p , p premier, 2 N . G opere sur un ensemble
ni X . On note X G l'ensemble des points xes de X sous G, c'est-a-dire :
X G = fx 2 X= 8g 2 G; g x= xg.
Montrer card(X ) card X G (mod p) (on utilisera l'equation aux classes vue
precedemment).
Application : on suppose X = G et g x = gxg 1 .
On note Z (G) = fx 2 G= 8y 2 G; xy = yxg le centre de G.
Montrer card(Z (G)) = pn ou n est un entier >1.
40. Soit G le groupe Z/pZ ; + ou p>3 est premier. Soit E = SG , l'ensemble
des permutations de G. On considere (; ) 2 G E 7 ! = 0 2 E avec
0 (k) = + (k ).
Montrer que l'on a deni une action de G sur E .
Soit s 2 E ; s() = + 1. Montrer = sis i . En deduire que la signature
est constante sur une orbite.
Soit 2< s > ; montrer !() = fg.
Si 2= < s >, montrer !() est de cardinal p.
Pour cela, chercher le stabilisateur, S , de et determiner son cardinal, puis
5
# signie card.
9
utiliser la relation : #!() = #G . On montrera que si s = s alors
#S
2< s > donc #S 6= p et #S = 1 ou #!() = p.
41. Sous-groupes de Sylow
Soit G un groupe d'ordre ni N = mpr ou p est premier, r est un entier >1 et
m est un entier premier avec p. On appelle P l'ensemble des parties de G a l
elements.
On fait operer G sur P par les translations a gauche : g X = gX avec g 2 G
et X un element de P .
Verier qu'il s'agit bien d'une action de groupe.
Soit X un element de P . On note S (X ) le stabilisateur de X c'est-a-dire
fg 2 G; g X = X g.
(a) Montrer card(S (X )) = m0 pr0 avec m0 jm et r0 6r
(b) E crire l'equation aux classes (voir plus haut), pour l'action de G, avec
l = p ; 166r.
Montrer que CNl = mpr (1 + kp); k 2 N.
(c) On suppose 8X 2 P ; r0 < montrer que l'on a alors : m(1 + kp) =
pN 0 ; N 0 2 N. En deduire une contradiction puis l'existence d'un X de P
tel que card(S (X ))>p .
(d) Montrer qu'on a en fait l'egalite card(S (X )) = p . En deduire que G
possede un sous-groupe d'ordre p pour tout entre 1 et r.
42. Soit G un groupe d'ordre n = mp , avec p ^ m = 1, p premier. Soient H un
sous-groupe de G et S un sous-groupe de G d'ordre p (S est dit p-Sylow de
G).
Montrer qu'il existe a 2 G= (aSa 1) \ H est un p-Sylow de H .
Pour cela, faire operer G sur l'ensemble des classes a gauche de G modulo S
par les translations a gauche et determiner le stabilisateur de aS .
De m^eme faire operer H sur le m^eme ensemble, determiner le stabilisateur et
prouver que c'est un p-Sylow de H .
43. Soit G un groupe de cardinal n = mp ; p ^ m = 1.
(a) Soit H un p-sous-groupe de G c'est-a-dire un sous-groupe d'ordre une
puissance de p.
Montrer qu'il existe un p-Sylow S de G contenant H . (Utiliser les exercices precedents).
(b) Montrer que les p-Sylow de G sont tous conjugues, c'est-a-dire que si S
est l'un d'entre eux alors tous les autres sont du type aSa 1 avec a 2 G,
et leur nombre k divise n.
Faire operer G sur l'ensemble X des p-Sylow de G par g S = gSg 1 .
(c) Montrer que k 1 (mod p) donc k divise m.
Faire operer un p-Sylow de G sur l'ensemble X des p-Sylow de G par
g S = gSg 1 .
CHAPITRE 1. ALGE BRE GE NE RALE, E NONCE S
10
44. Denition un sous-groupe H d'un groupe G est dit distingue si et seulement si
8g 2 G; gH = Hg ; c'est-a-dire si et seulement si 8(g; h) 2 G H; ghg 1 2 H .
Un groupe est dit simple s'il ne possede aucun sous-groupe distingue trivial.
Le but de l'exercice est de demontrer que SO(3), le groupe des rotations de
l'espace euclidien E = R3 est un groupe simple.
(a) Soit (x; x0 ; y; y0 ) 2 E tel que kxk = kx0 k; kyk = ky0 k; kx ykkx0 y0 k.
Montrer qu'il existe une rotation u telle que u(x) = x0 ; u(y) = y0 .
(b) Montrer que si t1 et t2 sont deux demi-tours alors il existe6 une rotation
r telle que t1 = r 1 t2 r.
Montrer que les demi-tours engendrent SO(3). Conclure.
45. Soit E un ensemble non vide muni d'une loi associative.
(a) 9a 2 E = x 7 ! ax est surjective. 9u 2 E = ua = a.
Montrer 8x 2 E; ux = x.
(b) 9a 2 E = x 7 ! ax et x 7 ! xa sont surjectives .
Montrer qu'il existe un element neutre.
(c) 8a 2 E; x 7 ! ax et x 7 ! xa sont surjectives.
Montrer que tout element est inversible.
46. Soit A un pseudo-anneau non nul (c'est-a-dire que A verie les axiomes d'un
anneau sauf l'existence eventuelle d'un element neutre pour la multiplication).
On suppose : 8(a; b) 2 A A les equations : ax = b et xa = b admettent
une solution.
Montrer que A est un corps. En deduire que tout pseudo-anneau ni non nul
et integre est un corps.
47. Soit A = Z[i] .
(a) Montrer que Z[i] est un anneau commutatif7.
Soit f (z ) = a2 + b2 = jz j2; z = a + ib.
(b) Montrer que pour tout (u; v) 2 (Z[i])2; f (uv) = f (u)f (v).
En deduire le groupe des inversibles de A.
p
(c) Soit z 2 C . Montrer : 9ze 2 A = jz zej6 22 .
Soit (; ) 2 A2; 6= 0. Montrer qu'il existe (q; r) 2 A = = q + r
avec f (r) < f ( ) .
Y a-t-il unicite ?
(d) Montrer que les ideaux de A sont principaux.
48. Soit (P; Q) 2 (C [X ]) 2. P = 1 + X + X 2; Q = 1 X 2.
(a) Trouver le plus petit ideal (au sens de l'inclusion) contenant P et Q.
6
7
t1 et t2 sont dits conjugues.
Appele anneau des entiers de Gau.
11
49.
50.
51.
52.
53.
54.
(b) Determiner tous les couples (U; V ) 2 (C [X ])2 tels que : UP +V Q = P ^Q.
Pour un couple (U; V ) convenable, quel est l'ideal engendre par fU; V g ?
Soit A un anneau commutatif ; soit I un ideal de A.
I dierent de A est dit premier si xy 2 I ) x 2 I ou y 2 I .
I est dit maximal si tout ideal qui le contient strictement est egal a A.
A est dit principal si A est integre et tout ideal est principal.
(a) Soit A/I l'anneau quotient8 de A par I . Montrer I premier , A/I
integre.
(b) Montrer A/I est un corps , I maximal.
En deduire : I maximal implique I premier.
(c) Supposons A principal. Montrer I premier dierent de f0g implique I
maximal.
(d) Quels sont les ideaux premiers, le ideaux maximaux de Z?
(e) Exemples d'ideaux
Soient A l'anneau des suites reelles, B l'ensemble des suites bornees, C
l'ensemble des suites convergentes, C0 l'ensemble des suites qui convergent
vers 0, Sk l'ensemble des suites nulles a partir de l'indice k, SB l'ensemble
des suites nulles a partir d'un certain rang. Montrer Sk est un ideal de
A, que SB est un ideal de A.
Montrer que SB est un ideal de C0 non premier.
Montrer que C0 est un ideal premier, maximal de C .
Montrer que C0 est un ideal de B non premier.
Soit A un anneau commutatif. On suppose que tout ideal I de A est engendre9
par une famille nie d'elements de A. (on dit que I est Ntherien).
Montrer : A Ntherien , Il n'existe pas de suite innie strictement croissante
d'ideaux de A.
Soit K un corps ni de carateristique p. Montrer : 9 n 2 N = card(K ) = pn .
p
(a) Qu'est-ce que Q[ 2] ?
(b) Soit K un corps commutatif, L un sur-corps de K ; soit a 2 L n K . On
suppose qu'il existe P 2 K [X ] tel que P (a) = 0.
Montrer que le polyn^ome minimal de a est irreductible sur K [X ] et que
K [a] est un corps.
Soit A une K -algebre (unitaire) integre. On suppose que le K -espace vectoriel
A est de dimension nie. Montrer que A est un corps.
Soit K un corps commutatif. Soit G une partie nie non vide de K ; on suppose
que (G; ) est un groupe (abelien). Le but de l'exercice est de demontrer que
G est un groupe cyclique.
Voir l'exercice numero 11 denissant l'anneau quotient.
I est engendre par un ensemble non vide X A lorsque le plus petit ideal (au sens de
l'inclusion) de A contenant X est I .
8
9
12
(a) Soient m et ndeux entiers naturels
non nuls.
Montrer que (mZ)/(mnZ) ; + Z/(nZ) ; + .
(b) Montrer que les sous-groupes du groupe Z/nZ; + sont les ensembles
mZ/nZ; + ou m est un entier naturel diviseur quelconque de n.
(c) Soit d un diviseur de n 2 N ; n = qd. Notons Gen(d) l'ensemble des
generateurs de qZ/nZ; + . Montrer que si d1 et d2 sont deux entiers
distincts diviseurs de n alors Gen(d1 ) et Gen(d2 ) sont disjoints.
X
(d) En appliquant les resultats precedents, montrer la relation : n = '(d),
djn
ou '(d) designe (lorsque d>2) le nombre de nombres premiers avec d,
inferieurs a d et '(1) = 1. (' est l'indicatrice d'Euler).
(e) En utilisant la propriete : '(pq) = '(p)'(q) lorsque p et q sont premiers
entre eux, retrouver le resultat precedent.
(f) Supposons que G est de cardinal n>1. Notons Ed l'ensemble des elements
x de G tels que xd = 1. x est dit d'exposant d. (d divise n ; ce que l'on
admettra ici10). Notons Gd l'ensemble des elements de G d'ordre d.
Soit d un diviseur de n ; supposons Gd 6= ;. Soit x 2 Gd ; montrer que
le groupe engendre par x est Ed puis que les elements de Gd sont les
generateurs de < x >.
En deduire : #Gd = '(d) () Gd 6= ;.
(g) Verier que G est l'union disjointe des ensembles Gd pour tous les d>1
divisant n.
En deduire que pour tout d diviseur de n Gd 6= ; puis le resultat demande.
55. Soit a un entier impair ; soit n un entier superieur a 3.
n
Montrer par recurrence la relation : a(2 ) 1 ( mod 2n).
Trouver les entiers n tel que le groupe multiplicatif des inversibles de Z/(2nZ)
soit cyclique.
56. Quel est le dernier chire de l'ecriture decimale de 7(7 ) ?
2
7
10
Voir le premier exercice.
Chapitre 2
Algebre generale, corriges
Remarque Soit G un groupe ni de cardinal n. n s'appelle l'ordre de G.
Soit x 2 G. On appelle ordre de x le cardinal du groupe engendre par x.
Si pour tout couple d'entiers relatifs dierents i et j xi 6= xj alors le groupe G n'est
pas de cardinal ni. Il existe donc un entier naturel k 2 N tel que xk = e l'element
neutre de G. Soit p le plus petit element de l'ensemble des entiers k 2 N veriant
xk = e. p est l'ordre de x.
1. Soit x 2 G. xx 1 = e 2 H .
Soit (x; y) 2 G2. xy 1 2 H ) (xy 1) 1 2 H (car H est un groupe) c'est-a-dire
yx 1 2 H .
Soit (x; y; z ) 2 G3 . xy 1 2 H et yz 1 2 H impliquent (car H est un groupe)
xy 1 yz 1 2 H ; c'est-a-dire xz 1 2 H .
La relation R est bien une relation d'equivalence.
La classe d'un element x de G est Hx = fhx; h 2 H g.
Soit x 2 G ; l'application h 2 H 7 ! hx 2 Hx est une bijection. En eet elle
est surjective par denition et (hx = kx) ) h = k car G est un groupe.
H et Hx ont donc le m^eme cardinal (ni). Toutes les classes ont m^eme cardinal, les N classes constituent une partition de G donc #G = N #H . Le
cardinal de H divise celui de G.
Soit x un element de G. Soit H le sous-groupe engendre par x. H est un
groupe cyclique de cardinal p un diviseur de n. H etant cyclique de cardinal
p, nous avons xp = e puis xn = e.
2. Soit G un groupe d'ordre p premier. Soit x 2 G dierent de l'element neutre.
Soit H le groupe engendre par x. En utilisant le resultat de l'exercice precedent, nous obtenons que le cardinal de H (qui est dierent de 1) divise p. H
est donc egal a G qui est cyclique.
3. Soient G1 et G2 deux sous-groupe du groupe G. Il est clair que si l'un des
deux sous-groupes est inclus dans l'autre, la reunion (qui est l'un des deux)
est un sous-groupes. Supposons que H = G1 [ G2 soit un sous-groupe de G.
Montrons que G1 G2 ou G2 G1.
Supposons le contraire. Il existe x 2 G2; x 62 G1 , il existe y 2 G1 ; y 62 G2.
H est un groupe donc xy 2 H .
Si xy 2 G1 alors x 2 G1. Si xy 2 G2 alors y 2 G2 . dans les deux cas nous
avons une contradiction ; d'ou le resultat demande.
2ik 4. Un est l'ensemble des nombres complexes exp
n ; k 2 f0; 1; : : : ; n 1g.
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
14
Considerons l'application, ', de Z/nZ dans Un denie par '(a) = exp
2ik n
ou k est le representant de a appartenant a f0; 1; : : : ; n 1g. 2
ik
Soient a = p et b = q deux elements de Z/nZ. '(a + b) = exp
n ou k
est le representant de a + b appartenant a f0; 1; : : : ; n 1g. k p q est
divisible par n donc exp 2i(k p q) = 1.
n
' est bien denie. Nous en deduisons immediatement : '(a + b) = '(a)'(b).
Soit a = p un element de Z/nZ veriant '(a) = 1. Il vient alors 2ik 2 2iZ
n
c'est-a-dire k 2 nZ, soit encore a = 0. ' est surjective par construction. Cela
prouve1 (ce que nous savions
deja) que Un est un groupe multiplicatif et qu'il
est isomorphe a Z/nZ; + .
Les generateurs de Z/nZ sont les elements k ou k est un entier relatifpremier
2ik
avec n. Les generateurs de Un sont donc les nombres complexes exp
n
ou k est un entier naturel inferieur a n et premier avec n. (On peut en fait
remplacer k par k + qn ou q 2 Z).
5. (a) Soit G un groupe cyclique. Il est isomorphe a Z/nZ; + . Il sut donc
de rechercher les sous-groupes de Z/nZ; + .
Soient p et q deux
non nuls.
entiers naturels
Montrons que pZ/pqZ; + est un groupe isomorphe a Z/qZ; + .
Soit a un element de Z/qZ; k un representant de a. Soit b la classe
modulo pq de l'element pk. Verions que b ne depend que de a et non
pas de k.
Soient k0 un autre representant de a.
Il existe n 2 Z; k k0 = nq. pk pk0 = p(k k0 ) = pqn. pk et pk0 sont
donc deux representants de la m^eme classe modulo pq.
Nous pouvons donc denir l'aplication ' de Z/qZ dans pZ/pqZ par
'(a) = b. Soient a1 et a2 deux elements de Z/qZ de representants k1
et k2 . '(a1 + a2) = b ou b est la classe modulo pq de p(k1 + k2 ) ; ce qui
n'est autre que '(a1) + '(k2 ).
Si '(a) = 0 alors, avec les notations precedentes, kp est divisible par pq ;
c'est-a-dire k divisible par p soit encore a = 0. Soit b un element de
pZ/pqZ. Un representant de b est kp ou k 2 Z. b est alors l'image de la
classe de k modulo q. ' est alors surjective.
Nous en deduisons que pZ/pqZ; + est un groupe isomorphe a Z/qZ; + .
Soit n 2 N . Soit pun diviseur de n. pZ/nZ; + est un groupe isomorphe a Z/qZ; + ou n = pq.
(b) Nous savons, d'apres le premier exercice, qu'un sous-groupe H de Z/nZ; +
est de cardinal q ou q est un diviseur de n et que pour tout x 2 H; q:x = 0.
1
Voir le livre du m^eme auteur : Resume de cours Textes et corriges de devoirs.
15
Si k est un representant de x, n = pq divise kq soit encore p divise k.
H pZ/nZ. Ces deux ensembles ont m^eme cardinal donc sont egaux.
H est donccyclique. Il n'y a qu'un seul sous-groupe d'ordre q.
Z/24Z; + n'a qu'un seul sous-groupe d'ordre 4, il s'agit de f0; 6; 12; 18g ;
il est isomorphe a Z/4Z; + .
6. Soient H et K deux groupes cycliques de cardinaux respectifs M et N , engendres respectivement par a et b. Si le produit direct H K est cyclique, il
possede un generateur2 A = (h; k) = (ap; bq ); (p; q) 2 N2 .
Soit d le ppcm de N et M . apd et bqd sont les elements neutres de H et K donc
Ad est l'element neutre de H K et MN divise d. En eet, la division euclidienne de d par MN s'ecrit d = MNm + r avec 06r < NM . Ad:MNm = e = Ar
donc r = 0.
D'apres la relation MN = d (M ^ N ), il vient d = MNd0 avec d0 2 N puis
d = d0 d (M ^ N ) soit en particulier M ^ N = 1.
Reciproquement. Supposons M et N premiers entre eux. Soient p et q deux
entiers. Recherchons un entier s tel que as = ap et bs = bq . Il sut pour cela
de trouver un entier s tel que s p divise M et s q divise N .
M et N sont premiers entre eux donc il existe (p1 ; q1 ) 2 Z2; 1 = p1 M + q1 N .
Posons s = p (p q)q1 N .
Alors s q (p q)p1 M = p (p q)q1N q (p q)p1 M = 0. s convient
et (a; b) est un generateur de H K qui est donc cyclique.
Z/nZ Z/nZ; + est isomorphe a Z/nmZ; + si et seulement si il est cyclique donc si et seulement si m ^ n = 1.
7. Soient H et K deux sous-groupes de G. Supposons que le produit HK soit
un sous-groupe de G.
Soit (h; k) 2 K H . (h 1k 1 ) 1 2 HK donc kh 2 HK nous avons donc
KH HK . En echangeant les roles de h et k, nous obtenons l'inclusion
contraire d'ou l'egalite.
Supposons HK = KH . Soient (h1; h2) 2 H 2 ; (k1; k2 ) 2 K 2 . (h1k1 )(h2k2 ) =
h1 (k1 h2)k2 . Il existe, par hypothese (h3; k3 ) 2 H K tel que k1 h2 = h3k3
donc (h1k1 )(h2k2 ) = h1(k1 h2)k2 = (h1h3)(k1 k3 ) 2 HK .
(h1k1 ) 1 = k1 1 h1 1 2 KH = HK . HK est bien un sous-groupe de G.
8. Les elements du groupe de Klen sont (0; 0); (0; 1); (1; 0); (1; 1). Chaque
element est donc d'ordre 2 alors que le cardinal du groupe3 (son ordre) est egal
a 4.
L'ensemble forme par les isometries en question est bien un groupe ; il est
de cardinal 4. Considerons l'application ' suivante : l'image de l'identite est
(0; 0), l'image de la symetrie s0 par rapport a O est (1; 1), l'image d'une des
deux reexions s1 est (0; 1) et l'image de l'autre reexion s2 est (1; 0).
'(s0 s1 ) = '(s2) = (1; 0) = (1; 1) + (0; 1) = '(s0) + '(s1 ). on fait de m^eme
MN , le cardinal de H K est alors le plus petit entier s veriant (h; k)s = e, le neutre de
H K.
2
3
Nous avons vu plus haut que ce groupe ne peut pas ^etre cyclique.
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
16
pour les autres produits. ' est un morphisme injectif. Il est donc surjectif car
les cardinaux (nis) sont egaux. Ces
deux groupes sont donc isomorphes.
Z
Il n'est pas isomorphe a /4Z; + car il n'est pas cyclique.
9. Soit (x; y) 2 H K . Supposons que l'ordre4 de x soit egal a p, celui de y
soit egal a q. Soit d le ppmc de p et q. (x; y)d = (eH ; eK ) = e le neutre de
H K . Soit l'ordre de (x; y). x = eH ; y = eK . La division euclidienne
nous donne = pa + r; 06r < p puis xr = eH ; ce qui implique r = 0 donc p
divise , de m^eme q divise donc d aussi. d etant au-moins egal a nous en
deduisons l'egalite d = .
10. Soit p un entier premier. Soit k 2 Np 1 . Nous avons alors k + 16p et donc
Yp
aussi 16p k < p. Nous avons la relation :
j = Cpk (p k)!. Gr^ace aux
hypotheses, p est premier avec (p
qu'il divise l'entier Cpk .
j =k+1
k)! et divise Cpk (p
k)!. Nous en deduisons
11. (a) Nous devons montrer que la somme de deux elements de (IJ ) est un element de (IJ ) et que pour tout (a; l) 2 A (IJ ); al 2 (IJ ).
Par denition, la somme de deux elements de (IJ ) est un element de (IJ ).
p
X
p
p
Si l est un element de (IJ ), il existe (xi )i2Np 2 I ; (yi)i2Np 2 J , l = (xi yi).
i=1
p
X
al = (axiyi ). I etant un ideal, axi appartient a I pour tout i donc al
i=1
appartient a (IJ ) qui est bien un ideal.
(b) Supposons I = (a); J = (b).
p
X
Un element l de (IJ ) est du type l = (axi )(byi) ou xi (resp. yi) sont
i=1
4
des elements de I (resp. J ). A est commutatif donc l 2 (ab)A. Si
l 2 (ab)A, il existe x 2 A; l = (ax)b et appartient a (IJ ). Nous avons
donc (IJ ) = (ab)A. Il est clair que (i 2 I; j 2 J ) ) ij 2 (ab)A ; de
m^eme si x appartient a A, abx = (ax)b est le produit d'un element de I et
d'un element de J . Nous avons donc : (IJ ) = (ab)A = fij; i 2 I; j 2 J g.
(c) I + J = A. I \ J est un ideal. Si (i; j ) 2 I J alors ij 2 I \ J et par
construction, (IJ ) I \ J .
D'apres l'hypothese, il existe (i; j ) 2 I J tel que 1 = i + j . Soit
x 2 I \ J , x = xi + xj . xi est le produit d'un element de i et d'un
element de J , xj est le produit d'un element de i et d'un element de J
donc x 2 (IJ ) d'ou l'egalite (IJ ) = I \ J .
Si I et J sont principaux negendres respectivement par a et b, nous avons
d'apres les resultats precedents (ab)A = (aA) [ (bA).
Si A = Z, lorsque m et n sont deux entiers non nuls premiers entre eux,
Il s'agit du plus petit entier parmi les entiers s>1 veriant xs = eH neutre de H .
17
mZ + nZ = Z donc (mn)Z = (mZ) [ (nZ) c'est-a-dire : le plus petit
multiple commun a m n est mn.
(d) Supposons x x1 2 I; y y1 2 I . (x + y) (x1 + y) = x x1 2 I donc
x + yRx1 + y ; de m^eme x1 + yRx1 + y1 donc x + yRx1 + y1.
xy x1 y = (x x1 )y 2 I car x x1 2 I et I est un ideal bilatere. Pour
les m^emes raisons nous avons xyRx1 y ; de m^eme x1 yRx1y1 c'est-a-dire
xyRx1 y1.
Il est donc possible de denir la somme des classes et leur produit a l'aide
des representants.
L'application ' de (A; +; ) dans (A/I ; +; ) denie par '(x) = X = x
la classe de x pour la relation R verie '(x + y) = '(x) + '(y); '(xy) =
'(x)'(y). Par construction, elle est surjective donc (A/I ; +; ) est un
anneau5.
(e) Il est immediat que f est un morphisme d'anneaux.
Le noyau de f est l'ensemble des x 2 A; xI = 0; xJ = 0 c'est-a-dire
x 2 I \ J = (IJ ) car I + J = A.
Montrons que f est surjective.
Il s'agit de prouver que pour tout (X; Y ) 2 A/I A/J , 9a 2 A, tel que
aI = X; et aJ = Y . Soient x un representant de X , y un representant
de Y . Il faut rechercher a 2 A tel que a x 2 I et a y 2 J . D'apres
l'hypothese, il existe (i0 ; i1) 2 I 2; (j0 ; j1 ) 2 J 2); x = i0 + j0; y = i1 + j1 .
Soit i = i1 i0; j = j0 j1 . Posons a = x + i.
Nous avons y + j = y + j0 j1 = y + x i0 y + i1 = x + i = a. a est
solution du probleme donc f est surjective.
Montrons un resultat general concernant les morphismes d'anneaux.
Si f est un morphisme d'anneaux, deni de A vers B de noyau l'ideal
I alors, I est un ideal bilatere, l'anneau (A/I ; + ) est isomorphe a
l'anneau (f (A); +; ). Si f est surjective, il y a isomorphisme entre
(A/I ; + ) et l'anneau (B; +; ).
Soit X 2 A/I . Soient x et y deux representants de X .
f (x) f (y) = f (x y) = 0 donc nous pouvons denir une application '
de A/I dans B par '(X ) = f (x). Soient X et Y deux elements de A/I
de representants respectifs x et y.
'(X + Y ) = f (x + y) = f (x) + f (y) = '(X ) + '(Y ).
'(XY ) = f (xy) = f (x)f (y) = '(X )'(Y ).
'(1) = f (1) = 1.
'(X ) = 0 () f (x) = 0 () x 2 I () X = 0. ' est un
isomorphisme d'image Im(f ).
(f) Dans le cas particulier ou m et n sont deux entiers premiers entre eux,
nous obtenons gr^ace aux resultats precedents :
Z/mZ; + ' Z/mZ Z/mZ; + .
Ce resultat se generalise immediatement au cas d'un nombre quelconque
d'entiers premiers entre eux deux a deux.
5
Voir le livre du m^eme auteur : Resume de cours Textes et corriges de devoirs.
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
18
Resolvons l'equation x 3 (7); x 1 (8). 9 est une solution immediate.
D'apres ce que nous venons de voir, l'ensemble des solutions est donc
f9 + 56p; p 2 Zg.
Pour trouver une solution de l'equation x 3 (7); x 1 (8); x 3 (9), il
sut de chercher p 2 Z tel que 6+56p soit divisible par 9. Nous pouvons
faire des essais successifs. Recherchons plut^ot (p; q) 2 Z2; 56p 9q = 3.
56 = 9 6 + 2, 9 = 2 4 + 1.
Nous obtenons donc6 1 = 9 + 4 9 6 4 56 = 25 9 4 56.
Une solution particuliere est 9 12 56 = 663. L'ensemble des solutions
est donc f 663 + 504p; p 2 Zg = f345 + 504p; p 2 Zg.
12. (a) p est premier. '(p) = p 1.
Soit d un diviseur de n et p alors d = p avec 06 6. n est premier
avec p si et seulement si il n'est pas un multiple de p. Il y a p 1 tels
nombres ; donc '(p = p p 1 .
(b) Pour n>2, nous savons qu'un element est inversible dans Z/nZ ; +; si et seulement si il est la classe d'un element premier avec n. Il y a donc
'(n) elements inversibles.
On peut remarquer que si n 2 N est premier, Z/nZ ; +; est un
corps et tous ses elements
(sauf 0) sont inversibles; on a bien '(n) = n 1.
x engendre Z/nZ ; + si et seulement si il existe p 2 Z; p x = 1 c'esta-dire si il existe n 2 Z; px 1 est divisible par n. Cela signie bien que
x est premier avec n et le nombre de tels elements est bien '(n).
(c) Pour m et n>2, en utilisant l'isomorphisme vu precedemment, nous en
deduisons que le nombre d'elements inversibles dans Z/mn Z; +; est
celui des elements inversibles dans Z/mZ Z/nZ; +; .
Il vient donc '(mn) = '(m)'(n).
Si l'un desp deux est egal a 1, la relation est immediate.
Y
Soit n = ni i la decomposition en facteurs premiers de n. En utilisant
i=1
les resultats precedents, il vient :
Yp i i 1 Yp i 1 Yp 1 '(n) =
ni ni
=
ni 1 n = n
1
.
n
i
i
i=1
i=1
i=1
(d) Nous savons que le cardinal de G(n) est '(n) donc, en utilisant de theoreme de Lagrange, nous obtenons x 2 G(n) ) x'(n) = 1.
() a ^ n = 1 ) a 2 G(n) donc a'(n) 1 (mod n).
() Si de plus n est premier alors '(n) = n 1 donc an 1 1 (mod n)
et en multipliant par a, an a (mod n).
X
'(d).
(e) Montrons7 que pour n 2 N , n =
djn;d2N
Je souligne les restes successifs an de les retenir pour la recherche des coecients.
Une autre preuve est
ee dans le livre deja cite Resum
donn
e de cours,
page 30, en utilisant les
elements inversibles de pZ/pqZ ; + qui est isomorphe a Z/qZ ; + .
6
7
19
E crivons la decomposition de n en facteurs premiers. n =
Yp
nk k ou les
k=1
k psont des entiers au moins egaux a 1. Un diviseur d de n est donc egal
Y
a nkk ou les k sont des entiers naturels au plus egaux a k .
!
p X
k
Y
' n1 : : : ' np p =
'(d) =
' (ni)k .
i=1 k=0
6 ; :::; p 6p
d j n; d2N
!
1 X
k
k
i
X
X
' (ni )k = 1 + ' (ni)k = 1 + 1 n
(ni)k
i
k=0
k=1
1 k=1(n )i 1
k=1
X X
1
1
1
=1+ 1
Nous avons donc
X
d j n; d2N
'(d) =
Yp
i=1
i
i
n
i
ni
ni 1 = (ni) .
(ni)i = n.
13. Nous allons faire deux demonstrations de ce resultat.
Pour p = 2; (p 1)! = 1 1 (mod p). Pour p = 3; (p 1)! = 2 1 (mod p).
Supposons p>5.
Soit k 2 Np 1 ; k est premier avec p donc il existe (u; v) 2 Z2; ku + pv = 1. En
eectuant la division euclidienne de u par p, nous obtenons u = pq + r; 06r <
p. Il vient alors 1 = kr + p(kq + v) = kr + pw. r n'est pas nul car sinon p divise
1. Nous en deduisons que kr 1 (mod p). r est l'unique8 entier compris entre
1 et p 1 a verier cette propriete ; en eet kr 1 (mod p) et kr0 1 (mod p)
impliquent que p divise r r0 avec jr r0 j < p. Nous avons donc r = r0 .
Si k 2 f2; : : : ; p 2g alors k +1 et k 1 appartiennent a Np 1 et sont premiers
avec p ; k2 n'est donc pas congru a 1 modulo p. A chaque k 2 f2; : : : ; p 2g est
donc associe un unique r 2 f2; : : : ; p 2g tel que kr 1 (mod p) et k 6= r. En
p 3 sous-ensembles de f2; : : : ; p 2g a 2 elements constitues
considerant les
2
des ele!
ments dont le produit est congru a 1 modulo p, nous en deduisons que
p 2
Y
k 1 (mod p). Nous avons donc (p 1)! (p 1) (mod p) d'ou le
resultat demande.
Reciproquement
Supposons que p soit un entier au moins egal a 2 tel que (p 1)! 1 (mod p).
Soit d 2 Np 1 un diviseur de p. d divise (p 1)! car il est egal a l'un des entiers
du produit. d divise donc 1 et est egal a 1. p est donc premier.
Seconde
demonstration
Z/pZ ; + ; est un corps. D'apres le petit theoreme de Fermat vu plus
k=2
8
Z/pZ
inverse.
; est un groupe donc chaque element de cet ensemble possede un et un seul
20
haut, 8x 2
Z/pZ
racines simples et
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
; xp 1 = 1. Le polyn^ome X p 1 1 est donc scinde a
Xp 1
En particulier : 1 =
1=
p 1
Y
p 1
Y
k=1
X k.
k.
k=1
Y!
p 1
= (p 1)!.
p 1 etant pair pour p>3, il vient 1 =
k=1
Reciproquement :
Si (p 1)! =1 alors tous leselements non nuls de Z/pZ sont inversibles ; cela
prouve que Z/pZ ; + ; est un corps et que p est premier.
14. Soit d>1 le pgcd de a et b. d divise a et b donc divise p2 . d est alors egal a
1; p ou p2 .
Si a et b sont premiers entre eux alors un diviseur premier c de ab divise a et
ne divise pas b ; il ne peut donc pas diviser a + b. d est donc egal a p ou p2 .
Supposons p = 7 et a _ b = 231 = 7 33. En ecrivant a = 7a0 et b = 7b0 avec a0
et b0 entiers, a0 et b0 divisent 33 ; la seule valeur possible de a0 + b0 divisible par
7 est 14 = 3 + 11. Nous avons a = 21 et b = 77 (ou le contraire) qui convient.
Avec a _ b = 245 = 72 5, en utilisant la m^eme methode que precedemment,
il vient que les valeurs possibles de a0 + b0 divisibles par 7 sont 14 et 42. Seule
42 convient et a = 49; b = 245 (ou le contraire).
Dans le premier cas a ^ b = 7, dans le second a ^ b = 49.
15. Pour n = 1, 24n + 5 = 21 est divisible par 21.
Supposons le resultat
vrai jusqu'aunrang n.
n
4
Il existe k 2 N; n2 + 5 = 21k . 24 + 5 = (21k 5)4 + 5. En developpant
nous obtenons 24 + 5 = (21k 5)4 + 5 = 21q + 54 + 5 = 21(q + 30).
+1
+1
16. Supposons r non premier ; r!= r1 r2 avec r1 et r3 >2.
X
r2 1
ar 1 = (ar 1)
ar k . Chacun des deux entiers du produit est plus
k=0
grand que 3 ; ar 1 n'est!donc pas premier.
r 1
r 1
X
X
r
k
a 1 = (a 1)
a . Si a > 2, a 1>2 et ak >1 + a > 3 et ar 1
k=0
k=0
n'est pas premier.
17. Si nous ne voulons pas utiliser le petit theoreme de Fermat, nous pouvons
calculer (modulo 17) les puissances successives 3n pour n allant de 0 a 16.
Nous voyons alors que 35 5 ( mod 17) et 316 5 ( mod 17) ; 16 etant le
plus petit entier strctement positif a verier cette propriete. Nous avons donc
comme solutions tous les entiers du type n = 5 + 17k; k 2 N.
1
18. q est premier donc
1
Z/q Z
; est un groupe de cardinal q 1. Nous
21
avons 2p 1 ( mod q) donc l'ordre de 2 dans Z/qZ ; divise p qui est
premier ; il est donc egal a p.
D'apres le theoreme de Lagrange, 2q 1 1 ( mod q). p divise donc q 1>2.
q 1 est pair donc est divisible par 2. p et 2 sont premiers entre eux donc 2p
divise q 1.
19. (a) Soit A = (ai )i2N a (resp. B = (bj )j2N b ) l'ensemble des diviseurs de a
(resp. de b) au moins egaux a 1. Si a et b sont premiers entre eux alors
AB est l'ensemble des diviseurs de ab.
( )
X
16i6(a); 16j6(b)
( )
0(a) 1 0(a) 1
X
X
ai bj = @ ai A @ bj A = (a)(b).
i=1
j =1
(b) Il est immediat que p premier () (p) = 1 + p.
(c) Soit p un entier premier.
Les diviseurs de pq sont tous les pk ; k 2 f0; : : : ; qg ; la somme de ces
q
q+1
X
diviseurs est donc :
pk = p p 1 1 .
k=0
(1) = 1 ; soit alors n un entier au moins egal a 2 decompose en produit
Yq i
de facteurs irreductibles n = (ni ) ou les entiers ni sont des entiers
i=1
naturels premiers deux a deux distincts et les i sont des entiers naturels
non nuls.
Yq (ni)i+1 1 En utilisant les resultats precedents, il vient :
ni 1 .
i=1
Par exemple,
le nombre
d'el1ements
inversibles dans Z/78Z est egal a
1
1
78 1
1
1
= 24. Le groupe des elements inver2
3
13
sibles de Z/78Z est de cardinal 24. Ces elements sont les classes des
elements : 1, 5, 7, 11, 17, 19, 23, 25, 29, 31, 35, 37, 41, 43, 47, 49, 53,
55, 59, 61, 67, 71, 73, 77 qui sont respectivement d'ordre 1, 4, 12, 12, 6,
12, 6, 2, 6, 4, 6, 12, 12, 6, 4, 6, 2, 3, 12, 3, 12, 12, 4, 2. On remarque
qu'aucun element n'est d'ordre 12 donc que le groupe en question n'est
pas cyclique.
(d) Supposons n pair ; n s'ecrit n = 2k q avec k 2 N et q impair.
(n) = (2k + 1 1) (q) car q et 2k sont premiers entre eux.
Si n est parfait, nous avons la relation 2n = 2k+1 q (2k + 1 1) (q). Il
vient alors d'apres le theoreme de Gauque 2k + 1 1 divise q ; il existe
m 2 N q = m (2k + 1 1). Si m>3 alors 1, m et q sont trois diviseurs de
q deux a deux distincts. Leur somme est egale a 1 + m2k+1 = 1 + (q) ;
nous en deduisons alors (q)>1 + (q). Nous avons une contradiction et
m = 1 et q = 2k+1
1.
k
k
+1
n=2 2
1 , (n) = 2k 2k+1 1 = 2k+1 1 2k+1 1 .
(n) = 2n conduit alors a 2k+1 1 = 2k+1 donc (2k+1 1 est premier
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
22
et d'apres le resultat de l'exercice numero 16, k + 1 = p est premier.
Supposons9 n = 2p 1 (2p 1) avec p premier et 2p 1 premier.
2p 1 et 2p 1 sont premiers entre eux donc
(n) = 2p 1 (2p 1) = (2p 1) (2p ) = 2n.
(e) Soit n = a b avec a et b entiers premiers dierents et au moins egaux a
+1 1 b +1 1
a
3. (n) =
= 2a b . Nous en deduisons :
a 1 b 1
a b (2(a 1)(b 1) ab) = 1 a+1 b+1 < 0.
Il vient donc ab 2a 2b + 26 1 soit encore (a 2)(b 2)61 alors
que d'apres les hypotheses nous avons (a 2)(b 2)>3. Il y a donc une
contradiction et les nombres parfaits impairs possedent donc au moins
trois diviseurs premiers dierents et au moins egaux a 3.
20. Soit
d un diviseur de 22n + 1 et 22m + 1 avec
m >n np.
n
m
2
2
m
n
2 1 mod d. mSoit p = 2 alors 2 = 22 1 mod d. Cependant,
comme pour n, 22 1 mod d ce qui implique que d divise 2 et est donc
egal a 1 ou a 2. d ne pouvant ^etre pair il est egal a 1 et les deux nombres10
sont premiers entre eux.
21. Decomposons en un produit de cycles de supports distincts.
= c1 c2 : : : cp . Soit s une permutation decomposee en un produit de
cycles de supports distincts. s = s1 s2 : : : sq . = s2 si et seulement si
c1 c2 : : : cp = (s1)2 (s2)2 : : : (sq )2 . A un ordre pres nous en deduisons
que p6q, 8i 2 Np ci = (si)2 et pour i entre p + 1 et q si est une transposition.
Resolvons l'equation ci = (si)2. ci et si ont m^eme longueur ri et m^eme support.
Supposons ri = 2a pair. Nous devons avoir alors (ci )a = Id ce qui est contradictoire. ri est donc impair egal a 2ai + 1. Nous en deduisons si (ci )ai = Id
soit encore si = (ci)ai +1 .
Il est donc necessaires que les cycles ci soient tous
! d'ordres!impairs. Nous
avons alors dans ces conditions s =
Yp
i=1
(ci )ai +1
Yl
j =1
j ou les j sont
des cycles de longueur 2 a supports deux a deux dierents et dierents de
ceux des ci . 1
2
3
4
5
6
7
8
Exemple = 4 3 5 7 2 6 1 8 . est le produit du cycle (1; 4; 7)
et du cycle (2; 3; 5). Les solutions sont donc les produits des cycles (1; 7; 4) et
(2; 5; 3) ou (1; 7; 4), (2; 5; 3) et (6; 8). 1
2
3
4
5
6
7
8
En revanche si nous choisissons = 3 6 4 5 1 8 7 2 qui est le
produit des cycles (1; 3; 4; 5) et (2; 6; 8) il n'y a pas de permutation s telle que
s2 = .
Les nombres du type 2p 1 sont dits nombres de Mersenne. Pour p premier, ils ne sont pas
11
7
necessairement premiers ; par
1 et 213 1 sont
exemple 2 12 113= 2047
= 23 89, en revanche 2
6
7
premiers et donc 2 2 1 = 8128 et 2 2 1 = 33550336 sont parfaits.
10
Ces nombres s'appellent nombres de Fermat. Pour n = 1; 2; 3; 4 ils sont premiers ;
25
2 = 4294967297 n'est pas premier.
9
23
22. (a) a a pour image b, b a pour image c et c a pour image a. Les autres
elements sont invariants donc (a; b) (b; c) = (a; b; c).
Une permutation paire est le produit d'un nombre pair de transpositions
du type (a; b) (c; d) (avec a; b; c et d deux a deux distincts) qui peut
donc s'ecrire (a; b) (b; c) (b; c) (c; d) = (a; b; c) (b; c; d) ou du type
(a; b) (b; c) (avec a; b et c deux a deux distincts) qui peut donc s'ecrire
(a; b; c). Une permutation paire est donc le produit de trois cycles.
(b) Soit i < j 1. Notons 1 le produit i;i+1 : : : j 1;j et 2 le produit
j 2;j 1 : : : i;i+1 .
Soit i < k < j ; nous avons i + 16k6j 1. k a pour image k 1 par 2
qui a pour image k par 1 .
2 (i) = j 1 puis 1(j 1) = j .
2 (j ) = j puis 1 (j ) = i.
Si k 62 fi; : : : ; j g 2 (k) = k puis 1 (k) = k. Nous avons bien i;j = 1 2 .
Pour i = j 1 c'est immediat donc les transpositions i;i+1 engenrent bien
Sn.
Nous pouvons remarquer que toutes ces transpositions sont necessaires
car si nous enlevons l'une d'entre elles, par exemple p;q , celle-ci ne peut
^etre obtenue a partir des autres.
c 1;2 c 1 = 2;3 . D'une maniere generale c i;i+1 c 1 = i+1;i+2 donc
ck 1;2 c k = k+1;k+2 .
D'apres le resultat precedent, nous en deduisons que (1; 2) et (1; 2; : : : ; n)
engendrent Sn.
(c) (1; n) (1; n 1) : : : (1; 2) = (1; 2; : : : ; n). D'apres le resultat
precedent, nous en deduisons que les transpostions 1;i ; i 2 f2; : : : ; ng
engendrent Sn.
23. Soit s une transposition appartenant au centre de Sn. Soient i 6= j deux entiers
de Nn . Posons 1 = s i;j et 2 = i;j s. Soit k un entier appartenant a Nn
dierent de i et de j . 1 (k) = s(k); 2 (k) = i;j s(k). s est dans le centre
donc s(k) = i;j s(k) et alors s(f1; : : : ; ng n fi; j g) = f1; : : : ; ng n fi; j g. s
etant bijective il vient s(fi; j g) = fi; j g.
Si trois elements i; j; k sont deux a deux dierents nous obtenons donc
s(fi; kg) = fi; kg, s(fi; j g \ fi; kg) = fi; j g \ fi; kg = fig. s est donc l'identite
et le centre contient un seul element.
S2 est abelien.
1
24. (a) 1 = 2 23 31 44 , 2 = 13 21 32 44 et l'identite constituent A.
1 2 3 4
B est constitue de la permutation 3 = 1 2 4 3 , et de l'identite.
AB contient
deux elements 1 3 =
1 2 les3 e4lements
de A, ceux de B 1et les
2
3
1 = 2 3 4 1 et 2 3 = 1 = 3 1 4 42 .
1 2 3 4
(1 3 )2 = 3 = 3 4 1 2 qui n'appartient pas a Ab qui n'est
24
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
donc pas un groupe.
Nous pouvons utiliser un autre exemple. Dans le plan ane considerons
le groupe engendre par la symetrie, sa , par rapport a un point a et le
groupe engendre par la symetrie, sb, par rapport a un point b distinct de
a. AB = fId; sa; sb; t2ba
!g qui n'est pas un groupe car sb sa = t2ab
!
n'appartient pas a l'ensemble.
(b) Supposons que B soit un sous-groupe distingue de G.
Soit x 2 AB . Il existe (a; b) 2 A B; x = ab. Nous avons aba 1 2 B
c'est-a-dire xa 1 2 B et x 2 BA. Il vient donc AB BA.
Soit x 2 BA. Il existe (a; b) 2 A B; x = ba. Nous avons a 1ba 2 B
c'est-a-dire a 1x 2 B et x 2 AB . Il vient donc AB = BA.
Montrons maintenant que AB est un groupe.
Soit (a; b; a0; b0 ) 2 A B A B . a0 b0 2 BA donc il existe (a00 ; b00 ) 2 A B; a0 b0 = b00 a00 . (ab)(a0b0 ) = abb00 a00 . Il existe (; ) 2 A B; bb00 a00 = ;
nous avons donc : (ab)(a0b0 ) = a 2 AB .
(ab) 1 = b 1a 1 2 BA = AB . AB est bien un groupe.
25. (a) () Soient x; y; z trois elements de G.
1
1
1
1
1
xx = e 2 H; (xy 2 H ) ) (xy ) = yx 2 H ,
(xy 1 2 H et yz 1 2 H ) ) (xy 1yz 1 = xz 1 2 H .
R est bien une relation d'equivalence. La classe d'un element x de
G (modulo H )11 est Hx.
() Soient (x; x0 ) 2 G2 ; x R x0 ; (y; y0 ) 2 G2; y R y0.
(xy)(x0y) 1 = xx0 1 2 H . (yx)(yx0 ) 1 = y (xx0 1 ) y 1 2 H car H est
distingue dans G. Nous en deduisons alors (xy) R (x0y) R (x0y0 ). La
classe (modulo H ) de xy ne depend pas du representant choisi de la
classe de x et de la classe de y. Nous pouvons donc denir le produit
de deux classes comme etant la classe du produit de deux elements
representant chacune d'elles.
() Soit f l'application de G dans G/H denie par f (x) = X ou X est
la classe de x modulo H . D'apres ce qu nous venons de voir, pour
chaque (x; y) 2 G2 nous avons f (xy) = f (x)f (y). f est surjective
par construction donc12 G/H est un groupe.
(b) () Soit g 2 G. Soient x et y deux elements de G.
g(xyx 1y 1 )g 1 = (gxg 1 x 1 ) (x(gy)x 1 (gy) 1) est, par denition,
un element de D(G). Si v1 ; : : : ; vp sont des elements du type
xyx 1y 1 alors g(v1 : : : vp )g 1 = (gv1 g 1) : : : (gvp g 1 ) 2 D(G)
par denition. (Il faut remarquer qu'un element du type xyx 1 y 1
est du m^eme type que l'inverse d'un tel element). D(G) est donc
bien un sous-groupe distingue de G.
C'est-a-dire pour la relation R.
Voir le resultat dans le livre "Resume de cours Textes et corriges de devoirs" du m^eme auteur
chez ellipses.
11
12
25
() G/H abelien equivaut a XY = Y X pour toutes classes X et Y ; c'esta-dire encore 8(x; y) 2 G2 ; (xy)R(yx) soit encore (xy)(yx) 1 2 H
ce qui est exactement D(G) H car D(G) et H sont des groupes.
() Les elements de D(S3) sont des permutations
1 2 3 paires.
1 2 Les3 trois permutations paires de S3 sont 1 = 2 3 1 , 3 1 2 = (1 )2
et l'identite. 2;3 1;3 = 1 donc 2 = (1 )2 2 D(S3) ainsi que
1 = (2)2 . D(S3) est donc egal au sous-groupe des permutations
paires.
26. (a) Soit (x; y) 2 G2 . fa (x) = y () x = a 1 ya. fa est donc bijective et
(fa ) 1 = fa . Soient a et b deux elements de G.
fab (x) = (ab)x(ab) 1 = a(fb(x))a 1 = (fa fb) (x).
G0 est donc un groupe, sous-groupe du groupe des bijections de G dans
G.
Soit (x; y) 2 C 2 . Par denition xy = yx.
Soit z 2 G. (xy 1) z = x (y 1z ) = x (z 1 y) 1 = x (yz 1) 1 = xzy 1 et
enn (xy 1) z = zxy 1. C est donc bien un groupe abelien.
(b) Nous avons vu pecedemment que est un morphisme qui par denition
est surjectif13. Le noyau de fa est l'ensemble des elements de G veriant
fa = Id c'est-a-dire 8x 2 G; axa 1 = x soit encore ax = xa ce qui n'est
autre que le centre de G. Le centre est un groupe abelien donc nous
pouvons comme plus haut denir le groupe quotient G/C .
Montrons que si f est un morphisme d'un groupe G1 dans un groupe
G2 de noyau N ; ce dernier est un sous-groupe distingue de G1 et que le
groupe quotient G1 /N est isomorphe au groupe f (G1 ) sous-groupe de
G2 .
Soit x 2 G
1 et soit n 2 N . 1
1
f xnx = f (x)f (n) (f (x)) = f (x) (f (x)) 1 = eG . xnx 1 2 N et N
est bien un sous-groupe distingue de G1.
Soit X une classe modulo N ; soient x et y deux representants de X .
xy 1 2 N donc f (x) = f (y). Nous pouvons donc poser F (X ) = f (x).
Si X et Y sont deux elements de G1 /N de representants respectifs x
et y, nous avons F (XY ) = f (xy) = f (x)f (y) = F (X )F (Y ). F est un
morphisme d'image f (G1 ).
(F (X ) = eG ) () (f (x) = eG ) () (x 2 N ) () (X = e) ou e est
l'element neutre de G/N . F est donc injectif.
En appliquant cela, il vient que G/C est isomorphe a G0 .
27. (a) x 2 G 7 ! xa 2 Ga est un morphisme surjectif donc Ga est un groupe,
sous-groupe de G. De m^eme Gb est un groupe, sous-groupe de G.
a ^ b = 1 donc il existe (; ) 2 Z2 tel que 1 = a + b.
Il vient donc, pour x 2 G, x = x a+ b = (xa ) (xa ) = uv
avec u = (xa ) 2 Ga et v = (xa ) 2 Gb .
Comme nous l'avons vu plus haut, la propriete fb fa = fba susait a prouver que G0 etait
1
2
2
13
un groupe.
2
26
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
(b) Il est clair que x 2 G 7 ! xk 2 G est un morphisme de G. Il existe
(; ) 2 Z2 tel que 1 = k + n. Soit y 2 G. Soit x = y. Nous avons
xk = y k = y k+ n = y. L'application est donc
surjective.
Soient x et y deux elements de G. xk = yk ) x k+ n = y k+ n soit
encore x = y. L'application est donc bien un automorphisme et l'application reciproque est x 2 G 7 ! x 2 G.
28. A2 = B 2 = I2 . Posons E = fA; B g. Tout element de G est donc le produit
d'un nombre ni d'elements de E .
ABBA = I2 donc le groupe, H , engendre par BA est constitue des elements
(BA)n ou (AB )n ou n 2 N.
B (BA)n B = (AB )n 2 H , B (AB )n B = (BA)n 2 H , A(BA)nA = (AB )n 2 H ,
A(AB )nA = (BA)n 2 H .
Si X 2 H , nous avons donc AXA 1 2 H; et BXB 1 2 H . Supposons le
resultat vrai pour tout element de G produit d'au plus n elements de E . Soit
Y 2 G, produit d'au plus n + 1 elements de E . Y = AZ ou Y = BZ
ou Z 2 G est le produit d'au plus n elements de E . Nous avons donc
Y XY 1 = A (ZXZ 1 ) A 2 H ou Y XY 1 = B (ZXZ 1) B 2 H . Nous en
deduisons que H est un sous-groupe distingue de G. Comme nous l'avons vu
plus haut il est donc possible de denir le groupe quotient G/H .
Un element de G s'ecrit comme le produit d'elements de E . E tant donne que
A2 = B 2 = I2 , en simpliant, deux elements consecutifs sont donc A et B . La
liste des termes du produit peut donc commencer par A ou B et se terminer
de m^eme par A ou B .
Un element de G s'ecrit donc A(BA)n = (AB )nA; B (AB )n = (BA)nB; (BA)n
ou (AB )n, avec n 2 N. (AB )m A(BA)mB = (AB )n(AB )m AB = (AB )n+m+1
donc [(AB )nA] [B (AB )m ] 1 2 H . Il y a donc deux classes modulo H et le
cardinal de G/H est egal a 2.
!
Considrons le plan vectoriel euclidien rapporte a la base orthonormale (!
; ).
A est la matrice de la symetrie orthogonale par rapport a la droite D1 dirigee
3
! ; !
par le vecteur !
u tel qu'une mesure de l'angle ( \
u ) soit egale a .
8
B est la matrice de la symetrie orthogonale par rapport a la droite D2 dirigee
par le vecteur !
.
AB est donc la rotation dont une mesure de l'angle est 4 . Le groupe engendre par AB est donc cyclique d'ordre 8. G = H [ (AH ) avec H \ (AH ) = ;.
Nous savons que H et AH ont le m^eme cardinal donc le cardinal de G est egal
a 16.
29. p ^ q = 1 donc il existe (a; b) 2 Z2; ap + bq = 1. Posons k = bq.
xk yk = xap+1 ybq = x. De m^eme, posons k = ap. xk yk = x ap y1 bq = y.
x et y sont bien dans F =< xy >.
Soient a 2< x > et b 2< y >. Il existe (m; n) 2 Z2; a = xm ; b = yn.
(x; y) 2 F donc il existe (r; s) 2 Z2; x = (xy)r ; y = (xy)s. Nous avons donc
ab = (xy)rm+ns 2 F . Soit alors f l'application du groupe < x > < y >
dans le groupe F denie par f ((a; b)) = ab. f est clairement un morphisme
27
de groupes. f est surjective car pour chaque n 2 Z, f ((xn; yn)) = (xy)n. Le
noyau l'ensemble des couples (a; b) tels que ab = e. Si (a; b) appartient au
noyau de f , il existe m 2 f0; : : : ; p 1g et n 2 f0; : : : ; q 1g tels que
xm yn = e. En particulier xmp ynp = e = ynp .
Comme nous l'avons vu plus haut14, nous en deduisons que q divise np et,
d'apres le theoreme de Gau, divise n. Il vient alors n = 0 puis m = 0. f est
donc bijective et le cardinal de F est egal a pq.
30. (a) Soit a 2 G. (a 1 e0 a)2 = a 1 e0 a a 1 e0 a = e donc a 1 e0 a = e ou e0 .
Dans le premier cas nous avons e0 a = a puis e0 = e. Nous en deduisons
donc 8a 2 G; e0 a = ae0 .
(b) e 6= j; e 6= k; j 6= k. Si e = l = jk alors j et k commutent.
Si j = l = jk alors k = e ; de m^eme si k = l.
e; j; k et l sont donc deux a deux distintcs.
Si un element est d'ordre 8 le groupe est cyclique et donc abelien. En
utilisant le premier exercice, les ordres des elements de G sont 1, 2 ou 4.
e0 est le seul a ^etre d'ordre 2 donc tous les autres (sauf e) sont d'ordre 4.
e0 j = e ) e0 2 j 2 = e ) j 2 = e ce qui est faux.
De m^eme e0 k et e0 l sont dierents de e.
e0 6= l car alors e0 l = e puis e0 2 l2 = e = l2 . l serait d'ordre 2.
Les elements j; k; l; e0 j; e0 k; e0 l sont donc d'ordre 4.
Montrons que ces elements qui sont tous dierents de e et de e0 sont deux
a deux distincts.
Il faut prouver e0 j 6= k; e0 j 6= l; e0 k 6= l; e0 k 6= j; e0 l 6= j; e0 l 6= k.
e0 j = k ) e0 l = e0 jk = k2 ) l2 = k4 = e.
je0 = e0 j = l = jk ) k = e0 .
Nous faisons de m^eme avec les autres possibilites. Nous disposons donc
de huit elements de G deux a deux distincts; ils sont donc les elements
de G.
(c) k2 et j 2 sont d'ordre 2 (car ils sont dierents de e) donc j 2 = k2 = e0 .
jl = j 2 k = e0 k = k0 ; jj 0 = je0 j = e0 j 2 = e; jk0 = e0 jk = e0 l = l0 ;
jl0 = e0 jl = e0 k0 = k; e0 lk = e0 jk2 = j .
Nous avons lk = e0 j = j 0 puis l0 k0 = lk = e0 j = j 0 .
kj 2 fl; l0 ; j 0 g.
si kj = l alors l2 = kjl = kk0 = e0 k2 = e ce qui est faux car l est d'ordre
4.
si kj = j 0 = e0 j alors k = e0 .
Nous avons donc kj = l0 puis kj 0 = l; kl = k2 j 0 = e0 j 0 = j; kl0 = j 0 .
lj 2 fk; k0 g. Si lj = k0 alors ljk = e = l2 ce qui est faux donc lj = k.
Il vient alors lj 0 = k0 ; lk0 = e0 lk = e0 jk2 = j; ll0 = e0 l2 2 fe; e0 g ce qui
impose ll0 = e puis l2 = e0 ; k0 l0 = j; k0 j = k0 2 l0 = e0 l0 = el = l; k0 l =
e0 j = j 0 ; k0 j 0 = kj = l0 .
Nous pouvons maintenant etablir la table de multiplication de G.
14
En fait on peut aussi ecrire np = qa + r avec 06r < q ; ce qui conduit a yr = e puis a r = 0.
28
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
e j k l e0 j 0 k0 l0
e
j
k
l
e0
j0
k0
l0
e
j
k
l
e0
j0
k0
l0
j
e0
l0
k
j0
e
l
k0
k
l
e0
j0
k0
l0
e
j
l
k0
j
e0
l0
k
j0
e
e0
j0
k0
l0
e
j
k
l
j0
e
l
k0
j
e0
l0
k
k0
l0
e
j
k
l
e0
j0
l0
k
j0
e
l
k0
j
e0
Cherchons les conditions que doit verier .
(k2 ) 6= I2, (k4 ) = I2 . (k) est la matrice d'une rotation d'angle tel que 2 6 0 modulo 2 et 4 0 modulo 2. Nous endeduisons
qu'il
0
1
existe k 2 Z; = + k . Nous avons donc (k) = 1 0 avec
2
= .
Il vient alors E 0= (e0 ) = (k)2 = I2 = (j 2 ).
(j ) = a0 0b avec (a; b) 2 R2.
est injectif
1donc0 a 6= b sinon j et k commutent. a2 = b2 = 1 puis
(j ) = 0 i 0 1 avec 0 = .
0 1
0
Nous avons alors (l) = i 1 0 .
i 0 0 1
Choisissons par exemple J = 0 i , K = 1 0 . Nous avons
0 i
alors L = i 0 .
i 0
0 1
0 i
0
0
0
0
0
0
J =EJ = 0 i ,K =EK =
1 0 et L = E L =
i 0 .
Nous obtenons J 2 = K 2 = L2 = J 0 2 = K 0 2 = L0 2 = I2 ; E 0 2 = I2 ; JK =
L, LJ = K; KL = J; KJ = L0 ; JL = K 0 et LK = J 0.
Nous pouvons ecrire la table de multiplication associee. Nous obtenons :
I2 J K L E 0 J 0 K 0 L0
I2 I2 J K L E 0 J 0 K 0 L0
J J E 0 L K 0 J 0 I2 L0 K
K K L0 E 0 J K 0 L I2 J 0
L L K J 0 I20 L0 K 0 J I2
E 0 E 0 J 0 K 0 L0 I2 J K L
J 0 J 0 I2 L0 K J E 0 L K 0
K 0 K 0 L I2 J 0 K L0 E 0 J
L0 L0 K 0 J I2 L K J 0 E 0
29
Nous obtenons bien la une structure de groupe sous-groupe de GL2 (C ).
Considerons l'application f denie par f (I2 ) = e; f (J ) = j; f (K ) =
k; f (L) = l; f (E 0 ) = e0 ; f (J 0 ) = j 0 ; f (K 0 ) = k0 ; f (L0) = l0 .
Cette application est bijective. La lecture des deux tables permet de
dire que f est un morphisme. Nous en deduisons alors que l'ensemble
fe; j; k; l; e0 ; j 0 ; k0 ; l0 g muni de la table associee est bien un groupe.
Remarque Si nous notons H l'ensemble des combinaisons lineaires a
coecients reels des elements de (G), nous obtenons un corps ; il s'agit
du corps des quaternions.
31. (a) Si a est congru a 0 ou 2 modulo 4 alors a2 est congru a 0 modulo 4.
Si a est congru a 1 ou 3 modulo 4 alors a2 est congru a 1 modulo 4.
p est impair donc a et b sont de parites dierentes et a2 + b2 = p est
congru a 1 modulo 4.
(b) L'application x 2 G 7 ! x2 2 G est un morphisme de noyau l'ensemble
H des elements x de G veriant x2 = 1. Dans le corps Z/pZ ; + ; ,
x2 = 1 () (x 1)(x +1) = 0 () x = 1 ou x = 1, avec 1 6= 1.
Nous pouvons utiliser les groupes quotients que nous avons deni plus
haut et conclure que G/H est isomorphe a l'ensemble des carres des
elements de G et est de cardinal p 1 .
2
Nous pouvonsfaire une autredemonstration.
Dans le corps Z/pZ ; + ; , l'equation x2 = y2 equivaut a (x y)(x +
y) = 0, c'est-a-dire x = y ou x = y. Pour x 2 G dont un representant
est par exemple a 2 f1; : : : ; p 1g dans ce corps, x 6= x car sinon p
divise 2a ce qui est exclu. Chaque carre a donc pour antecedant exactement deux elements de G. Nous obtenons alors le resultat demande.
En utilisant le petit theoreme de Fermat, nous obtenons pour tout ele
ment x de G xp 1 = 1. q = p 1 2 N , x2 q = 1. Tous les carres sont
2
donc racines du polyn^ome X q 1 qui possede au plus q racines. Les
racines de ce polyn^ome sont donc les carres des elements de G.
(c) Si p est congru a 1 modulo 4 alors q = p 1 est pair donc ( 1)q = 1 et 1
2
est le carre d'un element de G. Il existe donc m 2 N; tel que p divise m2 +
1.
(d) Notons d0 ; : : : ; dN les elements ordonnes de la famille proposee. On note
le plus petit des nombres di+1 di pour 06i6N 1.
X
N 1
Supposons dN > 1 alors (di+1 di ) = 1 d0 > 1 ce qui est faux car
i=0
d0 >0. Il existe donc i et j deux entiers veriant 06i < j 6N et tels
1
que di+1 di 6 . Il existe donc un entier k 2 f0; : : : ; N 1g tel que
N
km
km
1 il existe deux entiers dierents j et k entre 0 et
1
+E
6
p
p
N
30
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
jm km jm km 1
N 1 veriant p
p E p + E p 6 N . km et nous
Dans le premier cas on pose b = k6N 1 et a = 1 + E
p
bm 1 1
6 6 p . b n'est pas nul car sinon 16 1 .
avons a
p
N p
N
km jm
E p .
Dans le second cas on pose b = j k 6= 0 et a = E
p
bm 1 1
Nous avons encore a 6 N 6 pp avec jbj6N 1.
p
bm 2 1
2
0<
p a 6 p donc (bm ap) 6p.
Nous avons donc b2 + (bm ap)2 6b2 + p < 2p car E (pp) < pp.
b2 + (bm ap)2 est congru a b2 (1 + m2) modulo p c'est-a-dire a 0 modulo
p. Nous avons donc b2 + (bm ap)2 = p.
32. (a) Il sut de reprendre l'exercice precedent pour en deduire que si p est
congru a 1 modulo 4 alors -1 est un carre dans Z/pZ.
Supposons que -1 soit un carre dans Z/pZ alors en posant comme dans
l'exercice precedent q = p 1 , ( 1)q 1 ( mod p). Si q est impair alors
2
p divise 2 e qui est faux ; q est donc pair et p est congru a 0 modulo 4.
(b) Supposons qu'il n'y ait qu'un nombre ni de nombres premiers congrus
a 1 modulo 4.
Soit n le plus grand de ces nombres. Soit p un diviseur premier de 1+(n!)2.
Si p6n alors p divise n! puis divise 1. Nous avons donc p>n +1. La classe
de 1 + (n!)2 modulo p est celle de 0 donc 1 est un carre dans Fp et p est
congru a 1 modulo 4 ce qui est contraire a l'hypotese. D'ou le resultat.
33. Soit p un nombre premir ; p>2.
Soit A un anneau commutatif dep caracteristique p.
X
Soit (a; b) 2 A2. (a + b)p = Cpk ak bp k . Nous avons vu plus haut que
k=0
lorsque p est premier, Cpk est divisible par p pour tout k 2 Np 1 . A etant
de caracteristique p, nous avons pour tout k 2 Np 1 Cpk ak bn k = 0 donc
(a + b)p = ap + bp.
Montrons alors par recurrence, sur n, le resultat demande.
Supposons la proposition vraie jusqu'au rang n.
(a1 + + an+1)p = ((a1 + + an) + an+1)p
= (a1 + + an
)p + a
n+1
p
=
n
X
k=0
ak p + an+1p .
Le resultat est donc demontre.
En fait, le resultat precedent reste vrai dans un anneau quelconque a la condition de choisir des elements ai qui commutent deux a deux.
Z/pZ +; est un corps commutatif de caracteristique p. Soit M 2 Z/pZ.
31
Nous avons donc (M +XI )p = M p +X pI . det ((M + XI )p) = (det(M + XI ))p .
Nous avons donc det ((M + XI )p) = (det(M + XI ))p = det(M p + X pI ).
Pour une matrice Q 2 Mn(K ) quelconque, nous avons : det(Q + XI ) =
X n + tr(Q)X n 1 + T (X ) ou T est un polyn^ome de degre au plus egal a n 2
a coecients dans K . Nous avons donc :
(det(M + XI ))p = (X n + tr(M )X n 1 + T (X ))p
= X np + (tr(M )p X p(n 1) + (T (X ))p.
det(M p + X pI ) = X np +tr(M p )X p(n 1) + U (X p) ou T et U sont des polyn^omes
a coecients dans Z/pZ de degres au plus n 2. L'egalite des deux polyn^omes
conduit a tr(M p) = (tr(M )p.
Soit M 2 Mn(Z). E tudier les valeurs modulo p consiste a se placer dans
Z/pZ; nous avons donc le resultat demande.
34. 6n2 +5n +1 = (2n +1)(3n +1). p etant premier, Z/pZ est un corps commutatif
donc pour tout entier n non congru a 0 modulo p il existe un entier m tel que
nm est congru a 1 modulo p. m est "unique" modulo p. L'inverse de 2 dans
Z/pZ est a; a 2 Np 1 ; celui de de 3 est b; b 2 Np 1 Les solutions sont donc
fa + kp; k 2 Zg [ fb + kp; k 2 Zg.
35. Les elements inversibles dans Z/20Z sont les classes des elements 1, 3, 7, 9,
11, 13, 17, 19. Le groupe multiplicatif f1; 3; 7; 9g est cyclique d'ordre 4 donc
isomorphe a Z/4Z ; + . Le groupe
multiplicatif f1; 11g est cyclique d'ordre
2 donc isomorphe a Z/2Z ; + .
3 11 19 mod 20; 3 17 11 mod 20.
Nous voyons donc que les elements de U sont les classes des elements 3p 11q
avec p 2 f0; 1; 2; 3g et q 2 f0; 1g.
L'application f : x 2 U 7 ! (a; b)) 2 Z/4Z Z/24Z ou a est la classe de p
modulo 4 et b celle de q modulo 2 est un isomorphisme.
En eet. Supposons que x soit la classe de 3p 11q modulo 20 ou celle de 3r 11s
modulo 20. p p1 mod 4; r r1 mod 4; q q1 mod 2; s s1 mod 2 avec
06p1 62; 06r1 62; 06q161; 06s161.
Si q1 = s1 alors d'apres le theoreme de Gau20 divise 3p 3r . Si p1 >r1 alors
20 divise 3p r 1 avec p1 r1 = 0 ou 1 ou 2. Il vient donc p1 = r1 . De
m^eme pour p1 >r1 .
Si q1 6= s1 alors quitte a echanger les elements, il vient q1 s1 = 1 et 20 divise
3p 11 3r . Si p1 >r1 alors 20 divise 3p r 11 1 avec p1 r1 = 0 ou 1 ou 2 ;
donc 11-1 ou 33-1 ou 99-1 est divisible par 20 ce qui est faux.
Si p1 < r1 alors 20 divise 11 3r p avec r1 p1 = 0 ou 1 ; donc 11-3 ou 11-9
est divisible par 20 ce qui est faux. ' est donc bien denie et injective. '
est clairement un morphisme car 3p 11q 3r 11s = 3p+r 11q+s et compte tenu
de ce que nous venons de prouver, '(xy) = '(x) + '(y). U et Z/4Z Z/24Z
ont m^eme cardinal donc varphi est surjective ; les deux groupes sont donc
isomorphes.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
36. Pour p = 2, la somme est la classe de 1 c'est-a-dire celle de 1. Supposons
p>3.
32
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
+; est un corps commutatif. Pour x 2 Z/pZ; x 6= 0 nous avons,
d'apres le petit theoreme de Fermat, xp 1 = 1 ; donc si p 1 divise k, la somme
cherchee est egale a p 1 = 1.
Supposons que p 1 ne divise
pas
k.
Soit y 2 Z/pZ . x 2 Z/pZ 7 ! xy 2 Z/pZ est bijective car injective15 et l'espace de depart et d'arrivee ont m^eme cardinal ni. Notons S la
somme demandee.
Nous obtenons donc S = yk S. Soitr 2 Np 2 . Le polyn^ome X r 1 a au plus
r racines. Il existe donc y 2 Z/pZ tel que yr 6= 1. Dans ces conditions soit
r le reste de la division
de k par p 1. yr = yk . Il existe donc un
euclidienne
element y 2 Z/pZ tel que yk 6= 1. Nous avons donc S = 0.
Z/pZ ;
37. (a) Soit x 2 E; x = e x.
Soit (x; y) 2 E 2 . S'il existe 2 G tel que y = x alors 1 y =
1 ( x) = e x = x.
Soit (x; y; z ) 2 E 3 tel qu'il existe (1 ; 2 ) 2 G2 veriant z = 2 y et y =
1 x. Nous en deduisons z = (21 ) x. R est bien une relation d'equivalence. La classe d'un element x de E pour cette relation est l'orbite de
x sous l'action de G.
Soit x 2 E . e x = x donc S (x) n'est pas vide.
Soit (1 ; 2 ) 2 G2 veriant 1 x = x et 2 x = x. Il vient immediatement d'apres les proprietes d'une action et d'apres ce qu nous avons vu
precedemment : (21 1 ) x = x. S (x) est bien un groupe, sous-groupe
de G.
(b) () Il est clair que l'on a la encore une action de groupe. Le stabilisateur de (1; 0; : : : ; 0) est l'ensemble des matrices inversibles dont la
premiere colonne est nulle sauf l'element d'indice (1; 1) qui est egal
a 1.
() En ecrivant
a gb i = i, nous en deduisons que g est une matrice du
type
b a .
(c) Montrons que nous denissons bien une application.
Soient g1 et g2 deux elements de G veriant : g2 1g1 2 S (x).
(g2 1 g1) x = x donc g1 x = g2 x. Nous denissons bien une application
f de G/S (x) dans !(x) en posant f (g) = g x.
Soit (g1 ; g2 ) 2 G2 . (g1 x = g2 x) ) (g2 1 g1 2 S (x)) donc g1 = g2 . f est
injective.
Par denition f est surjective donc elle est bijective.
(d) Nous avons deja demontre que dans un groupe G ni, le nombre, N , de
classes modulo un sous-groupe H verie card(G) = N card(H ).
Ici, N est egal au cardinal de !(x) donc card(G) = card(!(x))card(S (x)).
15
Car
Z/pZ ;
+; est un corps commutatif.
33
(e) Soit x 2 G; x 6= e. S (x) = f 2 G; x = x g c'est-a-dire l'ensemble
des elements qui commutent avec x. p etant premier, nous en deduisons
que le cardinal de S (x) est egal a 1 ou a p. Il y a au moins deux elements
qui commutent avec x, e et x. Donc Le cardinal de S (x) est egal a p et
G est un groupe abelien.
(f) Les orbites X
constituent une partition de E ; il vient donc :
card(E ) = card(!(x)) puis, d'apres ce que nous avons vu plus haut,
x2X
card E =
X
x2X
card !(x) =
X
card G .
x2X card S (x)
(g) Si x 2 Z (GX
); !(x) = x. Nous avons donc
card(E ) = card(!(x)) = card(Z (G))) +
x2X
X
x2X
x=2Z (G)
Nous obtenons donc comme precedemment :
card(G) = card(Z (G)) +
X
x2X
x=2Z (G)
card(!(x)).
card(G) .
card(S (x)
(h) Si x 62 Z (G) alors S (x) est de cardinal pk , car il s'agit d'un sous-groupe,
X card(G)
avec k6n 1.
est donc divisible par p et aussi celui de
x2X card(S (x)
x=2Z G
Z (G) qui est donc au moins egal a p.
(
38. ! =
[
2G
)
f(; x) 2 G E; x = xg =
immediatement
#! =
X
2G
[
x2E
f(; x) 2 G E; x = xg. Il vient
#fx 2 E= x = xg =
Nous avons alors #! =
X
X
X
x2E
#f 2 G= x = xg.
N = #S (x).
2G
x2E
En utilisant les resultats de l'exercice precedent, nous obtenons
X
X
N = ##!G
:
(x)
2G
x2E
Soient C1; : : : ; Cn les orbites, de cardinaux respectifs p1 ; : : : ; pn .
X #G
n
X
X
!
#G .
=
i=1 x2Ci #! (x)
x2E #! (x)
Pour chaque x 2 Ci , l'orbite est la m^eme donc
donc
X
2G
N = n(#G).
X
X 1
1
=
=1
#
!
(
x
)
#
C
i
x2Ci
x2Ci
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
34
39. X est la reunion des orbites. Notons !(x) l'orbite d'un element x de X sous
l'action de G.
x 2 X G () !(x) = fxg. Nous avons donc : x 62 X G () card(!(x))>2.
Nous avons vu precedemment que card(!(x)) divise card(G). Notons x1 ; : : : ; xp
des representants des orbites ayant au moins deux elements. D'apres l'
equation
p
X
aux classes, vue a l'exercice numero 36, nous avons #X = #(X G) + (#!(xi )).
i=1
p
X
(#!(xi )) est divisible par p donc #X #(X G) (mod p).
i=1
En faisant operer G sur lui-m^eme par les automorphismes interieurs nous obtenons p #(GG) (mod p).
Soit (g; x) 2 G2 . g x = x () gxg 1 = x () gx = xg. GG est donc le
centre de G.
Il existe alors q 2 Z; 16#Z (G) = p + qp = p(q + p 1 = pr avec r 2 Z donc
r 2 N . Il vient donc #Z (G)>p. Z (G) est un sous-groupe de G donc son
cardinal divise p ; il existe donc n 2 N ; #Z (G) = pn .
40. ( ( )) (k) = ( ) k +
soit encore
+ k + = + (k ) ; 0 k = 0 + k = k .
Nous avons bien une action de groupe.
L'application s : k 2 G 7 ! k + k 2 G verie 8i 2 Z; 8k 2 G; si k = k + .
Nous en deduisons immediatement 8 = si s i car pour tout entier i,
si+p = si . Il est alors immediat que les elements d'une orbite ont la m^eme
signature.
Si appartient au groupe engendre par s, il existe16 j 2 Z; = sj donc
si s i = ;l'orbite est donc fg.
Supposons que n'appartienne pas au groupe engendre par s.
Le stabilisateur de est l'ensemble des classes avec i 2 Np et sis i = .
Nous avons deja vu qu'il s'agit d'un groupe et que son cardinal divise donc p.
CElui-ci est donc egal a 1 ou a p. Si #S = 1 alors 8i 2 Np ; si = si . En
particulier, 8j 2 Np ; + 1 = () + 1.
Il vient immediatement : 8j 2 N; () = 0 + . Supposons 0 = k ,
avec k 2 N ; Nous avons alors = sk ce qui est contraire a l'hypothese faite.
Nous avons donc #S = 1 et gr^ace a la relation (#!()) (#S ) = #G nous
obtenons #!() = #G = p.
41. Soit X une partie quelconque de G, soit g un element de G. L'application
x 2 X 7 ! gx 2 G est injective donc gX a m^eme cardinal que X . Si X 2 P
alors g X 2 P .
Il est alors immediat que nous denissons la une action du groupe G sur
l'ensemble P .
(a) Soit X 2 P . S (X ) est un
sous-groupe de G donc son cardinal divise celui
0
0
r
de G et #S (X ) = m p avec 06r0 6r et m0 divise m.
16
En fait j appartient a Np .
35
(b) Soit g 2 G. Soit X 2 P . g X = X () 8x 2 X; gx 2 X . S (X ) est
donc l'ensemble des elements g de G tels que 8x 2 X; gx 2 X .
Supposons qu'il y ait q orbites ; notons X1; : : : ; Xq des elements deux a
deux distincts choisis dans chacune des orbites.
L'equation aux classes,
q
X
#G
vue a l'exercice numero 36, s'ecrit CNl =
.
#
S
(
X
)
i
i=1
r mp
p
1
l
Pour l = p , CN = Cmpr 1 .
p
1
1
pY
pY
r
r
1
mp
k
mp
p
Cmpr 1 =
=
1+
.
k
k
k=1
k=1
Supposons p>3.
r
s
Si k n'est pas premier avec p, p = p avec s 2 N; s>r +1>1, t 2 N
k t
et p ^ s = 1. p 1 est pair donc en developpant le produit nous obtenons
p 1 = 1 + p a 2 N , (a; b) 2 N N et p ^ b = 1. b divise donc pa et
Cmp
r 1
b
p 1 = 1 + kp.
alors b divise a ; Nous en deduisons qu'il existe k 2 N; Cmp
r 1
Supposons p = 2. En developpant et en faisant le m^em raisonnement
p 1 = 1 + 2q 2 N avec q 2
qu'auparavent nous obtenons cette fois Cmp
r 1
N. 1 + 2q = 1 + 2(q 1) 2 N donc q >1 il existe alors k = q 1 2 N tel
p 1 = 1 + 2k .
que Cmp
r 1
Nous obtenons bien dans tous les cas : CNl = mpr (1 + kp) avec k 2 N.
(c) Supposons que pour tout X 2 P #S (X ) soit du type mX prX avec rX < et mX entier
divisant m.
q
X
#
CNl = #S (GX ) devient, en notant mi et ri a la place de mXi et rXi ,
i
i=1
q
X
r
mp (1 + kp) = mm pr ri .
i=1 i
Posons ri = hi qavec hi >1 ; r ri = r + hi . q
X
X m hi
mpr (1 + kp) = mm pr +hi donc m(1 + kp) = m
p = pM , avec
i
i
i=1
i=1
M 2 N. p divise donc m(1 + kp) ce qui est contradictoire.
Il existe donc un element X de P tel que #S (X )>p .
(d) S (X ) est le stabilisateur de X donc 8g 2 S (X ); 8x 2 X; gx 2 X soit
encore S (X )x X . L'application g 2 S (X ) 7 ! gx 2 X est injective
donc #S (X )6#X = p . Nous avons bien l'egalite #S (X ) = p .
S (X ) est un groupe donc pour tout 2 Nr il existe un sous-groupe de G
d'ordre p .
42. Notons G/S l'ensemble des classes a gauche modulo S . Une classe a gauche
d'un element a est aS .
Faisons operer G sur les classes a gauche par : g (aS ) = (ga)S ou a 2 G. Il
s'agit bien d'une action de groupe. En eet
e (aS ) = (ea)S = aS; (g2g1 ) (aS ) = (g2g1 a)S = g2 (g1aS ) = g2 (g1 (aS )).
Le stabilisateur de aS est l'ensemble des elements g de G veriant (ga)S = aS .
36
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
(aS (ga = S ) ) (8s 2 S; as 2 gaS ) ) (a 1g 1 as 2 S ) c'est-a-dire
a 1 g 1a 2 S soit encore g 2 aSa 1 .
Si g 2 aSa 1 alors ga 2 aS et (ga)S aS . Le stabilisateur de aS est aSa 1 .
Le stabilsateur, qui est un sous-groupe de G, est d'ordre p .
En refaisant avec H ce qui a ete fait avec G, nous obtenons que le stabilisateur
pour l'action de H est (aSa 1 ) \ H
. Sopn cardinal divise celui de H et celui
0
de S . Il a donc pour cardina l p avec 060 6. Le cardinal de H est m0 p
ou m0 divise m et 06 6. 0 est donc au plus 0egal a .
Le cardinal de H /(aSa 1) \ H est egal a m0 p . (aSa 1 ) \ H est un p-Sylow
de H si = 0 ; soit encore si le cardinal de H /(aSa 1) \ H est egal a m0 et
est donc premier avec p.
Si nous reprenons les resultats des exercices precedents, nous en deduisons
que # H /(aSa 1 ) \ H = #!(aS ) ou !(aS ) est l'orbite sous l'action de H .
(aSa 1 ) \ H est un p-Sylow de H si et seulement si le cardinal de !(aS ) est
premier avec p. aS 2 !(aS ) donc G/S est la reunion de toutes les orbites
!(aS ) sous l'action de H .
Si aucun cardinal #!(aS ) n'est premier avec p ; ils sont tous divisibles par p
et #G/S est aussi divisible par p ce qui est faux. Il existe donc a 2 G tel que
# [(aSa 1 ) \ H ] = p .
43. (a) Soit H un p-sous groupe de G ; soit S 0 un p-Sylow de G. S 0 existe d'apres
les precedents exercices. D'apres l'exercice precedent, il existe a 2 G tel
que (aS 0 a 1) \ H soit un p-Sylow de H . H est un p-sous groupe donc
(aS 0 a 1) \ H = H puis H (aS 0 a 1) = S .
(b) D'apres le resultat precedent, si H est un p-Sylow de G, alors il existe
a 2 G tel que H = (aS 0 a 1) = S .
Soit X l'ensemble des p-Sylow de G ; posons pour g 2 G et S 2 X
g S = gSg 1 . Il s'agit la d'une action du groupe gG sur X . Nous
voyons alors que l'orbite de S 2 X est X . Nous en deduisons que le
cardinal de X divise celui de G.
(c) Soit S un p-Sylow de
G. S opere sur X par les conjugaisons. Nous avons
S
alors #X # X ( mod p) ou X S designe l'ensemble des points xes
de X sous l'action de S .
Nous avons vu dans les exercices precedents en utilisant l'equation aux
classes que : X S = fA 2 X; 8g 2 S g A = Ag qui est aussi l'ensemble
des p-Sylow A tels que pour tout g 2 S gAg 1 = A.
Il nous reste a prouver que le cardinal de X S est congru a 1 modulo p.
S est un groupe donc gSg 1 S et g 1 S g S . Il vient alors pour tout
g 2 S , gSg 1 = S soit encore S 2 X S .
Soit A 2 X S ; pour tout g 2 G gAg 1 = A. Soit B le groupe engendre par
A et S . Le cardinal de S divise celui de B donc #S = p et #B = m0 p
ou m0 divise m et 6. Nous avons donc = . S et A sont des p-Sylow
de B .
Si g 2 A, gAg 1 = A. Si g 2 S alors nous avons encore gAg 1 = A. A
est donc un sous-groupe distingue de B .
37
Soit A0 un autre p-Sylow de B ; il existe g 2 B tel que A0 = gAg 1 donc
A = A0 . A est donc le seul p-Sylow de B et A = S .
Nous en deduisons #X 1 ( mod p).
# X divise #G et est de la forme 1 + pq.
Par exemple si le cardinal de G est egal a 18 = 2 32 , le nombre de 3-Sylow
de G divise 18 et est du type 1 + 3q. Seul 1 est solution. Il n'y a donc
qu'un seul sous-groupe de G d'ordre 9.
44. (a) kx yk2 = kxk2 + kyk2 2(x j y) donc (x j y) = (x0 j y0).
Soit s1 la reexion echangeant x et x0 . Posons y00 = s1(y).
kx yk = ks1(x) s1 (y)k = kx y00 k = kx0 y0 k donc comme precedemment nous obtenons (x0 j y00) = (x0 j y0). Nous avons alors x0 2 (y0 y00 )?.
Si y0 = y00 posons v = s1 ; sinon soit s2 la reexion echangeant y0 et y00 .
Elle laisse x0 invariant ; posons v = s2 s1.
Il existe donc une isometrie v telle que v(x) = x0 et v (y) = y0 . S'il s'agit
d'une isometrie positive, on pose u = v ; sinon considerons un plan contenant x0 et y0 , soit s3 la reexion de base ce plan.
Posons v = s3 v. s3 laisse x0 et y0 invariants et v est une rotation.
v convient d'ou le resultat.
(b) Soient d1 et d2 deux droites et t1 et t2 les demi-tours associes. Soit r
une rotation telle que d2 = r(d1 ). Soit x 2 d1 ; t2(r(x)) = r(x) donc
(r 1 t2 r)(x) = x = t1 (x).
Soit x 2 (d1 )?, (r 1 t2 r)(x) = r 1( r(x)) = x = t1 (x).
Il vient donc t1 = r 1 t2 r.
Soit r une rotation dierente de l'identite, d'axe D. La restriction, , de
r a D? est une rotation plane composee de deux reexions, 1 et 2 , par
rapport a deux droites d1 et d2 du plan D?. = 2 1 .
Notons s1 (resp. s2) le demi-tour d'axe d1 (resp. d2 ).
Soit x 2 D ; s2 (s1(x)) = s2( x) = x = r(x).
Soit x 2 D?; s2(s1(x)) = (x) = r(x). Les demi-tours sont des rotations ;
donc les demi-tours engendrent SO(3).
Soit H un sous-groupe distingue, non reduit a f0g, de G.
Nous voulons montrer que H = G. Il sut de demontrer que H contient
tous les demi-tours.
Soit u 2 H; u 6= IdE .
Soit a 2 E; kak = 1, dirigeant l'axe de u. Soit 2 [ ; [nf0g tel que
la matrice de u dans une base orthonormale, dont le troisieme vecteur est
01 0
1
0
a, est @ 0 cos() sin() A.
0 sin() cos()
Si cos() = 1, u est un demi-tour.
Supposons cos() 6= 1.
Si 2] ; 0[, en echangeant u en u 1 nous sommes ramene au cas
2]0; [. Suposons alors 2]0; [.
Soient P le plan (Ra)? et S la sphere unite.
38
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
Soient x 2 P \ S , y = u(x); d = ky xk.
d2 = kyk2 + kxk2 2(x j u(x)) = 2 2 cos().
Soit m 2 [0; d] ; montrons qu'il existe x1 et x2 deux elements de S tels
que x2 = u(x1 ); kx2 x1 k = m.
Si m = 0 il sut de chosir x1 = x2 = a.
Supposons m > 0. Geometriquement, il sut de considerer deux demicercles dessines sur S , de diametres portes par Ra ; l'un etant l'image de
l'autre par u. Il sut alors de choisir un plan orthogonal a a qui coupe
les deux demi-cercles en deux points distants de m.
Nous pouvons faire le calcul.
Posons x1 = k(x + a); x2 = k0 (y + a).
kx + ak2 = 1 + 2 = ky + ak2 . Il sut de choisir k = k0 = p1 1+ 2
pour que x1 et x2 soient sur S .
kx1 x2 k2 = k2 kx yk2 = k2 d2 . Il sut de choisir kd = m c'est-a-dire
p2 2
= dm m .
Soient y1 et y2 deux elements de S veriant ky2 y1k = m.
Il existe v 2 SO(3) tel que v(y1) = x1; v(y2 ) = x2 .
Posons alors w = v 1 u v. H etant un sous-groupe distingue de SO(3),
w est dans H . w(y1) = y2.
Il existe donc w 2 H tel que w(y1) = y2.
Soit, pour n 2 N , rn la rotation dont la matrice dans la base choisie plus
01 0
1
0
CC
B
B
10
cos
sin
C.
haut est B
B
n
n CA
@
0 sin
n cos n
kx rn(x)k = 2(1 cos n tend vers 0 lorsque n tend vaers +1. Il
existe donc N 2 N tel que pour tout n 2 N; n>N on ait kx rn(x)k6d.
Posons x0 = x et pour p 2 N; xp+1 = rn (xp ). Nous avons par construction, xn = x.
Pour tout entier p nous avons kxp+1 xp k = kx rn (x)k6d si n>N .
Il existe wp 2 H; wp(xp ) = xp+1 .
Soit h = wn wn 1 : : : w1 2 H .
h(x) = xn = x ; h est un demi-tour d'ou le resultat demande.
45. (a) Soit b 2 E . Il existe x 2 E tel que ax = b. Nous avons alors uax = ub =
ax = b.
(b) Gr^ace aux hypotheses il existe u 2 E tel que ua = a. En faisant le m^eme
raisonnement que precedemment nous en deduisons l'existence de v 2 E
tel que av = a puis 8b 2 E; bv = b.
En combinant les deux resultats il vient uv = u = v. Nous en deduisons
qu'il existe un element neutre.
39
(c) Il existe u 2 E un element neutre. Soit a 2 E . Il existe x 2 E tel que
ax = u, il existe y 2 E tel que ya = u.
yax = yu = y = (ya)x = ux = x. a possede bien un inverse.
Remarque Supposons qu'un ensemble E soit muni d'une loi associative, qu'il
existe e 2 E tel que pour tout x 2 E ex = x et que pour tout element x 2 E
il existe y 2 E tel que yx = e.
Soit x 2 E , soit y 2 E tel que yx = e. Posons z = xy. zz = xyxy = xey =
xy = z . Soit z 0 2 E tel que z 0 z = e ; nous avons alors z = ez = (z 0zz ) =
z 0 (zz ) = z 0 z = e.
xe = x(yx) = (xy)x = ex = x.
Nous en deduisons que E est un groupe.
Donc en fait S'il existe a 2 E tel que x 7 ! ax soit surjective, s'il existe u 2 E
tel que ua = a et si pour tout x 2 E il existe y 2 E tel que yx = u alors E est
un groupe.
46. Il existe a 2 A tel que x 7 ! ax et x 7 ! xa sont surjectives donc d'apres
ce que nous avons vu a l'exercice precedent, il existe un element neutre e 2 A
pour la multiplication. e 6= 0 car 8x 2 E; 0x = 0. Si x 6= 0 et si e = 0 nous
aurions 0 = ex = x ce qui est faux.
Soit a 2 A. Il existe (x; y) 2 A2 tel que ax = e = ya. Nous en deduisons
yax = ye = ex c'est-a-dire x = y. Tout element non nul possede un inverse.
Soit A un pseudo-anneau non nul, integre et ni.
Soit a 2 A . (ax = ay) ) a(x y) = 0. Nous en deduisons x = y car A
est integre. L'application x 2 A 7 ! ax 2 A est injective donc surjective. De
m^eme l'application x 2 A 7 ! xa 2 A est surjective. En utilisant le resultat
precedent nous en deduisons que A est un corps.
47. (a) E tant donne que i2 = 1, Z[i] = fa + ib; (a; b) 2 Z2g. Z[i] est un
sous-anneau de C . En eet, soit (a; b; c; d) 2 Z4. (a + ib) + ( c id) =
(a c) + i(b d) 2 Z[i], (a + ib)(c + id) = (ac bd) + i(ad + bc) 2 Z[i]
et 1 2 Z[i].
(b) Le module d'un produit est le produit des modules donc si u et v sont
des elements de Z[i], f (uv) = f (u)f (v).
f est a valeurs dans N, f (1) = 1 donc si u et v sont inverses l'un de
l'autre alors f (uv) = 1 = f (u)f (v). u est inversible si f (u) est un entier
inversible c'est-a-dire si f (u) = 1. Reciproquement, si f (u) = 1 alors
l'inverse de u dans C est u qui est bien dans Z[i]. u est donc inversible si
et seulement si f (u) = 1.
(c) Soit z = a + ib avec (a; b) 2 Z2. Soit a1 la partie entiere de a, soit
b1 celle de b. Considerons le carre de sommet les points d'axes z1 =
a1 + ib1 ; z1 + 1; z1 + i; z1 + 1 + i. Partageons ce carre en quatre carres
ayant les c^otes paralleles au precedent carre et dont les c^otes ont pour
longueur 1 . z est dans l'un de ces quatre carres. Si z est dans le carre
2
dont l'un des sommets est z1 alors jz z1 j26 1 . Si z est dans le carre dont
2
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
40
(d)
48. (a)
(b)
49. (a)
(b)
l'un des sommets est z1 + i alors jz (z1 + i)j26 1 . Si z est dans le carre
2
dont l'un des sommets est z1 + 1 alors jz (z1 + 1)j26 1 . Si z est dans le
2
carre dont l'un des sommets est z1 + 1 + i alors jz (z1 + 1 + i)j26 1 . Il
2
1
2
existe donc bien ze 2 A tel que jz zej 6 .
2
ze n'est pas unique ; par exemple si z est au centre du carre les quatre
sommets conviennent.
Soit (; ) 2 A A . Soit z = . Posons q = ze 2 A et r = q .
1 q
6
donc f ( q)6f ( ) 1 < f ( ).
Nous obtenons f
2
2
On dit que A est un anneau euclidien.
Nous allons montrer comme dans K [X ] ou dans Z que les ideaux sont
principaux ; ce qui est le cas des anneaux euclidiens.
Soit I un ideal de A non nul. Soit N 0 = f (I ) 6= f0g. N 0 f0g possede
un plus petit element ; il existe donc 2 I ; 6= 0 tel que f (a) soit le
minimum de N 0 f0g.
Soit 2 I . s'ecrit = q + r avec (q; r) 2 A2 et f (r) < f ( ). I etant
un ideal, r 2 I donc f (r) = 0 et r = 0. Nous en deduisons qu'il existe
q 2 A; = q . I A. Par ailleurs, 2 I donc A I . I est donc
un ideal principal.
A partir de la nous pourrions denir les elements irreductibles, le pgcd,
le ppcm etc...
X 2 + X +1 = (X 2 1)+(X +2); X 2 1 = (X +2)(X 2)+3. Les deux
polyn^omes sont donc premiers entre eux et le plus petit ideal engendre
par P et Q est C [X ].
Nous en deduisons 3 = [(X 2 + X +1) (X 2 1)] (X 2 + X +1)(X 2)
c'est-a-dire : 3 = (1 X 2)(1 X ) + (X 2 + X + 1)(2 X ).
Un couple de solutions est : (U0; V0 ) = (2 X; 1 X ).
Soit (U; V ) un autre couple de solutions. Nous avons (1 X 2)(1 X ) +
(X 2 + X +1)(2 X ) = (1 X 2 )V +(X 2 + X +1)U donc (1 X 2 )[(1 X )
V ] = (X 2 + X + 1)[U (2 X )]. D'apres le theoreme de Gaunous en
deduisons qu'il existe un polyn^ome A tel que (1 X 2)A = U (2 X ) puis
(1 X ) V = A(X 2+X +1). Nous avons donc U = 2 X +(1 X 2 )A; V =
1 X A(X 2 + X + 1); A 2 C [X ].
U et V sont alors premiers entre eux et l'ideal engandre est C [X ].
Supposons A/I integre. Soit (x; y) 2 I 2 . Nous avons donc x_ y_ = 0_ puis
x_ = 0_ ou y_ = 0_ donc x ou y appartient a I c'est-a-dire I est premier.
Supposons I est premier. Soit (X; Y ) 2 I 2 tel que XY = 0_ ; soient
x 2 X; et y 2 Y . Nous avons donc xy 2 I donc x ou y appartient a I
soit X ou Y est nul. A/I est donc integre.
Supposons que A/I soit un corps. Soit J un ideal de A contenant strictement I . Soit x 2 J n I . La classe X de x possede un inverse Y dans
41
A/I ayant un representant y. J est un ideal de A donc xy 2 J et
1 xy 2 I J . Nous en deduisons que 1 appartient a J ce qui conduit
a J = A.
Supposons que I soit un ideal maximal de A.
Soit x 2 A n I . La somme de I et de l'ideal en gendre par x est un ideal
contenant strictement I donc est egal a A. Il existe donc a 2 A et i 2 I
tels que ax i = 1. En considerant les classes modulo I , nous obtenons
x_ a_ = 1_ . Tout element non nul de A/I est inversible donc A/I est un
corps.
Si I est maximal A/I est integre donc, en utilisant le resultat de la
question precedente, I est premier.
(c) Soit I un ideal de A non nul, premier. Soit J un ideal de A contenant
strictement I . Il existe (i; j ) 2 A2 tel que I = iA et J = jA. j 62 I car
sinon J I . i 2 J donc il existe a 2 A; i = aj 2 I . I est premier
donc a 2 I et il eiste b 2 A; a = bi. Nous obtenons donc i = aj = bij
soit encore i(1 bj ) = 0. A etant integre et i 6= 0, nous en deduisons
1 = bj 2 J puis J = A.
(d) Pour n>2, Z/nZ est integre si et seulement si Z/nZ est un corps, si et
seulement si n est premier. Les ideaux premiers de Z sont les ideaux
principaux engendre par n = 0 ou n>2, n premier.
Les ideaux maximaux de Z sont les ideaux principaux engendre par n>2,
n premier.
(e) D'apres les proprietes des limites des suites, il est immediat que Sk ; SB
sont des ideaux de A. SB est inclus dans C0 , c'est un ideal de C0 . De
m^eme C0 est un ideal de C et de B .
Consid
erons les1suites1: 1 1 x = 0; 1; 0; 2 ; 0; 3 ; et y = 1; 0; 2 ; 0; 3 ; 0; .
8n 2 N; x2n = 0; x2n+1 = n +1 1 et 8n 2 N; y2n = 0 = n +1 1 ; y2n+1 = 0.
Ces deux suites convergent vers 0 et ne sont pas dans SB ; leur produit
est nul donc appartient a SB . SB est donc un ideal non premier.
Soit x une suite convergente de limite l 6= 0. Soit y une suite convergente
de limite l0 . Supposons que xy converge vers 0 ; alors xy convergeant vers
ll0 nous en deduisons l0 = 0 et y 2 C0 .
Soit I un ideal de C contenant strictement C0 . Il existe a 2 I qui converge
vers l 6= 0. Soit x 2 C de limite . Posons y = x a. Il est clair que y
l
apparteint a C0 donc a I et alors x 2 I . C0 est bien un ideal maximal de
C.
En choisisssant la suite x telle que 8n 2 N; x2n = 0; x2n+1 = 1 et la suite
y telle que 8n 2 N; y2n = 1; y2n+1 = 0, il vient xy = 0 2 C0 donc C0 est
un ideal de B non premier.
50. Supposons qu'il existe I , un ideal de l'anneau A, engendre par une famille
innie d'elements de A. Soit a0 2 I . Notons I0 = (a0) l'ideal engendre
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
42
par a0. I0 6= I il existe donc a1 2 I n I0 . Notons I1 l'ideal engendre par
fa0 ; a1g. I0 est strictement inclus dans I1 . Supposons construits les ideaux
I0 ; : : : ; In tels que pour tout k6n; Ik est engendre par fa0 ; : : : ; ak g I .
In est strictement inclus dans I donc il existe an+1 2 I n In tel que l'ideal
engendre par fa0; : : : ; an+1g soit strictement inclus dans I . Nous avons donc
construit une suite strictement croissante d'ideaux de I .
Supposons qu'il existe une suite innie (In)n2N strictement croissante d'ideaux
de A. Notons I =
+[
1
In la reunion de ces ideaux. Il est clair que I est un
ideal de A. Si I est engendre par une famille nie fa0 ; : : : ; ang alors il existe
p 2 N tel que fa0; : : : ; ang Ip . Cette famille engendre alors Ip qui est
strictement inclus dans I . I n'est donc pas engendre par une famille nie.
Le resultat est donc demontre.
n=0
51. Soit K un corps ni de caracteristique p. Soit e l'element neutre (pour le produit) de K . Considerons l'application f de Z dans K denie par f (n) = n:e.
Nous savons que cette application est un morphisme d'anneaux. p est la caracteristique de K donc le noyau de f est pZ.
Comme nous l'avons vu a l'exercice numero 11, nous en deduisons que Im(f )
est isomorphe a Z/pZ. K etant un corps est integre donc Z/pZ est integre ce
qui conduit au fait que p est premier et donc Im(f ) est un corps K ', sous-corps
de K de cardinal p.
K est donc un espace vectoriel sur le corps K '. K est ni donc est de dimension
nie, n 2 N , car engendre par une famille nie (l'ensemble de ces elements).
Une base etant choisie, K est isomorphe a L'nesemble des elements (a1; : : : ; an)
ou chaque ai appartient a K ' qui est de cardinal p. Le cardinal de K est donc
pn .
p
p
52. (a) Q[ 2] est l'ensemble des elements du type a + b 2 avec
p (a; b) 2 Q2 . Il
s'agit d'un corps ; l'inverse de l'element non nul a + b 2 avec (a; b) 2
a +
b p2.
Q2 n f(0; 0)g est l'element 2
a + 2b2 a2 + 2b2
(b) Soit I l'ideal de K [X ] constitue des polyn^omes P tels que P (a) = 0. I
est non vide et dierent de f0g donc est engendre par un polyn^ome Q 6= 0
appartenant a K [X ].
Q est le polyn^ome minimal de a.
Supposons qu'il existe deux polyn^omes non constants A et B appartenant
a K [X ] veriant Q = AB . A(a)B (a) = 0 donc, L etant un corps, il vient
A(a) = 0 ou B (a) = 0 ; cela signie que Q n'est pas le polyn^ome minimal
de a. Q est donc irreductible dans K [X ].
K [a] est un anneau, sous-anneau de L. Il reste a prouver que tout element
non nul est inversible.
Soit x 2 K [a] un element non nul. Il existe un polyn^ome A 2 K [X ] tel
que x = A(a). A est premier avec Q car sinon Q etant irreductible dans
K [X ] il diviserait A et x serait nul. Il existe donc deux polyn^
omes U et
V dans K [X ] veriant AU + QV = 1. Il vient alors xU (a) = 1 ce qui
43
prouve que y = U (a) est l'inverse de x.
53. Soit a 2 A; a 6= 0. Soit f l'application x 2 A 7 ! ax 2 A. f est lineaire et
injective car A est integre ; elle est donc surjective car la dimension est nie.
1 2 A donc a possede un inverse a droite. a possede aussi un inverse a gauche.
Ces deux inverses sont donc egaux. En eet : (1 = ab et 1 = ca) ) (c =
cab = b).
A est donc un corps.
54. (a) Soit a 2 f0; : : : ; n 1g un representant de x 2 Z/nZ. ma est un representant de mx 2 mZ/mnZ. ma 2 f0; : : : ; (n 1)mg f0; : : : ; nm 1g.
L'application f : x 2 Z/nZ 7 ! mx 2 mZ/mnZ est un morphisme du
groupe Z/nZ; + vers le groupe. mZ/mnZ; + .
ma est un representant de la classe de 0 si ma est nul, donc si a est nul.
Le morphisme est injectif.
Soit y 2 Z/nZ. Un representant de y est mb avec b 2 N et mb 2
f0; : : : ; nm 1g c'est-a-dire b 2 f0; : : : ; n 1g. y est donc l'image de
la classe de b dans Z/nZ par f qui est alors un isomorphisme.
(b) Soit G un sous-groupe du groupe Z/nZ; + . En utilisant le premier
exercice, nous en deduisons que le cardinal d de G divise n. De plus si x
est un element de G alors d:x est nul ce qui prouve que x est la classe d'un
element a compris entre 0 et n 1 tel que da est divisible par n = qd ;
a est donc un multiple de q et x appartient a qZ/nZ; + qui est de
cardinal d ; il s'agit donc de G.
Nous en deduisons que G est cyclique, que si H est un groupe cyclique
de cardinal n et si d est un diviseur de n il y a un et un seul sous-groupe
de H de cardinal d.
(c) Soit d un diviseur de n ; n = qd. Notons Gen(d) l'ensemble
des genera
Z
q
Z
teurs de /nZ; + qui est un sous-groupe de /nZ; + isomorphe a
Z/dZ; + .
Soient d1 et d2 deux diviseurs de n distincts. n = d1 q1 = d2 q2. Gen(d1)
est constitue des classes modulo n des elements p1 q1, Gen(d2) est constitue des classes modulo n des elements p2 q2 avec p1 compris entre 1 et
d1 1, p2 compris entre 1 et d2 1, p1 premier avec d1 et p2 premier avec
d2 . Supposons qu'il existe deux entiers p1 et p2 tels que p1 q1 p2 q2 soit
divisible par n.
Il existe un entier k tel que p1 q1 p2 q2 = nk. En multipliant par d1 d2
nous obtenons p1 d2 p2 d1 = kd1 d2 . d2 divise donc p2 d1 donc divise d1 ; de
m^eme d1 divise d2 c'est-a-dire d1 = d2 ce qui est exclu. Nous en deduisons
Gen(d1)\Gen(d2) = ;.
(d) Le cardinal de Gen(d) est '(d) ou ' est l'indicatrice d'Euler.
Soit x un element de Z/nZ. Le groupe G additif engendre par x est un
sous-groupe de Z/nZ; + . Il existe donc d un diviseur de n = dq tel que
G = qZ/nZ. On en deduit que x 2Gen(d) puis que Z/nZ est la reunion
disjointe des ensembles Gen(d) ou d 2 N decrit l'ensemble des diviseurs
CHAPITRE 2. ALGE BRE GE NE RALE, CORRIGE S
44
de n. Il vient alors n =
X
d2N;djn
card(Gen(d)) =
X
d2N;djn
'(d).
(e) Supposons que n 6= 1 soit decompose en produits de facteurs premiers
Yp
n = (ni )i ou les i sont des entiers naturels non nuls et les ni sont
i=1
des entiers naturels
premiers deux a deux distincts. Un diviseur de n est
Yp i
du type d = (ni ) ou chaque i est un entier naturel au plus egal a
i=1
i .
Nous avons vu dans l'exercice numero 12 sur l'indicatrice d'Euler que
si p est un nombre premier et si k est un entier naturel non nul alors
'(p) = pk pk 1 .
!
!
X
djn
i
X
'(d) =
Yp
1 61 ; :::; p 6p i=1
i
k
(ni ) =1+
(ni )k
k=1
X
X
'
(ni)i
soit encore
i
Yp X
' (ni )k .
i=1 k=0
i 1
k
1
k
(ni )
=1+ (ni)
(ni)k
k=1
k=0
X
X
i
'
= (ni )i .
k=0
Nous en deduisons alors le resultat demande.
(f) Soit H le groupe engendre par x 2 Gd ou d est un diviseur de l'ordre
n de G. H est clairement inclus dans Ed. K est un corps commutatif ;
le polyn^ome X d 1 possede au plus d racines dans K donc dans G. Le
cardinal de Ed est donc au plus egal a d et H = Ed . Nous en deduisons
que les elements de Gd sont les elements de H d'ordre d donc
sont les
Z
generateurs de H qui est cyclique isomorphe a /dZ; + et poosede
'(d) generateurs. Il vient donc : (#Gd = '(d)) () (Gd 6= ;).
(g) Soit x 2 G ; soit d l'ordre de x (d divise n). G \djnGd puis nous avons
l'egalite G = \djnGd .
Si d1 et d2 sont deux entiersXnaturels diviseurs de n distincts alors Gd1
et Gd sont disjoints et n = #(Gd). D'apres la relation vue plus haut
2
djn
l'egalite ne peut avoir lieu que si aucun Gd n'est vide ; cela prouve que
pour tout diviseur d de n il existe un element x d'ordre d en particulier
il existe un element de G d'ordre n ce qui prouve que G est cyclique.
55. Soit p 2 N. (2p +1)2 = 4p(p +1)+1 est bien congru a 1 modulo 23 car p(p +1)
est pair.
(2n ) 1 (mod 2n ).
Supposonsavoir prouv
e
jusqu'au
rang
n
(2
p
+
1)
2
a(2n ) = a(2n ) = (1 + K 2n)2 ou K 2 N. En developpant, nous obtenons
le resultat demande.
D'apres ce que nous venons de voir tout element classe d'un entier impair est
inversible ; il y en a 2n 1. Si le groupe des inversibles de Z/(2nZ); +; est cyclique alors il existe un element d'ordre 2n 1 ce qui n'est pas le cas pour
n>3. Il nous reste a etudier les cas n = 1; et 2.
Z
Z
Dans /(2Z); +; il n'y a qu'un element inversible. Dans /(4Z); +; 2
1
2
45
il y a deux elements inversibles les classes respectives de 1 et 3. Dans ces deux
cas le groupe des elements inversibles est cyclique. Ce sont les deux seuls cas.
56. 73 3 (mod 10); 74 1 (mod 10).
Nous avons donc 77 = 748 7 = 74 12 7 7 (mod 10).
77 = 77 7 est donc congru a 77 = 77 7 modulo 10 soit encore a 77 puis a 77
soit enn a 3. Le dernier chire de l'ecriture decimale est donc 3.
2
7
2 5
5
2 3
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
3
46
Chapitre 3
Polyn^omes et fractions, enonces
1. Soient z1; Y
; zn les n racines nniemes de l'unite.
Montrer :
jzi zj j = n
2
16i<j6n
2. Soit Q un polyn^ome reel. On suppose que pour tout reel x, Q(x) Q0 (x)>0.
Montrer : 8x 2 R; Q(x)>0.
+1
X
P (n) (x)>0.
n=0
On pourra utiliser l'application f : P 2 R[X ] 7 ! P P 0 2 R[X ].
3. Soit P2 C [X ], montrerque les racines de P 0 appartiennent a l'enveloppe
P0
convexe des zeros de P. Decomposer en elements simples .
P
Soit P 2 R[X ] tel que : 8x 2 R; P (x)>0. Montrer : 8x 2 R;
4. Soient 2 R; p 2 N, montrer :
sh((2p + 1)) =
p
X
q=0
+1 (ch )2p 2q (sh )2q+1
C22pq+1
En deduire l'existence d'un polyn^ome P 2 R[X ] tel que :
p
p + 1)) ; et P 0 = 1 + X
2X
P (th ) = sh((2
(ch )2p+1
P X n=1 X 2 + tan2 2pn+1
Montrer
: 8x 2 R : x
x
2
coth x th
ch
2p + 10
2p + 1
x 1
p
2
th
X
2p+1
x + 1
A
= 1 @coth
2p + 1
2p + 1
2p + 1 n=1 th2 x + tan2 n
2p+1
2p+1
5. Soit P 2 C n [X ] de racines x1 ; ; xn non nulles. Pour p 2
n
X
Sp = (xi )p .
i=1
N
on pose :
Soit k 2 N, montrer que le quotient de la division euclidiennede X k+1P 0 par
k
k+1 P 0
X
X
k
j
P est Q = Sj X
on pourra utiliser la fraction
.
P
j =0
Le resultat est-il vrai si certaines racines sont nulles ?
^
CHAPITRE 3. POLYNOMES
ET FRACTIONS, E NONCE S
48
6. Soit P un npolyn^ome scinde a racines simples x1 ; ; xn.
X P 00 (xk)
Montrer
0 (xk ) = 0.
P
k=1
00
XP
On pourra decomposer
P en elements simples .
7. Soient k 2 N et (n0 ; ; nk 1) 2 Nk . Soient P et Q les deux polyn^omes de
k 1
k 1
X
X
Z[X ] ; P =
X ni , Q = X j .
i=0
j =0
Montrer que lorsque 8i 2 f0; 1; ; k 1g; ni i (mod k) alors Q divise P
dans Z[X ].
8. Soit A 2 R[X ] tel que : 8x 2 R A(x)>0.
Montrer qu'il existe deux polyn^omes B et C tels que : A = B 2 + C 2 .
n 1
X
ai X i, les ai etant positifs non tous nuls.
i=0
Montrer que P n'a qu'un seul zero reel > 0 et que ce zero est simple. (On fera
un raisonnement par recurrence )
10. Soit P 2 R[X ]. Montrer que P (X ) X divise P (P (X )) X .
9. Soit P = X n
n
X
aiX i 2 Z[X ], les ai etant premiers entre eux.
i=0
Montrer que si r = p 6= 0, avec p ^ q = 1, est racine de P alors p divise a0 et
q
q divise an:
12. Determiner P 2 K [X ]; deg P = 7, tel que : P 1 et P +1 soient respectivement
divisibles par : (X + 1)4 et (X 1)4 .
13. Determiner les polyn^omes Pn 2 R[X ] denis par la relation de recurence :
11. Soit P =
Pn+2 = XPn+1 Pn; P0 = 1; P1 = X .
Determiner les racines des polyn^omes Pn. (Fixer x 2 R et etudier une suite
recurrente)
14. Determiner les polyn^omes P 2 C [X ] tels que : P (X 2) = P (X )P (X + 1).
15. Determiner les polyn^omes P 2 C [X ] tels que :
P (X 2 + 1) = (P (X ))2 + 1; P (0) = 0.
On pourra introduire la suite (an)n2N telle que a0 = 0 et pour n 2 N; an+1 = 1 + (an)2.
16. Soit P 2 R[X ], scinde. Montrer que P 0 l'est aussi.
49
17. Etudier le signe de P 00 P P 02 ou P 2 R[X ] est scinde.
n
X
En deduire que si P = ak X k est un polyn^ome reel, de degre n>2, scinde a
k=0
racines simples, alors 8k 2 Nn 1 ; ak 1ak+1 < (ak )2 .
Cas ou les racines ne sont pas simples ?
18. Soit Pk (X ) =
n
X
p=0
( 1)p pk Cnp X p; k 2 f0; ; ng.
Montrer : Pk+1 = XPk0 puis Pk = Rk :(1 X )n k. En deduire Pn(1).
n
X
Calculer ( 1)p pk Cnp .
p=0
19. (a) Montrer :
n
X
k=0
( 1)k Cnk (X k)n = n!. (On pourra utiliser l'exercice pre-
cedent).
En deduire pour p < n;
En deduire la valeur de
n
X
k=0
n
X
k=0
( 1)k Cnk (X k)p = 0
( 1)k Cnk P (k) pour P 2 Rn[X ].
(b) Soit E = Rn 1(X ); (n 2 N ). Determiner le polyn^ome minimal de
l'application f : P 2 E 7 ! Q 2 E; Q(X ) = P (X + 1).
20. Soit F = P ; P ^ Q = 1; Q = (X a)2Q1 avec Q1 (a) 6= 0.
Q
P1
+ ; P ^ Q = 1.
Montrer que F s'ecrit F = +
Q1 X a (X a)2 1 1
2 3P 0 (a)Q00 (a) P (a)Q000 (a)
2P (a)
avec =
;
= 00
00
2
3
(Q (a))
Q (a)
21. Determiner les polyn^omes P 2 C [X ] tels que : P 0 divise P .
22. Soit p>2 un entier. Soit (1 ; ; p
Soit Qi =
Yp
j =1;j 6=i
) 2 C p.
On pose Q(X ) =
(X j ). On note, pour chaque i 2
symetriques des racines du polyn^ome Qi , pour k 2
k 2 Np , du polyn^ome Q.
Np
Np ,
Yp
j =1
(X j ).
k;i les fonctions
1 et k celles, pour
(a) Calculer k en fonction de k 1;i et ki . En deduire k;i en fonction de i
et des j .
(b) En deduire les relations :
Cpk 1
=
k
X
j =0
( 1)k j Cpj ; (k 2 Np 1 ).
50
^
CHAPITRE 3. POLYNOMES
ET FRACTIONS, E NONCE S
23. Soit P 2 R[X ], scinde a racines simples. Soit a 2 R, montrer que le polyn^ome
P 2 + a2 a des racines complexes toutes simples.
24. Pour j cos j 6= 1, decomposer le polyn^ome P = X 2n (2 cos )X n + 1 en
produit de facteurs premiers dans R[X ].
25. Notons UnX
l'ensemble des racines niemes de l'unite.
!X + 1
Soit F =
2 2
!2Un 1 + !X + ! X
Mettre F sous la forme P avec P ^ Q = 1.
Q
26. Critere d'Eisenstein : Soit P =
n
X
k=0
ak X k , un polyn^ome non constant a
coecients entiers.
On suppose qu'il existe un entier p premier divisant tous les ak sauf an et tel
que p2 ne divise pas a0
Montrer que P est irreductible dans Q[X ] (on raisonnera par l'absurde).
On demontrera le preliminaire suivant :
Lemme de Gau : Soit P 2 Z[X ] un polyn^ome non constant. On note (P)
le pgcd des coecients.
(a) Montrer (P1) = (P2 ) = 1 =) (P1 P2 ) = 1.
(b) Montrer que (P1 P2 ) = (P1 ) (P2 ).
(c) Montrer : P 2 Z[X ] non constant, est irreductible dans Z[X ] () P est
irreductible dans Q[X ].
27. Polyn^omes de Tchebiche.
(a) Montrer qu'il existe un unique polyn^ome Tn , tel que 8t 2 R; Tn (cos t) =
cos(nt).
Que dire de Tn(ch t) ?
(b) Etudier le degre de Tn , ses racines, sa parite.
1
(c) Decomposer, pour n 2 N , en elements simples.
Tn
28. Decomposer en elements simples sur R les fractions rationnelles R et Rp :
n
X
Rp = X (X + 1)(p! )(X + p) ; R = Rp.
p=0
On pourra montrer :
n
X
p=q
Cpq = Cnq+1
+1.
29. Decomposer en elements simples, sur R, les fractions suivantes :
X +1
4 ;
1
;
;
2
2
2
2
2
2
(X + 1) (X + X + 1) (X 1) (X + 1)(X 4 + 1)
X2 + X + 1;
X2 + 1
1
;
; .
4
4
3
X 1
(X 1) (X + 1) (X (1 X ))n
51
30. Determiner deux polyn^omes P et Q de Rn 1[X ]; n 2 N ; tels que (1 X )n P +
X n Q = 1. On pourra decomposer X n(1 1 X )n en elements simples.
31. Soient z0 ; z1 ; ; zn ; n + 1 nombres
complexes deux a deux distincts tels
n
X
que : 8P 2 C n 1 [X ]; P (z0) = n1 P (zk ).
k=1
Y
n
(X zk ), k (X ) = (X ) .
X zk
k=1
0 (X ) = n .
Montrer :
(X ) (z0 ) X z0
Montrer alors que z1 ; z2 ; ; zn sont les sommets d'un polygone regulier de
centre z0
32. Formules de Newston.
Soient n 2 N , (z1 ; ; zn) 2 C n . On note S0 = n; 0 = 1 et pour p 2 N :
n
X
X
Sp = zi p et p =
zi zip .
Soit (X ) =
i=1
(a) Montrer
(b) Montrer
1
n
X
16i1 < <ip 6n
j =0
k 1
X
( 1)j j Sk j = 0 pour k 2 N; k>n.
j =0
( 1)j j Sk j + ( 1)k kk = 0 pour k 2 Nn .
On pourra considerer le polyn^ome P =
Yn
i=1
(X zi ), decomposer en ele-
P0
P (X ) P (zi ) .
ments simples et exprimer
P
X zi
(c) Soit A 2 Mn(C ); n 2 N . On denit la suite
(Ak)k2N par A0 = A et
1
pour k 2 N ; Ak = A Ak 1
k tr (Ak 1) In .
Montrer An = 0:
En deduire un programme de calcul du polyn^ome caracteristique d'une
matrice.
33. Soient A = X n 1 et B = X m 1 deux elements de K [X ]. Montrer que
A ^ B = X r 1 ou r = m ^ n.
34. Soit K = fa1; ; ang un corps ni. Montrer qu'il n'est pas algebriquement
clos.
n
X
On pourra considerer le polyn^ome P = 1 + (X ak ).
k=1
52
^
CHAPITRE 3. POLYNOMES
ET FRACTIONS, E NONCE S
35. Polyn^omes cyclotomiques
Soit n>1. On pose n(X ) =
polyn^ome cyclotomique.
(a) Montrer : X n 1 =
Y
k^n=1
6k6n
X exp
2ik n
. n est dit nieme
1
Y
djn
d(X ).
En deduire, en faisant un raisonnement par recurrence, que les polyn^omes
n sont a coecients entiers.
(b) Soit a 2 Z, soit p un nombre premier divisant n(a) mais aucun des d(a)
pour d diviseur de n; d 6= n .
Montrer que p est de la forme 1 + n; 2 Z.
On pourra utiliser le petit theoreme de Fermat.
(c) Soit p un nombre premier ne divisant pas n.
Yr
Fi ou les polyn^omes Fi 2 Z[X ] sont
i=1
unitaires, irreductibles dans Q[X ].
Utiliser le lemme de Gau vu plus haut.
() Soit une racine complexe de F1 ; montrer qu'il existe i 2 N; 16i6n
tel que Fi ( p) = 0.
() Montrer que n peut s'ecrire
() Soit F =
m
X
k=0
ak X k 2 Z[X ]. Soit ici p un nombre premier.
On note F (X ) =
m
X
k=0
ak X k 2 Z/pZ[X ], ou ak designe la classe de ak .
Montrer par recurrence sur le degre de F , F (X p) = F (X ) p.
(v) Montrer que dans Z/pZ[X ], n n'est divisible par le carre d'aucun
polyn^ome non constant.
(v) Montrer i = 1, c'est-a-dire F1 ( p) = 0.
(v) Montrer, par recurrence, que pour tout k premier avec n, F1( k ) = 0.
Conclure que les polyn^omes n sont irreductibles dans Q[X ].
36. Theoreme de Wedderburn
On veut montrer, par recurrence sur le cardinal, que tout corps ni est commutatif. On supposera le corps K non commutatif de cardinal > 2.
(a) Soit Z le centre de K , c'est-a-dire Z = fx 2 K =8y 2 K ; xy = yxg.
Montrer que Z est un sous-corps de K puis, en appelant q son cardinal,
qu'il existe n 2 N; n>2, tel que card(K ) = qn .
(b) Pour tout x 2 K on pose K x = fy 2 K = xy = yxg. Montrer qu'il existe
un entier d diviant n tel que card(K x ) = qd.
53
(c) Montrer, en appliquant l'equation aux classes1 a K , que l'on peut ecrire :
card(K ) = q 1 +
X qn
d
djn
d6=n
qd
1 ou les sont des entiers.
d
1
(d) Enn remarquant que le polyn^ome cyclotomique n divise le polyn^ome
X 1 dans Z[X ], avec d divisant n et non egal a n, montrer que K
Xd 1
est commutatif.
37. Soient a et b deux elements distincts du corps commutatif K de cardinal inni
(par exemple R, C , Q...).
Montrer que les polyn^omes (X a)k (b X )n k; k 2 N; 06k6n forment une
base de K n [X ].
38. Soit P 2 K [X ] un polyn^ome scinde a racines simples non nulles. On note
x1 ; x2 ; ; xn ces racines.
n
X
1 .
Determiner une relation liant P (0) et
0
k=1 xk P (xk )
39. Soient n et p deux entiers >1. Soit (1 ; ; n) 2 C n .
On pose : P (X ) =
Yn
k=1
(X k ); Q(X ) =
Yn
k=1
(X (k )p).
Montrer : P 2 Z[X ] ) Q 2 Z[X ]. On pourra calculer le determinant de
la matrice M 2 Mn(C ) dont le terme general mi;j est deni par : mi+1;i = 1
pour tout i entre 2 et n. mi;n = ai 1 pour tout i entre 1 et n, tous les autres
termes sont nuls.
1
Vue plus haut.
54
Chapitre 4
Polyn^omes et fractions, corriges
1. Soient z1; ; zn les n racines niemes de l'unit
0e.
1
=n
i=n jY
Y
Y
jzi zj j = B
@ jzi zj jCA.
!2
Y
16i<j6n
jzi zj j =
16i6=j6n
Notons pour j 2 Nn Pj (X ) le polyn^ome
Y
k=n
Nous avons Pj (X ) =
k=1
k6=j
i=1
Xn
j =1
j 6=i
1
X zj .
(X zk ).
X n 1 = (X zj )Pj (X ) donc nX n 1 = Pj (X ) + (X zj )Pj0(X ).
Pj (zj ) = n (zj
)n 1
=
Y
k=n
k=1
k6=j
Nous avons donc : n jzj
Y
16i6=j6n
jzi zj j =
i=n
Y
i=1
(zj zk ).
jn 1
=n=
n = nn puis
Y
k=n
k=1
k6=j
jzj zk j. Il vient donc :
Y
16i<j6n
jzi zj j = n n .
2
2. Premiere methode Supposons que le polyn^ome Q verie 8x 2 R; Q(x)
Q0 (x)>0 et qu'il existe un reel a tel que Q(a) < 0.
Soit E l'ensemble des reels x au moins egaux a a tels que 8t 2 [a; x]; Q(t) < 0.
Par continuite, il existe > 0 tel que Q ne prend que des valeurs strictement
positives sur [a; a + ]. E est un intervalle car si x et y sont dans E , le segment d'extremites x et y est inclus dans E . Supposons E majore. L'intervalle
E est de longueur strictement positive. Sur cet intervalle Q0 est strictement
negative donc Q est decroissante. Supposons E est ouvert, E = [a; b[. Pour
x 2 [a; b[; Q(x) < Q(a) < 0 ; par continuite nous avons Q(b)6Q(a) < 0 ce qui
est contradictoire donc E = [a; b]. Q(b) < 0 donc il existe > 0 tel que Q
prend des valeurs strictement negatives sur [b; b + ] ce qui contredit le fait que
E est majore. Nous en deduisons que Q ne prend que des valeurs strictement
negatives sur [a; +1[.
Si deg(Q)>1, le degre de Q Q0 est celui de Q et Q Q0 a pour limite +1
en +1 ce qui est contradictoire avec le resultat precedent indiquant que Q
ne prend que des valeurs strctement negatives. Si Q est une constante elle est
bien evidemment positive car Q Q0 = Q.
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
56
Nous avons donc bien le resultat demande.
Seconde methode Supposons que Q ne soit pas constant.
lim (Q Q0 )(x) = +1 donc x!1
lim Q(x) = +1. Il existe alors > 0 tel que
x!1
pour tout x 2 R; jxj> on ait Q(x)>Q(0). Sur l'intervalle [ ; ] Q possede un minimum en a ; nous en deduisons donc 8x 2 R; Q(x)>Q(a) et alors
Q0 (a) = 0 puis, d'apres l'hypothese, Q(a)>0. Nous avons le resultat demande.
Soit f l'application de R[X ] dans lui-m^eme qui a un polyn^ome P associe le
polyn^ome P P 0 . f est une application lineaire.
Soit P un polyn^ome de degre n>0 veriant f (P ) = 0. Il vient P = P 0 puis,
en derivant n + 1, P = 0 ce qui est contradictoire. f est donc injective.
+1
X
Soit P 2 R[X ]. La somme P (n) est une somme nie. Soit N 2 N tel que
n=0
N
X
X X
Q = P (n) = P (n) 2 R[X ]; f (Q) = P (n) P (n+1) = P .
n=0
n=0
n=0
n=0
+1
X
f est donc bijective et f 1 est l'application P 2 R[X ] 7 ! P (n) .
n=0
Nous avons precedemment demontre que si un polyn^ome P ne prend que des
valeurs positives alors f 1 (P ) aussi. Nous avons le resultat demande.
+1
X
P (N +1) = 0.
N
N
3. Soit P un polyn^ome ayant pour racine a d'ordre .
P s'ecrit : P (X ) = (X a)Q(X ) avec Q(a) 6= 0.
P 00(X ) = (X a0) 1 Q(X ) + (X a)Q0 (X ).
P = + Q . Nous en deduisons donc que si a ; : : : ; a sont les racines
1
n
P X a Q
n
X
P
k .
d'un polyn^ome P d'ordres respectifs 1 ; : : : ; n, alors 0 =
P k=0 X ak
n
X
k soit
0
Soit un zero de P non egal a un zero de P . Il vient alors : 0 =
k=0 ak
n
n
X k X
encore 0 =
=
( ak ) k 2 . Chaque racine de P 0 est
j ak j
k=0 ak
k=0
donc barycentre des racines de P aectees de coecients positifs (strictement
dans le cas d'une racine autre qu'une racine de P ) ; L'ensemble des racines de
P 0 est donc bien dans l'enveloppe convexe de l'ensemble des racines de P .
4. Soient n 2 N et 2 R.
2 sh(n) = exp(n) exp( n) = exp()n exp( )n
= (ch() + sh())n (ch() sh())n.
Nous en deduisons
n
n
X
X
2 sh(n) =
Cnk (ch())k (sh())n k
Cnk (ch())k ( sh())n
k=0
k=0
Nous obtenons
n donc :
X
2 sh(n) =
(1 ( 1)n k )Cnk (ch())k (sh())n
k=0
k
.
k
.
57
Si n = 2p + 1, nousp obtenons
X 2k
sh((2p + 1)) =
C2p+1 (ch())2k (sh())2p+1 2k .
k=0
Nous obtenons aussi sh((2p + 1)) =
p
X
q=0
C22pp+12q (ch())2p 2q (sh())2q+1 .
En divisant par (ch())2p+1 nous obtenons :
p
sh((2p + 1)) X
2q+1 (th())2q+1 .
=
C
2
p+1
2
p
+1
(ch())
q=0
Soit P le polyn^ome
p
X
q=0
+1 X 2q+1 ; nous avons sh((2p + 1)) = P (th()).
C22pq+1
(ch())2p+1
Nous remarquons donc que nous avons 2P (X ) = (X + 1)2p+1 + (X 1)2p+1 .
Les nombres complexes z veriant (z + 1)2p+1 + (z 1)2p+1 = 0 sont les racomplexes
de P . z est dierent de 1 donc les racines de P verient
cines
z + 1 2p+1 = 1, ce sont donc les nombres complexes z tels que z + 1 sont
z 1
2zk +11 les racines 2p + 1 iemes de -1. Nous obtenons donc i cotan
2(2p + 1)
ou k 2 Z prend 2p + 1valeurs relatives enti
eres consecutives ; soit encore
2
k
+
1
k
p
i tan 2 2(2p + 1) = i tan 2p + 1 .
En choisissant k entre 0 et 2p et en posant n = k p nous endeduisonsque
n ou
les racines du polyn^ome P sont les nombres complexes i tan
2p + 1
n 2 Z; jnj6p.
Les racines
sont deux a deux distinctes et la decomposition en elements simples
0
P
de conduit a :
P
n=p
P0 = X
1
P n= p X i tan 2pn+1 En regroupant les elements conjugues nous obtenons :
p
P0 = 1 + X
2X
P X n=1 X 2 + tan2 2pn+1 d (P (th )) = 1 P 0 (th )
d
ch2()
sh((2p + 1))
En calculant la derivee de 2 R 7 !
et en simpliant nous
(ch())2p+1
obtenons :
1 P 0 (th ) = (ch )(ch((2p + 1))) (sh )(sh((2p + 1)))
2p + 1
ch2p ^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
58
En divisant les deux membres par (ch )(sh((2p + 1))) nous obtenons
ch2p 1 P 0 (th ).
coth((2p + 1)) th = 1
2p + 1 sh((2p + 1))
0
En utilisant la decomposition de P en elements simples nous obtenons
P0
1
p
2
p
+1
X
ch 0 (th ) = 1 +
@ 2 2 th n A.
P
sh((2p + 1))
th n=1 th + tan2
2p+1
Il vient alors :
0
0
11
p
1 @ 1 [email protected]
2 th AA
(coth((2p + 1)) th ) ch2 =
+
.
2p + 1 th n=1 th2 + tan2 n
2p+1
En
posant
x
=
(2
p
+
1)
nous
obtenons
x x coth(x) th
ch2
2p + 1
x 0
11
02p + 1
p
2
th
X
2p+1
1 @ 1 @
n AA.
=
+
2
x
2p + 1 th x
2
n=1 th 2p+1 + tan 2p+1
2p+1
5. Demontrons deux resultats preliminaires.
Premier resultat Soient A et B deux polyn^omes premiers entre eux. Supposons que le polyn^ome B soit egal a (X b)C avec C (b) 6= 0. La fraction A
B
A
(
b
)
D
s'ecrit Q + 0
B (b)(X b) + C ou Q est le quotient de la division euclidienne
de A par B et D un polyn^ome premier avec C de degre strictement inferieur
a celui de C .
La seule partie a demontrer est que le coecient relatif a X b est egal a
A(b) . Nous savons que ce coecient est egal a A(b) . B 0 = C + (X b)C 0
B 0 (b)
C (b)
0
donc B (b) = C (b).
Yp
Second resultat Soit P = (X ak )k un polyn^ome.
P0
Yp
k=1
A avec B = (X a ) et A est un polyn^ome de degre p 1. Nous
k
P B
k=1
avons alors A(ak ) = k B 0 (ak ).
p
0 X
P
i que l'on peut ecrire A avec
Nous avons deja vu que l'on a =
P
X a
B
=
B=
Y
p
k=1
(X ak ). Nous avons A =
Nous en deduisons A(aj ) = j
Y
k=p
k=1
k6=j
i=1
X i B
p
i=1
i
X ai .
(ak aj ) c'est-a-dire A(aj ) = j B 0 (aj ).
Montrons maintenant le resultat demande. Notons a1; : : : ; ap les p racines
deux a deux distinctes du polyn^ome P . En utilisant les deux resultats prece-
59
dents et en prenant les m^emes
notations, nous en deduisons :
p
n
k
+1
0
k
+1
X
(xl )k+1 .
X P = X A = Q + (aj )k+1 j qui est donc egal a Q + X
P
B
j =1 X aj
l=1 X xl
n
X
(xl)k+1 P
k
+1
0
Nous avons donc X P = QP +
.
l=1 X xl
n
X
P
0
Notons pour chaque j 2 Nn Pj le polyn^ome
X xj ; il vient alors P = j=1 Pj
puis n
n
X k+1 k+1
X
(xl )k+1 X k+1
QP =
(xl )
X Pl = P
.
X xl
l=1
l=1
Nous en
deduisons :
!
n X
k
n (x )k+1 X k+1 X
X
l
=
(xl )j X k j
Q=
X xl
l=1
l=1 j =0
=
k
X
j =0
Xk
n
X
j
! X
k
j
l=1
j =0
(xl )
=
Sj X k j .
Si le polyn^ome P possede une racine nulle d'ordre 1 ; posons P = X P1 .
X k+1P10 = P1 Q1 + R1 avec deg(R1) < deg(p1 ).
X k+1(1 X 1 P1 + X P10 ) = (1 X k + Q1 )P + X R1. Le quotient de la division euclidienne de X k+1P 0 par P est donc 1 X k + Q1 . En utilisant le resultat
1
1
precedent, nous obtenons Q1 =
j iemes
1
1
k
X
j =0
j X k j ou j est la somme des puissances
des racines de P1. Nous avons donc S0 = 1 + 0 et pour >1 Sj = j .
Nous obtenons alors Q = 1 X k + 0 X k +
k
X
j =1
Le resultat est donc vrai dans le cas general.
Sj X k j =
k
X
j =0
Sj X k j .
6. Supposons que les n racines de P sont non nulles. Soient A et B deux polyn^omes ; supposons deg(A) < deg(B ) = n et supposons que les racines
(x1 ; : : : ; xn ) de B sont simples. Soit b une racine de B non racine de A.
B = (X b)B1 ; B 0 (b) = B10 (b). Le coecient relatif a b dans la decompoA(b)
sition en elements simples est donc egal a 0 . Si b est racine de A alors
B (b)
X b ne gure pas dans la decomposition et BA0((bb)) = 0. Dans tous les cas
n
n
00 X
X
A
A
(xi )
XP
xi P 00 (xi ) . Nous
nous avons donc =
.
=
0
B i=1 B 0 (xi )(X xi P
i=1 P (xi )(X xi )
n
n 00
X
X
x
P (xi ) . Supposons
i P 00 (xi )
avons immediatement 0 =
puis 0 =
0
0
i=1 P (xi )(0 xi )
i=1 P (xi )
qu'une racine (x1 ) de P soit nulle.
P = XP1, pour i>2, P 0 (xi ) = xi P10 (xi )
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
60
n
XP 00 = P 00 = X
xi P 00 (xi) .
P
P1 i=2 P 0 (xi )(X xi )
n 00
P 00 (0) = X
P (xi ) .
0
P1 (0)
i=2 P (xi )
n 00
00 (0) P 00 (0)
X
P
0
P1 (0) = P (0) donc P (0) = P 0 (0) et alors PP 0 ((xxi)) = 0.
1
i
i=1
7. Demontrons un resultat preliminaire classique :
Soient A et B deux polyn^omes appartenant a Z[X ], B 6= 0. On suppose B
unitaire alors la division euclidienne A = BQ + R ou Q et R sont des polyn^omes avec deg(R) =< deg(B ) conduit a (Q; R) 2 Z[X ]2.
Si deg(B ) > deg(A) le resultat est immediat car Q = 0 et R = A.
Notons n le degre de A et m 2 Nn celui de B .
A am
X n mB
=
n 1
X
k=0
ak
Xk
n 1
X
k=n m
anbk+n mX k .
Si n = 0 cette dierence est nulle ; donc R1 = A am X n mB 2 Z[X ] et
deg(R1)6n 1.
Si r1 = deg(R1)>m alors en notant 1 le coecient dominant de R1 on
prouve comme a l'instant qu'il existe un polyn^ome R2 2 Z[X ] tel que R1 =
1 X r m B + R2 avec deg(R2)6r1 1.
On demontre donc immediatement que, tant que le degre ri du polyn^ome
Ri est au moins egal a m, il existe un polyn^ome Ri+1 2 Z[X ] tel que Ri =
i X ri m B + Ri+1 avec deg(Ri+1)6ri 1 ou i designe le coecient dominant
de Ri. La suite des Ri est nie car les degres sont strictement decroissants. Il
existe donc j 2 N tel que rj < m; rj 1 >m. Nous avons pour i 2 N; i6j 1
les relations Ri = i X ri m B + Ri+1 ou R0 est A et 0 est!n.
1
En additionnant ces egalites, il vient R0 =
Le polyn^ome Q =
Q=
k 1
X
j =0
j 1
X
i=0
i X ri
m
j 1
X
i=0
i X ri
m
B + Rj .
2 Z[X ] est le quotient cherche.
X k ; (1 X )Q = 1 X k .
2il Les racines complexes de Q sont les k 1 nombres complexes l = exp
k 1
pour l 2 Nk 1 .
k 1
X
P = X ni ; supposons que les entiers naturels ni soient congrus a i modulo
i=0
k.
k 1
k 1
k 1
X
X
X
P (l ) = (l)ni = (l)i+kqi = (l)i = Q(l ) = 0.
i=0
i=0
i=0
Les racines etant deux a deux distinctes le polyn^ome Q divise le polyn^ome P .
Il existe R 2 C [X ]; P = QR. En fait, Q est unitaire donc R 2 Z[X ].
61
8. Montrons lep
resultat par recurrence sur le degre du polyn^ome. Si A est constant
positif A = (A)2 +02. A est necessairement de degre pair car sinon les limites
en 1 et +1 ne peuvent ^etre egales a +1. Supposons le resultat acquis pour
tout polyn^ome de degre au plus egal a 2n 2 N. Soit A un polyn^ome de degre
2n+2. Si A n'a pas de racine reelle A est le produit de polyn^omes du second degre irreductibles sur R. A peut s'ecrire (X 2 +aX +b)P avec deg(P ) = 2n; P >0
2
2
et X 2 + aX + b irreductible sur R. X 2 + aX + b = X + a + 4b a .
2
4
Dans un anneau commutatif quelconque nous verions, en developpant les
deux membres, que (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac bd)2 + (ad + bc)2 .
2
2
P s'ecrit U 2 + V 2 donc A = X + a2 + 4b 4 a U 2 + V 2 .
En utilisant le resultat precedent nous en deduisons que A est la somme des
carres de deux polyn^omes.
Si A possede une racine reelle celle-ci est d'ordre pair.
En eet A est le produit d'un polyn^ome reel scinde et d'un polyn^ome reel
n'ayant aucune racine reelle et positif. En separant les racines d'ordre pair et
les racines d'ordre impair on en deduit que
A est le produit d'un polyn^ome
Yp
positif et d'un polyn^ome du type Q = (X ai) ou les ai sont les racines
i=1
d'ordre impair deux a deux distinctes. Q n'est pas de signe xe.
A s'ecrit donc A = (X a)2D ou U est un polyn^ome positif de degre 2n
s'ecrivant U 2 + V 2. Nous avons donc A = ((X a)U )2 + ((X a)V )2.
Le resultat est donc obtenu.
= Xn
n 1
X
9. Soit P
ai X i ou les ai sont des reels positifs non tous nuls.
i=0
Pour n = 1, P = X a0 et a une seule racine strictement positive.
Supposons que jusqu'au rang n les polyn^omes P n'ont qu'une et une seule
racine strictement positive
et que cette racine est d'ordre 1.
n
X
Soit P = X n+1
aiX i ou les ai sont des reels positifs non tous nuls. Si
i=0
pour i>1 les ai sont tous nuls alors P = X n+1 a0 ou a0 > 0. P possede une
et une seule racine strictement positive. Supposons qu'il existe un indice i>1
tel que ai > 0.
n
n 1
X
X
1 0
i
+1
0
n
i
1
n
P = (n + 1)X
iaiX n + 1 P = X
ai X i En utilisant
n
+
1
i=1
i=0
l'hypothese de recurrence, nous en deduisons que P 0 possede un et un seul zero
strictement positif, a, qui est de plus d'ordre 1. P 0 change de signe en a ; la
limite en +1 etant egale a +1 P 0 est strictement positif sur ]a; +1[ et strictement negatif sur ]0; a[. P (0) = a0 60 P est donc strictement negatif sur
]0; a[ P (a) < 0 et la limite en +1 est egale a +1 donc P possede une racine
et une seule sur R+. Cette racine est strictement superieure a a ; donc elle est
simple. Le resultat est demontre.
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
62
10. Si P est un polyn^ome constant a, alors P (X ) X = a X; P (P (X ) X =
a X ; P (X ) X divise P (P (X ) X .
Soit P un polyn^ome non constant.
P (P (X )) X = P (P (X )) P (X ) + P (X ) X . Pour montrer que P (X ) X
divise P (P (X )) X il sut de prouver que P (X ) X divise P (P (X )) P (X ).
n
n
X
X
i
Posons P (X ) = ai X . P (P (X )) P (X ) =
ai P (X )i X i .
i=0
P (X )i X i = (P (X ) X )
11.
n
X
p i!
i 1
X
j =0
i=1
P (X )j X i 1 j .
n
X
ai q
= 0 ; nous en deduisons aipi qn i = 0. D'apres les hypoi=0
i=0
theses nous
avons
n
>
1
;
a
=
6
0
;
a
=
6
0.
0
n
!
! obtenons donc :
p i
p Nous
n
n 1
i
X
X
ai q
= a0 qn et
ai q
= an pn p divise bien a0 et q an.
i=1
i=0
12. (X + 1)4 divise P 1; (X 1)4 divise P + 1 donc il existe Q1 et Q2 deux polyn^omes tels que : P 1 = (X + 1)4Q1 ; et P + 1 = (X 1)4 Q2 . Nous en
deduisons (X 1)4Q2 (X + 1)4Q1 = 2.
(X 1)4 et (X + 1)4 sont premiers entre eux donc il existe un polyn^ome Q1
et un polyn^ome Q2 veriant la derniere relation.
Nous savons qu'il existe un et un seul couple (Q1 ; Q2 ) avec la condition deg(Q1 ) <
4; deg(Q2 ) < 4. En posant alors P = 1 + (X + 1)4 Q1 nous avons bien
P = 1 + (X 1)4 Q2 . P est donc le polyn^ome cherche.
Il sut d'utiliser l'algorithme d'Euclide pour trouver la reponse.
(X + 1)4 = (X 1)4 + (8X 3 + 8X)
1
1
(X 1)4 = (8X 3 + 8X ) X
+ (5X 2 + 1)
8
2
8 32 3
2
(8X + 8X ) = (5X + 1) X +
X
5
5
32 25 2
5X + 1 =
X 32 X + 1.
5
Nouspouvons
maintenant obtenir la relation
8 recherch
ee.
25
1=
X (8X 3 + 8X ) (5X 2 + 1) 5 X + 5X 2 + 1
32 25 5 2
2
3
1 = (5X + 1) 1 + X
(8X + 8X )
X
4
1 1 32 5 1 = (X 1)4 (8X 3 + 8X ) X
1 + X2
8
2
4
25 3
(8X + 8X )
X
32
Il sut de conserver (X 1)4 et de remplacer 8X 3 +8X par (X +1)4 (X 1)4 .
En regroupant nous obtenons : 25 5
25
4
2
4
1 = (X 1) 1 + X + X (X + 1)
X
4
32
32
(X + 1)4
(X
1)4
5
63
X3
5 X2 + 1X
8
8
1
2
32
Soit nalement
:5
3 + 5 X 2 + 29 X + 1
1 = (X 1)4
X
32
8
32
2
5
5
29
1
4
3
2
+(X + 1)
X + 8 X 32 X + 2 .
32
Nous avons alors
5 X 3 5 X 2 + 29 X 1 et Q = 5 X 3 + 5 X 2 + 29 X + 1.
Q1 = 16
1 16
4
16
4
16
P est donc le polyn^ome :
5
1
5
29
3
2
4
X
X
+ X 1 =
5X 7 21X 5 + 35X 3 35X
1 + (X + 1)
16
4
16
16
13. Il sut de determiner pour chaque x 2 R; Pn(x).
L'equation caract
r2 +xr +1. pLes solutions
sont donc denies
p 2est alors
exristique
n
2 4 n
+ x 4
x
x
par Pn(x) = +
.
2
2
Les conditions initialespimpliquent
x px2 4 2 4
x
x
+
+ = 1 et +
= x.
2
2
Nous obtenons alors
:
p 2 n+1
p 2 n+1
( p1)n x 4) + (x + x 4) .
Pn(x) = n+1 2
(x
2
x 4
En developpant nous obtenons
:
!
n+1 n
X
k
p
( p1)
Pn(x) = n+1 2
x2 4 ( ( 1)k + 1)xn+1 k .
Ck
2
x 4 k=0 n+1
En simpliant nous obtenons :
E( n )
n
X 2p+1 n 2p 2 p
Pn(x) = ( 21)
Cn+1 x (x 4) .
n
p=0
X 2p+1 n 2p 2
Posons pour t 2 C ; x = 2 ch(t). Pn(x) = ( 1)n
Cn+1 ch(t) sh(t) p.
2
(ch(t) + sh(t))n+1
(ch(t)
sh(t))n+1 = 2
X
2p6n
2p6n
Cn2p+1+1 ch(t)n 2p sh(t)2p+1 .
( 1)n sh((n + 1)t)
Nous en deduisons que pour sh(t) 6= 0, Pn(x) =
.
sh(t)
Pn est un polyn^ome de degre n.
ik
Supposons n>1. Les zeros de sh((n + 1)t) sont les nombres complexes
(n + 1)
k k avec k 2 Z. Les nombres 2 cos
avec sin
n + 1 6= 0 sont racines de
k n + 1
Pn. Pour k 2 Nn ; sin n + 1 6= 0 donc les racines de Pn sont les nombres
k 2 cos
n + 1 avec k 2 Nn .
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
64
n + 1)t) = sin((n + 1)it) .
Remarque sh((sh(
t)
sin(it)
Nous en deduisons donc que si nous posons (ce que nous aurions p^u faire1)
n
n + 1)t) . Il vient donc :
x = 2 cos(t) alors Pn(x) = ( 1) sin((
sin(t) sh (n + 1) Argch x2
pour x6 1; Pn(x) =
;
sh Argch x2
x ( 1)n sin (n + 1) acos
2 ;
pour 16x61; Pn(x) =
x
sin acos 2 x
( 1)n sh (n + 1) Argch
2 .
pour x>1; Pn(x) =
sh Argch x2
14. Soit n 2 N le degre de P ; soit an le coecient dominant du polyn^ome Pn
(suppose non nul). Il vient alors an = 0. Soit a un zero de P alors 8n 2 N a2
est un zero de P . Nous avons donc a = 0 ou jaj = 1.
P ((a 1)2 ) = P (a 1)P (a) = 0 donc (a 1)2 est un zero de P et a = 1 ou
ja 1j = 1.
Si a 6= 0 et a 6= 1 alors
jajt = ja 1j = 1. En posant a = exp(it); t 2 R nous
obtenons ja 1j = 2 sin 2 .
Nous obtenons donc t = et a = j ou j = j 2 = 1 ( j ).
3
P (X ) = X (X 1) (X + j ) (X + j 2 ) .
En utilisant la relation nous
obtenons
X 2 X 2 1 X 2 + j X 2 + j 2 = X (X 1) (X + j ) (X + j 2 ) (X + 1) X (X j 2 ) (X j ) .
Nous obtenons donc
= et
2
X + j X 2 + j 2 = (X + j ) (X + j 2 ) (X j 2 ) (X j ) .
j est racine d'ordre du polyn^ome du membre de droite donc = 0 ; de
m^eme j 2 est racine d'ordre du polyn^ome du membre de droite donc = 0
et P = X (X 1) .
15. Considerons la suite (an)n2N telle que a0 = 0 et pour n 2 N; an+1 = 1 + (an)2 .
Cette suite est strictement
croissante, pour tout n 2 N; an 2 N.
P (an+1) = P 1 + (an)2 = 1 + (P (an))2 .
Posons pour tout n 2 N; bn = P (an). Nous en deduisons, b0 etant nul,
8n 2 N; an = bn c'est-a-dire 8n 2 N; an = P (an). Le polyn^ome P (X ) X
est nul pour une innite de valeurs donc il est nul et P (X ) = X .
16. Soit n 2 N n 1 ; soit P 2 Rn[X ] un polyn^ome scinde.
Notons x1; : : : ; xp (p 2 Nn ) les racines deux a deux distinctes de P rangees
dans l'ordre croissant. On notera, pour i 2 Np , i l'ordre de multiplicite de la
racine xi . Si p = 1 alors x1 est la racine d'ordre n de P donc est racine d'ordre
n 1 de P 0 qui est scinde.
1
sin((n + 1)t) = 21i (cos(t) + i sin(t))n+1 (cos(t) i sin(t))n+1
X = sin(t)
Cn2p+1+1 cosn 2p(t) sin2p(t) .
p6n
2
65
Si p>2, d'apres le theoreme de Rolle P 0 possede sur chaque intervalle ]xi ; xi+1 [
avec i 2 Np 1 au-moins une racine. P 0 possede donc p 1 racines deux a deux
distinctes toutes dierentes des xi . De plus P 0 a aussi pour racines les reels
x1 ; : : : ; xp aux ordres respectifs 1 1; : : : ; p 1. Le nombre de racines ainsi
p
X
obtenues est donc bien egal a (p 1) + (i 1) = p 1 + n p = n 1.
k=1
P 0 est donc scinde.
Nous pouvons de m^eme remarquer que si P est scinde a racines simples alors
P 0 aussi.
17. Soit P 2 R[X ] un polyn^ome scinde. Si on note a1; : : : ; ap les racines deux
a deux distinctes de P dont les ordres sont respectivement 1 ; : : : ; p . Nous
avons dpeja vu qu'alors :
P 0 = X i .
P
X a
i
i=1
p
00 P P 0 2 X
P
i soit enEn calculant la derivee nous obtenons :
=
2
2
P
i=1 (X ai )
p
X
i P 2 . Nous en deduisons que pour tout reel x
2
00
0
core P P P =
2
i=1 (X ai )
P 00 (x)P (x) (P 0 (x))260. L'inegalite est stricte en dehors des racines
Si P est a racines simples ; soit x une racine de P alors P 0 (x) 6= 0 et l'inegalite
est toujours stricte.
Lorsque P est un polyn^ome reel scinde a racines simples, en utilisant le theoreme de Rolle, il est clair que P 0 est aussi scinde a racines simples et donc
aussi P (k) pour 06k6 deg(P ) 1. Si n = deg(P ) nous avons donc pour
06k6n 1, P (k+2) (x)P (k) (x) (P (k+1) (x))2 < 0 et en particulier 06k6n 1,
P (k+2) (0)P (k) (0) (P (k+1) (0))2 < 0.
n
X
Si P (X ) = aj X j alors P (k) (0) = k!ak . Nous obtenons donc (en posant
j =0
an+1 = 0) (k + 2)!k!ak+2 ak < ((k + 1)!ak+1 )2 .
Pour k 2 Nn 1 ; k(k + 2) ak ak+2 < ak+1. k2 + k 1>1 donc si ak ak+2>0 nous
k+1
avons ak ak+2 < (ak+1 )2. Si ak ak+2 60 nous avons evidemment ak ak+2 < (ak+1)2 .
Pour k = 0; 2a2a0 < (a1)2.
Nous avons donc pour tout entier k6n 1; ak ak+2 < (ak+1 )2 .
Soit u l'application a 2 R 7 ! X a 2 Rn[X ]. Munissons Rn[X ] d'une norme
N . N (u(a) u(b)) = N (a b) = ja bjN (1). u est donc continue.
Yn
n
Soit f l'application (x1 ; : : : ; xn ) 2 R 7 ! (X xi ) 2 Rn[X ]. Supposons
i=1
par exemple que si P 2 Rn[X ], N (P ) = sup jP (t)j. Nous avons immediatet2[0;1]
ment N (PQ)6N (P )N (Q). En utilisant le resultat precedent, f est continue
comme produit2 de fonctions continues. L'application qui a un polyn^ome de
2
Voir le theoreme dans le livre du m^eme auteur : \Resume de cours Textes et corriges de devoir"
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
66
associe ces coecients dans Rn+1 est evidemment continue car chaque
coecient est une coordonnee dans la base (1; X; : : : ; X n). Nous en deduisons
que l'application de Rn dans Rn+1 qui a (x1; : : : ; xn) associe les coecients
du polyn^ome unitaire de degre n dont ces elements sont les racines est continue. Par continuite nous en deduisons que les inegalites strictes precedentes
deviennent larges dans le cas general.
Rn [X ]
18. Soit k 2 N ;
P0 =
n
X
p=0
XP 0
k
=
n
X
p=1
(
1)p pk+1 Cnp X p
=
n
X
p=0
( 1)p pk+1 Cnp X p = Pk+1.
( 1)p Cnp X p = (1 X )n. P0 = R0 (1 X )n avec R0 = 1.
Supposons que pour tout k 2 Nq ; Pk (avec q < n) s'ecrive Pk = Rk (1 X )n k
ou Rk est un polyn^ome.
Pq+1 = XPq0 = (1 X )n q 1(X (1 X )R0q X (n q)Rq ).
Il vient bien Pq+1 = Rq+1(1 X )n q 1 ou Rq+1 est le polyn^ome X (1 X )R0q
X (n q)Rq .
Nous avons donc pour tout entier k6n, Pk = Rk (1 X )n k ou Rk est un
polyn^ome. En particulier 8k 2 N; k < n; Rk+1 (1) = (n k)Rk (1) avec
R0 (1) = 1.
Nous en deduisons immediatement Rn(1) = ( 1)nn!.
n
X
n
Pn = Rn donc Pn(1) = ( 1) n! et ( 1)p pk Cnp X p = ( 1)n n!.
p=0
19. (a) Montrons par recurrence sur n 2 N que
n
X
k=0
( 1)k Cnk (X k)n = n!
Il est clair que pour n = 0 le resultat est vrai.
Supposons le resultat vrai jusqu'au rang n.
n+1
X
k=0
!0 X
n+1
n+1
( 1)k Cnk+1(X k)
=
=
n
X
k=0
n
X
k=0
(
=
k=0
1)k Cnk (n + 1)(X
( 1)k Cnk+1(n + 1)(X k)n
k)n +
( 1)k Cnk (n + 1)(X k)n
n+1
X
k=1
n
X
k=0
( 1)k Cnk 1 (n + 1)(X k)n
( 1)k Cnk (n + 1)((X 1) k)n
En utilisant l'hypothese de !re0 currence nous en deduisons donc
n+1
X
k=0
(
1)k Cnk+1(X
k)n+1
= 0 ; c'est-a-dire
est constant egal a
n+1
X
k=0
(
1)k Cnk+1(
k)n+1
edite chez ellipses, pages 124-125
=(
1)n+1
n+1
X
k=0
n+1
X
k=0
( 1)k Cnk+1(X k)n+1
( 1)k kCnk+1kn+1 = (n + 1)!
67
Le resultat est donc prouve au rang n + 1.
( 1)k Cnk (X k)n etant constant, ses derivees successives sont toutes
n
X
k=0
nulles donc pour p 2 N; p < n nous avons
n
X
k=0
( 1)k Cnk (X k)p = 0.
Si P estn un polyn^ome de degre strictement inferieur a n nous obtenons
X
donc
( 1)k Cnk P (X k) = 0 et si si P est un polyn^ome de degre
k=0
n
X
n nous obtenons
( 1)k Cnk P (X k) = ann! ou an est le coecient
k=0
dominant de P . En particulier si P 2 Rn[X ],
n
n
X
X
k
k
n
( 1) Cn P (k X ) = ( 1) ann! =
( 1)k Cnk P (k + X ) ou an est
k=0
k=0
len coecient du monome de degre n de P .
X
( 1)k Cnk P (k) = ( 1)n ann!
k=0
(b) En utilisant le resultat precedent nous obtenons
n
X
n
Un polyn^ome annulateur de f est ( 1)
n 1
X
k=0
(
1)k Cnk 1P (X + k) = (
k=0
(
n
X
( 1)k Cnk f k = 0.
k=0
1)k Cnk X k
= (X
1)n.
1)n ann! donc (1 f )n 1 6= 0.
Le polyn^ome minimal de f est donc le polyn^ome (X 1)n.
20. Si Q est un polyn^ome de C [X ] s'ecrivant Q = (X a)2Q1 avec Q1 (a) 6= 0 alors
en derivant trois fois nous obtenons Q00 (a) = 2Q1 (a) et Q000 (a) = 6Q01 (a).
La decomposition en elements simples de la fraction P s'ecrit :
Q
P = P1 + + .
Q Q1 X a (X a)2
P (a) = 2P (a) .
En mulitpliant par (X a)2 nous obtenons =
Q1 (a) Q00 (a)
En multipliant par (X a)2 et en derivant nous obtenons
P 0 Q1 PQ01 = (X a)R + ou R est une fraction rationnelle n'ayant pas a
Q21
pour p^ole. Nous obtenons alors
0
a) P (a)Q01(a) soit encore
= P (a)Q1 (Q
1 (a)2
P 0(a) 12 Q00 (a) P (a) 16 Q000 (a) 2 3P 0 (a)Q00 (a) P (a)Q000 (a)
=
=
1 Q00 (a)2
3
Q00 (a)2
4
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
68
21. Si P 2 C n [X ], (n 2 N ) de degre n divise P 0 alors il existe a 2 C tel que
nP = (X a)P 0. Nous en deduisons, a l'aide de la formule de Leibniz, que
pour tout j 2 N; (n j )P (j) = (X a)P (j+1) .
Il vient alors en faisant une
! demonstration immediate par recurrence que pour
tout j 2 N
Yj
k=0
(n k) P = (X a)j+1P (j+1) .
En particulier
Y
!
n 1
k=0
(n k) P = (X a)nP (n) c'est-a-dire, en notant b le co-
ecient dominant de P , n!P = (X a)nn!b ; P = b(X a)n.
22. Nous savons que si P =
n 1
X
k=0
ak X k + X n est un polyn^ome de degre n 2
N ,
pour k 2 Nn ; k = ( 1)k an k .
(a) Pour i xe, i 2 Np nous avons : Q = (X i )Qi .
Qi
= Xp 1 +
Q = Xp +
p 2
X
k=0
p 2
X
k=0
(
( 1)p 1 k p 1
k;i X
1)p 1 k pi 1 k X k+1
k.
i X p 1
En regroupant nous obtenons :
Q = Xp
p 1
1 + i )X +
(i
Si p = 2,
X
p 2
j =1
p 2
X
j =1
( 1)p k (p
( 1)p k (p
p 2
X
k=0
( 1)p 1 k p 1
k;i + i p 1 k;i )X
k;i + i p 1 k;i )X
k
k
+(
k;i X
k.
1)p i p 1;i .
est remplacee par 0.
Par identication nous en deduisons, en posant 0;i = 1 et p;i = 0,
8k 2 Np ; k = k;i + i k 1;i .
Montrons la relation : k;i =
k
X
j =0
( 1)k j ki j j .
Cette relation est vraie pour k = 1. Supposons-la veriee jusqu'au rang
k6p 2.
k
X
Nous avons alors : k+1;i = k+1
( 1)k j ki +1 j j . La relation est
j =0
donc demontree.
(b) Si les i sont tous egaux a 1 nous obtenons : 8k 2 N; k6p; k = ( 1)k Cpk
et 8k 2 N; k6p 1; k;i = ( 1)k Cpk 1 .
En utilisant le resultat prtecedent nous en deduisons :
8k 2 N; k6p 1; (
1)k Cpk 1
8k 2 N; k6p 1; Cpk 1 =
=
k
X
j =0
k
X
j =0
( 1)k j ( 1)k Cpk soit encore :
( 1)j k Cpk .
69
23. Soit P 2 R[X ] scinde a racines simples. Nous avons vu dans des exercices
precedents que P 0 est scinde a racines simples. Si a 2 R; P 2 + a2 ne possede
aucune racine reelle.
Soit une racine complexe, non reelle de P 2 + a2. Si n'est pas simple alors
2P ()P 0 () = 0 soit encore puisque P () 6= 0, P 0 () = 0 cela est faux. P 2 + a2
est donc scinde, sur C , a racines simples.
24. X 2n (2 cos )X n + 1 = X n ei X n e i .
Nous pouvons supposer 2 [0; ]. Nous obtenons donc :
X 2n (2 cos )Xn + 1 ! nY1 + 2k !
nY1
+
2
k
=
X exp i n
X exp i n
k=0
k=0
soit encore :
+ 2k nY1 2
n
n
2
X (2 cos )X + 1 =
X
2 cos
X +1 .
n
+ 2k k=0
+ 2k 2
2
X
2 cos
X + 1 a pour discriminant reduit sin
.
n
n
+ 2k 0 (mod ) ce qui implique
Celui-ci n'est nul que dans le cas ou
n
0 (mod ).
Si 6 0 (mod) alors la decomposition precedente est celle cherchee.
25. Soit ! xe. Le polyn^ome 1+!X +!2 X 2 a pour racines !j net !j . Nous avons vu
Y
dans des exercices precedents que si un polyn^ome B = (X aj ) est scinde
i=1
A
a racines simples et si est une fraction irreductible avec deg(A) < deg(B )
B
n
X
A
A(ai ) .
alors se decompose sous la forme :
0
B
i=1 B (ai )(X ai )
Nous obtenons alors :
1 + !X
1+j
1+j
=
+
.
2
2
1 + !X + ! X !(1 + 2j )(X !j !(1 + 2j )(X !j
X 1
Y
est une fraction A avec B =
(X !j et A est un polyB
!2Un ! (X !j )
!2Un
A !j 1
n^ome de degre au plus egal a n. Nous avons de plus 0
= .
!
B
!j
Y
Y
n
n
n
n
(X !j =
j (jX ! = j ((jX ) 1) = X j .
! 2 Un
!2Un
1 = A (!j ) = A (!j ) .
! B 0 (!j ) n (!j )n 1
Nous en deduisons A (!j ) = nj n 1 . A est constant pour n valeurs deux a deux
distinctes donc A est constant egal a nj n 1 .
Nous faisons un calcul analogue avec l'autre fraction. Nous obtenons donc :
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
70
X
1 + !X
n
(1 + j )j n 1
n
(1 + j )j n 1
2 2 = (1 + 2j )(X n j n) + (1 + 2j )(X n j n) .
!2Un 1 + !X + ! X
En reduisant au m^eme denominateur nous obtenons la fraction P avec
Q i
h
n 1 n
n
1
n
n
P = n (1 + j )(1 + 2j )j (X j ) + (1 + j )(1 + 2j )j (X j n) .
Le coecient de X n est egal a :
(1 + j )(1 + 2j )j n 1 + (1 + j )(1 + 2j )j n 1.
En developpant nous obtenons 2j n 1 + j n 2 + 2j n 1 + j n 2
c'est-a-dire encore
4 cos 2(n 1) + 2 cos 2(n 2)
3
3
= 2 cos 2(n 1) + 4 cos
cos (2n 3)
3
3
3 cos (4n 5) = 2 cos (4n 5)
= 4 cos
3
6
6
Le coecient constant est egal a :
(1 + j )(1 + 2j )j (1 + j )(1 + 2j )j = 3(j + j == 3.
X 1 + !X
2 cos (4n 5) 6 X n + 3
Nous obtenons alors
2 2 = n 3 X 2n 2 cos 2n X n + 1
3
!2Un 1 + !X + ! X
26. Montrons le lemme de Gau.
(a) Soit P = P1P2 ou P1 et P2 sont deux polyn^omes de Z[X ] non nuls tels
que (P1 ) = (P2 ) = 1. Supposons (P ) 6= 1. Soit alors p>2 un nombre
premier diviseur de (P ).
Soit ' l'application qui a un entier relatif n associe sa classe modulo p.
Soit l'application qui au polyn^ome Q =
N
X
N
X
i=0
ak X k 2 Z[X ] associe le po-
lyn^ome '(ak )X k 2 K [X ] ou K est le corps Z/pZ.
i=0
est un morphisme d'anneaux commutatifs integres et d'apres le choix
de p, (P ) = 0. 0 = (P ) = (P1 P2) = (P1 ) (P2). L'un des deux
polyn^omes (P1 ou (P2) est nul ; les coecients de ce polyn^omes devraient tous ^etre nuls ce qui est faux par hypothese. Nous en deduisons
que (P ) = 1 = (P1) (P2 ).
(b) Soient P1 et P2 deux polyn^omes non constants de Z[X ].
divisons P1 par (P1 ) et P2 par (P2 ). P1 = (P1 )Q1 avec (Q1 ) = 1 ; de
m^eme P2 = (P2 )Q2 avec (Q2 ) = 1.
(Q1 Q2 ) = 1, (P1 P2) = ( (P1 ) (P2)Q1 Q2 ) = (P1 ) (P2) (Q1 Q2 ) d'ou
le resultat demande.
(c) Soit P 2 Z[X ] un polyn^ome non constant reductible dans Q[X ].
P = P1 P2 ou P1 et P2 sont des polyn^omes non constants appartenant a
Q[X ].
Soit d le denominateur commun des coecients, non nuls, des poly-
71
n^omes P1 et P2 . Q1 = dP1 ; Q2 = dP2 Q1 et Q2 appartiennent a Z[X ].
Q1 Q2 = d2 P . Q1 Q2 = (Q1 ) (Q2 )R1R2 ou R1 et R2 sont deux polyn^omes de Z[X ] veriant (R1 ) = (R2 ) = 1.
Nous obtenons alors d2 (P ) = (Q1 ) (Q2 ) c'est-a-dire P = (P )R1R2 ;
P est reductible dans Z[X ].
Nous avons bien demontre que si P est irreductible dans Z[X ] alors il
l'est aussi dans Q[X ].
Montrons maintenant le critere d'Eisenstein.
Il sut de montrer que P est irreductible dans Z[X ].
Supposons P reductible dans Z[X ] ; P = P1P2 ou P1 et P2 sont deux
polyn^omes non constants appartenant a Z[X ].
Utilisons
les fonctions n' et precedentes.
n
n
X
X k
X
k
P1 = bk X ; P2 = ck X ; P = ak X k .
1
2
k=0
k=0
k=0
p divise tous les
ak!pour k < n donc
! coecients
n
n
X
X
'(bk )X k
'(ck )X k = '(an)X n.
k=0
k=0
an = bn cn ; les deux nombres ' (bn ) et ' (cn ) sont non nuls. a0 = b0c0
et ' (b0 ) ' (c0 ) = 0 donc l'un seulement des deux nombres b0 ou c0 est
divisible par p car p2 ne divise pas a0.
Supposons ' (b0) = 0 et ' (c0 ) 6= 0.
Soit i 2 N; i < n1 tel que 8k 2 N; k6i; '(bk ) = 0 et ' (bi+1 ) = 0. i
existe car ' (bn ) 6= 0.
i+1
X
' (ai+1 ) = ' (bk ci+1 k ) = ' (bi+1 ) ' (c0 ) 6= 0.
k=0
Cela est faux car i + 1 < n et ' (ai+1 ) = 0.
Le resultat est donc demontre.
Exemple d'application
p 1
X
Soit p>2 un nombre premier. Le polyn^ome P = X k est irreductible
k=0
dans Q[X ]. Posons X = Y + 1.
p 1
p
X
Nous avons P (X ) = Q(Y ) = (1 + Y ) 1 = Cpk+1 Y k . Nous avons
Y
k=0
deja vu que pour i 2 Np 1 p divise Cpi ; p2 ne divise pas le terme constant
egal a p et p ne divise pas le coecient dominant qui est egal a 1. Le
polyn^ome est donc irreductible sur Q[X ].
1
2
1
2
1
2
1
27. (a) S'il existe Tn 2 R[X ] tel que pour tout reel t on ait Tn (cos(t)) = cos(nt)
alors ce polyn^ome est unique. En eet, supposons que A et B soient
deux telles solutions. Soit N le plus grand des degres de A et B . Nous
connaissons les valeurs identiques que prennent A et B pour N +1 valeurs
reelles distinctes donc A B est nul.
Pour (n; t) 2 N R cos((n + 2)t) + cos(nt) = 2 cos(t) cos((n + 1)t.
Considerons la suite denie par
72
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
T0 = 1; T1 = X et pour n 2 N; Tn+2 = 2XTn+1 Tn .
Il est immediat que nous denissons la une suite de polyn^omes et que par
construction 8t 2 R; Tn(cos(t)) = cos(nt.
Nous pouvons obtenir l'existence des polyn^omes Tn d'une autre maniere.
cos(nt) = <e (exp(int)) = <e ((cos(t) + i sin(t))n).
En developpant nous obtenons :
!
n
X
cos(nt) = <e
Cnk cosn k (t)ik sink (t) soit encore
cos(nt) =
E ( n2 )
X
k=0
Cn2k cosn 2k (t)( 1)k sin2k (t) .
k=0
E ( n2 )
X
Cn2k X n 2k( 1)k (1 X 2)k ; alors Tn (cos(t)) = cos(nt).
k=0
Dans les deux demonstrations precedentes, les resultats auraient ete les
m^emes si t avait ete complexe.
Nous avons donc la relation 8n 2 N; 8z 2 C ; Tn (cos(z )) = cos(nz ) en
particulier pour z = it avec t 2 R nous avons Tn(cos(it)) = cos(nit)
c'est-a-dire 8n 2 N; 8t 2 R; Tn(ch(t)) = ch(nt).
(b) En utilisant la formule precedente denissant Tn, nous en deduisons que
Tn est un polyn^ome ayant la parite de n ; le coecient dominant est egal
E( n )
X 2k n 1
a 1 pour n = 0 et pour n 2 N il est egal a
Cn = 2 .
k=0
Nous pouvons obtenir le m^eme resultat en utilisant la relation de recurrence 8n 2 N; Tn+2 = 2XTn+1 Tn avec T0 = 1 et T1 = X .
Nous pouvons remarquer que pour x 2]1; +1[ il existe t 2 R; x = ch(t)
donc Tn(x) = ch(nt) > 1. Tn(1) = ch(0) = 1. Nous en deduisons donc
que pour x 2 R; jxj > 1; jTn(x)j > 1.
De m^eme pour x 2 R; jxj61; en ecrivant x = cos(t) avec t 2 R il vient
jTn(x)j61.
Les eventuelles racines reelles de Tn sont donc dans l'intervalle ] 1; 1[.
Soit 2] 1; 1[ une racine de Tn; n>1. D'apres ce que nous venons de
voir, Il existe a 2]0; [ tel que = cos(a). Nous avons donc cos(na) = 0
ce qui equivaut a 9k 2 Z; na = + k; a 2]0; [.
2
L'ensemble
(2k + 1)des racines ainsi trouve est donc l'ensemble des elements
cos
; k 2 f0; : : : ; n 1g. Il y a la n reels deux a deux
2n
distincts, ce sont les n racines de Tn.
n 1
X
1
ak ou
(c) Pour n 2 N , Tn est scinde a racines simples.
=
Tn k=0 X k
(2k + 1) k = cos
et ak = 0 1 .
2n
Tn(k )
Pour x 2] 1; 1[, Tn(x) = cos (n acos(x)), Tn0 (x) = p n 2 sin(n acos(x)).
1 x
Posons Tn =
2
(2k + 1) n
sin
2
sin (2k2+1)
n
n
( 1)k 0
Tn (k ) =
.
sin (2k2+1)
n k
nX1 ( 1) sin (2k+1)
2n
1
.
=
Tn k=0 n X cos (2k2+1)
n
T 0 (
k) =
n
73
.
28. Le coecient relatif au pole i est egal a p!
Pour i 6= 0 et i 6= p nous obtenons p!
Y
k=i 1
k=i ! k=
Y
Yp i 1 !
1
k=0
Y
k=p
k=0
k6=i
1
1
k i.
k i
! kY
=p
k=i+1 k
1
!
i c'est-a-dire
i
= ( 1) p! = ( 1)i Cpi .
i!(p i)!
k=1 k
k=1 k
Le resultat est encore vrai pour i = 0 et i = p.
p
X
( 1)i Cpi
p
!
=
Nous obtenons donc :
X (X + 1) : : : (X + p) i=0 X + i .
p!( 1)i
Montrons le resultat preliminaire :
Premiere methode
Cpi
est le coecient de
dans
Xi
n
X
p=i
n
X
p=i
Cpi = Cni+1
+1.
dans (1 + X )p
donc
n
X
p=i
Cpi est le coecient de X i
(1 + X )p c'est-a-dire aussi le coecient de X i dans
(1 + X )n+1
n
X
p=0
(1 + X )p qui est
1 . Il s'agit donc du coecient de X i+1 dans le polyn^ome
egal a
X
(1 + X )n+1 qui n'est autre que Cni+1
+1 .
Seconde methode
Montrons le resultat par recurrence sur n>i ; i etant xe. Le resultat est vrai
pour n = i. Supposons le resultat vrai jusqu'au rang n.
n+1
X
p=i
Cpi
=
n
X
p=i
i
i+1
Cpi + Cni +1 = Cni+1
+1 + Cn+1 qui n'est autre que Cn+2.
Decomposons en elements simples la fraction rationnelle R =
R=
p
n X
X
(
p=0
i=0
1)i Cpi
!
X +i .
Posons, pour i et p entiers au plus egaux a n, i;p =
n
X
p=0
Rp.
0 si i > p
( 1)i si i6p
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
74
Nous avons alors !
n X
n
X
! X
n X
n
n X
n (
X
!
n
X
1)i Cpi
( 1)i Cni+1
+1 .
R=
i;p =
i;p =
=
X
+
i
X
+
i
p=0 i=0
i=0 p=0
i=0 p=i
i=0
X +1
aX + b + cX + d
= 2
29. (a) 2
2
2
2
(X + 1) (X + X + 1) X + 1 (X 2 + 1)2
0 X + b0
0 X + d0
a
c
+ 2
X + X + 1 + (X 2 + X + 1)2 .
En multipliant par (X 2 + X + 1)2 et en substituant j (ou j ) a X nous
obtenons apres simplication 1 = c0 j + d0 ainsi que 1 = c0 j + d0 c'esta-dire c0 = 0 et d0 = 1.
En multipliant par (X 2 +1)2 et en substituant i a X nous obtenons apres
simplication 1 i = ci + d c'est-a-dire c = 1 et d = 1.
Multiplions par X et examinons les fractions de degres nuls (ou substituer 1 a X ) ; nous en deduisons 0 = a + a0.
En subsitutuant 0 a X nous obtenons 1 = b + d + b0 + d0 soit encore
b + b0 = 3.
En subsitutuant -1 a X nous obtenons 0 = 2a + 2b 4a0 + 4b0 4 soit
encore a0 b0 = 1.
En subsitutuant 1 a X nous obtenons 4 = 3a + 3b + 2a0 + 2b0 c'est-a-dire
a + b = 2.
En resolvant le systeme obtenu nous obtenons a = 3; b = 1; a0 =
3; b0 = 2.
X +1
3X + 1
X 1
= 2
+ 2
2
2
2
2
(X + 1) (X + X + 1)
X + 1 (X + 1)2
+ 23X + 2 + 2 1
X + X + 1 (X + X + 1)2 .
4
a + b + c + d .
(b) 2
=
2
(X 1) (X 1)2 X 1 (X + 1)2 X + 1
La fraction est paire ; d'apres l'unicite de la decomposition nous en deduisons a = c et b = d.
Nous pouvons utiliser diverses methodes de recherche.
Premiere methode
Nous remplacons X 1 par t et nous eectuons le developpement li4
mite a l'ordre 1=2-1 (car l'exposant de X 1 est egal a 2) de
(2 + t)2
au voisinage de 0. Nous
1 obtenons 1 t + o(t). Nous avons donc :
4
1
1
t2 (2 + t)2 = t2 t + o t . Il vient alors a = 1; b = 1.
4
1
1 + 1 + 1 .
=
(X 2 1)2 (X 1)2 X 1 (X + 1)2 X + 1
Seconde methode
Multiplions par (X 1)2 et substituons 1 a X . Il vient a = 1. substituons
0 a X . Il vient b = 1.
p
p
(c) X 4 + 1 = (X 2 + 1)2 2X 2 = (X 2 X 2 + 1)(X 2 + X 2 + 1).
75
1
a + bX +pc + b0 X +pc0 .
=
(X + 1)(X 4 + 1) X + 1 X 2 + X 2 + 1 X 2 X 2 + 1
Notons p
et les deux racines complexes, non reelles du polyn^ome
X 2 + X 2 + 1.
p
p
Nous obtenons 2 p 2 + 1 = 2p 2 p
p
puis ( + 1)(2 2 + 1 = 2 p2) = 2 2(1 + ( 2 1)).
Multiplions la p
fraction par
p X 2 + X 2 + 1 et substituons a X . Nous
obtenons
p 1 p= 2 2(1+ ( 2 p1))(b + c).p En developpant nous obtenons
1 = 2 2( 2p 1)(
p b + c) + 2 2(b(1p 2) +pc). De m^eme avec nous
2) + c).
avons 1 = 2 2( 2 1)(b + c) + 2 2(b(1
1
Nous en deduisons b + c = 0 puis 4b = 1 c'est-a-dire c = b = .
4
p
1
0
2
En faisant un calcul analogue avec X X 2 + 1 il vient c = b0 = .
4
En multipliant par X +1 et en substituant 1 a X nous obtenons a = 1 .
2
X
+p1
1
1
X
+p1
=
+
+
.
(X + 1)(X 4 + 1) 2(X + 1) 4(X 2 + X 2 + 1) 4(X 2 X 2 + 1)
(d)
(e)
X 2 + X + 1 = a + b + cX + d ou a; b; c et d sont des reels.
X4 1
X 1 X + 1 X2 + 1
En multipliant la fraction par X 1 et en substituant 1 a X ; de m^eme
en multipliant la fraction par X + 1 et en substituant 1 a X nous en
3
1
deduisons a = ; b = .
4
2
En multipliant la fraction par X 2 +1 et en substituant i a X nous obtenons
ci + d = 2i . Nous avons donc
X2 + X + 1 = 3
1
X .
4
X 1
4(X 1) 2(X + 1) 2(X 2 + 1)
X2 + 1
a + b + c + d
=
4
3
(X 1) (X + 1) (X 1)4 (X 1)3 (X 1)2 X 1
e + a0 X + b0
+
X + 1 X2 X + 1
0
0
ou a; b; c; d; e; a et b sont des reels. Nous allons utiliser deux methodes.
Premiere methode En multipliant la fraction par X + 1 et en substi1
tuant 1 a X nous obtenons e = .
24
Soient et les deux racines non reelles du polyn^ome X 3 + 1.
2 + 1 = 0 donc ( 1)4 = 8 = 2 = 1 puis ( 1)4 ( + 1) =
2 1 = 2. En multipliant la fraction par X 2 X + 1 et en
0 + b0 . Nous obtenons donc
substituant a X nous obtenons
a
2
= a0 2 + b0 2a0 2b0 soit encore = (b0 a0 ) a0 2b0 .
En faisant de m^eme avec nous en deduisons b0 a0 = 1 et 2b0 + a0 = 0
c'est-a-dire b0 = 1 ; a0 = 2 .
3
3
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
76
X2 + 1
(X 1)4 (X 3 + 1)
1
1 2X
24(X + 1) 3(X 2 X + 1)
6
5
4
X 3 17X 2 + 15X + 5 .
= 5X 17X + 15X + 10
8(X 1)4 (X 3 + 1)
5X 6 17X 5 + 15X 4 + 10X 3 17X 2 + 15X + 5 est divisible par X 3 + 1
nous obtenons alors
X2 + 1
1
1 2X
4
3
(X 1) (X + 1) 24(X + 1) 3(X 2 X + 1)
3
2
X + 5.
= 5X 17X + 15
4
8(X 1)
5X 3 17X 2 + 15X + 5 = (X 1)(5X 2 12X + 3) + 8
5X 2 12X + 3 = (X 1)(5X 7) 4
5X 7 = 5(X 1) 2.
Nous obtenons donc
5X 3 17X 2 + 15X + 5 = 1
1
8(X 1)4
(X 1)4 2(X 1)3
1
5 .
+
4(X 1)2 8(X 1)
Seconde methode Nous employons le m^eme debut pour obtenir e; a0
et b0 .
2
Le developpement limite a l'ordre 3 de (1 + t)3 + 1 au voisinage de 0 est
(1 + t) + 1
egal a :
(1 + t)2 + 1 = 1 (2 + 2t2 + t2 ) 1 t (3 + 3t + t2 ) + t 2 (3 + 3t)2
(1 + t)3 + 1 2
2
2
t 3 !
33 + o(t3 ).
2
2
(1 + t) + 1
1
5
En developpant nous obtenons
= 1 t t2 + t3 + o(t3)
3
(1 + t) + 1
12 4 8
(1 + t)2 + 1
1 1
5
puis 4
t ((1 + t)3 + 1) = t4 2t3 4t2 + 8t + o t .
Nous en deduisons alors la decomposition cherchee.
(f)
n
n
X
ak X
bk .
k
k=0
k=0 (1 X )
En echangeant X en 1 X , gr^ace a l'unicite, nous en deduisons que pour
chaque
k; 1ak =(nbk1). (n 1)!
t7 ! 1 t
= t7 !
.
(1 t)n
X n(1
1
X )n
=
Xk
+
2X
n 2
1
k + o t2n 2 .
Au voisinage de 0 nous avons
=
t
1 t k=0
Nous avons 2donc
n 2
(n 1)! = X
k n+1 + o tn 1 .
k
(
k
1)(
:
:
:
)(
k
n
+
2)
t
(1 t)n k=n 1
77
Il vient alorsn 1
X k k
1
=
C
t
+ o tn 1 .
k
+
n
1
n
(1 t) k=0
Nous avons donc an k = Ckk+n 1.
Nous obtenons alors
n Cn k
n
n k
X
1
2n k 1 + X C2n k 1 .
=
k
X n(1 X )n k=1 X k
k=1 (1 X )
30. En reprenant l'exercice
precedent,
nous obtenons :
n Cn k
n Cn k
X
X
1
2n k 1 +
2n k 1 donc
=
n
n
k
k
X (1 X ) k=1 X
k=1 (1 X )
1=
n
X
k=1
C2nn kk 1X n k(1
X )n +
n 1
X
n
X
k=1
n 1
X
C2nn kk 1 (1 X )n kX n. Il sut de choi-
Cnk k+1X k et Q = Cnk k+1(1 X )k . Nous savons qu'avec les
k=0
k=0
conditions imposees sur les degres, il y a unicite des polyn^omes P et Q ainsi
trouves.
sir P =
31. Avec les notations de l'exercice, nous avons pour chaque k 2 Nn ; (X ) =
n
n
1X
1X
(X zk )k (X ) puis (z0 ) = (z0 zk )
k (zk ) = (z0 zk )
0 (zk ).
n k=1
n k=1
n
X
Les polyn^omes (X z0 ) k (X ) et n((X ) (z0 )) ont m^eme degre n,
k=1
m^eme coecient dominant n. Ils sont nulsn tous les deux en z0 . Pour
k 2 Nn le
n
X
X
premier prend en zk la valeur (zk z0 ) k (zk ) = (zk z0) 0 (zk ) et le
k=1
n
X
k=1
second la valeur n(z0 ) = (z0 zk ) 0 (zk ). Ces deux polyn^omes sont
k=1
0 (X )
n .
donc egaux ; il vient alors
=
(X ) (z0 ) X z0
P0
n ; P est donc
Si nous notons P le polyn^ome (z0 ) nous avons =
P X z0
egal a (X z0 )n (il sut de revoir l'exercice concernant la decomposition de
P0
la fraction ou de voir l'exercice concernant un polyn^ome divisible par sa
P
derivee).
est racine de si et seulement si ( pz0 )n k= (z0 ) = aei . Les racines de
sont donc n nombres complexes z0 + n aei n qui constituent les sommets
d'un polygone regulier de centre z0 .
La reciproque est immediate.
2ik Considerons pour k 2 Nn les nombres zk = z0 + a exp
n .
Soit P un polyn^ome complexe de degre p au plus egal a n 1.
2
+
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
78
Posons P (X + z0 ) =
n
X
p
X
k=0
p X
n
X
P (zk ) =
bk X k c'est-a-dire P (X ) =
bj aj exp
2ijk !
p
X
k=0
bk (X z0)k .
.
n
n
X 2ijk 0 si j 6= 0
X
exp
= n si j = 0 donc P (zk ) = nb0 = nP (z0 ).
n
k=1
k=1
k=1
n
j =0
k=1
32. Montrons que P (X ) =
Notons
Yn
i=1
(X zi ) =
n
X
pour tout entier p 2 N p;n =
l=0
( 1)l lX n l.
X
zi zip et 0;n = 1.
1
16i1 < <ip 6n
Montrons par recurrence sur n la proposition demandee.
Pour n = 1, le resultat est immediat car 1;1 = z1 . Supposons le resultat
verie jusqu'au rang n.
Soit (z1 ; ; zn+1
) 2 C n+1 .
n+1
Y
Yn
k=1
k=1
(X zk ) = (X zn+1 )
sant l'hypothese nous obtenons
n 1
X
0;n X n+1
( 1)l l+1;nX n l ( 1)nn;nzn+1
X
X
l=0
zi zil =
1
16i1 < <il+1 6n+1
+1
zi zil +
1
+1
16i1 < <il+1 =n+1
n 1
X
l=0
(X zk ). En utili-
( 1)l l;nzn+1X n l.
X
zi zil donc
1
16i1 < <il+1 6n
+1
l+1;n + l;nzn+1 = l+1;n+1 .
Iln+1vient alors
Y
= 0;n+1X n+1
k=1
n 1
X
l=0
( 1)l (l+1;n + l;n zn+1) X n+1 (l+1) + ( 1)n+1n+1;n+1.
Nous obtenons donc le resultat au rang n + 1.
(a) Nous avons P (X ) =
Nn
0=
n
X
Yn
n
X
i=1
l=0
(X z i ) =
( 1)ll X n l donc pour tout i 2
l=0
( 1)l l (zi )n l.
En multipliant par (zi )k n nous obtenons, pour k>n,
n
X
0 = ( 1)l l (zi )k l. En sommant pour i allant de 1 a n nous obtenons
l=0
0=
n
X
l=0
( 1)l l Sk l .
n
0 X
P
1
(b) Nous avons deja vu dans d'autres exercices que l'on a =
P k=1 X zk .
79
Soit i 2 Nn , P (X ) = P (X ) P (zi) =
= (X zi )
n 1
X
1)l (
l=0
n 1 n l 1
l
X X
j =0
l=0
(zi )n l
Xn l
( 1)ll (zi )j X n
l j
!
1
.
En utilisant la decomposition en elements simples !!
nous obtenons
n 1 nX
l 1
X
X
P 0 (X ) =
n
i=1
l=0
Par ailleurs, P 0 (X ) =
j =0
n 1
X
l=0
( 1)l l (zi )j X n
l j 1
.
( 1)l l(n l)X n l 1.
Soit q un entier naturel strictement inferieur a n. Le coecient de X q
dans le developpement prec
!edent est egal a
!
n
X
X
i=1
j +l=n q 1
j
l (zi )
1)l (
=
q 1
n nX
X
i=1
l=0
q l 1
( 1)l l (zi )n
=
X
n q 1
l=0
( 1)l l Sn
q l 1.
Le coecient de X q dans P 0 (X ) est egal a (q + 1)( 1)n q 1 n q 1 .
En posant k = n q 1 compris entre 0 et n 1 nous obtenons
(n k)(
1)k k
=
k
X
l=0
( 1)l l Sk l c'est-a-dire
1)k 1 k
k 1
X
pour k 2 Nn 1 , (
( 1)l l Sk l. Le resultat est immediat
k=
l=0
pour k = n comme on l'a vu plus haut.
(c) Notons z1 ; ; zn les valeurs propres de la matrice A. Posons pour
k 2 N , k = k1 tr (Ak 1 ). 1 = tr(A0) = S1 = 1 .
A1 = A2 1 A. Montrons par recurrence que pour k6n, k = ( 1)k 1 k
et Ak
= Ak+1 +
k
X
j =1
( 1)j j Ak j+1 . Le resultat est vrai pour k = 1.
Supposons-le vrai jusqu'au rang k < n.
(k + 1)k+1 = Sk+1 +
k
X
j =1
( 1)j j Sk j+1 . En utilisant la seconde formule
de Newton, nous obtenons k+1 = ( 1)k k+1
!
k
X
k
+1
j
k
j
+1
k
Ak+1 = A A + ( 1) j A
+ ( 1) k+1 In
j =1
= Ak+2 +
k+1
X
j =1
( 1)j j Ak j+2 .
Le resultat est donc prouve et en utilisant le theoreme de Cayley-Hamilton
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
80
An 1
= An +
n 1
X
( 1)j j An j = ( 1)n 1 nIn.
j =1
n
1
n = ( 1) n et An = ( 1)n 1n A nA = 0.
Par ailleurs, n = det(A) donc An 1 = ( 1)n 1 (det A)In.
Si A est une matrice inversible nous obtenons
A 1 = ( 1)n 1 det1 A (An 2 n 1In) = (A 1 ) (An 2 n 1In).
n 1 1;1
Nous pouvons nous servir de ces resultats pour obtenir le polyn^ome caracteristique d'une matrice.
Caracter : = proc(A)
local P; B; i; C; tr; n;
B : = copy(A) :
n : = coldim(A) :
P : = Xn :
for i to n do
tr : = trace(B )=i : C : = evalm(A&*B tr A) : B : = C :
P : = P tr X (n i) od :
P:
end;
En substituant 0 a X dans P on obtient alors le determinant de la matrice.
33. Supposons m>n m = nq + r1 . X m 1 = (X n 1)
q
X
!
X m kn + X r 1.
k=1
Le PGCD de X m 1 et de X n 1 est celui de X n 1 et de X r 1. En
utilisant l'algorithme d'Euclide nous en deduisons que le dernier reste non nul
des divisions successives est r ; l'avant dernier est rp . Le PGCD de X m 1 et
de X n 1 est celui de X rp 1 et de X r 1. r divise rp donc X r 1 est le
PGCD cherche.
34. Soit K = fa1; ; ang un corps ni.
n
X
Soit P = 1 + (X ak ). 8k 2 Nn ; P (ak ) = 1 6= 0 donc P n'a pas de racine
k=1
et K n'est pas algebriquement clos.
2i 35. (a) Notons !n = exp
n .
Soit k 2 Nn ; soit r le PGCD de n et k. n = rd; k = rq ou d et q dont
des entiers et q est un entier compris entre 1 et d avec d ^ q = 1. Nous
avons alors (!n )k = (!d )q avec q 2 Nd ; djn; d ^ q = 1. L'ecriture sous
0
q q0 2 Z.
la forme (!d )q est unique. En eet (!d )q = (!d0 )q conduit a
0
q q0 0d d
q
q
Les conditions imposees imposent d d0 < 1 donc d d0 = 0 c'est-adire qd0 = dq0 . Le theoreme de Gau implique que q divise q0 et q0 divise
q c'est-a-dire q = q0 et d = d0 .
1
1
81
L'ensemble des elements f(!d )q ; q 2 Nd ; djn; d ^ q = 1g contient donc
l'ensemble f(!n )k ; k 2 Nn g.
qn
Pour (q; d) 2 Nn ; d divisant n q6d (!d )q = (!n )k avec k = 2 Nn . Les
d
deux ensembles sont donc egaux3 . Y
Nous en deduisons donc X n 1 = n (X ).
djn
1 (X ) = X 1 est a coecients entiers.
Supposons que les polyn^omes d soient a coecients entiers pour d 2
Nn 1 .
Y
Le polyn^ome P = d est a coecients entiers et X n 1 = P (X )n(X ).
djn
d<n
P etant unitaire nous avons, en eectuant la division euclidienne, X n
1 = PQ + R ou Q et R sont a coecients entiers. Nous en deduisons
donc que R est nul et que n est unitaire a coecients entiers.
Y
(b) p divise n (a) donc divise an 1. Si p divise ad 1 = k (a), p divise
kjd
un des entiers k (a) ou k divise n et est < n. Nous en deduisons que
pour tout divisuer d de n strictement inferieur a n p ne divise pas ad 1.
an 1 ( mod p) et ad 6 1 ( mod p). Dans Z/pZ, a est d'ordre n. p
divise an 1 donc est premier avec a. En utilisant le petit theoreme de
Fermat nous avons ap 1 1 ( mod p). Sachant que l'ordre de a est egal
a n alors n divise p 1. Il existe 2 Z; p = 1 + n.
() Supposons que n s'ecrive
Yr
Gi ou les Gi sont des polyn^omes a cok=1
ecients rationnels irreductibles dans Q[X ].!
Yr
Yr
8i 2 Nr ; 9i 2 Z ; i Fi 2 Z[X ].
i n = (i Gi ). Pour
i=1
i=1
un polyn^ome a coecients entiers, notons c(P ) le PGCD de ses coYr
Yr
ecients. c(n ) = 1 donc i = c (i Gi ). Chaque polyn^ome
i=1
i=1
Yr
1
Fi = c ( G ) (i Gi ) appartient a Z[X ] et n = Fi . Les polyi i
i=1
n^omes Fi sont irreductibles dans Q[X ] et unitaires car l'est.
() est une racine de F1 donc de n. Il s'agit donc d'une racine primitive4 niemes de l'unite. p est premier et ne divise pas n donc est
premier avec n. p est donc une racine primitive niemes de l'unite et
est alors racine de n . est alors racine de l'un des polyn^omes Fi .
() Montrons un resultat preliminaire : Soit l'application de Z[X ]
3
En notant ' l'indicatrice d'Euler, cette egalite conduit a :
X
'(d) = n.
djn
4
On appelle racine primitive nieme de l'unite tout nombre (!n)k ou
k 2 N est premier avec
n. Une racine primitive de l'unite est un generateur du groupe multiplicatif des racines niemes de
l'unite .
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
82
dans Z/pZ[X ] qui a un polyn^ome P =
n
X
n
X
k=0
ak X k associe le polyn^ome
P = ak X k . est un morphisme d'anneaux commutatifs integres.
k=0
Nous en deduisons que si P et Q sont deux polyn^omes a coecients
entiers, et si n est un entier naturel (P + Q)n = (P + Q)n. Montrons
par recurence sur le degre m du polyn^ome F que F (X p) = F (X ) p .
Si m = 0, le resultat est immediat.
Supposonsmle resultat vrai jusqu'au rang m 1.
X
Soit F = ak X k 2 Z[X ]. Posons G = F am X m.
F
p
k=0
= (G + am X m)p
p
= G + am
p X mp +
p 1
X
k=1
Cpk Gk am p k X m(p k) .
Nous savons5 que pour k 2 Np 1 ; Cpk = 0 et d'apres le petit theoreme
de Fermat am p =
am .
Il vient alors F p = Gp + am X mp = G(X p) + am (X p)m = F (X p). Le
resultat est donc demontre.
(v) Supposons n = Q2P ou Q est un polyn^ome non constant.
X n 1 s'ecrit n R; R 2 Z[X ] puis X n 1 = n R = Q2 PR = Q2S .
En derivant nous obtenons nX n 1 = 2QQ0 + Q2 S 0 . Q divise nX n 1
donc nX n. Q divise X n 1 donc divise nX n n. Nous en deduisons
que Q divise n 6= 0 ce qui signie que Q est constant. D'ou le resultat.
(v) Supposons que F1 (X ) et Fi2(X p) soient premiers entre eux dans Q[X ].
Il existe (U1; V1 ) 2 (Q[X ]) tel que U1 F1(X ) + V1 Fi (X p) = 1.
Il existe donc U et V deux polyn^omes de Z[X ] et un entier naturel
non nul a tels que UF1 (X ) + V Fi (X p) = a. En substituant a X
nous obtebnons a = 0 ce qui est contradictoire. F1 est irreductible
dans Q[X ] donc divise, dans Q[X ], Fi (X p). Ces deux polyn^omes sont
unitaires donc Q[Xp] donc divise, dans Z[X ], Fi (X p) et F1 (X ) divise
Fi (X p) = Fi (X ) . Soit
P un diviseur irreductible de Fi (X ); celui
p
ci divise donc Fi (X ) puis divise Fi(X ). Si i 6= 1 alors P divise
F1Fi et divise n ce qui est faux donc i = 1 et F1 ( ) = 0.
Ys
(v) Soit k 2 Nn ; k = pi ou les nombres pi sont des nombres premiers.
i=1
Supposons k ^ n = 1.
Pour s = 1 nous avons deja prouve que F1 k = 0.
Supposons prouve jusqu'au rang s que F1 k = 0.
Soit k 2 Nn ; k =
5
Voir l'exercice correspondant.
s+1
Y
i=1
pi ou les nombres pi sont des nombres premiers
83
Ys
et k ^ n = 1. Posons k1 = pi et = k .
i=1
D'apres l'hypothese de recurrence nous avons F1 () = 0 puis d'apres
le resultat demontre precedemment F1 (ps ) = 0. Le resultat est
donc prouve.
Nous en deduisons que pour tout k 2 Nn premier avec n F1 k = 0.
F1 est donc egal a n qui est donc irreductible sur Q[X ].
1
36. Si le cardinal de K est 2, K est clairement commutatif. Supposons que tout
corps ni de cardinal strictement inferieur a N soit commutatif et soit K un
corps de cardinal N + 1.
faisons comme hypothese que K n'est pas commutatif.
(a) Le centre Z de K est dieent de K . Soit (x1 ; x2 ) 2 K 2 . Soit y 2 K .
(x1 + x2 )y = x1 y + x2 y = yx1 + yx2 = y(x1 + x2 ),
(x1 x2 )y = x1 (x2y) = x1 (yx2) = y(x1 x2 ).
Soit x 2 Z , soit z l'inverse de x. zyx = zxy = y donc zy = yz . Nous en
deduisons donc que Z est un corps, sous-corps de K , commutatif.
Notons q le cardinal de Z . K est un Z -espace vectoriel ni donc de
dimension nie. Soit (x1 ; ; xn) une base de K sur Z . L'ensemble des
vecteurs de K est constitue des vecteurs de coordonnees (1; ; n ) 2
Z n. Nous avons donc card(K ) = (card Z )p = qn.
(b) Nous montrons comme precedemment que K x est un sous-corps de K .
Si K x = K alors card(K x ) = qn.
Si K x 6= K alors K x est commutatif et il existe k 2 N tel que card(K ) =
(card(K x ))k .
Z est aussi un sous-corps de K x donc il existe d 2 N tel quecard(K x ) = qd
puis qn = qkd donc d divise n.
(c) Soit G le groupe multiplicatif K . E crivons l'equation aux classes
X card(K )
card(K ) = card (Z ) +
.
x62Z card(S (x))
x2X
X etant une partie de K contenant un et un seul representant de chaque
orbite, S (x) = fy 2 K ; xy = yxg = (K x ).
Les cardinaux respectifsn de K et (K x ) sont qn 1 et qd 1 donc
Xq 1
qn 1 = q 1 +
d 1
x62Z q
x2X
X qn 1
cette derniere somme peut donc s'ecrire d d
ou d 2 N.
q
1
djn
d6=n
(d) D'apres l'exercice precedent, nous avons X n
0
1
Y
1 = n (X ) B
@ d(X )CA.
djn
d=
6 n
Pour un diviseur, xe dierent de n, d de n les diviseurs de n sont ceux
divisant d et les autres donc X n 1 = n(X )(X d 1)Q(X ) ou Q est un
84
^
CHAPITRE 4. POLYNOMES
ET FRACTIONS, CORRIGE S
n divise donc, dans Z[X ], le polyn^ome
1.
1
d6 n
X qn 1
n (q) divise alors qn 1
d qd 1 = q 1.
djn
polyn^
ome a coecients entiers.
X n 1 donc divise X X n
d d
Xd 1
X
djn
=
d6=n
jn(q)j6q 1. Soit n>2,jn (q)j =
Y
jq j ou Pn designe l'ensemble
2Pn
de racines primitives niemes de l'unite. q>2 donc q 1 < jq j puis
jn(q)j > (q 1)'(n)>q 1 . Ce dernier resultat est faux l'hypothese de non
commutativite est donc fausse et K est commutatif.
37. Considerons (0 ; ; n
) 2 K n+1
veriant
n
X
x a k k=0
n
X
Pour tout x 2 K ; x 6= b k
b X = 0.
k (X a)k (b X )n k = 0.
k=0
x a = y a ) (b a)(x y) = 0 donc x = y.
b x b y
L'application x 2 K n fbg 7 ! x a 2 K est injective.
b x x
a
Si K est inni alors l'ensemble A =
b x ; x 2 K n fbg est inni. Nous
n
n
X
X
obtenons alors 8y 2 A;
k yk = 0. Le polyn^ome k X k possede une ink=0
k=0
nite de racines et est donc nul. Les coecients k sont tous nuls et la famille
est libre ; eatnt de cardinal n + 1 il s'agit d'une base de K n [X ].
38. Comme nous l'avons dneja maintes fois vu,
1 = 1 +X
1
0
XP (X ) XP (0) k=1 xk P (xk )(X xk ) soit encore en notant pour chaque
k 2 N; Pk (X ) le polyn^ome XP (Xx)
k
n
P
(X ) X
XP
k (X )
1=
P (0) + x P 0 (x ) . En comparant les coecients dominants nous obk=1 k
k
X 1
tenons 0 = 1 +
P (0) k=1 xk P 0 (xk ) .
n
39. Soit q 2 Nn , soit Mq la matrice, Mq 2 Mq (C ), dont le terme general mi;j est
deni par : mi+1;i = 1 pour tout i entre 2 et q. mi;n = ai 1+n q pour tout i
entre 1 et q, tous les autres termes sont nuls.
Notons P (an q ; an q+1; ; an) le polyn^ome caracteristique de la matrice
Mq .
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
85
En developpant le calcul du determinant de Mq selon la premiere ligne nous obtenons P (an q ; an q+1 ; ; an) = ( 1)q an q XP (an q+1; an q+2; ; an).
Montrons par recurence que
pour i6n 2, P (ai; ai+1 ; ; an) = (
1)n i (X n i +
P (an 2; an 1) = X 2 + an 1X + an 2.
n 1
X
j =i
aj X j i.
Supposons le resultat vrai de n 2 a i>1 et prouvons-le pour i 1.
P (ai 1 ; ai ; ; an) = ( 1)n i+1ai 1 XP (ai ; ai+1 ; ; an)
n 1
X
= ( 1)n i+1 ai 1 X ( 1)n i(X n i +
= ( 1)n i+1 X n+1 i +
n 1
X
j =i 1
j =i
aj X j
aj X j+1
i
i
!
!
.
Le resultat est donc prouve et le polyn^ome caracteristique de !
la matrice qui
est egal a P (a0; a1 ; ; an) est egal6 a ( 1)n X n +
n 1
X
j =0
aj X j . La matrice
M est trigonalisable ; il existe une matrice inversible Q telle que M = QTQ 1
ou T est triangulaire avec pour elements diagonaux les elements 1; ; n .
Pour p 2 N ; M p = QT p Q 1 Nous en deduisons que la famille des valeurs
propres de la matrice M p est (p1 ; ; pn ). A est par hypothese une matrice
a coecients entiers relatifs donc Ap aussi et son polyn^ome caracteristique
aussi.
Yn
Ce polyn^ome n'est autre que (X (i )p)) qui est donc dans Z[X ].
i=1
6
La matrice M denie plus haut est dite matrice compagne du polyn^ome X n +
a ce sujet, par exemple, le devoir corrige dans le livre du m^eme auteur page 69.
nX1
j =0
aj X j . Voir
86
Chapitre 5
Algebre lineaire, enonces
Lorsque la dimension est innie, on admettra que tout sous-espace vectoriel d'un
espace vectoriel possede des supplementaires et que tout espace vectoriel possededes
bases.
K designe toujours un corps commutatif.
1. Soit E un K -espace vectoriel. Soit F un sous-espace vectoriel de E . On deni
sur E la relation R suivante : (x R y) () (x y 2 F ).
(a) Verier que R est une relation d'equivalence.
On note E 0 = E /F l'ensemble des classes d'equivalence pour cette relation.
(b) Soit (X; Y ) 2 (E 0)2 , soit 2 K . Verier qu'il est possible de denir
X + Y comme etant la classe de x + y ou (x; y) 2 X Y et X comme
etant la classe de x ou x 2 X .
(c) Verier que E 0 muni des deux lois precedentes est un K -espace vectoriel
appele espace quotient de E par F .
(d) Supposons E de dimension nie. Montrer que E 0 est de dimension nie
egale a dim(E ) dim(F ).
2. Soit E = F1 F2 un K -espace vectoriel. Montrer que l'espace quotient E /F1
est isomorphe a F2 .
3. (a) Soit f une application lineaire. Montrer qu'un supplementaire du noyau
de f est isomorphe a l'image de f .
(b) Soit E un K -espace vectoriel. Soit F un sous-espace vectoriel de E . Soient
F1 et F2 deux supplementaires de F . Montrer qu'ils sont isomorphes.
4. Soient u 2 L(E; F ) et v 2 L(F; G). On suppose que Im(u) et Im(v) sont de
codimensions1 nies. Que peut-on dire de Im(v u) ?
5. Montrer que la famille des fonctions t 2 R 7 ! j t a j 2 R ou a 2 R est une
famille libre.
6. Soit fa : R 7 ! R telle que : fa (x) = 2 1 2
x + a + 1 (a > 0).
Montrer que la famille (fa )a2R est libre.
+
Je rappelle qu'un sous-espace vectoriel F d'un espace vactoriel E est dit de codimension nie
s'il possede un supplementaire de dimension nie ; tous les supplementaires sont d'ailleurs de m^eme
dimension nie.
1
88
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
7. Soit 2 R n Q tel qu'il existe p 2 N avec p 2 Q. Soit n le plus petit entier
non nul tel que : n 2 Q.
(a) Montrer que X n n est irreductible dans Q.
(b) Montrer que : (1; ; : : : ; n 1 ) est libre dans le Q-espace vectoriel R.
8. Soit (m; n) 2 N2 , 16m6n. Soit (P; Q) 2 (K [X ])2 avec deg(P ) = n et
deg(Q) = m.
Soit E l'espace vectoriel engendre par
F = (P; XP; X 2P; : : : ; X m 1P; Q; : : : ; X n 1P ).
Montrer : F libre equivaut a P ^ Q = 1.
9. Soit K un corps inclus dans le corps commutatif L. L est dit sur-corps de
K ou extension de K . Soit 2 L n K est dit algebrique sur K s'il existe
P 2 K [X ] =P 6= 0; P () = 0.
Soient algebrique sur K et A = fP 2 K [X ] = P () = 0g.
(a) Montrer que A est un ideal non nul.
(b) Montrer A = P0 K [X ] et P0 2 K [X ] irreductible sur K .
(c) On pose K [] = fP ()= P 2 K [X ]g. Montrer que K [] est un corps,
espace vectoriel de dimension deg(P0) sur K .
(d) Soit P0 2 K [X ] irreductible. Soit I = P0 K [X ]. Soit alors L = K [X ] /I .
Montrer que L est un corps contenant K 0 isomorphe a K . En identiant
K et K 0 , on dit que L est un sur-corps de K . Soit la classe de X ,
montrer que : (1; ; : : : ; n 1 ); n = deg(P0), est une base du K -espace
vectoriel L et est une racine de P0 2 L[X ].
10. Soit E un R-espace vectoriel de dimension n>1 , soit u 2 L(E ) , tel que
u2 = IdE , soit z = a+ib ; (a; b) 2 R2 , soit x 2 E , on pose : z * x = ax+bu(x).
Montrer que (E; +; *) est un C -espace vectoriel.
Montrer que n est pair et qu'il existe une base (e1 ; : : : ; en) ; (n = 2p) du
R-espace vectoriel E tel que : 8j 2 Np ; u(ej ) = ej +p .
Determiner la dimension de E sur C .
0 1 0 11
0 1 1 01
11. Soient A = @ 1 1 0 A et B = @ 0 1 1 A deux matrice reelles.
0 1 1
1 0 1
Soit V = Vect(A; B ).
Montrer que V est un corps isomorphe a C .
12. Soit P 2 K n [X ]; deg P = n. Soient a0 ; : : : ; an n + 1 scalaires deux a deux
distincts. Montrer que la famille : (P (X + ai)i2Nn est une base de K n [X ].
+1
13. Soit f 2 L(E; F ) ; f 6= 0 ; dim E et dim F innies. Montrer :
( f est un isomorphisme) , (8 g 2 L(F; E ) de rang ni , rg(g f ) = rg(f g)).
14. Soit D un polyn^ome de K [X ] de degre d>1.
L
15.
16.
17.
18.
19.
89
(a) Montrer (il s'agit d'un resultat du cours) : K [X ] = D(X )K [X ] K d 1 [X ].
Soit N 2 N; N > d ; on note DN le sous-espace vectoriel de K N [X ] forme
des multiples, dans K N [XL], du polyn^ome D.
Montrer : K N [X ] = DN K d 1 [X ].
Quel est la dimension de DN ?
(b) Soient P et Q deux polyn^omes non nuls tels que pour tout entier k>1 on
ait : deg(kP (X ) + XQ(X )) = deg(P ) = p.
() Verier que deg(Q)6p 1.
() Demontrer que pour tout polyn^ome non nul A on a :
deg(PA0 + QA)6p + deg(A) 1 (A0 designe le polyn^ome derive de
A).
() En deduire que pour tout entier n 2 N, l'application Ln de K n [X ]
dans K n+p 1 [X ] denie par Ln(A)= PA0 + QA est bien denie.
(v) Demontrer que la famille Ln X k 06k6n est libre ; et demontrer que
Ln est injective.
(v) En utilisant le pgcd D de P et Q verier qu'on a : Im(Ln) Dn+p 1.
(v) Demontrer que Im(Ln) = Dn+p 1 si et seulement si Q divise P et
deg(Q) = p 1.
Soient A et B deux elements de K [X ]. Soit f un endomorphisme du K -espace
vectoriel E . On pose U = A ^ B; V = A _ B .
Exprimer Ker(U (f )); Im(U (f )); Ker(V (f )); Im(V (f )) a l'aide de
Ker(A(f )); Im(A(f )); Ker(B (f )); Im(B (f )).
Soit n>2 ; soit E l'espace vectoriel Mn(K ) (K est un corps commutatif).
(a) Soit f 2 E . Montrer : 9! A 2 E; 8M 2 E f (M ) = tr(AM ).
(b) Montrer que tout hyperplan de E contient une matrice inversible (on
supposera le resultat faux et on deduira que A est alors diagonale).
Soit A 2 M3(K ) telle que A 6= 0; A2 = 0.
(a) Montrer que A est semblable a E2;3 .
(b) Soit F = fM 2 M3(K ); AM + MA = 0g. Quelle est la dimension de
F?
Soient E et F deux K -espaces vectoriels de dimensions nies. Soit u 2 L(E; F ).
Soient E1 et F1 des sous-espaces vectoriels de E et F respectivement.
Montrer :
(a) dim u(E1 ) = dim E1 dim(E1 \ Ker(u))
(b) dim u 1 (F1) = dim Ker(u) + dim(F1 \ Im(u))
Soient h1 2 L(E; F ) , h2 2 L(F; G), dimensions nies. Montrer :
(a) rg(h2 h1 ) = rg(h1) dim(Im(h1) \ Ker(h2)). (Utiliser l'exercice precedent).
90
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
(b) rg(h2 h1) = rg(h2) dim F + dim(Im(h1) + Ker(h2)).
(c) En deduire :
rg(h1) + rg(h2) dim F 6 rg(h2 h1)6 inf(rg(h1); rg(h2)).
(d) dim(Ker(h2 h1 )) = dim(Ker(h1 )) + dim(Im(h1) \ Ker(h2)).
(e) En deduire :
dim(Ker(h1))6 dim(Ker(h2 h1))6 dim(Ker(h1)) + dim(Ker(h2)).
On suppose dim E = dim F . Montrer : dim(Ker(h2 h1 ))> dim(Ker(h2)).
20. Soit (u; v) 2 (L(E; F ))2 avec E de dimension nie. Montrer :
(a) j rg u rg v j 6 rg(u + v)6 rg u + rg v.
(b) dim(Ker(u + v))6 dim(Ker(u) \ Ker(v)) + dim(Im(u) \ Im(v)).
21. Soit u 2 L(E; F ). Montrer :
(9v 2 L(F; E ) = u v = IdF ) , u est surjective.
(9v 2 L(F; E ) = v u = IdE ) , u est injective.
22. Soient E et F deux K espaces vectoriels de dimensions nies. Soit V un sousespace vectoriel de E.
On pose LV (E; F ) = f u 2 L(E; F ) = V Ker(u)g .
Montrer que LV (E; F ) est un sous-espace vectoriel de L(E; F ) , quelle est sa
dimension ?
23. Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie. Soit u 2 L(E ) , soit L0
l'ensemble des endomorphismes v de E tels que : u v = v u = 0.
Montrer que L0 est un sous-espace vectoriel de L(E), quelle est sa dimension ?
24. Soit E un K -espace vectoriel. Soit u 2 L(E ), montrer :
(a) Ker(u) \ Im(u) = f0g , Ker(u2 ) = Ker(u).
Ker(u) + Im(u) = E , Im(u2 ) = Im(u).
(b) On suppose E de dimension nie, montrer :
(Ker(u) = Ker(u2 )) () (Im(u2 ) = Im(u)) () E = Ker(u) Im(u).
(c) Verier sur un exemple que pour E de dimension innie, le resultat n'est
pas vrai.
25. Soient E; F et G trois K -espaces vectoriels.
(a) Soient u 2 L(E; F ) ; v 2 L(E; G) , montrer :
(9w 2 L(F; G)=v = w u) , Ker(u) Ker(v).
(b) Soient u 2 L(E; G) ; v 2 L(F; G) , montrer :
(9w 2 L(E; F )=u = v w) , Im(u) Im(v).
26. (a) Soient G1 et G2 deux sous-groupes d'un groupe G, strictement inclus
dans G.
A quelle condition G1 [ G2 est-il un groupe ?
91
27.
28.
29.
30.
31.
32.
(b) Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie n 2 N . Soient F1 et F2
deux sous-espaces vectoriels de E , de m^eme dimension. Montrer que F1 et
F2 possedent un supplementaire commun (On raisonnera par recurrence
descendante sur dim F1).
Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie. On suppose K inni (par
exemple Q, R, C ). Soit F 6= f0g un sous-espace vectoriel de E , dierent de E .
Montrer que F possede une innite de supplementaires.
Soit K un corps inni (par exemple C , R, Q). Soit E un K -espace vectoriel de
dimension n 2 N .
(a) Montrer que si n>2, E possede une innite d'hyperplans
(b) Montrer que E ne peut ^etre la reunion nie de sous-espaces vectoriels
de E de dimensions au plus egales a n 1 (c'est-a-dire de sous-espaces
vectoriels stricts).
On pourra faire une demonstration par recurrence sur la dimension de E .
Soient E et F deux K -espaces vectoriels. Soit (f; g) 2 L(E; F )2 tel que :
rg g6 rg f < +1.
Montrer : 9h 2 GL(E ) ; 9k 2 L(F ) = g h = k f .
Soit n 2 N , soit (A; B ) 2 Mn(R)2; = In + BA 2 GLn(R).
(a) Montrer : In + AB 2 GLn (R) et que son inverse commute avec AB .
(b) Verier que (In + AB ) 1 = In A(In + BA) 1 B .
Soient (C1; C2 ) 2 (Mn;1(R))2. E tudier l'inversibilite de : In + C1tC2.
Soit E = Rn[X ], Soit Pk = Cnk X k (1 X )n k; k 2 f0; : : : ; ng.
(a) Montrer que (Pk )k2f0; :::; ng est une base de E .
(b) Determiner les composantes de la base canonique de E dans la base
(Pk )k2f0; :::; ng .
(c) Calculer S1 =
n
X
k=0
kPk et S2 =
n
X
k=0
k2 Pk .
33. Soit E = R[X ], soit : P 2 E 7 ! Q 2 E= Q(X ) = P (X + 1) P (X ).
(a) Soit n 2 N . Que dire de n(P ) si deg P < n ou deg P = n ?
(b) Soit C0 = 1 et pour p>1; Cp(X ) = p1! X (X 1) : : : (X p + 1).
Calculer Cp pour p 2 N.
Montrer que Cp est une base de E.
Soit P 2 E , ecrire les coordonnees de P dans cette base en fonction de
(nP )(0).
(c) Soit n la restriction de a Rn[X ]. Soit Idn l'endomorphisme identite
de Rn[X ]. Montrer que Idn + n est inversible ; quelle sont inverse ?
Quelle est la matrice de (Idn + n) 1 dans la base (C0; : : : ; Cn) ?
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
92
(d) Soit P 2 E , montrer :
P (Z) Z () (les coordonnees de P dans la base (Cp)p2N sont entieres).
p
X
0
(e) Montrer : Cp = ( 1)k 1 1 Cp k .
k
k=1
+1 ( 1)n 1
X
n, ou D est la derivation sur E.
En deduire : D =
n
n=1
34. Soit (Pn)n2N une suite de R[X ], on suppose : 8n 2 N deg Pn+1 > deg Pn.
Montrer que (Pn)n2N est une base () deg Pn = n.
35. Soit E = Rn[X ], soient b0; : : : ; bn; n + 1 reels.
Soit ui : P 2 E 7 ! P (bi) 2 R; i 2 f0; : : : ; ng.
(a) Montrer que (ui )i2f0; :::; ng est libre dans E si et seulement si les bi sont
deux a deux distincts.
(b) Application (les bi sont supposes distincts).
Soit f 2 C ([0; 1]; R). Montrer qu'il existe une famille (ck )k2f0; :::; ng de
reels tels que :
8P 2 Rn[X ];
Z1
0
f (x)P (x)dx =
n
X
k=0
ck P (bk ).
36. Soit p 2 Nn . Montrer qu'il existe une base de Mn(K ) formee de matrices de
rang p. (On commencera par considerer les matrices de rang 1).
Cas particulier : il existe une base de Mn(K ) formee de matrices inversibles.
37. Soient X1; X2; : : : ; Xn; n elements de Mn;1(K ) independants. Y1; Y2; : : : ; Yn,
n elements de Mn;1(K ).
(a) Montrer :
n
X
i=1
Xi tYi = 0 , 8i; Yi = 0
(b) Soient (X1; X2; : : : ; Xn); (Y1; Y2 ; : : : ; Yn) deux familles d'elements de
Mn;1 independants.
Montrer : (Xi tYj )i;j
est une base de Mn(K ).
(i;j)2(Nn)2
38. Soit G un sous-ensemble non vide (dierent de f0g) de Mn(K ). On suppose
que G est un groupe multiplicatif. Determiner G.
39. A quelle(s) condition(s) une matrice A 2 Mn(Z) est-elle inversible dans
Mn(Z) ?
40. Soient A1; : : : ; Ap p elements deux a deux distincts, appartenant a GLn(C ).
Soit G = fA1; : : : ; Ap g. On suppose G stable pour le produit.
(a) Montrer que (G; ) est un groupe. (On pourra utiliser le premier exercice
d'algebre).
93
(b) Soit A =
p
X
i=1
Ai . Montrer tr(A) 0 ( mod p).
41. Soit G un sous-groupe ni de GLn(K ). On suppose
en calculant
X !2
X
M 2G
M 2G
M , que
X
M 2G
tr(M ) = 0. Montrer,
M = 0.
42. Soit F un sous-espace vectoriel de Mn(R), stable pour le produit et contenant
In. Montrer que F \ (GLn(R)) est un sous-groupe de GLn(R). (Utiliser le
theoreme de Cayley-Hamilton).
01
43. Soient A = @ 0
1
0
1
0 0
0 0 1
A
@
0 1 et B = 1 0 0 A deux matrices. Quel est le
0 1 0
0 1 0
groupe multiplicatif engendre par A et B ? (On pourra remarquer que A
et B sont des matrices de permutation).
44. Nous voulons demontrer un resultat classique concernant l'inverse d'une matrice triangulaire.
Soit T l'ensemble des matrices triangulaires superieures appartenant a Mn(K ).
Soit T 2 T inversible. Soit f : M 2 T 7 ! TM 2 T . Montrer que f est un
automorphisme de l'espace vectoriel T . En deduire que T 1 est triangulaire
superieure.
Soit T 2 T inversible. Montrer qu'il existe P 2 K [X ]; T 1 = P (T ) ; En
deduire que T 1 est triangulaire superieure.
45. (a) Soit G l'ensemble des matrices triangulaires superieures ou l'ensemble
des matrices triangulaires inferieures de Mn(K ) a elements diagonaux
non nuls. Montrer que G est un groupe multiplicatif.
(b) Soit H = fM 2 G= les elements diagonaux sont egaux a 1 g. Montrer que
H est un sous-groupe distingue de G (c'est a dire, 8A 2 G; AH = HA).
46. Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie. Soit (f; g) 2 L(E )2.
Montrer : (Im(f ) Img) () (9h 2 L(E )=f = g h).
Soient les trois propositions suivantes :
(); f g f = f; (); g f g = g; (); rg f = rg g.
Montrer que deux de ces trois propositions entrainent la troisieme.
Montrer que 8f 2 L(E ) ; 9g 2 L(E ) tel que f et g verient (), () et ().
47. Soient E etF deux K -espaces vectoriels de dimensions nies. Soient E 0 et F 0
deux sous-espaces vectoriels respectivement de E et F respectivement supplementaires de Ker(f ) et Im(f ) ou f 2 L(E; F ).
Montrer qu'il existe g 2 L(F; E ) unique telle que :
Ker(g) = F 0 ; Im(g) = E 0 ; f g f = f et g f g = g.
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
94
48. Soient f et g deux endomorphismes de l'espace vectoriel E tels que : g = g f g
et f = f g f .
Montrer E = Ker(f ) Im(g) et que f; g; f g; g f ont m^eme rang.
49. Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie. Soit u 2 L(E ). On suppose
qu'il existe p 2 N ; up = 0. Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par
u. Montrer l'equivalence des deux assertions suivantes.
() F possede un supplementaire stable.
() 8n 2 N; un (F ) = F \ (un (E )).
50. Soit u 2 L(E ), ou E est un C -espace vectoriel. On suppose u nilpotente2
d'ordre n. Soit a 6= 0 ; a 2 C . Montrer qu'il existe v 2 pL(E ) tel que
v2 = aIdE + u. On pourra utiliser un developpement limite de 1 + t.
51. Soit f 2 L(E ); dim E = n; f nilpotente d'ordre n. Soit W un sous-espace de
E stable par f , W 6= f0g. Determiner dim(W \ Ker(f )).
52. Soit E un K -espace vectoriel. Soit u 2 L(E ).
(a) On pose In = Im(un); Kn = Ker(un ). Montrer que les suites (In)n2N et
(Kn)n2N sont monotones pour la loi hh ii.
(b) On suppose dim E < 1. Montrer que les deux suites sont stationnaires.
Soit alors
r le plus petit entier n tel que 8n>r; Ir = In. Montrer que
L
E=Ir Kr .
Que dire de la restriction de u a Ir ?
(c) Soit u 2 L(E ) un endomorphisme nilpotent. On suppose E de dimension
nie. Montrer que l'indice de nilpotence de u est au plus egal a dim(E ).
(d) Soit u 2 L(E ). Supposons E de dimension nie et dim Ker(u) = 1.
Montrer dim (Ker(ui )) = i tant que la suite Ker(ui ) i2N n'est pas stationnaire.
(e) Soit u 2 L(E ) un endomorphisme nilpotent. On suppose E de dimension
nie et dim Ker(u) = 1. Montrer que l'indice de nilpotence est egal a
dim(E ). E tudier la reciproque.
(f) Montrer que si u est nilpotent
n, il existe une base de E dans
2 0d'ordre
1 ::: ::: 0 3
66 ... . . . . . . . . . ... 77
laquelle u est represente par 666 ... : : : . . . . . . 0 777.
4 0 ::: ::: 0 1 5
0 ::: ::: 0 0
53. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1. Soit u 2 L(E ); u de rang
n 1, u nilpotente.
Quels sont les sous-espaces de E stables par u ?
Un endomorphisme u est dit nilpotent s'il existe un entier q non nul tel que uq = 0. Il est alors
dit nilpotent d'ordre p>1 si up = 0 et up 1 6= 0.
2
95
54. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n (K = R ou C ), soit u 2 L(E )
montrer : rg un = rg un+1 .
55. Soit Gn une suite decroissante de sous-espaces vectoriels de E . Soit F un
sous-espace vectoriel
\ de E;\dim F < 1.
Comparer F + Gn et (F + Gn).
n2N
n2N
56. Soit f 2 L(E ); dim E = +1. Montrer que s'il existe une application et une
seule g denie de E dans E telle que f g = IdE alors f est un automorphisme
de E . (On admettra que tout sous-espace possede un suppplementaire).
57. Soient f; g; h 2 L(E ); E de dimension nie.
Montrer : (Im(h) Im(f ) + Im(g)) ) (9(u; v) 2 L(E )2 = h = fu + gv).
58. Soit u 2 L(E ). Montrer :
u2 = 0
59.
60.
61.
62.
(Im(u) = Ker(u)) , 9v 2 L(E )=u v + v u = Id
E
2
La condition u = 0 est-elle susante ?
Soit E un K -espace vectoriel de dimension n 2 N (K =R ou C ). Soit f une
application quelconque de E dans E telle que : 8u 2 GL(E ); f u = u f .
(a) Montrer que : 8x 2 E f (x), est colineaire a x (si x est non nul , l'incorporer a une base).
(b) En deduire qu'il existe 2 K ; f = IdE .
Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie (K = R ou C ). Soit u 2 L(E ).
Montrer qu'il existe u1 et u2 deux automorphismes de E tels que : u = u1 + u2 .
Soient (u; v) 2 L(E )2 ou E est un K -espace vectoriel de dimension nie n. On
suppose u + v inversible et u v = 0. Montrer : rg(u + v) = rg u + rg v.
Soit u 2 L(E )=un = IdE , soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u.
Soit p un projecteur
de E d'image F .
n
X
1
k
n k
Soit q =
n + 1 k=0 u p u . Montrer que q est un projecteur.
63. Soient A et B deux matrices de Mn(C ). On suppose que pour toute matrice
M 2 Mn(C ) on a AM +B = AM . Montrer que B est nilpotente et BA = 0.
On pourra calculer, pour une matrice quelconque P la trace de P 2 ).
Montrer la reciproque.
64. Soient p et q deux projecteurs du K -espace vectoriel E .
Montrer :
(a) 8 6= 1 ; IdE p est un automorphisme de E .
(b) Si p et q commutent, p q est un projecteur. La reciproque est-elle vraie ?.
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
96
65. Soient p et q deux projecteurs de m^eme noyau. Montrer que ceci est equivalent
a p q = p et q p = q. Etudier de m^eme le cas : \de m^eme image".
66. Soient p1 ; : : : ; pn n projecteurs d'un K -espace vectoriel E de dimension nie,
K =R ou C .
(a) On suppose que p =
Montrer : Im(p) =
n
X
i=1
n
M
i=1
pi est un projecteur.
Im(pi ). (Penser a la trace et au rang d'un projec-
teur en dimension nie).
Montrer : 8k 2 Nn ; p pk = pk .
(b) Montrer :
(p1 + : : : + pn est un projecteur) , (8(i; j ) 2 (Nn )2 ; i 6= j pi pj = 0).
67. Soit E un K -espace vectoriel. Soient p et q deux projecteurs de E tels que :
Im(p) Ker(q). Soit r = p + q p q. Montrer que r est un projecteur.
Quelles sont l'image et le noyau de r ?
68. Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie. (K =R ou C ). Soit G un
groupe ni d'automorphismes de E . Soit F un sous-espace vectoriel de E
stable pour tous les elements de G.
Montrer qu'il existe H supplementaire de F stable par tous les elements de G.
On pourra utiliser
de E , d'image F et utiliser
X p un projecteur
1
q = card(G) g p g 1 .
g2G
69. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>2, K de caracteristique nulle.
Soit u 2 L(E ); u 6= 0.
3
(a) On suppose tr u = 0. Montrer que u n'est pas une homothetie3.
(b) Soit x 2 E tel que u(x) ne soit pas colineaire a x. Soit F un supplementaire de Vect(fxg) contenant u(x). Montrer que l'endomorphisme
v : y 2 F 7 ! p[u(y)] 2 F ou p est le projecteur de noyau Vect(fxg)
d'image F est de trace nulle.
(c) Montrer que si tr u = 0 , il existe une base de E dans laquelle la matrice
de u a sa diagonale nulle ( faire une demonstration par recurrence ).
(d) Soit D = Diag(1 ; : : : ; n ), (les i etant deux a deux distincts), quel est
le noyau de :
' : M 2 Mn(K ) 7 ! MD DM 2 Mn(K ) ?
(e) Montrer que tr u = 0 () (9(v; w) 2 L(E )2; u = v w w v).
Je reserve le nom d'homothetie aux applications x 7 ! x avec 2 K ; =
6 0 ; ce sont des
automorphismes.
97
(f) Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1. Soit C (E ) les commutateurs de L(E ) (c'est a dire de la forme f g g f avec f et g dans L(E )).
Montrer que C (E ) est un sous-espace vectoriel de L(E ). En donner une
base.
70. Soit E = Mn(K ). Quelles sont les formes lineaires f denies sur sur E telles
que :
8(A; B ) 2 E 2 f (AB ) = f (BA) ?
71. Soit En = Rn 1[X ] (n>2). Soit d 2 L(En ); d(P ) = P 0 .
Determiner le polyn^ome minimal de d, normalise.
En deduire le polyn^ome minimal de f : P 7 ! Q tel que Q(X ) = P (X + 1).
72. Soit T : P 2 R[X ] 7 ! Q 2 R[X ]= Q(X ) = P (X + 1) P (X )
(a) () Verier : T n(P ) =
n
X
k=0
( 1)n k Cnk P (X + k).
() Determiner le noyau, l'image de T .
() Montrer qu'il existe une et une seule suite (polyn^omes de Hilbert) de
polyn^omes (Hn )n2N telle que :
H0 = 1 et pour n>1 ; T (Hn) = Hn 1 ; Hn (0) = 0.
1
X
(v) Montrer que tout polyn^ome P s'ecrit : (T n (P )) (0)Hn.
n=0
2
(v) Montrer : 8n 2 N; 9!(n ; n ) 2 R tel que : XHn = nHn + nHn+1 .
+1
X
(v) Soit p 2 N on pose : X p = sn;pHn .
n=0
Montrer : pour p>1 sn;p = n(sn;p 1 + sn 1;p 1).
(b) Soient E et F deux ensembles nis et non vides, de cardinaux p et n.
On note : Sn;p le nombre de surjections de E ! F . etablir une relation
de recurrence liant les Sn;p, en deduire la valeur de Sn;p.
(c) Soit E un ensemble de cardinal p, soit p le nombre de partitions de E
(on convient 0 = 1).
p
X
() Montrer : p = n1! Sn;p .
n=1
+
1
X
() En deduire p1! p xp = exp(ex 1). (On pourra verier la relation
p=0
p =
p 1
X
j =0
Cpj 1 j ).
73. Soient A et B deux matrices de Mn(R), semblables dans Mn(C ). Montrer
qu'elles le sont encore dans Mn(R).
74. (a) Soit p>1. Soit d 2 L (Mp(R)) / d(UV ) = Ud(V ) + d(U )V .
Soit H 2 Mp(R) / d2 (H ) = 0. Verier : dn (H n) = n![d(H )]n .
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
98
(b) Soient (A; H ) 2 Mp (R) et B = AH HA. On suppose que A et B
commutent. Montrer : nlim
k B n k n = 0.
!1
1
75. Soit E unK -espace vectoriel de dimension nie.
(a) () Soient '1 ; : : : ; 'n n elements de E . On considere l'application u
de E dans K n denie par u(x) = '1 (x); : : : ; 'n (x).
Quel est le rang de u ?
() En deduire que toute base de E possede une base preduale.
(b) Soient x1 ; : : : ; xn n elements de E . On considere l'application v de E dans K n denie par v(') = ('(x1); : : : ; '(xn )).
Quel est le rang de v ?
(c) Soient H1 ; : : : ; Hn n hyperplans de E . On appelle rang de (H1 ; : : : ; Hn)
le rang de ('1 ; : : : ; 'n ) ou 8i 2 Nn ; ' 2 E ; Ker('i ) = Hi .
() Verier la coherence de cette denition.
\n
() Soit V = Hi . Montrer que dim(V ) = dim(E ) rg(H1 ; : : : ; Hn ).
i=1
() Soient H un hyperplan contenant V , ' 2 E ; Ker(') = H et
( 1; : : : ; r ) une famille libre extraite de la famille ('1 ; : : : ; 'n ) de
rang maximal.
r
X
r
Montrer qu'il existe (1 ; : : : ; r ) 2 K ; ' = r r .
k=1
(v) Soit V un sous-espace vectoriel de E de dimension dim(E ) r avec
r 2 N ; r6 dim(E ). Montrer qu'il existe r hyperplans de rang r dont
l'intersection est V .
76. Soient E et F deux K -espaces vectoriels. Soit u 2 L(E; F ).
On appelle transposee de u l'application de F dans E , notee tu denie par :
' 2 F ; tu(') = ' u.
(a) Montrer que tu 2 L(F ; E ).
(b) L'application u 2 L(E; F ) 7 ! tu 2 L(F ; E ) est lineaire.
(c) Soit (u; v) 2 L(E; F ) L(F; G). Montrer t (v u) = tu tv.
(d) Montrer t (IdE ) = IdE .
En deduire : (u est un isomorphisme de E dans F ) , tu est un isomorphisme de F dans E .
Dans ce cas, (tu) 1 = t (u 1 ).
(e) Soient E et F deux K -espaces vectoriels de dimensions nies p et q.
rapportes a des bases e et f . Soit u 2 L(E; F ), soit A = Mat(u; e; f ).
Montrer tA = Mat(tu; f ; e ).
77. Soit E un K -espace vectoriel. Soit E son dual, soit E le dual de E appele
bidual de E . Soit x 2 E . Soit f l'application de E dans E denie par
8' 2 E ; (f (x))(') = '(x).
99
Montrer que f est une application lineaire injective.
En deduire que si E est de dimension nie toute base B de E possede une
base preduale c'est-a-dire qu'il existe une base, B de E telle que B en soit la
base duale.
78. Soit E un K -espace vectoriel, soit A une partie non vide de E . On appelle
orthogonal de A, l'ensemble des elements ' de E tels que 8x 2 A; '(x) = 0.
On note A? l'orthogonal de A.
Soit E un K -espace, soit B une partie non vide de E . On appelle orthogonal
de B , l'ensemble des elements x de E tels que 8' 2 B; '(x) = 0. On note
? B l'orthogonal de B .
(a) Montrer que A? et ?B sont des espaces vectoriels et que l'on a A? =
Vect(A)? et ?B = ? Vect(B ).
On pourra verier que A A0 ) (A0 )? A? .
(b) Soit A E; A 6= ; montrer ? A? = Vect A.
(c) Soit E = C ([ 1; 1]; R). Soit pour chaque n 2 N; 'n l'application
de E
dans Rdenie par : 8f 2 E; 'n (f ) = f (cos n). Soit G = Vect ('n )n2N .
Determiner ?G. En deduire que ?G ? 6= G.
(d) Soient E et F deux espaces vectoriels. Soit u 2 L(E; F ). Montrer
Im(tu) = (Ker(u))?
On pourra utiliser la factorisation vue a l'exercice numero 25-(a).
(e) Soient E et F deux K -espaces vectoriels, soit u 2 L(E; F ). Montrer
() Ker (tu) = (Im(u))? ; (Ker(u))? = Im (tu).
() tu injective , u surjective et tu surjective , u injective.
() u 7 ! tu est injective et en dimensions nies elle est bijective.
(f) () Soit E un espace vectoriel de dimension nie. Soit E1 un sous-espace
vectoriel de E , et soit F1 un sous-espace vectoriel de E . Montrer
que dim(E1?) + dim(E1) = dim(E ) et dim(?F1) + dim(F1) = dim(E ).
() Soit E un espace vectoriel de dimension nie. Soient S (E ) l'ensemble
des sous-espaces vectoriels de E , S (E ) l'ensemble des sous-espaces
vectoriels de E .
Montrer que l'application F 2 S (E ) 7 ! F ? 2 S (E ) est une bijection de bijection reciproque G 2 S (E ) 7 ! ?G 2 S (E ).
(g) Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels du K -espace vectoriel E .
Montrer :
(E1 + E2 )? = E1? \ E2? et (E1 \ E2 )? = E1? + E2?.
(h) Reprendre la question c) de l'exercice numero 74 en utilisant l'orthogonalite.
79. Soit f 2 L(E ). Montrer :
(rg f = 1) () (9a 6= 0 et ' 2 E tels que 8x 2 E; f (x) = '(x)a).
80. Soit (fi )i2Nn une famille d'applications de R dans C , soit F = Vect (fi )i2Nn .
On appelle x l'application de F dans C denie par : x(g) = g(x); x 2 C .
100
81.
82.
83.
84.
85.
86.
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
(a) Montrer qu'il existe une famille nie de (x)x2R, base de F . (Poser
G = Vect ((x)x2R) et etudier ?G).
(b) Montrer qu'il existe une famille nie (gi )i2Np de fonctions de F telle que
la famille (xi )i2Np en soit la base duale.
(c) En deduire, qu'une condition pour que (fi )i2Nn soit libre est :
9(a1; : : : ; an) 2 K n tel que la matrice de terme general (fi (aj )) soit
inversible.
Soient n 2 N et E = K n 1 [X ]. K de caracteristique 0.
Soit 'k : P 2 E 7 ! P (k) (0) 2 K ; 06k6n 1.
Montrer que la famille ('0 ; : : : ; 'n 1) est une base de E . Determiner sa base
preduale.
Soient n 2 N ; E = K n 1 [X ]. Soient a1 ; : : : ; an n elements de K deux a deux
distincts.
On considere pour i 2 Nn les applications : 'i : P 2 E 7 ! P (ai) 2 K . Soit
u : P 2 E 7 ! ('1 (P ); : : : ; 'n(P )) 2 K n .
(a) Montrer que u est un isomorphisme. En deduire ('1 ; : : : ; 'n) est une
base de E .
(b) Determiner la base preduale de la base : ('1 ; : : : ; 'n ). Retrouver le
polyn^ome d'interpolation de Lagrange.
(c) Soit (1; X; : : : ; X n 1) la base canonique de E, soit ("1 ; : : : ; "n ) la base
canonique de K n . Soit V (a1; : : : ; an) la matrice de Vandermonde associee
aux coecients (a1; : : : ; an) denie par : le terme d'indice (i; j ) est
(ai)j 1 pour (i; j ) 2 (Nn )n. En utilisant l'application u, determiner la
matrice inverse de la matrice V (a1; : : : ; an).
Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie n>1. Montrer :
(a) (8(x; y) 2 E 2; x 6= y) =) (9' 2 E = '(x) 6= '(y)).
(b) Soit L un sous-espace vectoriel de E veriant
8(x; y) 2 E 2 ; (x 6= y) =) (9' 2 L; '(x) 6= '(y)). Montrer que L = E .
Soit E = fM 2 Mn(K ) =tM = M g. Soit A 2 Mn(K ).
Soit : f : M 2 E 7 ! tAM + MA 2 E .
Montrer f 2 L(E ), determiner tr(f ) en fonction de tr(A).
Soit (A; B ) 2 Mn(R)2. Resoudre les equations :
(a) X = (tr X )A + B
(b) X + tX = (tr X )A
Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie. Montrer que les ideaux bilateres de L(E ) sont triviaux.
En considerant les endomorphismes de rang ni, montrer que ce resultat est
faux en dimension innie.
101
87. Soit (Ui;j )(i;j)2(Nn) une famille de matrices de Mn(K ) non nulles telles que :
8(i; j ) 2 (Nn )2; Ui;j Uk;l = ij Ui;l . (On identie L(K n ) avec Mn(K )).
Montrer qu'il existe une base e = (e1 ; : : : ; en) de K n telle que : 8(i; j; k) 2
(Nn )3 ; Ui;j (ek ) = kk ei .
Quels sont les automorphismes de l'algebre Mn(K ) ?
2
88. Soit A 2 Mn(K ); p6n. Montrer :
rg(A) = p , 9B 2 Mn;p(K ); 9C 2 Mp;n(K ); A = BC avec B et C de rangs
p.
89. Soient A 2 Mn;p(K ); B 2 Mp;n(K ) ; on suppose que AB est un projecteur de
rang p. Montrer BA = Ip .
90. Soit E = R3[X ].
(a) On note f1; f2; f3 les trois applications qui a un element P de E associent
respectivement P (0); P (1) et P 0 (0).
Montrer que ces trois applications sont independantes dans E .
Completer (f1; f2 ; f3) pour en faire une base B = (f1 ; f2; f3; f4 ) de E .
Quelle est alors sa base preduale4 ?
(b) ZOn considere l'application f qui a un element P de E associe le reel
1
P (t)dt. Quelles sont les coordonnees de f dans la base B ?
0
On note ?ff g l'ensemble des elements P de E tels que f (P ) = 0. Determiner ?ff g.
91. Soit f une application de Mn(C ) dans C telle que f (AB ) = f (A)f (B ) pour
toute matrice (A; B ) 2 (Mn(C )) 2 . f non constante.
Montrer A inversible , f (A) 6= 0.
92. Resoudre dans M3(C ) les deux equations
01 2 7 1
M 2 = @ 0 6 18 A
1 2 7
00 0 11
M2 = @ 2 1 0 A
0 0 1
93. Soit K = Z/7Z. Soit n 2 N . Quelles sont les solutions, dans Mn(K ), de
l'equation M 3 = In ?
94. Resoudre dans M4 (R) et dans M4 (C ) les equations X n = A, (n>1) dans les
deux cas :
C'est-a-dire la base B0 = (e ; e ; e ; e ) de E veriant pour tout (i; j ) 2 (N ) fi (ej ) = ij
4
1
2
3
4
4
2
102
02
B0
A=B
@0
0
1
0
0 0
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
0
1
1
0
0
0
1
1
1
0
C
B
C
B
ou
A
=
A
@
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0C
C
1 A.
1
95. Trouver A 2 Mn(C ) veriant 8M 2 Mn(C ) det(A + M ) = det(A) + det(M ).
(n>2).
0 1 1
n 1
B
CC
B
1 ...
B
... . . . . . . . . . ... C
CC ; calculer det M , quel est le rang de
96. Soit M = B
B
B
... ... C
@
A
n
1
1
M?
On pourra calculer MDJ ou D = Diag(1; ; : : : ; n 1) et
0 1 0 ::: ::: 0 1
... C
B
... ...
B
C
1
B
C.
.
.
.
.
J =B
0 . . . . . . .. C
B
C
B
.
.
.
.
@ .. . . . . . . 0 C
A
0 ::: 0 1 1
97. Soit u0 ; u1 ; : : : ; un des fonctions de Ch1 (R; Ri).
On pose : [(u0 ; : : : ; un )] (x) = det u(ji) (x) , 06i; j 6n. Soit v 2 C 1 (R; R).
Calculer : (vu0 ; : : : ; vun).
1
98. Soit A 2 Mn(C ) tel que : sup j ai;j j< . Montrer que la matrice A + In est
n
inversible.
99. Soient A; B; C;D quatrematrices de Mn(K ) avec A 2 GLn (K ) et AC = CA.
A C = det(DA BC ).
Montrer : det B
D
A 1 C
A
C
On pourra calculer : B D 0 A .
100. Soient A et
BA deuxB matrices de Mn(R). Montrer que le determinant de la
matrice : B A est >0.
101. Soient A; B; C; D quatre matrices de Mn(K ). On suppose : C tD + DtC = 0.
A B
(a) On suppose D inversible. Montrer : det C D = det(AtD + B tC ).
A B 2
(b) D est ici quelconque. Montrer : det C D
= det(AtD + B tC )2 .
103
102. Soit E = K n ; e = (e1 ; : : : ; en) la base canonique de E . Soit u 2 L(E ).
n
X
Soit : E n 7 ! K ; = Dj , ou :
j =1
Dj (v1 ; : : : ; vn) = dete(v1 ; : : : ; vj 1 ; u(vj ); vj+1 ; : : : ; vn ).
Montrer : = tr(u): dete.
103. (a) Soit ' : K n ! Mn(K ) denie0par :
1
a0 a1 : : : : : : an 1
... C
BB an 1 . . . . . .
CC
B
.
.
.
.
.
a = (a0; : : : ; an 1) 7 ! Ma = B
BB .. . . . . . . .. CCC
... ... a A
@ a2
1
a1 a2 : : : an 1 a0
Soit F = '(K n ).
(b) Montrer que F est un sous-espace vectoriel de Mn(K ). Trouver une base
de F .
() Montrer que F est une sous-algebre de Mn(K ) engendree par la matrice :
0 0 1 0 ::: 0 1
... . . . . . . . . . ... C
B
CC
B
B
.
.
.
.
.. . . . . . . 0 C
J =B
C
B
B
@ 0 . . . . . . 0 1 CA
1 0 ::: 0 0
(c) Trouver les elements qui commutent avec les elements de F .
2i n
104. Determinant circulant. Soient (a0; : : : ; an 1) 2 C ; ! = exp
n et
0 a a ::: ::: a 1
0
1
n 1
... C
B
.
.
.
.
.
.
B
CC
a
n
1
B
.
.
.. . . . . . . . . .
.. C
A=B
B
CC.
B
.
.
. . . . a1 A
@ a2
a1 a2 : : : an 1 a0
Soit U 2 Mn(K ), dont le terme d'indice (i; j ) est : !(i 1)(j 1) .
n 1
X
Calculer U 2 ; det U 2; AU; UAU . On posera f (z ) = ak z k .
k=0
105. Soit A 2 Mn(C ) ou le terme d'indice (i; j ) est 1 lorsque i 6= j et 1 + i sinon.
Calculer det(A).
(On separera le cas ou les i sont 6= 0 et le cas ou l'un d'entre eux est nul).
106. Soit A 2 Mn(K ) de terme general aij tel que pour i < j; ai;j = b, pour
i > j; ai;j = c et pour i = j; ai;j = a.
Calculer le determinant de A.
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
104
0 1 a2 : : : : : : an 1
BB a2 1 0 : : : 0 CC
107. Soit la matrice A 2 Mn(R) suivante : A = B
BB ... 0 . . . . . . ... CCC.
@ ... ... . . . . . . 0 A
an 0 : : : 0 1
Calculer l'inverse de A.
Montrer, en ecrivant A = I + S , AtA = tAA. Verier que B = A 1 tA est
orthogonale.
108. (a) Soit n 2 N . Soit (1 ; : : : ; n ) 2 K n les i etant deux a deux distincts.
Soit 2 K . Resoudre le systeme suivant :
8
>
x
+ : : : +x
=1
>
< 11x1 + : : : +nnxn = ...
>
>
: n1 1x1 + : : : +nn 1xn = n 1
(b) Soit n 2 N . Soit (1 ; : : : ; n+1 ) 2 K n les i etant deux a deux distincts.
Resoudre le systeme suivant :
8
>
+ : : : +xn+1
=0
< .x1
.
>
: .n1 1x1 + : : : +nn+11xn+1 = 0
109. 8
Soit a = (; ; ) 2 C 3 .
< x22 yz = zx = : yz2 xy
= 0
x
Utiliser la matrice @ z
y
Resoudre le systeme :
1
0
y z
x y A et sa matrice complementaire @ z x
110. Calculer les inverses des matrices :
0 1 a a2 : : : : : : an 1
B
... C
B
C
0 ... ... ...
B
... . . . . . . . . . . . . ... C
B
C
B
C
B
.
.
.
.
B
C
..
. . . . . . a2 C
B
C
B
C
.
.
.
.
.
.
@.
. . a A
0 :::
::: 0 1
0 1:2 2:3 : : : : : : n(n + 1) 1
...
B
CC
... ...
B
0
B
CC
... . . . . . . . . .
...
B
B
CC
B
.
.
.
.. ..
@ ..
2:3 A
0 : : : : : : : : : 1:2
01
BB 0
BB ..
BB .
BB ...
[email protected] ...
2
1
...
0 :::
3
2
...
...
:::
...
...
...
...
:::
:::
...
...
...
0
1
C
n 1C
... C
CC
C
3 C
CC
2 A
n
1
1
A
00
BB ...
B ..
pour la derniere matrice, utiliser la matrice N = B
BB ..
@.
0 1 a a2 : : : : : : an 1
B
... C
... ... ...
B
CC
0
B
.
.
B .. . . . . . . . . . . . . .. CC
a 2 C.
111. Soit A = B
B
...
. . . . . . . . . a2 C
B
C
B
CC
B
.
.
.
.
.
.
@.
. . a A
112.
113.
114.
115.
1
105
1 0 ::: 0
... C
... ...
C
... ... 0 C
CC.
... 1 C
A
.
0 ::: ::: ::: 0
0 :::
::: 0 1
(a) Determiner exp(A).
(b) Soit p 2 N ; trouver M 2 Mn(C ) tel que M p = A.
0 1 a a1
Soit A = @ 1 1 0 A 2 M3(R) a 2 R.
1 0 1
Calculer exp(tA); t 2 R.
0 1 1 11
Soit A = @ 2 2 0 A.
3 3 1
Calculer exp(tA) ; t 2 R.
Soit (A; B ) 2 (Mn(C ))2 veriant 8t 2 R; exp(tA) exp(tB ) = exp(tB ) exp(tA).
Montrer que A et B commutent.
00 1 11
Determiner le polyn^ome minimal de A = @ 1 0 1 A 2 M3 (R), calculer An.
0 1 5 0120 11
M^emes questions avec la matrice @ 1 1 1 A.
0 1 3
0 3+ 5 1
116. Soit A = @ 2 A. Calculer An.
5
5 2
0 1 1 0 21
B 3 1 4 0 CC.
117. Soit A la matrice : B
@ 0 1 1 3A
1 0 1 1
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
106
Calculer le polyn^ome caracteristique de A. Que dire de Ker(A2); Ker ((A 2I )2)?
00 1 0 01
B 0 0 0 0 CC.
Montrer que A est semblable a : B
@0 0 2 1A
0 0 0 2
Calculer An.
118. Theoreme d'Hadamard-Frobenius.
(a) Soit n>2. Soit A = (aij ) 2 Mn(C ) avec 8i 2 Nn ; jaii j >
A est dite a diagonale dominante.
Montrer que A est inversible.
(b) On suppose 8i 2 Nn ; jaii j>
n
X
j =1
j 6=i
n
X
j =1
j 6=i
jaij j.
jaij j, une inegalite etant stricte.
On suppose
8(i; k) 2 (Nn )2 ; 9(k1 ; : : : ; km ) 2 (Nn )m =
m
Y
j =0
akj ;kj 6= 0 (On a pose
+1
k0 = i et km+1 = k).
Montrer que A est inversible.
On demontrera par l'absurde qu'il n' existe pas de matrice de permutation P telle que PAP 1 =
A3 2 Mn
1
0
[email protected] A1 A2 CA avec A2 2 Mp;n
0 A
3
p;n p (K ).
p (K )
et
119. Rechercher les polyg^ones plans a n sommets S1; : : : ; Sn, connaissant les milieux mi des couples (Si ; Si+1 ) pour i 2 Nn 1 . et le milieu mn du couple
(Sn; S1 ). (Faire aussi une demonstration geometrique).
120. Soient x = (x1; : : : ; xn ) et y = (y1; : : : ; yn) deux elements de Rn. On denit :
A = (aij ) par aij = xi yj + ij Trouver une condition necessaire et susante
d'inversibilite de A. Calculer alors A 1 .
121. Soit A 2 Mn(R) dont le terme d'indice (i; j ) est j i j j. Calculer det A.
122. (a) Soit A = (aij ) une matrice carree. Soit!D = Diag(!z1; : : : ; zn ).
Montrer : det(A + D) =
X
Y
I Nn
i=2I
zi det(MI ) , ou MI = (aij )(i;j)2I .
2
(b) Application : Soit Sp la somme des mineurs principaux d'ordre p de A.
Montrer : A = ( 1)n X n S1X n 1 + S2 X n 2; : : : ; +( 1)n 1Sn 1 X + ( 1)nSn 107
123. Soit A 2 Mn;p(K ); p6nXde terme general ai;j .
Montrer : det tAA = (det(AI ))2
I 2J
avec J = f(i1 ; : : : ; ip ) 2 Np = 16i1 < i2 ; : : : ; < ip 6ng. AI est la sous-matrice
de A dont la kieme ligne est la ik ieme ligne de la matrice A.
124. Soit G l'ensemble des matrices de Mn(K ) ayant un et un seul terme non nul
par ligne et par colonne. Montrer que G est un sous-groupe de GLn(K ).
125. Calculer le determinant des matrices reelles :
1 0cos 1
0c + x
1
CC BB 1 2 cos B
...
B
CC BB
B
.
B
.
.
a
+
x
CC, BB 0 . . .
B
B
...
CC BB ... . . .
B
b+x
B
CA [email protected] ...
B
...
@
0
:::
cn + x
0a
B
...
B
B
126. Soit la matrice A = B
B
B
@ b
2
6
127. Soit A = 64
3
4
11
17
1
1
5
8
0
0
2
1
...
3
b
...
a
0
...
...
...
...
:::
:::
...
...
...
...
0
:::
...
...
...
1
1
0
... C
C
... C
CC
C
0 C
CC
1 A
2 cos 1
CC
CC. Si l'inverse existe, calculer A
CC
A
21
0
0 77. Montrer que A est semblable a 66
4
15
0
1
0 1
0 0
0 0
0
0
1
0
1.
3
0
0 77.
15
1
128. Soient f et g deux applications lineaires denies sur un K -esapce vectoriel E
de dimension 2. On suppose que f et g ont le m^eme polyn^ome caracteristique.
f et g sont-elles semblables ?
129. Soit A 2 Mn(K ). Soit P 2 K [X ]; P (A) = 0. Soit A le polyn^ome caracteristique de A.
Montrer que A divise P n.
En deduire le lien entre le polyn^ome minimal et le polyn^ome caracteristique.
Quel est le polyn^ome caracteristique d'un endomorphisme nilpotent sur un
espace de dimension nie ?
130. Soit u 2 L(E ); dim(E ) = n>1.
(a) Soit P 2 K [X ]; P (u) = 0. Montrer que u divise P n.
(b) Soit u = P1P2 avec P1 ^ P2 = 1. On pose :
E1 = Ker(P1(u)); E2 = Ker(P2 (u)); u1 : E1 ! E1 ; u1 = u E ; u2 :
1
108
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
E2 ! E2 ; u2 = u E ; U1 = u et U2 = u .
2
Montrer : U1 = P1 et U2 = P2 .
1
2
131. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n. Soit u 2 L(E ) veriant :
8k 2 Nn tr(uk ) = 0 (K de caracteristique nulle ).
(a) Demontrer que le polyn^ome caracteristique d'un endomorphisme nilpotent
d'un espace de dimension n est ( 1)n X n.
(b) Montrer que un = 0. On montrera par l'absurde que u = ( 1)nX n.
01
132. Calculer les puissances de la matrice : @ 0
0
4
3
4
0x 1 0
n+1
133. Determiner xn; yn; zn ; denis par : @ yn+1 A = @
zn+1
2
2
3
1
A
1
1
1
1
1
1
1
1
1
10 x 1
A @ ynn A.
zn
6 0.
134. Soit A 2 M2(K ) = tr(A) =
Montrer : (8B 2 M2(K )); (A2B = BA2 =) AB = BA).
135. (a) Soient A 2 Mq;p (K ) et B 2 Mp;q (K ).
( 1)q X q BA = ( 1)p X pAB .
(b) Soient A et B deux matrices carrees de Mn(K ). Comparer AB et BA.
136. Soit E un K -espace vectoriel. Soit H un hyperplan de E . Montrer :
(H stable par u 2 L(E )) () H = Ker(') avec ' vecteur propre5 de tu.
Applications :
(a) Soit u 2 L(E ) (K = R) u2 = IdE . Montrer que u ne possede aucun
hyperplan stable par u.
0
(b) Determiner les sous-espaces de R3 stables par les matrices A = @
0 2 1 11 03 5 11
B = @ 8 1 5 A C = @ 0 1 2 A.
4 3 3
0 2 3
(c) Soit u 2 L(E ) ou E est un R-espace vectoriel de dimension 3. Montrer
qu'il existe un plan de E stable par u.
137. Soit la matrice Jn dont tous les termes sont nuls, sauf les termes d'indices
(i; n i +1) qui sont egaux a 1. Soient (a; b) 2 R2 et M = aIn + bJn 2 Mn(R).
Determiner les valeurs propres et les vecteurs propres de M .
C'est-a-dire tel qu'il existe 2 K ; ' u = '.
5
1
1 1 1
1 1 1 A,
1 1 1
109
0 a a ::: ::: a 1
n 1
... C
BB an0 1 . .1. . . .
CC
B
.
.
.
.
.
n
B
.. .. ..
.. C
138. Soient (a0; : : : ; an 1) 2 C , A = B ..
CC 2 Mn(C )
[email protected]
... ...
A
00
...
B
B
B ..
et J = B
.
B
B
@
1
...
...
0 ...
1 0
0
...
...
...
:::
:::
...
...
0
0
1
0
... C
CC
0C
CC.
1A
0
a2
a1
a1
a2 : : : an 1 a0
(a) Montrer6 qu'il existe un polyn^ome P 2 C n 1 [X ] tel que A = P (J ).
(b) Quels sont les elements propres de A ?
139. Soit E le R-espace vectoriel des applications continues de R+ dans R. Soit '
l'application de E dans E qui a f associe g denie par : g(t) = f (t + 1).
Quels sont les elements propres de ' ?
140. Soient E = C 1 (R; R); p 2]0; 1[, et q = 1 p. On denit un endomorphisme u
de E dans E en posant : 8f 2 E; (u(f ))(x) = f (px + q)
(a) E tudier les suites (xn)n2N veriant la relation : 8n 2 N; xn+1 = pxn + q.
(b) Montrer que les valeurs propres de u appartiennent a ] 1; 1] n f0g.
(c) Quelles sont les valeurs et les vecteurs propres de u ?
141. Diagonaliser la matrice de Mn(R) dont les elements sont nuls sauf ceux de la
derniere ligne et derniere colonne qui sont egaux a 1.
142. Soit (fi)i2Np une famille de p endomorphisme d'un C -espace vectoriel de dimension n>2. On suppose que pour tout couple (i; j ) 2 (Np )2; i 6= j on a
fi fj + fj fi = 0.
Determiner tr(fi) et le spectre de fi pour i 2 Np .
143. Soit An la matrice de Mn
(C ) de coecients
ai;j = ij+1 +ij+1. Soit M 2 Mn(C )
de coecients mi;j = sin ij .
n+1
(a) Calculer pour t 2 [0; ], fn(t) = An (2 cos(t)) ; trouver une equation
dierentielle lineaire veriee par fn.
Determiner les coecients du polyn^ome caracteristique.
(b) Calculer AnM et en deduire le spectre de An ; montrer que An est diagonalisable.
6
Voir les exercices sur les matrices circulantes.
110
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
144. Soit E un R-espace vectoriel de dimension 4. Resoudre dans L(E ) l'equation
u4 + u3 + u2 = 0.
145. Soit E un K -espace ectoriel de dimension nie n. Soit p un projecteur de E .
On appelle ' l'application f 2 L(E ) 7 ! p f p.
' est-elle diagonalisable ? Quels sont les espaces propres ?
146. Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie. Soit u 2 L(E ). Soit u
l'application de L(E ) dans L(E ) f 7 ! u f u.
Montrer que si u est diagonalisable alors u l'est aussi.
Verier que la reciproque n'est pas vraie.
147. Soit u 2 L(E ); E un K -espace vectoriel de dimension nie.
Soit ' : v 2 L(E ) 7 ! u v v u 2 L(E ). Montrer :
(a) u diagonalisable ) ' diagonalisable.
(b) ' diagonalisable et u a un vecteur propre ) u est diagonalisable.
(c) Montrer que si K est algebriquement clos ' diagonalisable , u diagonalisable.
148. (a) Soit u 2 L(E ) un endomorphisme diagonalisable. (E est de dimension
nie). Soit F un sous-espace vectoriel de F stable par u. Soit v l'application lineaire de F dans F restriction de u. Montrer que v est diagonalisable.
!
0 2A
(b) Soit A 2 Mn(R) diagonalisable. Montrer que B =
est diago-A 3A
nalisable si et seulement si A est diagonalisable.
!
!
I I
I I
149. Montrer que : A = n n est non diagonalisable et B = n n est
0 In
00
diagonalisable.
a b
150. Soit A une matrice carree diagonalisable. On suppose que la matrice c d
diagonalisable.
aA
bA
La matrice : cA dA est-elle diagonalisable ?
151. Soient A 2 Mn(C ) et B = I0 A0 .
n
Montrer que B est diagonalisable si et seulement si A est diagonalisable et
inversible.
152. Soit u 2 L(E ) ou E est un K -espace de dimension n sur C .
Yp
On pose : A = (i X )i les i sont des elements de
i=1
distincts et les entiers i sont >1.
K
deux a deux
111
(a) Montrer dim(Ker [(u i IdE )i ]) = i .
(b) En deduire qu'il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est
de
2 la forme :
3
66 M1
77
66 M2
77
.
66
77 Mi = iIi + Ni avec Ni nilpotente et
..
66
77
...
4
5
Mn
Mi 2 Mi (K )
(c) Montrer p!lim
up = 0 si et seulement si p!lim
tr(up ) = 0.
+1
+1
153. (a) Redemontrer qu'un endomorphsime qui commute avec tous les endomorphisme d'unK -espace vectoriel est du type IdE , avec 2 K .
(b) Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie ; Soit u un endomorphisme de E , diagonalisable. Notons (Ei )i2Nm la famille des m espaces
propres de u. On note C (u) l'ensemble des endomorphismes de E qui
commutent avec u.
Si X est une partie de L(E ), C (X ) designe l'ensemble des endomorphismes de E qui commutent avec tous les elements de X .
m
Y
() Montrer que C (u) est un espace vectoriel isomorphe a L(Ei ).
i=1
() Montrer C (C (u)) = K [u].
() Trouver une condition necessaire et susante pour avoir C (u) = K [u].
154. Diagonaliser ou trigonaliser :
0 4 6 0 1 0 1 it 0 2it 0 1 0 a2
BB ab
0 1 it 2it
0 C
B
C
@ 3 5 0 A, B
,
@
A
@ ab
0
0 1 + it 0
3 6 5
0
0
0 1 + it
b2
0 3 2 01 00 2 01 01 1 0 3 5
@ 1 0 0 A , @ 1 0 1 A, @ 0 1 A , @ 1 1
0 0 1
0 2 0
0 0 1
2 6
0 3 4 0 2 1 0 1 3 0 15 1 0 3 1 1
B
B
BB 9 3 7
4 5 2 4C
2 6 0 9C
B
C
B
C
,
,
@0 0 3 2A @ 0 3 1 3A @0 0 4
0 0 2 1
1 4 0 8
0 0 2
ab ab
a2 b2
b2 a2
ab ab
1
2
2 A,
6
1
7
1C
C
8 A,
4
1
b2
ab C
C
ab A,
a2
155. Soit E un C -espace vectoriel de dimension nie. Soit (u; v) 2 L(E )2 tel que :
u v v u = u + v. Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.
Pour cela :
112
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
(a) On suppose = 0, montrer : 8n 2 N; u vn vn u = nvn .
(b) Etudier le cas = = 0 puis = 0; 6= 0 puis 6= 0 (poser v0 = v u
et choisir pour se ramener au cas precedent).
156. Soient K un corps commutatif de caracteristique nulle et E un K -espace vectoriel non nul. Soit (u; v) 2 L(E )2 tel que :u v v u = IdE .
(a) Montrer : 8n 2 N u vn vn u = nvn 1 .
(b) Soit P 2 K [X ]. Montrer que : u P (v) P (v) u = P 0(v).
(c) En deduire que u et v n'ont pas de polyn^ome minimal et que dim E =
+1. Retrouver ce resultat en utilisant la trace.
(d) Montrer que u et v ne sont pas de rang ni et que pour tout polyn^ome
P non constant, P (u) et P (v) sont de rang inni.
157. Soit E un C -espace vectoriel de dimension n>1, soient u et v deux endomorphismes de E tels que u v v u = u.
(a) () Montrer pour tout k 2 N, uk v vuk = kuk .
() En deduire u nilpotent.
(b) On suppose rg u = n 1.
() Montrer que v admet n valeurs propres distinctes de la forme i =
+ i pour i 2 Nn .
() Soit en un vecteur propre de v associe a n. Montrer que la famille
(ei )i2Nn avec ei = un i (en) est une base de E .
Trouver les matrices de u et v dans cette base.
(c) On revient au cas general.
() Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.
() Montrer qu'il existe une base de E dans laquelle u et v sont representees par des matrices triangulaires superieures.
158. Soit E = C ([0; 1];ZR). Soit f 2 E . On pose :
1
L(f ) : x 2 R 7 ! inf(x; t)f (t)dt.
0
Quelles sont les valeurs propres de L ?
159. Soit p 2 N; p premier. Soit M 2 Mn(Z). Montrer : tr(M p ) tr M ( mod p).
Pour cela, calculer det(M + XIn) ou M 2 Mn(K ); K = Z/pZ a pour element
d'indices (i; j ) la classe de celui de M modulo p.
160. Soit u : P 2 C [X ] 7 ! (X ) (P 0 + P 0 ()) 2 (P P ()) 2 C [X ] ; 2 C .
(a) Determiner Ker(u) et Im(u).
(b) Montrer que u est diagonalisable.
113
161. Soit P 2 C 2n [X ], on pose :
'(P ) = X (X 1)P 0 (X ) 2kXP (X ). Determiner k pour que '(P ) 2 R2n[X ].
' est-il alors diagonalisable ?
162. Soit A 2 Mn(R).
(a) Montrer : A scinde =) (8k 2 N Ak scinde).
(b) Montrer : A scinde a racines positives =) A scinde.
Donner un exemple ou A est scinde et pas A.
163. Soit u 2 L(E ); dim E = 3; u2 6= 0; u3 = 0. On pose :
H = fv 2 L(E ) = v u = u vg. Montrer que H = Vect(1; u; u2 ).
02 1 11
164. Soit A = @ 1 2 1 A 2 M3 (R).
0 0 3
(a) On note C (A) le commutant de A c'est-a-dire l'ensemble des matrices qui
commutent avec A.
Montrer que C (A) est une algebre de dimension 3.
Montrer que C (A) = R[A].
(b) Trouver les droites et les plans stables par A.
165. Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie n. Soit u un endomorphisme
de E ayant n valeurs propres deux a deux distinctes. Soit C (u) le commutant
de u. Montrer que C (u) = K [u].
02 0 4 1
Exemple : trouver le commutant de la matrice @ 3 4 12 A 2 M3(R).
1 2 5
2
3
166. Soit A 2 Mn(R); A3 A In = 0. Montrer det A > 0. (Diagonaliser sur C ).
167. Soit u un endomorphisme nilpotent d'un K -espace vectoriel de dimension n>1.
Montrons que l'ensemble C (u) des endomorphismes de E qui commutent avec
u est K [u].
168. Soient E et F deux K -espaces vectoriels. Soient u 2 L(E; F ) , v 2 L(F; E ).
Un scalaire 2 K est dit valeur spectrale d'un endomorphisme w 2 L(G), ou
G est un K -espace vectoriel, lorsque w IdG n'est pas bijective.
(a) Montrer : IdF u v inversible =) IdE v u inversible et :
(IdE v u) 1 = IdE + v (IdF u v) 1 u.
En deduire que les valeurs spectrales non nulles de u v et v u sont les
m^emes.
(b) E = F; dim E < +1. Montrer que uv et v u ont les m^emes valeurs
propres.
(c) Montrer que si E et F sont de dimensions nies dierentes, il existe u et
v telles que u v ou vu est injective, l'autre ne l'etant pas.
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
114
(d) Montrer que si E et F sont de dimensions nies tr(u v) = tr(v u) et
que pour tout entier naturel p, tr ((u v)p ) = tr ((v u)p ).
169. Soit P 2 K [X ]. Soit u 2 L(E ); dimK (E ) < +1 et soit v = P (u)
(a) Montrer : v inversible =) v 1 2 K [u].
(b) Montrer : v inversible () P et le polyn^ome minimal de u sont premiers
entre eux.
170. Soit u 2 L(E ) dim E < +1. On suppose : E = Im(u)
Ker(u) 6= f0g.
L Ker(u)
(1) avec
(a) Montrer : (1) () le polyn^ome minimal de u est : XQ; Q(0) 6= 0.
(b) Montrer que cette condition equivaut a : u Im(u) est un automorphisme
de Im(u).
171. Soit A 2 Mn(K ). Soit u 2 Mn;1(K ) tel que : (u; Au; : : : ; An 1u) soit libre.
Soit B la matrice dont la" j ieme colonne est A#j 1 u. Soit C = B 1 AB .
n
X
n
n
Montrer que A = ( 1) X
ci;nX i 1 .
i=1
172. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1.
Soit u 2 L(E ). On suppose u scinde sur K . Montrer :
u diagonalisable () 8 2 K ; rg(u IdE ) = rg ((u IdE )2).
173. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1. Soit u 2 L(E ). On suppose
u diagonalisable. Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u. Montrer
qu'il existe un supplementaire de F stable par u.
174. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1.
(a) Soit D une partie non vide de L(E ) telle que tous les elements de D sont
diagonalisables et 8(u; v) 2 D2; u v = v u.
Montrer qu'il existe une base de vecteurs propres pour tous les elements
de D (on fera un raisonnement par recurrence sur n).
(b) Soit T une partie non vide de L(E ) telle que tous les elements de T sont
trigonalisables et 8(u; v) 2 T 2 ; u v = v u.
Montrer qu'il existe une base commune de trigonalisation pour tous les
elements de T .
(c) E est un C -espace vectoriel de dimension n. Soit (u1 ; : : : ; un ) une famille
d'endomorphismes
nilpotents de E qui commutent deux a deux. Montrer
Yn
que ui = 0.
i=1
175. (a) Un element d'un sous-groupe ni7 de GLn(C ) est-il diagonalisable ?
7
Voir l'exercice numero 1 d'algebre generale.
115
(b) Soient G un groupe ni, E un C -espace vectoriel de dimension nie.
f : G ! GL(E ) un morphisme de groupe.
Soit a 2 G on pose : (a) = tr(f (a)).
Montrer : 8a 2 G : (a 1) = (a) Diagonalisabilite de f (a) ?
176. Soit A 2 M2 (Z). On suppose qu'il existe k 2 N = Ak = I2 . Montrer que
A12 = I2
(remarquer que A est diagonalisable sur C et etudier ses valeurs propres).
177. Soit E un C -espace vectoriel de dimension n>1. Pour u 2 L(E ) on note (s'il
existe) h = minfl 2 N ; tels que ul = IdE g. h est appele ordre de u.
(a) Montrer que si h existe, u est diagonalisable.
(b) Montrer que pour tout entier N 2 N il existe un endomorphisme u 2
L(E ) d'ordre N .
(c) Trouver une condition necessaire et susante pour qu'il existe u d'ordre
N >1 donne.
(d) Supposons n = 2. Soit u 2 L(E ) de matrice M 2 M2(E ). Quels sont
(s'ils existent) les ordres possibles de u ?
178. Soit E un K -espace vectoriel de dimension 3. Soit a 2 K .
Soit f 2 L(E ); f 3 2af 2 + a2f = 0. Soit A la matrice de f dans une base de
E . Determiner les classes de similitude de A.
179. Soit A 2 Mn(R) Ae la transposee de la comatrice8 de A.
(a) Quel est le rang de la matrice Ae ?
(b) Montrer : X vecteur propre de A =) X vecteur propre de Ae.
(c) On suppose A non inversible.
() Montrer : 0 valeur propre simple de A () tr Ae 6= 0.
() Si 0 est valeur propre simple, a-t-on Ae diagonalisable ?
() Si dans () on remplace le membre de gauche par rg A = n 1 a-t-on
encore l'equivalence ?
(On pourra utiliser le resultat (b) de l'exercice numero 120).
180. Soit A 2 M3 (C ) ; A = (1 X )2(4 X ). Quelles sont les matrices qui
commutent avec A ?
181. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>2.
Soient (a; b) 2 (L(E ))2 ; rg(a b b a) = 1; soit x 2 Im(a b b a).
Montrer que 8k 2 N; ak (x) 2 Ker(a b b a).
Montrer que a est reductible.
Si A est une matrice carree on appelle comatrice de A la matrice dont les elements d'indices
(i; j ) sont ( 1)i+j det(Ai;j ) ou Ai;j est la matrice extraite de la matrice A obtenue en supprimant
la iieme ligne et la j ieme colonne de A.
8
116
CHAPITRE 5. ALGE BRE LINE AIRE, E NONCE S
182. Soit E un espace K -vectoriel de dimension nie. Soit u 2 L(E ).
Montrer : u irreductible dans K [X ] si et seulement si f0g et E sont les seuls
sous-espaces stables par u.
183. Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie, soit (u; v) 2 L(E )2 u et v
commutent, v est nilpotent. Montrer :
(a) u + v inversible () u inversible.
(b) det(u + v) = det u.
En deduire que u et u + v ont m^eme polyn^ome caracteristique.
184. Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie n. Soit u 2 L(E ).
Soient et les applications de L(E ) dans L(E ), respectivement denies
par : (v) = u v et (v) = v u.
(a) Pour un endomorphisme u on note Sp(u) le spectre de u.
Montrer : 2 Sp(u) ) 2 Sp() et 2 Sp().
La reciproque est-elle vraie ?
(b) Quelle relation y a-t-il entre la dimension de E et celles des espaces
propres correspondants associes a et ?
Montrer u diagonalisable ) ( et aussi).
185. Soit P 2 K [X ] ; on pose f (P ) = XP 00 + (X 2)P 0 .
Montrer que f est un endomorphisme de K [X ] ; f est-il diagoalisable ?
186. Soit A 2 M3n(R) de rang 2n (n>1) et telle que : A3 + A = 0. Montrer que
0 est valeur
de A 1
d'ordre de multiplicite n et que A est semblable a la
0 propre
0 0 0
matrice : @ 0 0 In A.
0 In 0
187. Soient A et B deux elements de Mn(C ). Montrer les equivalences suivantes :
() AX XB = D a pour toute matrice D 2 Mn(C ) une solution X 2 Mn(C ).
() 8X 2 Mn(C ); (AX = XB ) ) (X = 0).
() Sp(A) \ Sp(B ) = ;. Sp designe l'ensemble des valeurs propres.
188. Soit E un C -espace vectoriel de dimension nie n. Soient u et v deux endomorphismes de E tels que rg(u v v u)61. Montrer que u et v sont
co-trigonalisables.
189. Soit E un C -espace vectoriel norme complet. Soit u 2 LC (E ) une application
lineaire continue, ayant un polyn^ome minimal. On muni L(E ) de la norme
subordonnee a celle de E .
Montrer qu'il existe P 2 C [X ] tel que exp(u) = P (u).
190. Soient A et B deux matrices de Mn(K ). Montrer que si A et B sont semblables
alors les matrices complementaires9 le sont aussi.
9
Voir plus haut la denition et quelques proprietes.
117
191. Soit 2 K , soient i et j deux entiers appartenant a Nn ; n>2 ; i 6= j . On
appelle transvection, une matrice du type : Ti;j () = In + Ei;j .
Soit 2 K , soit i 2 Nn ; n>1. On appelle dilatation une matrice du type :
Di () = In + ( 1)Ei;i .
(a) Quels sont les eets du produit d'une tranvection ou d'une dilatation et
d'une matrice ?
(b) Montrer q'une transvection et une dilatation sont inversibles.
(c) Montrer que toute matrice inversible est le produit de matrices de transvections et d'une matrice de dilatation.
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
118
Chapitre 6
Algebre lineaire, corriges
1. (a) F est un sous-groupe additif de E donc1 R est une relation d'equivalence.
(b) (E 0 ; +) est un groupe abelien.
Soit 2 K et soient s et y deux elements de E tels que x y 2 F . Il est
immediat, F etant un espace vectoriel, que (x y) 2 F . Les classes de
x et y sont les m^emes. On peut donc poser X = x avec x 2 X .
(c) Soient (; ) 2 K 2 et (X; Y ) 2 (E 0)2 . Soit (x; y) 2 E 2 ; x 2 X; y 2 Y .
(X + Y ) = (x + y) = x + y = x + y = X + Y .
( + )X = ( + )x = x + x = x + x = X + X .
()X = ()x = x = (X ).
1 X = 1 x = X.
E 0 est donc un K -espace vectoriel.
(d) Si F = f0g ou si E = F le resultat est acquis.
Supposons F 6= f0g et E 6= F . Soit (e1 ; : : : ; ep ) une base de F que
nous completons en une base de E . Pour i 2 fp + 1; : : : ; ng, ou n est la
dimension de E , posons e0i = ei .
n
n
X
X
0
n
p
Soit (p+1 ; : : : ; n ) 2 K .
i ei = 0 )
i ei 2 F . Nous en
i=p+1
n
X
i=p+1
i ei 2 F \ F1 = f0g ou F1 est le supplementaire de F
i=p+1
engendre par la famille
(ep+1 ; : : : ; en). Les i sont donc tous nuls et la
0
0
famille ep+1 ; : : : ; en est libre.
Soit X 2 E 0 , soit x 2 X il existe une famille (i)i2Nn d'elements de
n
X
K telle que x =
i ei . Nous en deduisons, en considerant les classes
deduisons
i=0
n
X
i e0i . La famille (ep+1 ; : : : ; en ) est donc une base
i=0
de E 0 qui est de dimension n p.
2. Soit f l'application de F2 dans E /F1 qui a x2 2 F2 associe sa classe x2 modulo
F2 . Cette application est clairement lineaire.
(x2 = 0) ) (x2 2 F1 ) donc (x2 = 0) ) (x2 2 F1 \ F2 = f0g). f est injective.
Soit X 2 E /F1 . Il existe x 2 E tel que X = x + F1. F1 et F2 etant supplementaires x s'ecrit x1 + x2 avec x1 2 F1 et x2 2 F2 . Nous avons donc
X = x2 + (x1 + F1 ) = x2 + F1 = x2 . f est un isomorphisme.
d'equivalence, X =
1
Voir l'exercice numero 26 du chapitre "Algebre generale".
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
120
3. (a) Soit E1 le noyau de l'application lineaire f . Soit E2 un supplementaire
de E1 . Considerons l'aplication g denie de E2 dans Im(f ) denie par
x 2 E2 ; g(x) = f (x).
g est bien denie et est lineaire. Soit y 2 Im(f ) ; soit x 2 E; f (x) = y. Il
existe (x1 ; x2 ) 2 E1 E2 x = x1 + x2. f (x) = f (x2 ) = g(x2 ) = y donc g est
surjective. Soit x 2 E2 ; f (x) = 0. Nous avons donc x 2 E2 \ E1 = f0g.
g est bien un isomorphisme ; E2 est donc isomorphe a Im(f ). (Si E est de
dimension nie nous retrouvons dim(Ker(f )) + dim(Im(f )) = dim(E )).
(b) En utilisant le resultat (a) precedent, nous en deduisons que deux supplementaires d'un m^eme sous-espace sont isomorphes.
On peut aussi faire une demonstration directe.
Soit p le projecteur de E d'image F2 , de noyau F . Soit f l'application de
F1 dans F2 denie par x 2 F1 7 ! p(x) 2 F2 .
Soit x 2 F1. f (x) = 0 ) x 2 F1 \ F = f0g. f est injective.
Soit y 2 F2. il existe y1 2 F1 et y2 2 F tels que y = y1 + y2 donc
f (y1) = p(y1) = p(y y2) = y. f est donc un isomorphisme ; F1 et F2
sont donc isomorphes.
4. Im(u) possede un supplementaire F1 de dimension nie. De m^eme Im(v) possede un supplementaire G1 de dimension nie.
Il existe (g1; : : : ; gp ) une base de G1 veriant pour tout z 2 G il existe
p
X
(1 ; : : : ; p ) tel que z
k gk 2 Im(v).
k=0
De m^eme il existe (f1; : : : ; fn) une base de F1 veriant pour tout y 2 F il
n
X
n
existe (1 ; : : : ; n) 2 K tel que y
i fi 2 Im(u).
z s'ecrit donc z =
z=
p
X
k=1
k gk + v
p
X
k=1
n
X
i=1
i=1
k gk + v(y) avec y 2 F soit encore
!
i fi + u(x) avec x 2 E .
p
X
n
X
k gk + i v(fi ) + (v u)(x).
i=1
k=1
Notons G2 = Vect (g1 ; : : : ; gp ; v(f1 ); : : : ; v(fn)). Nous venons de demontrer
que G est la somme de G2 (de dimension nie) et Im(v u).
Notons G3 = G2 \ Im(v u) qui est de dimension nie et G4 un supplementaire
dans G2 de G3. Nous obtenons G = (G4 G3 ) + Im(v u).
Montrons G = G4 Im(v u).
G3 + Im(v u) = Im(v u) donc G = G4 + Im(v u).
G4 \ Im(v u) G2 \ Im(v u) = G3 donc G4 \ Im(v u) G3 \ G4 = f0g.
Im(v u) est donc bien de codimension nie.
Nous pouvons donc ecrire z =
n
X
5. Considerons la combinaison lineaire 8t 2 R;
i jt ai j = 0 ou (i )i2Nn est
i=1
une famille nie d'elements de R.
121
Les ai sont supposes indexes dans l'ordre strictement croissant.
Montrons que
les i sont tous nuls.
n
X
t 2 R 7 ! i jt ai j est nulle donc derivable. Les derivees a gauche en les
i=1
ai sont egales a :
i 1
X
j =1
j
n
X
j =i
j = 0 (la premiere somme est nulle si i = 1) ; de
m^eme la derivee a droite est egale a
Xi
j =1
j
n
X
j =i+1
j = 0 (la deuxieme somme
est nulle si i = n). Nous avons donc ans tous les cas 2i = 0. Les coecients
sont donc tous nuls et la famille est libre.
6. Soit (ak )k2Nn une famille nie de reels strictement positifs et (k )k2Nn une fan
X
k
mille de reels (n 2 N ) tels que 8x 2 R;
2
2 + 1 = 0.
x
+
(
a
)
k
k=1
n
X
k
P (x)
peut s'ecrire, en reduisant au m^eme denominateur,
2
2
Q(x)
k=1 x + (ak ) + 1
ou P et Q sont des fonctions polynomiales.
L'hypothese faite conduit a P n= 0.
X
k
Nous pouvons donc ecrire :
= 0. En \regardant" la frac2
2
k=1 X + (ak ) + 1
tion comme une fraction de C (X ) ; celle-ci est nulle pour
pune innite de valeurs
reelles donc elle est nulle. Soit j 2 Nn xe ; soit x 6= i 1 + (aj )2. Nous obtenons
: p
X
2
n
q
j x i 1 + (aj )
k
2
+ x i 1 + (aj )
= 0.
2
2
2
2
x + (aj ) + 1
k X + (ak ) + 1
k6 j
En simpliant nousavons :
X
n
q
k
j
2
p
+
x
i
1
+
(
a
)
j
2 + (ak )2 + 1 = 0. En calculant
X
x + i 1 + (aj )2
k
k6 j
p
la limite en = i 1 + (aj )2 nous en deduisons p j 2 = 0 ce qui conduit
2i 1 + (aj )
a j = 0. Nous en deduisons que la famille est libre.
=1
=
=1
=
7. (a)
Xn
n
Y
n 1
!k
avec ! = exp 2i .
X
n
k=0
Si un polyn^ome unitaire P de degre p < n divise X n n , il est le
produit de p polyn^omes pris parmi les polyn^omes X !k . Il est donc
p 1
X
Yp
egal a X p + ak X k + ( 1)p p !jk ; les entiers jk etant pris parmi les
k=1
k=1
entre 0 et n, les coecients ak etant rationnels. Nous en deduisons
entiers
p p Yp jk ( 1) ! 2 Q c'est-a-dire p 2 Q ce qui est faux. Le polyn^ome
=
k=1
122
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
X n n est donc irreductible dans Q[X ].
X n n est donc le polyn^ome minimal de dans Q[X ].
(b) Si la famille i i2f0;:::;n 1g est liee alors il existe un polyn^ome non nul P
a coecients rationnels de degre au plus egal a n 1 tel que P () = 0.
Parmi tous les polyn^omes unitaires de Q[X ] s'annulant en , choisissons
un polyn^ome de degre minimal. Soit A un tel polyn^ome. Eectuons la
division euclidiene de X n n par A ; nous obtenons X n n = AQ + R
avec deg(R) < deg(A) < n. Il vient alors R() = 0 et R = 0. A divise
donc X n n ce qui est faux. La famille i i2f0;:::;n 1g est donc libre.
Remarque P s'annule en donc est divisible par X n n qui est le
polyn^ome minimal de dans Q[X ] ce qui implique que P est nul.
8. Supposons que les polyn^ome P et Q soient premiers entre eux. Soient P1 2
K m 1 [X ] et Q1 2 K n 1 [X ] tels que PQ1 + QP1 = 0. P divise QP1 ; etant
premier avec Q il divise P1 ; en examinant les degres nous en deduisons que
P1 est nul. De m^eme Q1 = 0.
La famille F = (P; XP; X 2P; : : : ; X m 1P; Q; : : : ; X n 1P ) est donc libre.
Supposons que D soit le pgcd de P et Q avec deg(D)>1. P = AP1; Q = AQ1 .
A(PQ1 QP1 ) = 0 donc PQ1 QP1 = 0 avec P1 2 K m 1 [X ] et Q1 2 K n 1 [X ]
qui sont deux polyn^omes non nuls. La famille F est liee.
L'equivalence est demontree.
En considerant la matrice M representant les coordonnees, dans la base canonique de K n+m 1 [X ], des elements de F nous en deduisons : F libre si et
seulement si det(M ) = 0.
En particulier P et Q ont un diviseur non constant en commun si et seulement
si det(M ) = 0. Ce determinant s'appelle le resultant du couple (P; Q).
Exemple :
P = X 3 +aX 2+bX +c 2 C [X ] a une racine double si et seulement si P et P 0 ont
0c 0 b 0 0 1
BB b c 2a b 0 CC
une racine commune donc si et seulement si det B
[email protected] a1 ab 30 23a 2ba CCA = 0 ;
0 1 0 0 3
c'est-a-dire si et seulement si 27c2 18abc a2 b2 + 4a3 c + 4b3 = 0.
9. (a) A 6= f0g car est algebrique.
Soit (P1; P2) 2 (K [X ])2 veriant P1() = P1 () = 0 et soit Q 2 K [X ].
(P1 P2 )() = 0, (P1Q)( = (QP1)() = 0.
A est donc un ideal de K [X ].
(b) Soit d l'application de K [X ] n f0g dans N qui a un polyn^ome associe son
degre. d(A n f0g) N possede un minimum; il existe donc un element
non nul P0 de A tel que 8P 2 A n f0g; deg(P )> deg(P0). Nous pouvons
supposer P0 unitaire.
En eectuant la division euclidienne de P 2 A par P0 nous obtenons
123
P = P0Q + R, deg(R) < deg(P0). A est un ideal donc R 2 A. Les
conditions imposees a P0 conduisent a R = 0. P0 divise tous les elements
de A.
Si A = P1K [X ] ou P1 2 K [X ] unitaire alors P1 est un polyn^ome non nul
de degre minimal appartenant a A.
Si P1 et P2 sont deux polyn^omes unitaires de degre minimal appartenant a
A alors il existe Q1 et Q2 deux polyn^omes tels que P1 = Q1 P2; P2 = Q2 P1
donc (1 Q1 Q2 )P1 = 0 soit encore Q1 Q2 = 1 ce qui implique Q1 = Q2 =
1. Il y a donc unicite du polyn^ome P0 unitaire tel que A = P0 K [X ]. P0
est le generateur unitaire de l'ideal principal A.
P0 est irreductible car sinon P0 est le produit de deux polyn^omes de K [X ]
de degres strictement inferieurs a celui de P0. L'un de ces polyn^omes
s'annule en et appartient donc a A ce qui est contraire a l'hypothese.
Remarque P0 est au moins de degre 2 car sinon appartiendrait a K .
(c) L'application P 2 K [X ] 7 ! P () 2 K [] est un morphisme d'algebres
donc K [] est en particulier un anneau, sous-anneau de l'anneau integre
L.
Soit a 2 K [] un element non nul. Il existe P 2 K [X ]nA tel que a = P ().
P s'ecrit P0Q + R ou Q et R sont dans K [X ] et deg(R) < deg(P0). Il
existe donc un polyn^ome, R, de degre strictement inferieur a deg(P0) tel
que a = R(). R est premier avec P0 car sinon il serait divisible par
ce dernier et R() serait nul. Il existe U et V deux polyn^omes tel que
1 = UP0 + V R et alors 1 = V ()a.
a est donc inversible et K [] est un corps. Il s'agit d'un sur-corps de K
donc un K -espace vectoriel.
D'apres ce que nous venons de voir, pour tout element a 6= 0 de K [] il
existe un polyn^ome R 2 K [X ]; R 6= 0 de degre strictement inferieur a
deg(P0) = n veriant a = R().
n 1
X
Il existe donc (a0; : : : ; an 1) 2 K ; a = ak k . La famille k k2f0;:::;n 1g
k=0
est donc une famille generatrice de K [].
n 1
X
Cette famille est libre car sinon il existe un polyn^ome P = ak X k , non
k=0
nul, tel que P () = 0. P est donc divisible par P0 ce qui est contradictoire.
(d) L est un annneau2. Il reste a montrer que tout element non nul est
inversible. Soit 2 L n f0g de representant P 2 K [X ] n (P0K [X ]).
Comme precedemment on peut supposer que le degre de P est strictement
inferieur a d = deg(P0) et P et P0 sont premiers entre eux ; il existe deux
polyn^omes U et V appartenant a K [X ] tels que 1 = UP0 + V P . Nous en
deduisons 1 = V P = V . L est donc un corps.
Considerons l'application qui a x 2 K associe sa classe modulo P0 K [X ]
X 2 L. Cette application est clairement un morphismes d'anneaux.
2
Voir l'exercice numero 11 du chapitre d'algebre generale.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
124
(X = 0) ) (9U 2 K [X ]; x = UP0 ). En examinant les degres nous en
deduisons que x est nul. L'application est donc injective ; en appelant K 0
l'image de K , nous en deduisons que K et K 0 sont isomorphes.
Notons la classe de X modulo P0 K [X ]. Soit P un element de K [X ] de
degr
e strictement inferieur a d reprepsentant un eplement de L. P s'ecrit
p
X
X
X
ak X k . Nous en deduisons P = ak X k = ak k . k k2f0;:::;d 1g
k=0
k=0
k=0
est une famille generatrice du K -espace vectoriel L. Cette famille est libre
car comme plus haut sinon il existe un polyn^ome P non nul de K [X ] de
degre au plus egal a d 1 tel que P () = 0 c'est-a-dire P est divisible
par P0 . Il y a donc une contradiction.
P0() est la classe modulo P0 K [X ] de P0(X ) donc P0 () = 0.
Par exemple si nous avons K =R et P0 = X 2 + 1 alors L est isomorphe a
C , i est la classe de X , (1; i) est une base du R-espace vectoriel C .
10. Il faut prouver que pour tout (z1 ; z2 ) 2 C 2 et pour tout (x; y) 2 E on a
(z1 + z2)* x = (z1* x)+(z2*x); z1 * (x + y) = z1 * x + z1* y; (z1 z2 )*x = z1 * (z2* x)
et 1* x = x.
Posons z1 = a1 + ib1 et z2 = a2 + ib2 avec (a1; a2 ; b1 ; b2) 2 R4.
(z1 + z2 )*x = (a1 + a2)x + (b1 + b2 )u(x) = (z1* x) + (z2 *x),
z1 * (x + y) = a1 (x + y) + b1 u(x + y) = z1 * x + z1 * y car u est lineaire.
(z1 z2 )*x = ((a1a2 b1b2 )x + (a1b2 + a2b1 )u(x).
z1 * (z2 *x) = (a1 + ib2)*(a2x + b2u(x)) = a1(a2x + b2u(x))+ b1u(a2x + b2u(x)) =
(a1a2 )x + a1b2 u(x) + b1 a2u(x) b1 b2x.
(z1 z2 )*x = z1 * (z2* x).
1* x = 1x = x.
(E; +; * ) est bien un C -espace vectoriel.
det(u2) = det(u)2 = ( 1)n >0 donc n est pair.
On peut en fait demontrer que n est pair sans utiliser le determinant ; il sut
d'utiliser ce que nous allons prouver maintenant en ne supposant pas que n
est pair.
Soit e1 un vecteur non nul de E . Posons e1+p = u(e1 ).
Supposons ae1 + bu(e1 ) = 0 avec a et b reels. Si b est nul alors a est nul.
2
Supposons b non nul. au(e1 ) be1 = 0 donc e1 = a u(e1) = a2 e1 c'est-ab
b
2
a
dire 1 = 2 . La famille (e1 ; u(e1 ) est libre.
b
Supposons trouvee (e1; : : : ; eq ) telle que (e1 ; : : : ; eq ; u(e1 ); : : : ; u(eq )) soit
libre. Si cette famille est une base de E alors E est de dimension paire et
le resultat est prouve. Sinon il existe un vecteur eq+1 tel que la famille obtenue en adjoignant ce vecteur soit encore libre. Montrons que la famille
(e1 ; : : : ; eq+1 ; u(e1 ); : : : ; u(eq+1 )) est libre. Si ce resultat est prouve alors la
dimension de E est bien paire et le resultat demande est bien prouve.
q+1
X
q+1
X
ak ek + bk u(ek ) = 0.
k=1
Si bq+1 est nul alors tous les coecients sont nuls. Supposons bq+1 non nul.
Supposons
k=1
125
En changeant de notation nous avons u(eq+1 ) =
calculant l'image par u nous obtenons eq+1 =
q+1 u(eq+1 ) =
q+1
X
k=1
q+1 k ek +
q
X
k=1
q
X
k=1
k u(ek ) +
q
X
k=1
q+1
X
k=1
q+1
X
k=1
k ek +
q
X
k=1
k u(ek ) +
k u(ek ) ; en
q
X
k=1
k ek puis
k ek eq+1 qui est aussi egal a
q+1 k u(ek ). La famille (e1 ; : : : ; eq+1 ; u(e1 ); : : : ; u(eq ))
est libre donc nous avons en particulier (q+1 )2 = 1 ce qui est faux. La
famille (e1; : : : ; eq+1 ; u(e1 ); : : : ; u(eq+1 )) est donc libre et le resultat est demontre.
Montrons que la famille (e1; : : : ; ep ), (n = 2p), est une base du C -espace vectoriel (E; +; *).
p
p
X
X
Soit x 2 E . x = ak ek + bk u(ek ) ; les coecients ak et bk etant reels.
k=0
Nous en deduisons x =
k=0
p
X
k=0
s'agit d'une base car x =
(ak + ibk)* ek . La famille est donc generatrice ; il
p
X
k=0
(ak + ibk)*ek = 0 )
p
X
k=0
ak ek +
p
X
k=0
bk u(ek ) = 0
et les coecients sont tous nuls.
Tout R-espace vectoriel de dimension 2p peut ^etre \regarde" comme un C espace vectoriel de dimension p.
Remarque lorsque le R-espace vectoriel (E; +; :) de dimension 2p devient
un C -espace vectoriel (E; +; *) de dimension p en utilisant une application
telle que l'application u denie precedemment, une application R-lineaire ne
devient pas pour autant C -lineaire.
Par exemple en dimension deux considerons (e1; e2 ) un R-base de l'espace
vectoriel E . Considerons l'application R-lineaire u denie par u(e1 ) = e2 et
u(e2 ) = e1 . Denissons la loi * comme precedemment.
Considerons l'application R-lineaire v denie par
v(e1 ) = a1 e1 + a2 e2; v(e2 ) = b1 e1 + b2 e2. Soit z = + i; (; ) 2 R2.
v(z * e1 ) = v(e1 + e2 ).
v(z * e1 ) = (a1 e1 + a2e2 ) + (b1 e1 + b2e2 ) = (a1 + b1 )e1 + (a2 + b2 )e2.
z * v(e1 ) = (a1 e1 + a2 e2 ) + (u(a1e1 + a2e2 )) = (a1 a2 )e1 + (a2 + a1 )e2 .
v est C -lineaire si et seulement si b1 = a2 et b2 = a1 .
0 1 0 11
0 2 1 11
11. A = tB = @ 1 1 0 A, BA = AB = @ 1 2 1 A = A B ,
1 1 2
0 1 10 21 1 1
A2 = @ 2 1 1 A = 2A + B , B 2 = A 2B , (A B )2 = A + B . Toutes
1 2 1
ces matrices sont dans V .
126
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
En utilisant les resultats recedents, nous avons
(AB )A = A2 BA = 2A B + A + B = 3A ; de m^eme (AB )B = 3B .
E = 13 (AB ) est donc element neutre. Notons J l'element p1 (A B ) ; nous
3
avons J 2 = E .
Soit f l'application de C dans V qui a a + ib; (a; b) 2 R2 associe aE + bJ 2 V .
8(a; b; c; d) 2 R4; f ((a + ib) + (c + id)) = f (a + ib) + f (c + id),
f ((a + ib):(c + id)) = f (a + ib):f (c + id) et f (1) = E .
Im(f ) est donc un anneau.
p f est injective car E pn'est pas colineaire a J ; f
3
1
3
1
est surjective car A =
E
+ J; B = E
J ; l'image reciproque de
2
2
2
2
p
A + B est 23 ( + ) + i 21 ( ).
V et C sont donc isomorphes.
12. En utilisant la nformule de Taylor pour les polyn^omes nous obtenons :
X
P (X + ai ) = k1! aki P (k) (X ). La famille P; P 0 ; : : : ; P (n)) est une famille de
k=0
n + 1 polyn^omes non nuls de degres deux a deux dierents ; cette famille est
libre donc est une base de K n [X ].
de la famille (P (X + a1); P (X + a2); : : : ; P (X + an)) dans la base
La1matrice
(i)
i! P 06i6n est la matrice de Vandermonde V (a1; : : : ; an) qui est inversible
car les ai sont deux a deux distincts. La famille 3 (P (X + ai))06i6n est donc
une base de K n [X ].
13. Supposons que quelle que soit g 2 L(F; E ) de rang ni on ait rg(g f ) =
rg(f g). Supposons que f ne soit pas surjective.
Notons F1 6= F l'image de F . Soit F2 un supplementaire (dans F ) de F1 . Soit
x un vecteur non nul de E .
Considerons l'application g lineaire de F vers E telle que la restriction a F1
soit nulle et g(F2) = K x. g existe car F2 6= f0g et est de rang 1.
(g f )(E ) = f0g, (f g)(F ) = K f (x).
Nous en deduisons que pour tout x 2 E , f (x) = 0. f est la fonction nulle ce
qui est contradictoire ; f est donc surjective.
Soit v 2 E; v 6= 0. Soit g l'application lineaire de F dans E telle que g(F ) =
K v . g existe4 et est de rang 1.
(g f )(E ) = K v ; (f g)(F ) = K f (v). Nous en deduisons que pour tout v non
nul f (v) est non nul ; f est injective.
Supposons que f soit un isomorphisme. (g f )(E ) = g(F ) = E1 ; (f g)(F ) =
f (E1 ). E1 est de dimension nie donc f (E1 ) a m^eme dimension que E1 ; on a
bien dim(g f ) = dim(f g).
Vous pouvez retrouver cet exercice dans le devoir corrige page 566 du livre "Resume de cours
Textes et corriges de devoirs" edite chez ellipses.
4
Pour construire g, il sut de choisir une droite D = K e de F et un supplementaire F1 de cette
droite ; soit y 2 F; y = y1 + y2 ; (y1 ; y2 ) 2 D F1, posons p(y) = y1 = e puis g(y) = v.
3
127
14. (a) Soit P 2 K [X ]. En eectuant la division euclidienne par D nous en deduisons que P 2 D(X ) K [X ] + K d 1 [X ].
En examinant les degres, nous avons (D(X ) K [X ]) \ (K d 1 [X ]) = f0g.
L'egalite est donc demontree.
Soit A 2 K N [X ]. En eectuant la division euclidienne de A par D
nous obtenons, comme precedemment, le resultat demande. Nous avons
K N [X ] = DN K d 1 [X ]. DN est de dimension N d.
(b) () Si deg(Q)>p alors deg(kP + XQ) = p + 1.
On a bien deg(Q)6p 1.
() Soit A = aX + b; (a; b) 2 K K .
deg(PA0 + QA)6 max(deg(P + XQ);
deg(bQ)) = max(p; deg(bQ)) = p = p + deg(A) 1.
Supposons le resultat vrai pour tout polyn^ome non nul de degre au
plus egal a n.
Soit A = XB + c; c 2 K ; B 2 K n [X ].
deg(PA0 + QA) = deg((XB 0 + B )P + XQB + cQ) = deg(X (PB 0 +
QB ) + (PB + cQ))6 max(deg(PB 0 + QB ) + 1; deg(PB + cQ)).
Gr^ace a l'hypothese de recurrence nous obtenons :
deg(PA0 + QA)6 max(n + p; deg(cQ)).
On a donc deg(PA0 + QA)6n + p.
() En utilisant le resultat precedent, Ln est bien lineaire de K n [X ] dans
K n+p 1 [X ].
(v) Lemme Soit (Pk )k2Nn une famille de polyn^omes non nuls de degres
tous deux a deux distincts. Cette famille est libre.
Si n = 1 la famille est clairement libre. Supposons le resultat vrai
pour tout famille d'au plus n elements. Considerons une famille de
cardinal n + 1. Quitte a changer d'indexation, on peut supposer que
8k 2 Nn ; deg(Pk ) < deg(Pk+1). Considerons la combinaison lineaire
n+1
X
ak Pk = 0. Si an+1 = 0, d'apres l'hypothese de recurrence, le
k=1
coecients sont tous nuls. Supposons
an+1 6= 0. Nous obtenons
!
n
X
deg(an+1Pn+1 = deg
ak Pk 6 deg(anPn) < deg(Pn+1) ce qui est
k=1
contradictoire. La famille est libre et le lemme est demontre.
Ln(X k) = kPX k 1 + QX p.
deg(kX k 1P + X k Q) = k 1 + deg(
k + XQ) = p + k 1.
k
La famille des polyn^omes Ln(X ) k2f0;:::;ng est donc une famille de
polyn^omes
non nuls de degr
es deux a deux distincts ; c'est une famille
n
n
X
X
libre. ak Ln(X k ) = ak (kPX k 1 + QX p )_est nul si et seulement
k=0
k=0
si les coecients ak sont tous nuls c'est-a-dire Ln(A), ou A 2 K n [X ],
est nul si et seulement si A est nul. Ln est bien injective.
(v) Si D = P ^ Q, 8A 2 K n [X ]; 9R 2 K [X ]; PA0 + QA = RD 2 Dn+p 1
128
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
d'ou le resultat.
(v) Dn+p 1 a pour dimension n+p 1 d ou d est le degre de D Si Q divise
P et est de degre p 1 alors on peut choisir D = Q et P = (aX + b)D.
Dn+p 1 a pour dimension n. Im(Ln) a pour dimension n Les deux
espaces ont m^eme dimension, l'un est inclus dans l'autre et sont donc
egaux.
Supposons que Im(Ln) = Dn+p 1. La dimension de Dn+p 1 est donc
egale a n c'est-a-dire d = p 1 Nous en deduisons que Q a pour degre
p 1 D divise Q et a m^eme degre ; Q divise donc P .
15. U divise A. Soit x 2 Ker(U (f )). Nous avons A(f )(x) = 0 ; de m^eme
B (f )(x) = 0. Nous obtenons Ker(U (f )) (Ker(A(f )) \ Ker(B (f ))).
U est le pgcd de A et B donc il existe deux polyn^omes P et Q tels que
U = PA + QB .
Soit x 2 Ker(A(f )) \ Ker(B (f )) alors U (f )(x) = 0.
Nous avons l'egalite : Ker(U (f )) = (Ker(A(f )) \ Ker(B (f ))).
Soit y 2 Im(A(f )) + Im(B (f )).
Il existe (x1; x2 ) 2 E 2 ; y = A(f )(x1) + B (f )(x2 ).
A et B s'ecrivent respectivement A = UA1; B = UB1 donc
y = U (f )(A1(f )(x1)) + U (f )(B1 (f )(x2)) = U (f )(A1(f )(x1 ) + B1 (f )(x2)) appartient a Im(U (f )).
Im(U (f )) = fU (f )(x); x 2 E g = fA(f )(P (f )(x)) + B (f )(Q(f )(x)); x 2 E g.
Nous avons donc Im(U (f )) Im(A(f )) + Im(B (f )).
Nous avons alors l'egalite Im(U (f )) = Im(A(f )) + Im(B (f )).
Il existe P et Q deux polyn^omes tels que V = AP; V = BQ.
Soit x 2 Ker(A(f )) alors x 2 Ker(V (f )).
De m^eme avec B donc Ker(A(f )) [ Ker(B (f )) Ker(V (f )) ; nous en deduisons Ker(A(f )) + Ker(B (f )) Ker(V (f )).
P et Q sont premiers entre eux donc il existe P1 et P2 deux polyn^omes tels
que 1 = PP1 + QQ1 .
Soit x 2 E; V (f )(x) = 0. Soient x1 = P (f )(P1(f )(x)) et x2 = Q(f )(Q1 (f )(x)).
A(f )(x1 ) = ((P1AP )(f ))(x) = (V (f ))(x) = 0 de m^eme B (f )(x2 ) = 0.
x1 + x2 = P (f )(P1(f )(x)) + Q(f )(Q1 (f )(x)) = ((PP1 + QQ1 )(f ))(x) = x.
Nous avons donc Ker(V (f )) Ker(A(f )) + Ker(B (f )) d'ou l'egalite
Ker(V (f )) = Ker(A(f )) + Ker(B (f )).
Im(V (f )) = f((AP )(f ))(x); x 2 E g Im(A(f )).
De m^eme Im(V (f )) Im(B (f )) donc Im(V (f )) (Im(A(f )) \ Im(B (f ))).
Soit y 2 Im(A(f )) \ Im(B (f )).
Il existe (x1; x2 ) 2 E 2 ; y = (A(f ))(x1) = (B (f ))(x2 ).
((PA)(f ))(x1) = (P (f ))(y) = (V (f ))(x1);
((QB )(f ))(x2 ) = (Q(f ))(y) = (V (f ))(x2).
(P1(f ))((V (f ))(x1)) + (Q1 (f ))((V (f ))(x2 )) = y
= (V (f ))((P1(f ))(x1 ) + (Q1 (f ))(x2)) 2 Im(V (f )).
Nous avons donc l'egalite Im(V (f )) = (Im(A(f )) \ Im(B (f ))).
16. (a) M 2 Mn(K ) 7 ! tr(AM ) 2 K est une forme lineaire.
Pour (i; j ) 2 (Nn )2 notons Ei;j la matrice elementaire dont les elements
129
sont tous nuls sauf celui situe en (i; j ) qui est egal a 1.
Nous avons que pour tout (i; j;X
k; l) 2 (Nn )4 ; Ei;j Ek;l = jk Ei;l .
Considerons la matrice A =
ak;lEk;l . Soit (i; j ) 2 (Nn )2 .
(k;l)2(Nn1
)
0
!
n
X
X
tr(AEi;j ) = tr @
ak;lEk;l Ei;j A = tr
ak;iEk;j = aj;i .
2
k=1
(k;l)2(Nn)2
f = M 2 Mn(K ) 7 ! tr(AM ) 2 K si et seulement si 8(i; j ) 2 (Nn )2 ,
f (Ei;j ) = aj;i. La matrice A existe et est unique.
(b) Supposons qu'il existe un hyperplan H de Mn(K ) ne contenant aucune
matrice inversible. In n'est donc pas dans H . H et la droite engendree
par la matrice In sont supplementaires.
Soit M 2 Mn(K ). Il existe a 2 K et B 2 H tels que M = aIn + B .
det(M aIn) = det(B ) = 0 donc a est une valeur propre de M .
Soit M = aIn + B une matrice nilpotente ; d'apres ce que nous venons de
voir a = 0 car la seule valeur propre de M (a l'ordre n) est zero. On en
deduit que
Xles matrices nilpotentes sontXtoutes dans H . X
Si M =
mi;j Ei;j alors tr(AM ) =
mi;j tr(AEi;j ) =
mi;j aj;i .
(i;j)2(Nn)2
(i;j)2(Nn)2
(i;j)2(Nn)2
Considerons une matrice Ek;l avec k 6= l. Une telle matrice est nilpotente
donc est dans H ; nous avons alors tr(AEk;l) = 0 = al;k . A est donc une
matrice diagonale, A = Diag(a1; : : : ; an) (les ai ne sont pas tous nuls)
n
X
et tr(AM ) = ai mi;i . En particulier, la matrice M dont les elements
i=1
sont tous egaux a 1 sauf ceux de la diagonale qui sont nuls appartient a
H . Soit X un vecteur
colonne veriant AX = X . Nous obtenons pour
n
X
chaque i 2 Nn ;
xj = ( + 1)xi . Si 6= 1 alors les xi sont tous egaux
j =1
et = n 1. Dans ces conditions l'espace propre associe a n 1 est une
droite. Si = 1 alors l'espace propre associe a cette valeur propre est
un hyperplan. M est diagonalisable inversible et appartient a H . Nous
avons un contradiction. Tout sous-espace de Mn(K ) de dimension n2 1
possede donc au moins une matrice inversible.
17. (a) Soit a l'endomorphisme de K n dont la matrice dans la base canonique est
A. a2 = 0 donc Im(a) Ker(a) ; en appelant n la dimension du noyau
de a il vient 3 n6n donc n = 2 car a 6= 0. Soit e3 un vecteur de K n
n'appartenant pas au noyau de a. Notons e2 l'element a(e3) qui est dans
le noyau de a. Soit enn e1 un element de Ker(a) tel que (e1 ; e2) soit
une base du noyau.
Le triplet (e1; e2 ; e3 ) est donc une base de K n . Nous avons a(e1) =
a(e2) = 0 et a(e3) = e2 . La matrice A est alors semblable5 a la matrice
E2;3 .
Vous trouverez une demonstration simple concernant la decomposition de Jordan dans le devoir
corrige numero 5, page 98 du livre du m^eme auteur, deja cite.
5
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
130
(b) Soit M 2 M3 (K ).
Il existe une matrice inversible P 2 M3 (K ) telle que PAP 1 = E2;3 .
AM + MA = P 1 E2;3 PM + MP 1E2;3 P
= P 1 E2;3 PMP 1 + PMP 1E2;3 P .
AM + MA = 0 () E2;3 PMP 1 + PMP 1E2;3 = 0.
L'application M 2 M3 (K ) 7 ! PMP 1 M3(K ) est un isomorphisme ;
l'ensemble des matrices M veriant AM + MA = 0 est un sous-espace
vectoriel de M3 (K ) donc la dimension de l'espace cherche est la dimension de l'espaceX
des matrices N 2 M3 (K ) telles que E2;3 N + NE2;3 = 0.
Posons N =
ni;j Ei;j .
(i;j)2(N3)2
E2;3 N =
NE2;3 =
18. (a)
(b)
19. (a)
(b)
(c)
X
(i;j)2(N3)2
X
(i;j)2(N3)2
ni;j E2;3 Ei;j =
ni;j Ei;j E2;3 =
3
X
j =1
3
X
i=1
n3;j E2;j ;
ni;2 Ei;3 .
Nous obtenons donc n3;21 = n3;2 = n23;2 + n3;3 = n1;2 = 0. Les matrices N
b 0 d
4
cherchees sont du type c a e 5 ou (a; b; c; d; e) 2 K 5 .
0 0 a
La famille E1;1 ; E1;3 ; E2;1 ; E2;2 + E3;3 ; E2;3 est libre donc l'espace vectoriel recherche est de dimension 5.
Soit u1 l'application de E1 dans F denie par 8x 2 E1 ; u1 (x) = u(x).
Nous avons dim(E1 ) = rg(u1 ) + dim(Ker(u1 )).
Ker(u1 ) = fx 2 E1 ; u(x) = 0g = E1 \ Ker(u),
rg(u1 ) = dim(u(E1 )) d'ou le resultat
dim(E1) = dim(u(E1 )) + dim(E1 \ Ker(u)).
Soit E1 un supplementaire de Ker(u). Notons u1 l'application de E1
dans Im(u) denie par 8x 2 E1 ; u1 (x) = u(x). u1 est un isomorphisme
d'inverse v.
Soit x 2 E; x = x1 + x2 avec (x1 ; x2 ) 2 E1 Ker(u).
u(x)2F1 () u(x2 )2F1 () u(x2)2F1 \ Im(u) () x1 2v(F1 \ Im(u)).
Nous en deduisons x 2 u 1 (F1) () x 2 Ker(u) v(F1 \ Im(u)).
Il vient alors dim(u 1 (F1)) = dim(Ker(u)) + dim(F1 \ Im(u)).
En utilisant le resultat (a) de l'exercice precedent nous en deduisons
dim(h2(h1(E ))) = dim(h1(E )) dim(h1(E ) \ Ker(h2)) c'est-a-dire
rg(h2 h1) = rg(h1) dim(Im(h1) \ Ker(h2)).
Nous obtenons immediatement
rg(h2 h1) = rg(h1) dim(Im(h1)) dim(Ker(h2))+dim(Im(h1)+Ker(h2))
c'est-a-dire
rg(h2 h1) = dim(Ker(h2 )) + dim(Im(h1) + Ker(h2))
= rg(h2) dim(F )+dim(Im(h1 )+Ker(h2)).
Il est clair que rg(h1)6 dim(Im(h1) + Ker(h2)) donc
rg(h1) + rg(h2) dim(F ) = rg(h1) dim(Im(h1 ) + Ker(h2))
131
+ rg(h2 h1 )6 rg(h2 h1 ).
En utilisant (a) et (b) ou directement nous avons bien
rg(h2 h1)6 max(rg(h1); rg(h2)).
(d) En utilisant le resultat (a) nous obtenons
dim(Ker(h2 h1 )) = dim(E ) rg(h2 h1 ) = dim(E ) rg(h1)
+ dim(Im(h1) \ Ker(h2))
= dim(Ker(h1)) + dim(Im(h1 ) \ Ker(h2)).
(e) Nous en deduisons immediatement
dim(Ker(h1))6 dim(Ker(h1 h2)6 dim(Ker(h1)) + dim(Ker(h2 )).
En utilisant le resultat (a) nous obtenons, sachant que E et F ont m^eme
dimension :
dim(Ker(h2 h1)) = dim(Ker(h2)) + dim(F ) dim(Im(h1) + Ker(h2)).
Im(h1) + Ker(h2) F donc dim(Ker(h2 h1 ))> dim(Ker(h2)).
20. (a) Im(u + v) = fu(x) + v(x); x 2 E g fu(x); x 2 E g + fv(y); y 2 E g =
Im(u) + Im(v).
Nous en deduisons rg(u + v)6 rg(u) + rg(v).
Nous en deduisons
rg(u) rg((u + v) v)6 rg(u + v) + rg( v) = rg(u + v) + rg(v) donc
rg(u) rg(v)6 rg(u + v) ; en faisant de m^eme en echangeant u et v nous
obtenons j rg(u) rg(v)6 rg(u + v)6 rg(u) + rg(v).
(b) Ker(u) \ Ker(v) Ker(u + v).
Soit E1 un supplementaire de Ker(u) \ Ker(v) dans Ker(u + v). Soit E2
un supplementaire de Ker(u + v) dans E .
E = (Ker(u) \ Ker(v)) E1 E2 . Nous voulons demontrer que
dim(E1) + dim(Ker(u) \ Ker(v))6 dim(Ker(u) \ Ker(v)) + dim(Im(u) \ Im(v))
c'est-a-dire dim(E1 )6 dim(Im(u) \ Im(v)).
Soit x 2 E1 et u(x) = 0 alors v(x) = 0 donc x est nul. La restriction de
u a E1 est injective et dim(E1 ) = dim(u(E1 ).
Soit y 2 u(E1 ). Il existe x 2 E1 , y = u(x) = v(x) = v( x) donc
y 2 v(E1 ) et y 2 Im(u) \ Im(v) on a bien dim(E1 )6 dim(Im(u) \ Im(v)).
21. Rappel Soient A et B deux ensembles non vides. Soient f et g deux applications respectivement de A vers B et de B vers A. Si g f injective alors f
est injective ; si g f surjective alors g est surjective.
En eet :
Soient (a1; a2 ) 2 A2; f (a1) = f (a2) alors (g f )(a1 ) = (g f )(a2) donc a1 = a2
et f est injective.
Soit a 2 A. Il existe x 2 A; (g f )(x) = a. En particulier g(f (x)) = a et g
est surjective.
En particulier soient E et F deux K -espaces vectoriels. Soit u 2 L(E; F ).
Soit v et w deux applications (non a-priori lineaires) de F dans E telle que
u v = IdF et w u = IdE alors u est un isomorphisme, v = w est l'application
lineaire reciproque de u.
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
132
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
Avec les notations de l'enonce, s'il existe v 2 L(E; F ); u v = IdF alors u est
surjective.
Supposons u surjective. Soit E1 un supplementaire, dans E , de Ker(u). La
restriction u1 de u a E1 est un isomorphisme de E1 vers F . Soit v1 l'isomorphisme reciproque que l'on prolonge en une application v de F vers E .
Soit x 2 F , (u v)(x) = u(v1 (x)) = (u v1 )(x) = x d'ou le resultat demande.
Supposons u injective. Soit F1 un supplementaire, dans F , de Im(u). Soit u1
l'application de E dans Im(u) telle que 8x 2 E; u(x) = u1 (x). u1 est un ismorphisme ; soit v l'application lineaire de F dans E telle que la restriction a Im(u)
est (u1) 1 et la restriction a F1 est nulle. Soit x 2 E , (v u)(x) = v(u1 (x)) = x
d'ou le resultat demande.
Remarque supposons E et F de dimensions nies. q = dim(E ); p = dim(F ).
Supposons u 2 L(E; F ) injective ; nous avons alors q6p. Il existe une base, B1 ,
de E et une base,
! B2, de F telles que la matrice de u dans ce couplede bases
I
est U = q . Soit v 2 L(F; E ) ; soit V = Mat(v; B2 ; B1 ). V = V1 V2
0
ou V1 2 Mq (K ).
V U = V1. V1 = Mat(v u; B1 ; B1 ). v u = IdE si et seulemetn si V1 = Iq .
La dimension de l'espace des applications lineaires v telles que v u = IdE est
donc egale a q(p q).
Supposons u 2 L(E; F ) surjective ; nous avons alors p6q. Il existe une base,
B1 , de E et une base, B2, de F telles que la matrice de u dans ce couple de
bases est U = Ip 0 .
!
V1
Soit v 2 L(F; E ) ; soit V = Mat(v; B2; B1 ). V =
ou V1 2 Mp (K ).
V2
UV = V1 . V1 = Mat(u v; B2 ; B2 ). u v = IdF si et seulement si V1 = Ip .
La dimension de l'espace des applications lineaires v telles que u v = IdE est
donc egale a p(q p).
22. Soit V1 un supplementaire de V . u 2 LV (E; F ) () u(V ) = f0g.
Soit ' 2 L(V1 ; F ) ; soit u 2 L(E; F ) telle que u V = 0 et u V = '.
1
u existe bien, est unique et appartient a LV (E; F ).
Appelons f l'application qui a ' associe u.
f est lineaire, f (') = 0 ) u V = 0 = ' donc f est injective.
1
Soit u 2 LV (E; F ); sa restriction ' a V1 a pour image u donc f est surjective. f
est un isomorphisme et dim(LV (E; F )) = dim(L(V1 ; F ) = dim(V1) dim(F )).
23. Soient (v1; v2 ) 2 (L(E ))2 et 2 K .
u (v1 + v2 ) = u v1 + u v2 ; (v1 + v2 ) u = v1 u + v2 u. L0 est un
espace vectoriel.
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
133
v 2 L0 (E ) () (Im(v) Ker(u); Im(u) Ker(v)).
Soit E1 un suppementaire de Im(u). Soit v1 une application lineaire de E1
dans Ker(u). Soit v 2 L(E ) telle que la restriction a Im(u) soit nulle et la
restriction a E1 soit l'application denie de E1 dans E prolongeant v1 .
v existe, est unique et appartient a L0 .
Notons f l'application qui a v1 associe v. f est clairement lineaire. f (v1 ) = 0
implique evidemment que v est nulle.
Soit v 2 L0 , notons v1 l'application de E1 dans Ker(u) telle que pour tout
x 2 E1 ; v1 (x) = v(x). f (v1 ) = v.
f est donc un isomorphisme et dim(L0 ) = (dim(E1 )) (dim(Ker(u))) =
(dim(Ker(u)))2.
24. (a) 8u 2 L(E ), Ker(u) Ker(u2 ); Im(u2 ) Im(u).
Nous devons donc demontrer :
(Ker(u)) \ (Im(u)) = f0g () Ker(u2 ) Ker(u) et
(Ker(u)) + (Im(u)) = E () Im(u) Im(u2 ).
Supposons (Ker(u)) \ (Im(u)) = f0g.
Soit x 2 E; u2 (x) = 0 nous avons donc u(x) 2 (Ker(u)) \ (Im(u)) = f0g
et x 2 Ker(u).
Supposons Ker(u2 ) Ker(u).
Soit x 2 (Ker(u)) \ (Im(u)). Il existe y 2 E tel que x = u(y) puis
u2 (y) = 0 donc y 2 Ker(u) et x = 0 d'ou la premiere equivalence.
Supposons (Ker(u)) + (Im(u)) = E .
Soit y 2 Im(u) ; il existe x 2 E; y = u(x). x s'ecrit x = x1 + x2 avec
(x1 ; x2 ) 2 Ker(u) Im(u). y = u(x1 ) + u(x2 ) = u2 (z ) avec z 2 E donc
y 2 Im(u2).
Supposons Im(u) Im(u2 ).
Soit x 2 E ; y = u(x) 2 Im(u2) donc il existe a 2 E; y = u2 (a).
Soit b = x u(a) ; u(b) = u(x) u2 (a) = 0. Nous en deduisons que
x 2 (Ker(u)) + (Im(u)) d'ou la seconde equivalence.
(b) Si E est de dimension nie alors dim(Im(u)) + dim(Ker(u)) = dim(E )
donc (Ker(u)) + (Im(u)) = E () Ker(u) \ Im(u) = f0g
() E = Ker(u) Im(u)
d'ou le resultat.
(c) Soit E = R[X ], soit d la derivation. Ker(d) est l'ensemble des polyn^omes
constants, Ker(d) est l'ensemble des polyn^omes de degres au plus egaux
a 1, l'image de d est K [X ]. L'equivalence n'est pas veriee.
Autre contre exemple :
E = R[X ], u : P 2 E 7 ! XP 2 E . Ker(u) = Ker(u2 ) = f0g,
Im(u) = X R[X ] 6= R[X ]. L'equivalence n'est pas veriee.
25. (a) Supposons Ker(u) Ker(v).
Soit F1 un supplementaire dans F de Im(u) ; soit E1 un supplementaire
dans E de Ker(u). Notons u1 l'isomorphisme de E1 dans Im(u) deni par
8x 2 E1 ; u1 (x) = u(x).
Considerons l'application lineaire w denie de F dans G telle que pour
134
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
x 2 F1 ; w(x) = 0 et pour x 2 Im(u); w(x) = v ((u 1)(x)).
Soit x 2 Ker(u) alors (w u)(x) = 0 et v(x) = 0.
Soit x 2 E1 alors (w u)(x) = v ((u 1) (u(x))) = v(x).
Nous avons donc w u = v. La reciproque est immediate.
(b) Soit G1 un supplementaire dans G de Im(v). Soit F1 un supplementaire
dans F de Ker(v).
Soit v1 l'isomorphisme de F1 vers G deni par 8x 2 F1; v1 (x) = v(x).
Posons pour x 2 E; w(x) = (v1 ) 1(u(x)).
(v w)(x) = v [(v1 ) 1(u(x))] = v1 [(v1 ) 1(u(x))] = u(x). La reciproque
est immediate.
26. (a) Si G1 et G2 sont deux groupes sous-groupes d'un groupe G alors G1 [ G2
est un groupe si et seulement si l'un des deux sous-groupes est inclus dans
l'autre.
Supposons que G1 [ G2 soit un groupe et qu'aucun des deux sous-groupes
ne soit inclus dans l'autre.
Il existe x2 2 G2 ; x2 62 G1 et x1 2 G1; x1 62 G2 .
Soit * la loi du groupe.
x1 * x2 2 G1 [ G2 donc x1 * x2 2 G1 ou x1 * x2 2 G2 .
Dans le premier cas nous en deduisons x2 2 G1 et dans le second x1 2 G2
ce qui est contradictoire.
Donc si G1 [ G2 est un groupe alors l'un des deux sous-groupes est inclus
dans l'autre. La reciproque est immediate.
(b) Soit n la dimension de E . Si dim(F1 ) = n alors F1 et F2 ont un supplementaire, f0g, commun.
Supposons le resultat vrai pour tout couple de sous-espaces de dimensions
au-moins egales a p>1.
Supposons F1 et F2 de dimensions p 1. F1 6 F2 et F2 6 F1 car sinon ils seraient egaux. Nous avons donc F1 [ F2 6= E ; il existe donc
x 2 E; x 62 F1 [ F2 .
(K a) \ F1 = f0g car sinon il existe x 6= 0 colineaire a a donc a est colineaire a x et appartient a F1 ce qui est faux.
Posons F10 = F1 (K a); F20 = F2 (K a). D'apres l'hypothese de recurrence, il existe H un supplementaire commun a F10 et F20 . (K a) H est
un supplementaire commun a F1 et F2.
Le resultat est demontre.
27. Supposons que F soit un hyperplan de E . Soit b 62 F , soit a 2 F; a 6= 0.
Soit t 2 K . a + tb est non nul. Considerons la droite Dt engendree par a + tb.
si t et u sont deux scalaires dierents alors Dt 6= Du. Sinon a + tb est colineaire
a a + ub donc t = u. a + tb n'est pas dans F donc il y a une innite de
supplementaires de F .
Supposons dim(F )6n 2.
Soit G un supplemenatire de F ; dim(G)>2 donc est egal a G1 D ou D est
une droite et G1 est de dimension au moins egale a 1. E = F G1 D.
Soit a 2 F; a 6= 0 ; soit b 2 D; b 6= 0. Soit t 2 K . Soit x 2 G1 \ (K :(a + tb)).
135
x s'ecrit x = a + (t)b et appartient a F D donc x 2 (F D) \ G1 = f0g.
Nous en deduisons que G1 et K :(a + tb) sont en somme directe.
Posons G(t) = G1 K :(a + tb).
Soient t1 et t2 tels que G(t1 ) = G(t2). Soit g1 + a + tb un element de G(t1 )
avec g1 2 G1.
Il existe g2 2 G1 et 2 K tels que g1 + a + t1 b = g2 + a + (t2)b. g1 = g2 ,
= 1 et t1 = t2 .
Soit x 2 F \ G(t).
Il existe 2 K et g1 2 G1 tels que x = a + (t)b + g1 . Nous avons donc
x = a; t = 0; g1 = 0 donc x = 0.
dim(G(t)) = 1 + dim(G1) = dim(G) donc dim(G(t)) + dim(F ) = n.
G(t) est un supplementaire de F d'ou le resultat demande.
28. (a) Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie n>2. Soit V un sousespace vectoriel de E de dimension n 2. Soit (e1 ; : : : ; en 2) une base de
V que l'on complete en une base (e1; : : : ; en ) de E . Soit v = aen 1 + ben,
avec (a; b) 2 K 2 n f(0; 0)g. Ha;b V + K v est un hyperplan de E . Pour
(a; b) 6= (a0 ; b0 ) alors Ha;b 6= Ha0 ;b0 . En eet si Ha;b = Ha0 ;b0 alors
aen 1 + ben 2 Ha0 ;b0 donc il existe v 2 V aen 1 + ben = a0 en 1 + b0 en + v
ce qui conduit a v 2 V \ Vect(en 1; en) soit encore v = 0 ce qui est faux.
Il y a donc une innite d'hyperplans de E .
Nous aurions pu utiliser le resultat de l'exercice precedent.
(b) Si la dimension n de E est egale a 1, E 6= f0g donc le resultat est vrai.
Supposons le resultat prouve pour tout espace vectoriel de dimension
n.
[p
Soit E un espace vectoriel de dimension n + 1. Supposons que E = Fi
i=1
ou les Fi sont des sous-espacs vectoriels de E de dimensions au plus egales
a n.
Soit H un hyperplan de E donc veriant pour tout i 2 Np ; dim H > dim Fi .
[p
H = (H \ Fi ). H est de dimension n donc n'est pas l'union d'une fai=1
mille nie de sous-espaces de dimensions au plus egales a n 1 ; en
consequence il existe i 2 Np tel que le sous-espace H \ Fi , de H est egal
a H ce qui implique H Fi . Il vient alors dim H 6 dim Fi donc H = Fi .
Nous en deduisons que pour tout hyperplan H de E il existe un indice
i 2 Np tel que H = Fi ce qui signie que E ne possede qu'un nombre ni
d'hyperplans distincts ce qui est faux pour n>2, d'ou le resultat.
29. Lemme Soit E1 et E2 deux sous-espaces, de m^emes dimensions nies, d'un
espace vectoriel E . Soient F1 un supplementaire de E1 et F2 un supplementaire
de E2 . F1 et F2 sont isomorphes.
Preuve
Soit H un hyperplan. Il existe b 2 E; b 62 H tel que E = H (K b).
a 2 E; a 62 H . a s'ecrit b + h avec 2 K ; h 2 H donc b = 1 a
b 2 H + (K a) donc E H + (K a). Nous en deduisons E = H + (K a).
Soit
1h ;
136
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
Soit x 2 (K a) \ H ; il existe 2 K ; x = a. Si x 6= 0 alors a est colineaire
a x et appartient donc a H ce qui est contradictoire. Nous en deduisons
E = H (K a).
D'apres ce qui a ete vu plus haut, si G1 et G2 sont deux groupes sous-groupes
d'un groupe G alors G1 [ G2 est un groupe si et seulement si l'un des deux
sous-groupes est inclus dans l'autre.
Soient H1 et H2 deux hyperplans ; H1 H2 () H1 = H2 .
Sinon il existe a 2 H2 ; a 62 H1 . Dans ces conditions H1 H2 et K a H2
donc E = H1 (K a) H2 ce qui est contradictoire.
En particulier la reunion de deux hyperplans, distincts, d'un espace vectoriel
de l'espace vectoriel E est dierente de E . Il existe donc a 2 E tel que E =
H1 (K a) = H2 (K a). H1 et H2 sont donc isomorphes car supplementaires
d'un m^eme sous-espace6.
Soient G1 et G2 deux sous-espaces d'un espace vectoriel E . Soient D1 et D2
deux droites de E ; on suppose que D1 G1 et D2 G2 sont isomorphes. Soit
' un isomorphisme de D1 G1 dans D2 G2 .
'(D1 ) = D10 est une droite incluse dans D2 G2 .
'(G1 ) = G01 verie D10 G01 = D2 G2 = G. G01 et G2 sont deux hyperplans
de G et sont donc isomorphes ainsi que G1 et G2 .
Si E1 = E2 = f0g alors F1 = F2 = E les deux espaces sont isomorphes.
Supposons dim(E1 ) = dim(E2 ) = 1.
F1 et F2 sont deux hyperplans de E et sont donc isomorphes.
Supposons le resultat prouve pour des sous-espaces E1 et E2 de dimensions
egales, au plus egales a n. Considerons deux sous-espaces, E1 et E2 de E , de
dimensions n + 1.
E crivons E1 = E10 D1; E2 = E20 2 ou D1 et D2 sont des droites.
E = E10 (D1 F1 ) = E20 (D2 F2 ). D'apres l'hypothese de recurrence,
D1 F1 et D2 F2 sont isomorphes et d'apres le resultat demontre plus haut
F1 et F2 le sont. Le resultat est demontre.
Notons p = rg(g); q = rg(f ). p6q. Supposons g h = k f .
Soit x 2 Ker(f ) alors g(h(x)) = 0 donc h(Ker(f )) Ker(g).
Soient respectivement A et B des supplementaires dans E de Ker(f ) et Ker(g).
E = A Ker(f ) = B Ker(g). dim(A) = p; dim(B ) = q.
Soit H un sous-espace vectoriel de Ker(g) de dimension q p ; soit K un sousespace vectoriel de Ker(g) tel que Ker(g) = K H .
Soient (u1 ; : : : ; uq p ) une base de H , (e1; : : : ; eq ) une base de A et ("1 ; : : : ; "p )
une base de B .
(f (e1 ); : : : ; f (eq )) est une base de Im(f ). Notons F1 un supplementaire de
Im(f ) dans F .
Soit k l'endomorphisme de F deni par :
k(f (ei )) = g("i ) pour i 2 Np , k(f (ei )) = 0 pour i 2 N; i + 16i6q et la
Notons p1 le projecteur de noyau K a, d'image H1 ; notons p2 le projecteur de noyau K a, d'image
H2 . Soit f l'application de H1 dans H2 denie par f (x) = p2(x). f (x) = 0 ) x 2 H1 \ (K a) = f0g,
soit x 2 H2 ; x = x1 + a avec x1 2 H1 . x1 = x2 + a avec x2 2 H2 . Nous avons donc
(x x2 ) = ( + )a donc x = x2 c'est-a-dire x = p2(p1 (x)) = f (p1 (x)). f est donc un isomorphisme.
6
137
restriction de k a F1 est nulle.
Soit h l'endomorphisme de E de ni par :
h(ei ) = "i pour i 2 Np , h(ei ) = ui p pour i 2 N; p + 16i6q.
E = B Ker(g) = (B H ) K = A Ker(f ).
K et Ker(f ) sont supplementaires d'espaces de m^eme dimension nie, q, ils
sont isomorphes. Il existe un isomorphisme de Ker(f ) dans K .
Posons pour x 2 Ker(f ); h(x) = (x).
Pour i 2 Np ; (g h)(ei) = (k f )(ei ),
pour i 2 N; p + 16i6q; (g h)(ei ) = 0 = (k f )(ei ),
pour x 2 Ker(f ); (g h)(x) = 0; (k f )(x) = 0.
Le resultat est donc demontre.
30. (a) Soit X 2 Mn;1(R) une matrice colonne.
X + ABX = 0 ) BX + (BA)(BX ) = 0 ) (In + BA)(BX ) = 0 donc
BX = 0 puis X = A(BX ) = 0. In + AB est donc inversible.
(b) (In + AB )(In A(In + BA) 1B ) = In + AB (In + AB )A(In + BA) 1B =
In + AB (A + ABA)(In + BA) 1 B = In + AB AB = In d'ou le resultat.
31. In + C1 tC2 n'est pas inversible si et seulement si il existe X 2 Mn;1(K ); X 6= 0
et X + C1 tC2 X = 0.
Notons a l'element de la matrice 1 1; tC2 X .
Nous avons alors X + aC1 = 0 puis, en remplacant et en notant b l'element
de la matrice 1 1; tC2 C1, a(1 + b)C1 = 0. a et C1 sont non nuls donc la
condition necessaire et susante et tC2C1 = 1.
32. (a) Voir l'exercice numero 37 du chapitre "polyn^omes et fractions rationnelles".
(b) En developpant nous en deduisons que la matrice M 2 Mn+1;n+1(R)
de passage de la base canonique a la bas (P0; : : : ; Pn) a pour terme
( 1)i+j n!
general d'indice (i; j ) 2 (Nn+1 )2 ; ai;j =
(j 1)!(i j 2)!(n i + 1)!
lorsque j 6i et zero sinon.
Pour inverser cette matrice il sut de resoudre le systeme :
Xi ( 1)i+j n!
8i 2 f0; : : : ; ng; j !(i j )!(n i)! xj = yi .
j =0
1
Il est immediat que x0 = y0 et x1 = y0 + y1.
n
Xi Cij
En faisant les premiers calculs on peut supposer xi =
j yj .
j =0 Cn
Montrons auparavant le resultat :
8i 2 N; 8j 2 N; j 6i;
Xi
k=j
( 1)i+k Ckj Cik+1 = Cij+1 .
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
138
Preuve
Xi
Notons P (i) la proposition 8j 2 N; j 6i; ( 1)i+k Ckj Cik+1 = Cij+1 .
k=j
P (0) est vraie.
1
X
k=0
(
1)k+1 Ck0 C2k
= 1 + 2 = 1 = C20;
P (1) est vraie.
Supposons P vraie jusqu'au rang i.
1
X
k=1
( 1)k+1 Ck1 C2k = 2 = C21 .
i+1
X
k=0
( 1)i+1+k Cik+2 + 1 = ( 1)i+1 (1 1)i+2 + 1 = 1 = Ci0+2 .
Supposons j >1.
Cik+2 = i +k 2 Cik+11 ; Ckj = kj Ckj 11 donc Cik+2 Ckj = i +j 2 Cik+11 Ckj 11 .
i+1
i+1
X
i
+2 X
j
i
+1+
k
k
( 1)
Ck Ci+2 = j
( 1)i+1+k Cik+11 Ckj 11
k=j
k=j
Xi
i
+
2
i+k k j 1
=
j k=j 1( 1) Ci+1 Ck .
Nous pouvons appliquer P (i) et en deduire :
i+1
X
( 1)i+1+k Ckj Cik+2 = i + 2 Cij+11 = Cij+2 . Le resultat est donc prouve.
j
k=j
Revenons a la preuve du resultat cherche.
Xi Cij
Montrons xi =
j yj .
j =0 Cn
Supposons le resultat acquis au rang i.
i+1
X
( 1)i+k+1 n!
Considerons
xk = yi+1 .
k
!(
i
+
1
k
)!(
n
i
1)!
k=0
D'apres l'hypothese de recurrence nous en deduisons
i+1 X
k
X
!
( 1)i+k+1 n!Ckj
yj + Cni+1 xi+1 = yi+1 .
j
k=0 j =0 k !(i + 1 k )!(n i 1)!Cn
En echangeant les deux sommations nous obtenons
# !
Xi Xi "
( 1)i+k+1 n!Ckj
i+1
j yj + Cn xi+1 = yi+1 .
k
!(
i
+
1
k
)!(
n
i
1)!
C
n
j =0 k=j
Il vient donc :
i+1
Xi
C
i
+1
xi+1 = C i+1 yi+1 +
n
j =0
139
!
Xi
( 1)i+k n!Ckj
j yj .
i+1
k=j Cn k !(i + 1 k )!(n i 1)!Cn
( 1)i+k Cik+1Ckj
( 1)i+k n!Ckj
=
.
Cni+1 k!(i + 1 k)!(n i 1)!Cnj
Cnj
D'apres le resultat que nous avons precedemment demontre, nous en deduisons :
i+1 j
Xi
X
Cij+1
Ci+1
( 1)i+k n!Ckj
=
puis
x
=
i
+1
j
j
j yj .
i+1 k !(i + 1 k )!(n i 1)!Cn
C
C
C
n
n
n
j =0
k=j
Le resultat est demontre.
(c) Soit n 2 N .
n
n
n
X
X
X
k
k
n
k
kPk = kCn X (1 X ) = nX Cnk 11 X k 1(1 X )n
k=0
k=1
k
k=1
= nX
n 1
X
k=0
Cnk 1X k (1 X )(n 1) k = nX .
Le resultat est vrai pour n = 1.
Supposons
n>
2.
n
n
X
X
k2 Pk = k(k 1)Cnk X k (1 X )n k + nX
k=0
k=2
= n(n
= n(n
X
1)X 2 Cnk 22 X k 2(1 X )n k + nX
k=2
n 2
X
1)X 2 Cnk 2X k (1 X )(n 2) k + nX
k=0
2
1)X + nX .
n
= n(n
Il est immediat que la relation est vraie pour n = 0 et n = 1.
Nous avons donc7 : S1 = nX; S2 = nX (1 + (n 1)X ).
33. (a) Si P est constant (P ) = 0 ; sinon deg((P )) = deg(P ) 1.
Si deg(P ) < n alors n(P ) = 0. (X p) = pX p 1 donc n(X n) = n!.
n
X
Si P = ak X k alors n(P ) = n!an.
k=0
1
(b) Pour p>2; Cp (X + 1) Cp (X ) =
p!
c'est-a-dire
1
p!
7
Y
p 2
k= 1
(X k)
Y
p 1
k=0
!
Y
p 1
k=0
k=0
p 1
(X + 1 k)
(X k)
Ce resultat est utilise dans l'etude des polyn^omes de Bernstein.
Y
!
(X k)
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
140
!
p 2
Y
1
= ((X + 1) (X p + 1))
(X k)
p!
k=0
p 2
1 Y
(X k) = Cp 1 (X ).
=
(p 1)! k=0
(C1) = 1; (C0) = 0 donc pour p>1; (Cp) = Cp 1.
Les polyn^omes Cp sont chacun de degre p donc la famille (Cp )p2N est une
base de R[X ].
Pour k>n; n(Ck ) = Ck n et pour k < n; n(Ck ) = 0.
Soit P =
n(P ) =
+1
X
k=0
+1
X
k =n
ak Ck ou les ak sont nuls pour k > deg(P ).
ak Ck n et
Nous avons donc P =
n(P )(0) =
+1
X
k=0
+1
X
k=n
ak Ck n(0) = an.
k (P )(0)Ck.
(c) Si les coordonnees sont dans Z alors pour tout z 2 Z; P (z ) 2 Z.
Supposons P (Z) Z.
Soit z 2 Z alors P (z + 1) et P (z ) sont dans Z puis (P )(z ) 2 Z. Il est
donc immediat que 8n 2 N; (n(P ))(Z) Z et (n(P ))(0) 2 Z. Les
coordonnees sont toutes dans Z.
(d) est lineaire ; soit P tel que P (X + 1) P (X ) = 0. Soit Q = P P (0)
alors pour tout entier k nous avons Q(k) = 0. Le polyn^ome Q est nul et
le noyau de est l'ensemble des polyn^omes constants.
Il est clair que (P 0 ) = ((P ))0 donc ((Cp+1)0 ) = (Cp )0 .
La relation proposee est vraie pour p = 0; p = 1.
Supposons le resultat vrai
jusqu'au rang p.
p
X
((Cp+1)0 ) = (Cp )0 = ( 1)k 1 1 Cp k .
k
k=1
!
p+1
p
X
X
1
1
( 1)k 1 Cp+1 k = ( 1)k 1 Cp k .
k
k
k=1
k=1
Nous en deduisons qu'il existe une constante K telle que
p+1
X
( 1)k 1 1 Cp+1 k = (Cp+1 )0 + K .
k
k=1
!0
p
Y
1
(Cp+1 )0(0) =
(X k) (0)
(p + 1)! j=0
p
1 Y
( 1)p
( 1)p
=
(X k)(0) =
p
!=
(p + 1)! j=1
(p + 1)!
p+1
p+1
X
1
( 1)p
Nous avons aussi ( 1)k 1 Cp+1 k (0) =
k
p + 1 donc K = 0 et nous en
k=1
141
deduisons
p+1
X
( 1)k 1 1 Cp+1 k = (Cp+1)0 .
k
k=1
Le resultat est prouve au rang p + 1.
N
X
Soit P = anCn.
n=0
N "
n
X
X
!#
"
!#
N
n
k 1
X
X
( 1)k 1 k (C )
(
1)
0
C
=
a
P =
an
n k
n
n
k
k
n=0 "
n=0
k=1
k=1
#
X
N X
N N k 1
k 1
X
(
1)
(
1)
k
k
=
an k (Cn) =
k (P ) .
k=1 n=k
k=1
+1 ( 1)k 1 X
Nous en deduisons D =
k .
k
k=1
+1 1
X
n.
(e) D'apres la formule de Taylor pour les polyn^omes nous avons =
D
n=0 n!
n est nilpotente d'ordre!n + 1.
n
n
n
X
X
X
k
k
k
k
(Idn + n)
( 1) = ( 1) + ( 1)k 1 k = Idn.
k=0
k=0
Soit p 2 N; p6n.
k=1
p)
p)
X
X
1
k
(Idn + n) (Cp ) = ( 1) Cp k = ( 1)p k Ck .
k=0
k=0
La matrice de (Idn + n) 1 dans la base (C0; : : : ; Cn) est
21
66 0
66 ...
64 ..
.
1 1 1 :::
1 1 1 :::
. . . . . . . . . ...
... ... 1
0 ::: ::: 0 1
3
77
77
75
34. Redemontrons un resultat classique : si (Pn)n2N est une famille, indexee par
N, de polyn^
omes non nuls a degre deux a deux distincts alors cette famille est
libre.
+1
X
Considerons la combinaison lineaire nPn = 0 ou les coecients sont tous
n=0
nuls sauf au plus un nombre ni d'entre eux. Il existe un entier N tel que pour
tout entier n > N; n = 0.
N
X
Nous avons donc nPn = 0. Supposons que les coecients n ne soient pas
n=0
tous nuls.
Quitte a reordonner les polyn^omes nPn par degre croissant, nous obtenons
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
142
M
X
n=0
Qn = 0, M >1, et 8n 2 N; n < M 1; Qn 6= 0; deg(Qn) < deg(Qn+1).
Nous avons QM =
X
M 1
n=0
( Qn ). Le membre de droite est de degre au plus egal
a deg(QM ) 1. Il y a une contradiction et les coecients sont tous nuls. La
famille est libre.
Si pour chaque n 2 N; deg(Pn) = n alors la famille est une base de Rn[X ).
En eet soit P 2 R[X ] ; deg(P ) = n. (P0; : : : ; Pn) est une famille libre, de
cardinal n + 1, d'elements de Rn[X ] donc est une base de Rn[X ]. P est donc
une combinaison lineaire d'elements de la famille (Pn)n2N.
Supposons que la famille (Pn)n2N soit une base de R[X ]. Si l'un des polyn^omes
Pn n'est pas de degre n alors il existe N 2 N; deg(PN ) > N .
Si P0 n'est pas constant alors 1 est combinaison des polyn^omes Pn, un des
coecients d'indice au moins egal a 1 est non nul donc deg(1) > deg(P1) ce
qui est faux.
Si P0 est constant, il existe N > 1 tel que deg(PN 1) = N 1 et deg(PN ) > N .
Soit P 2 R[X ], deg(P ) = N .
P=
X
N 1
n=0
an Pn +
+1
X
n=N
anPn. Si l'un des coecients an pour n>N est non nul
alors deg(P ) > N donc P =
contradiction et les
X
N 1
anPn et deg(P ) < N . Il y
n=0
polyn^omes Pn verient tous : deg(Pn) = n.
a encore une
35. (a) Supposons que les bi soient deux a deux distincts. Considerons la combin
n
X
X
naison ak uk = 0 ; c'est-a-dire 8P 2 Rn[X ];
ak P (bk ) = 0.
k=0
k=0
Considerons les polyn^omes Pi 2 Rn[X ] denis par : Pi =
Yn
k=0
k6=i
(X bk ).
8(i; k) 2 (Nn )2; i 6= k; Pi(bk )n= 0. Pi(bi ) 6= 0.
X
Nous avons donc 8i 2 Nn ;
ak Pi(bk ) = 0 = ai Pi(bi ). Les coecients
k=0
sont tous nuls et la famille est libre. La famille est une base de E car la
dimension est egale a n + 1
Si deux des coecients bi sont egaux alors deux formes lineaires ui sont
egales et la famille est manifestement liee.
Z1
(b) u : P 2 Rn[X ] 7 ! f (x)P (x)dx 2 R est une forme lineaire donc est
0
combinaison lineaire de la famille (ui )i2f0;:::;ng.
Il existe (ci )i2f0;:::;ng telle que u =
n
X
i=0
ci ui c'est-a-dire
8P 2 Rn[X ];
143
Z1
n
X
f (x)P (x)dx = ci P (bi ).
0
i=0
Pour determiner le coecient ci il sut de choisir un polyn^ome Pi de
degre au plus egal a n tel que Pi (bi ) = 1 et pour tout i 6= k; Pi (bk ) = 0.
36. La famille des matrices elementaires Ei;j est une base de Mn(K ) constituee
de matrices de rang 1. !
p
p
X
X
E1;1 = 2E1;1 + Ei;i
Ei;i . E1;1 est la dierence de deux matrices de
i=2
i=1
rang p.
Ei;j est equivalente a E1;1 car elles ont le m^eme rang!; il existe P et Q! inp
p
X
X
Ei;i Q.
versibles telle que Ei;j = PE1;1Q = P 2E1;1 + Ei;i Q P
i=2
i=1
Ei;j est donc la dierence de deux matrices de rangs p. La famille des matrices
de rangs p est donc generatrice de Mn(K ) ; on peut donc en extraire une base.
En prenant p = n, il existe une base de Mn(K ) constituee de matrices inversibles.
37. (a) Soit V 2 Mn(K ). Notons ai l'element de la matrice tYi V .
n
n
n
X
X
X
Si XitYi = 0 alors Xit Yi V = 0 = aiXi .
i=1
i=1
i=1
Nous avons alors 8i 2 Nn ; t Yi V = 0. Nous avons donc Yi = 0 pour tout
i 2 Nn .
(b)
X
(i;j)2(Nn)2
ai;j XitYi
= 0 ) 8i 2 Nn ;
famille (tYi )i2N
n
X
j =1
ai;j tYi = 0. La famille (Yi )i2Nn est
t
libre donc la
n l'est aussi. La famille (Xi Yj )i;j
(i;j)2(Nn)
est une famille libre de Mn(K ) et est donc une base.
38. Remarque attention a ne pas confondre un groupe multiplicatif, sous-ensemble
de Mn(K ) qui n'est pas un groupe multiplicatif, et un sous-groupe d'un
groupe.
Soit E l'element neutre de G. EE = E donc E est la matrice!d'un projecteur.
I 0
Il existe une matrice inversible P telle que E = P r
P 1 ou r est le
0 0
rang de E .
Soit G0 = fP 1MP; M 2 Gg. G0 est un groupe multiplicatif d'element neutre
Jr .
Soit A 2 G0 ; AJr!= Jr A = A.
!
!
A1;1 A1;2
A1;1 0
A1;1 A1;2
A=
; AJr =
et Jr A =
.
A2;1 A2;2
A
0
0
0
2
;
1
!
A1;1 0
Il en resulte A =
. De plus, il existe A0 2 G0 tel que AA0 = Jr
0 0
donc A1;1 est inversible.
2
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
144
!
A
0
L'ensemble des matrices du type 1;1
avec A1;1 inversible est un groupe
0 0
multiplicatif ; il s'agit donc de G0 . (
!
)
A1;1 0
P 1; A1;1 2 GLr (K ) ou
G est donc l'ensemble des matrices P
0 0
r est un entier non nul au plus egal a n.
39. M( Z) est un anneau inclus dans M( R). Si A 1 existe dans Mn(Z) alors
det(A) det(A 1 ) = 1 = det(A) det(A) 1. det(A) et det(A 1 ) sont dans Z donc
det(A) = 1.
Supposons det(A) = 1 ; le coecient d'indices (i; j ) de la matrice8 A 1 2
Mn(R) est egal a det(1 A) ( 1)i+j det(Aj;i ) 2 Z. A est donc inversible dans
Mn(Z).
40. (a) Soit A 2 G. 8n 2 N ; An 2 G. G est ni donc p 2 N 7 ! An 2 G n'est
pas injective. Il existe deux entiers p et q (p > q > 1) veriant Ap = Aq .
A etant inversible nous avons Ap q = In ; k = p q > 1 donc In 2 G et
Ak 1 A = In. Ak 1 2 G donc A est inversible dans G. G est un groupe,
sous-groupe de GLn(C ).
(b) Soit Ai un element de G. A 2 G 7 ! AAi 2 G est injective (car Ai 2
9 car G est ni.
GLn(C )) donc bijective!
p
1 X
Notons M =
Ai . Soit j 2 Np .
p
!
i=1
p
1 X
Nous avons Aj M =
p i=1 Aj Ai = M , d'apres ce que nous venons de
dire,
!! X
p X
p
p
X
1
1
2
M = p2
Aj Ai = p2 (pM ) = M .
j =1 i=1
i=1
M est la matrice
d'un
projecteur
donc
!
!
p
p
X
X
1
r = rg
Ai = rg(M ) = tr(M ) = p tr
Ai .
i=1
i=1
Il vient alors tr
!
p
X
i=1
Ai = pr est divisible par p car r 2 N.
!
p
1 X
41. Notons M =
p N 2G N . En refaisant ce que nous avons fait dans l'exercice
precedent, nous ne deduisons que M est la matrice d'un projecteur et la trace
d'une telle matrice est egale aX
son rang.
1
Nous avons donc rg(M ) =
p N 2G tr(N ) = 0. M est donc nulle.
8
9
Voir la matrice complementaire a l'exercice numero 108.
Nous pourrions utiliser cela pour conclure que In est un image et que Ai a un inverse dand G.
145
42. Il sut de demontrer que l'inverse d'un element de G = F \ (GLn(R)) est
dans G.
Soit M 2 G de polyn^ome caracteristique M . D'apres le theoreme de CayleyHamilton nous avons MP (M ) + det(M )In = 0 ou P est un polyn^ome.
p
X
det(M ) 6= 0 donc il existe Q = ak X k 2 R[X ], MQ(M ) = In.
k=0
p
X
Q(M ) = ak M k . a0In 2 F; M k pour k>1 est dans F donc Q(M ) 2 F .
k=0
Q(M ) est inversible donc est dans G. L'inverse Q(M ) de M est donc dans G
qui est bien un groupe.
1 2 3
43. A est la matrice de la permutation 1 = 1 3 2 , B est la matrice de la
1 2 3
permutation 2 = 2 3 1 .
3 2 1
3 1 2
2
1 2 = 2 3 1 , (2 ) = 2 3 1 . Le groupe engendre par 1 et
2 a pour cardinal 2, 3 ou 6 qui sont les diviseurs du cardinal de S3 . Nous
venons de voir qu'il possede au-moins quatre elements deux a deux distincts
donc il est de cardinal10 6. Le groupe multiplicatif engendre par A et B est
donc constitue des six matrices de permutation.
44. Il est immediatXque T est un sous-espace
X vectoriel de Mn(K ).
Posons T =
ti;j Ei;j et M =
mi;j Ei;j .
TM =
X16i6j6n
6i6j 6n
6k6l6n
1
1
ti;j mk;l Ei;j Ek;l =
X16i6j6n
6i6j 6n
6j 6l6n
ti;j mj;l Ei;l .
1
1
Cette matrice est triangulaire superieure. f est bien denie et est clairement
lineaire.
f (M ) = 0 = TM ) M = 0 car T est inversible. T est de dimension nie donc
f est un automorphisme. Il existe donc M 2 T tel que TM = In. L'inverse
de T est donc triangulaire superieure.
D'apres le theoreme de Cayley-Hamilton, T (T ) = 0. T est inversible donc
T = XP + det(T ) avec det(T ) 6= 0. Nous avons donc 0 = TP (T ) + det(T )In
1 P (T ). P (T ) est triangulaire superieure donc T 1 aussi.
puis T 1 =
det(T )
45. (a) Montrons le resultat classique : le produit de deux matrices triangulaires
superieures est une matrice triangulaire superieure, les elements diagonaux d'indices (i; i) du produit sont les produits des elements d'indices
(i; i) de chaque matrice.
L'inverse d'une matrice triangulaire superieure a elements diagonaux non
nuls est une matrice triangulaire superieure, les elements diagonaux d'indice (i; i) de l'inverse sont les inverses des elements d'indice (i; i) de la
On peut tout simplement calculer 21 et (1 )2 pour constater qu'il y a six elements distincts
et conclure.
10
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
146
matrice.
Preuve
nous allons donner une demonstration dierente de celle donnee audessus.
Soient A = (ai;j )(i;j)2(Nn) B = (bi;j )(i;j)2(Nn) . AB = (ci;j )(i;j)2(Nn) avec
n
X
2
2
2
ci;j = ai;k bk;j .
k=1
Si A et B sont triangulaires superieures alors ai;j = bi;j = 0 pour i > j .
j
X
ai;k bk;j pour i6j ci;j = 0 pour i > j . La
matrice AB est triangulaire superieure et ci;i = ai;i bi;i .
Si de plus A est inversible il existe une matrice B telle que AB = In.
S'il existe B triangulaire superieure telle AB = In veriant ce resultat ;
compte tenu de l'unicite, l'inverse d'une matrice triangulaire superieure
inversible l'est aussi.
Xj
2
Il sut donc de resoudre le systeme 8(i; j ) 2 (Nn ) ; i6j; ai;k bk;j = ij .
k=i
Les coecients ai;i sont tous non nuls.
j = 1 nous obtenons 1 = a1;1b1;1.
j = 2 nous obtenons 0 = a1;1b1;2 + a1;2 b2;2; 1 = a2;2b2;2 .
Nous obtenons b2;2 = 1 , ce que nous savions deja, et b1;2 = a1;2b2;2 .
a2;2
a1;1
Supposons trouves tous les coecients bi;k pour k6j .
Recherchons alors les coecients bi;j+1 , i6j + 1.
Xj
ai;k bk;j+1 + ai;j+1 bj+1;j+1 = ij . Nous avons donc bj+1;j+1 = a 1
j +1;j +1
k =i
comme nous la savions.
Xj
1
Pour i < j + 1; ai;j+1 =
aj+1;j+1 k=i ai;k bk;j+1 .
Le systeme propose possede donc une solution.
Nous pouvons faire une autre demonstration de ce resultat.
Considerons "1 ; : : : ; "n la base canonique de K n .
Posons pour i 2 Nn ; Ei = Vect("1 ; : : : ; "i ).
Soit u un endomorphisme de K n dont la matrice dans la base canonique
est A. Si A est triangulaire superieure alors 8i 2 Nn ; u("i ) 2 Ei donc
8i 2 Nn ; u(Ei ) Ei . Reciproquement si 8i 2 Nn ; u(Ei ) Ei alors
8i 2 Nn ; u("i ) 2 Ei et la matrice A est triangulaire superieure.
Soient A et B sont deux matrices triangulaires superieures ; appelons u
et v les endomorphismes de K n dont les matrices dans la base canonique
sont A et B . 8i 2 Nn ; (v u)(Ei ) = v(u(Ei )) Ei . La matrice BA de
v u est donc triangulaire superieure.
Si de plus u est un automorphisme alors 8i 2 Nn ; u(Ei ) = Ei car
dim(u(Ei )) = dim(Ei ). Il vient alors 8i 2 Nn ; u 1 (Ei ) = Ei et la matrice
Nous en deduisons ci;j =
k=i
147
de u 1 dans la base canonique est triangulaire superieure. Le resultat est
analogue pour une matrice triangulaire inferieure. Les matrices triangulaires a elements diagonaux non nuls ont un determinant non nul donc
appartiennent a GLn(K ). D'apres ce qui vient d'^etre dit, G est bien un
groupe.
(b) Soit A une matrice triangulaire superieure inversible; soit M une triangulaire superieure inversible dont les elements diagonaux mi;i sont egaux
a 1 alors les elements diagonaux pi;i de la matrice AMA 1 sont egaux,
d'apres ce que nous venons de voir, a ai;i mi;i 1 = 1. Nous avons bien le
ai;i
resultat.
46. Nous avons deja vu a l'exercice numero 24 le resultat (Im(f ) Im(g)) ()
(9h 2 L(E ); f = g h).
Supposons veriees les hypotheses () et ()
f g f g = f g; g f g f = g f donc f g et g f sont des projecteurs.
f (E ) = f [g(f (E ))] (f g)(E ) et comme (f g)(E ) f (E ) nous avons
l'egalite (f g)(E ) = f (E ).
Il vient alors rg(f g) = rg(f ), de m^eme rg(g f ) = rg(g).
D'apres les proprietes des projecteurs, nous avons Im(f ) Ker(f g) = E et
Im(g) Ker(g f ) = E .
Ker(g) Ker((f g), Ker(f ) Ker((g f ) donc
n rg(f ) = dim(Ker(f g))>n rg(g) et n rg(g) = dim(Ker(g f ))>n rg(f ).
Nous avons alors l'egalite rg(f ) = rg(g).
Supposons veriees les hypotheses () et ()
f g est un projecteur et rg(f ) = rg(g).
g[f (x)] = 0 ) f (x) = f (g[f (x)]) = 0 donc Ker(g f ) Ker(f ). Nous avons
donc rg(g f )> rg(f ) = rg(g). Im(g f ) Im(g). Les dimensions etant egales
il vient Im(g f ) = Im(g).
g f g f = g f; f g f g = f g. g f et f g sont des projecteurs.
g f a pour image Im(g) donc 8x 2 E; (g f )(g(x)) = g(x) et g f g = g.
La demonstration est analogue dans le cas ou les hypotheses veriees sont ()
et ().
Soit f 2 L(E ). Montrons l'existence de g 2 L(E ) veriant deux des trois
propositions.
Soit p un projecteur d'image Im(f ). Nous avons p f = f et Im(f ) = Im(p)
donc il existe g 2 L(E ) tel que p = f g. En fait on peut choisir g d'image
Im(g) isomorphe a Im(p) = Im(f ). On a rg(g) = rg(f ) et f g f = f . D'ou
le resultat.
47. Soit fe l'application de E 0 dan Im(f ) telle que 8x 2 E 0 , fe(x) = f (x).
Soit g l'application lineaire de F dans E telle que 8x 2 F 0 ; g(x) = 0 et
8x 2 Im(f ); g(x) = fe 1 .
Il est immediat que l'on a g f g = g et f g f = f .
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
148
Soit g 2 L(F; E ) veriant g f g = g et f g f = f . La restriction de g a
Im(f ) est injective. Soit x 2 Im(f ). g(x) = g[f (g(x))] ; f (g(x)) 2 Im(f ) donc
1
x = f (g(x)) = fe(g(x) car Im(g) 2 E 0 . Nous en deduisons g = fe .
Pour x 2 F 0 ; g(x) = 0. g existe et est donc unique.
48. Soit x 2 Ker(f ) \ Im(g). f (x) = 0 et il existe y 2 E; x = g(y). Nous en
deduisons
(f g)(y) = 0 puis f (y) = (g f g)(y) = 0 et x = g(y) = (f g f )(y) = 0.
Im(f ) = g(Im(f g)) Im(g) donc rg(f )6 rg(g) ; de m^eme rg(g)6 rg(f ) d'ou
l'egalite.
Nous en deduisons dim(Ker(f ))+dim(Im(g)) = dim(E ) et alors E = Ker(f ) Im(g).
Posons F = (f g)(E ).
rg(g) = rg(f ) = dim(g(F ))6 dim(F ) = rg(f g).
49. Montrons ())()
E = F G avec F et G stables par u. Soit x 2 F \ (un(E )). Il existe
y 2 E; x = un (y). Il existe (a; b) 2 F G; y = a + b donc x = un(a) + un(b).
Nous en deduisons u(b) 2 F \ G = f0g et x 2 un (F ).
Nous avons l'inclusion F \ (un (E )) un(F ) ; l'autre inclusion est immediate
d'ou l'egalite.
Montrons ())()
Montrons ce resultat par recurrence descendante sur la dimension de F .
Si F = E la reponse est immediate.
Supposons F 6= E . up = 0 donc up (E ) F . Soit N1 l'ensemble des entiers k
tels que uk (E ) F . Cet ensemble est non vide ; appelons q le plus element de
N1 . q>1 car sinon u0 (E ) = E F .
uq (E ) (F ), uq 1 (E ) 6 F .
La suite des images iterees uk (E ) est decroissante donc on peut remarquer que
pour k>q; uk (E ) F et pour k < q uk (E ) 6 F .
Soit a 2 E; tel que uq 1 (a) 62 F ; en particulier a 62 F .
Par hypothese uq (F ) = F \ (uq (E )) donc uq (E ) = uq (F ) et il existe alors
y 2 F; uq (a) = uq (y).
Posons x = a y. x 6= 0, uq (x) = 0, uq 1 (y) 2 F et uq 1 (a) 62 F donc
uq 1 (a) uq 1 (y) = uq 1 (x) 62 F et est non nul.
Posons G = Vect(x; u(x); : : : ; uq 1 (x)). G est stable par u.
Soit y 2 V , y s'ecrit y =
q 1
X
k=0
k uk (x).
X
Supposons y 2 F ; uq 1 (y) = k uk+q 1 (x) = 0 uq 1 (x). Si 0 6= 0 l'egalite
k=0
ne peut avoir lieu donc si y est dans F alors 0 = 0.
Supposons prouve 0 = 1 = : : : = i = 0.
uq i 2 (y) =
q 1
X
k=i+1
q 1
k uk+q i 2 (x) = i+1 uq 1 (x). Comme precedemment nous
obtenons i+1 = 0. Nous avons donc y = 0 et F \ G = f0g.
149
Soit n = dim(F ).
Si n>q; un(E ) F , un (F + G) = un(F ) + un (G) F + un(G) F + G donc
un (F + G) (F + G) \ un(E ).
un (E ) F donc un (E ) \ F = un (E ) = un(V ).
(F + G) \ un (E ) = (F + G) \ un(F ) un(F ) un (F + G) d'ou l'egalite
(F + G) \ un(E ) = un (F + G).
Supposons n < q.
n>1 sinon la reponse est immediate.
Soit y 2 E et
un (y ) 2 F
+ G.
un (y) = f
+
q 1
X
k=0
k uk (x) avec f 2 F .
un 1 (uq (y)) = uq+n 1 (y) = uq 1 (f )+ 0 uq 1 (y) donc uq 1 (f )+ 0 uq 1 (y) 2 F
avec uq 1 (y) 62 F et uq 1 (f ) 2 F . Nous avons donc 0 = 0.
Comme precedemment, on demontre par recurrence que un (y) = f donc
un (y) 2 F \ un(E ) = un (F ).
Il existe donc f 0 2 F tel que un (f ) = un (y) et f 0 2 F + G puis un(y) 2
un (F + G).
Nous avons donc un(E ) \ (F + G) un (F + G) ;
un (F + G) = un (F ) + un (G) F + un (G) F + G.
Nous obtenons alors un (F + G) (F + G) \ un (E ) d'ou l'egalite.
Si nous supposons maintenant que l'existence d'un supplementaire est vraie
pour des espaces de dimensions dim(E ); dim(E ) 1; dim(E ) r alors F + G
qui est de dimension strictement superieure a celle de G a donc un supplementaire H stable par u et F a un supplementaire G H stable par u. D'ou le
resultat.
p
50. Au voisinage de 0, 1 + t =
n 1
X
n 1
X
( 1)k 1 (2k)! tk + o(tn 1).
k 2
k=0 (2 k !) (2k 1)
( 1)k 1 (2k)! X k . Lorsque t tend vers 0, P 2(t) 1 t = o(tn 1).
k 2
k=0 (2 k !) (2k 1)
En notant Q(t) = P 2(t) 1 t, Q est un polyn^ome donc Q(t) s'ecrit tnR(t)
ou R est un polyn^ome. Nous avons alors P 2 (X ) (1 + X ) = X nR(X). 1
Soit une racine carree complexe de a. Soit v l'endomorphisme P u .
a
1
1 1
v2 = a IdE + a u + an un R a u = 0.
L'endomorphisme11 v verie donc v2 = aIdE + u.
Soit P =
51. Soit x 2 E; x 62 Ker(f n 1 ). Montrons que la famille (x; : : : ; f n 1(x)) est
libre.
La famille (f n 1(x)) est libre car f n 1 (x) 6= 0.
Supposons que la famille (x; : : : ; f n 1 (x)) soit liee ce qui implique n>2.
Il existe p 2 N tel que (f p (x); : : : ; f n 1 (x)) est libre et (f p 1 (x); : : : ; f n 1(x))
est liee. f p 1 (x) est donc combinaison lineaire des elements de la famille
11
Voir des complements dans le devoir corrige numero 3 page 78 du livre deja cite.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
150
(f p (x);
:::;
f n 1 (x))
et s'ecrit
f p 1 (x) =
X
f p (x) = f (f p 1 (x)) = ak f k+1 (x) =
n 1
X
k=p
n 1
n 1
X
k=p
k=p+1
ak f k (x) donc
ak 1f k (x) ce qui est faux car la
famille (f p(x); : : : ; f n 1 (x)) est libre.
E est de dimension n donc (x; : : : ; f n 1 (x)) est une base de E .
La matrice A de f dans cette base est une matrice dont les elements sont tous
nuls sauf les elements d'indice (i + 1; i); i6n 1 valant 1.
Soit X 2 Mn;1(K ) une matrice colonne dont le iieme element est xi 2 K .
AX = 0 () 8i 2 Nn 1 ; xi = 0. La dimension de Ker(f ) est donc egale a
1 ; Ker(f ) = K f n 1 (x).
Si Ker(f ) 6 W alors W \Ker(f ) = f0g ; sinon Ker(f ) 6 W alors W \Ker(f ) =
Ker(f ).
La dimension de l'intersection est donc egale a 0 ou a 1.
52. (a) I1 I0 = E . Supposons In+1 In alors In+2 = u(In+1) u(In) = In+1.
Le resultat est prouve.
Soit x 2 Kn alors un(x) = 0 donc un+1 (x) = 0 et x 2 Kn+1. La suite
(Kn)n2N est croissante, la suite (In)n2N est decroissante.
(b) S'il existe n 2 N tel que Kn = Kn+1 alors la suite est stationnaire. Si
(Kn)n2N n'est pas stationnaire alors 8n 2 N; dim(Kn) < dim(Kn+1) donc
8n 2 N; dim(Kn)>n.
Si la dimension de E est p alors dim(Kp+1 )>p + 1 ce qui est faux.
La suite (Kn)n2N est donc stationnaire.
D'apres le theoreme du rang (Kn)n2N et (In)n2N sont stationnaires en
m^eme temps et dim(Kr ) + dim(Ir ) = dim(E ).
Montrons Ir \ Kr = f0g.
Soit x 2 Ir \ Kr . un (x) = 0 et 9 y 2 E; ur (y) = x ; en particulier
u2r (y) = 0 donc y 2 K2r = Kr et x = ur (y) = 0. On a bien Ir Kr = E .
u est un endomorphisme de Ir et u(Ir ) = Ir+1 = Ir ; cette restriction est
donc surjective donc bijective. La restriction de u a Ir est un isomorphisme.
(c) Soit n l'indice de nilpotence12 de f . Kn = f0g et Kn 1 6= 0 donc r = n6p.
(d) Soit i 2 N. Considerons l'application ue de Im(ui ) dans Im(ui ) qui a x
associe u(x). rg(ue) + dim(Ker(ue) = dim(Im(ui )).
rg(ue) = rg(ui+1 ); Ker(ue) = Ker(u) \ (Im(ui )) donc
rg(ui+1 ) + dim(Ker(u) \ Im(ui )) = rg(ui ).
Ker(u) est de dimension 1 donc dim(Ker(u) \ (Im(ui ))) 2 f0; 1g.
Si Im(ui ) = Im(ui+1 ) alors Ker(u) \ Im(ui )) = f0g.
Si Im(ui ) 6= Im(ui+1 ) alors dim(Ker(u) \ Im(ui ))) = 1,
rg(ui ) = 1 + rg(ui+1 ) et dim(Ker(ui )) = dim(Ker(ui+1 )) 1.
Nous verrons que le polyn^ome caracteristique d'un endomorphisme nilpotent est ( X )p donc
le polyn^ome minimal est X p avec p6n. p est l'indice de nilpotence de f .
12
151
Nous en deduisons immediatement que tant que Im(ui ) 6= Im(ui+1 ),
rg(ui ) = dim(E ) i; dim(Ker(ui )) = i.
(e) Si u est nilpotente d'indice q alors d'apres le resultat precedent
rg(uq ) = dim(E ) q; dim(Ker(uq )) = q ce qui impose q = dim(E ).
Supposons que l'indice de nilpotence soit n = dim(E ).
Soit x 62 Ker(un 1). Nous avons deja demontre a l'exercice numero 50
que la famille (un 1 (x); : : : ; u(x); x) est
est une base de E .
2 0libre1 donc
::: 0 3
66 ... . . . . . . ... 77
La matrice de u dans cette base est : 6 ..
. . . 1 75. Le rang est
4.
0 ::: ::: 0
egal a n 1 et le noyau est de dimension egale a 1.
53. Soit F 6= f0g un sous-espace vectoriel de E stable par u. Soit v 2 L(F )
la restriction de u a F . un = 0; un 1 6= 0. v est nilpotente d'indice au
plus egal a la dimension de F . Ker(v) = Ker(v) \ F 6= f0g sinon v serait
injective. En utilisant les resultats de l'exercice precedent, Ker(u) est une
droite et Ker(v) aussi ce qui implique Ker(v) = Ker(u) F . v est donc un
endomorphisme nilpotent de rang dim(F ) 1 et d'indice i = dim(F ). Nous
avons donc Ker(vi ) = F or Ker(vi ) = (Ker(ui ) \ F donc F Ker(ui ). Sachant
que dim(Ker(ui )) = i nous obtenons F = Ker(ui ).
Les espaces Ker(ui ) sont stables par u donc F est stable par u si et seulement
si il existe i 2 N; F = Ker(ui ) ; en fait i6n.
54. Il sut de refaire les demonstrations de l'exercice numero 51. Nous avons
In = In+1 donc rg(un ) = rg(un+1).
55. Notons G =
\
n2N
Gn .
Supposons\F \ G = f0g.
Soit x 2 (F + Gn). 8n 2 N; x 2 F + Gn donc pour tout n 2 N il existe
n2N
(fn; gn) 2 F Gn; x = fn + gn. fn+1 fn = gn gn+1 2 F \ Gn.
La suite (Hn)n2N denie par Hn = F \\Gn est une suite decroissante de sousespaces de dimensions nies veriant Hn = f0g.
n2N
La suite des dimensions est decroissante. Un suite decroissante d'entiers naturels est stationnaire
\ donc les sous espaces Hn sont tous egaux a partir d'un
certain rang n0 et Hn = Hn = f0g.
0
n2N
Les suites (fn)n2N et (gn)n2N sont stationnaires donc
f + g avec f 2 F
\ x =\
et g 2 Gn pour tout n>n0 ; en particulier g 2
Gn = Gn ; on a donc
\
(F + Gn) F +
n2N
\ !
n2N
Gn .
n>n0
n2N
152
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
L'autre inclusion est immediate d'ou l'egalite.
Revenons au cas general.
Soit S un supplementaire de F \ G dans F ;
F = S (F \ G). S \\F \ G = S \ G = f0g.
Nous avons S + G = (S + Gn ).
n2N
F + G = S + (F \ G + G) = S + G =
\
(S + Gn).
n2N
Pour n 2 N, F + Gn = S + ((F \ G) + Gn ) = S + Gn.
On en deduit F + G = (F + Gn).
n2N
\
56. Soit F 6= f0g un sous-espace vectoriel strict de E . Soit G un supplementaire de
F . Comme nous l'avons vu plus haut, F [ G 6= E car F n'est pas inclus dans G
et G n'est pas inclus dans F . Soit x 2 E; x 62 F [G. Notons F1 = F K x et G1
un supplementaire de F1 . Notons G2 = G1 K x. E = F (G1 K x) = F G2 .
Il est clair que G 6= G2 car x 2 G2 et x 62 G. F possede donc au moins deux
sous-espaces supplementaires dierents.
Nous avons deja vu plus haut (exercice numero 21) que si f g = IdE alors f
est surjective.
Supposons f non injective Soient E1 et E2 deux supplementaires distincts de
Ker(f ). Soient f1 la restriction de f a E1 , et f2 la restriction de f a E2 . f1
et f2 sont des isomorphismes d'images E . Notons g1 et g2 leurs reciproques
respectives. g1 6= g2 car leurs images sont dierentes.Nous pouvons prolonger
ces applications en deux applications a valeurs dans E . Ces deux applications
sont solutions de l'equation f ' = IdE ou l'inconnue ' est une application
de E dans E . Cela est contraire a l'hypothese et f est injective. g est alors
lineaire.
57. Soit (e1; : : : ; en) une base de E . Posons pour i 2 Nn ; yi = h(ei). Il existe
(ui ; vi ) 2 E 2; f (ui )+ g(vi ) = yi. Soit u l'application lineaire qui a ei associe ui ,
Soit v l'application lineaire qui a ei associe vi . 8i 2 Nn ; h(ei) = (f u+g v)(ei)
donc13 h = f u + g v.
58. Soit E1 un supplementaire de Ker(u). Soit u1 l'application de E1 dans Im(u) =
Ker(u) denie par u1 (x) = u(x). Nous savons que u1 est un isomorphisme.
Pour x 2 Im(u), posons v(x) = (u1) 1 (x) ; pour x 2 E1 posons v(x) = 0. Il
existe une telle application lineaire v.
Si x 2 Im(u) alors u(v(x)) = u1 (u 1 (x) = x et v(u(x)) = v(0) = 0.
Si x 2 E1 alors u(v(x)) = 0 et v(u(x)) = (u1) 1 (u1 (x)) = x. Nous avons bien
u v + v u = IdE .
Il est clair que u2 = 0.
Reciproquement u2 = 0 ) Im(u) Ker(u).
Soit x 2 Ker(u) ; u(v(x)) + v(u(x)) = x = u(v(x)) donc x 2 Im(u) d'ou
l'egalite Im(u) = Ker(u).
Si nous admettons que tout espace vectoriel possede au moins unebase, alors le resultat est
vrai en dimension quelconque.
13
153
Soit u 0l'endomorphisme
de E dont la matrice dans une base (e1 ; e2 ; e3) de
1
0 0 0
@
E est 1 0 1 A. Im(u) = Vect(e3) Ker(u) = Vect(e1 e3. La condition
0 0 0
2
u = 0 n'est donc pas susante.
On pouvait aussi choisir simplment u = 0 qui n'implique pas Im(u) = Ker(u)
lorsque E 6= f0g.
59. Si dim(E ) = 1 le resultat est acquis. Supposons dim(E )>2.
(a) Soit x 2 E tel que f (x) n'est pas colineaire a x. Completons la famille
(x = e1 ) pour en faire une base (e1; : : : ; en ) de E .
Soit u 2 GL(E ) deni par u(e1 ) = e1 et pour i>2; u(ei ) = i ei avec
i 6= 1 pour i>n2.
n
X
X
f (x) = ax + ai ei , u(f (x)) = ax + aii ei = f (u(x)).
i=2
i=2
f (u(x)) = f (x) donc 8i>2; ai = 0 et f (x) est colineaire a x.
Montrons que f est lineaire.
Soit x non nul 9x 2 K ; f (x) = xx.
Soit u un automorphisme de E . u(f (x)) = xu(x).
9u(x) ; f (u(x)) = u(x) u(x) donc, u(x) etant non nul, u(x) = x . Soit
y 6= 0 un element de E . Soit u un automorphisme de E tel que u(x) = y.
Nous en deduisons 8y 6= 0; y = x . x est donc constant ; f (0) = 0
donc il existe donc 2 K ; 8x 2 E; f (x) = x.
60. (Cet exercice est a rapprocher avec l'exercice numero 35). Si u est un automor1
phisme, il sut de choisir u1 = u2 = u. Sinon, soit E1 6= E un supplementaire
2
de Ker(u) et soit E2 6= f0g un supplemnetaire de Im(u). E1 6= E car sinon u
est injective donc bijective. E2 6= f0g car sinon u est surjective donc bijective.
Soit ue l'application de E1 dans Im(u) qui a x 2 E1 associe u(x). Pour x 2 E1
posons u1 (x) = u2 (x) = 1 ue(x).
2
Ker(u) et E2 sont isomorphes car de m^eme dimension nie. Soit v un isomorphisme de Ker(u) dans E2 . Pour x 2 Ker(u) posons u1 (x) = u2 () = v(x).
Il existe u1 et u2 uniques lineaires de E dan s E dont les restrictions sont celles
denies precedemment. On a bien u = u1 + u2. Montrons que u1 et u2 sont bijectives. Soit x = x1 + x2 ; (x1 ; x2 ) 2 E1 Ker(u). u1 (x) = 0 = 1 ue(x1 ) + v(x2 ).
2
ue(x1) 2 Im(u); v(x2 ) 2 E2 donc ue(x1 ) = 0; v(x2 ) = 0. Nous avons bien x = 0 ;
u1 est injective donc bijective. De m^eme u2 est bijective.
61. Im(u + v) Im(u) + Im(v) donc n = rg(u + v)6 dim(Im(u) + Im(v))6 rg(u) +
rang(v).
v u = 0 donc Im(u) Ker(v) puis rg(u)6n rg(v). Nous avons bien
rg(u + v) = rg(u) + rg(v).
62. Soit x 2 F .
Pour tout i6n; ui (x) 2 F donc 8k6n; uk p un k (x) = un(x) = x.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
154
q(F ) = F etF Im(q) .
Im p un k F donc Im(q) F ; nous avons l'egalite Im(q) = F .
Soit x 2 Ker(q) \ Im(q). q(x) = 0 et q(x) = x. Nous avons Im(q) Ker(q) = E
et q F = IdF donc q est un projecteur d'image F .
63. En choisissant M = 0 nous obtenons B = 0 = ( X )n. B est donc nilpotente.
Yn
Soit P une matrice de polyn^ome caracteristique (i X ). En trigonalisant
i=1
n
X
n
X
P nous en deduisons le resultat classique : tr(P ) = i et tr(P 2 ) = (i )2 .
i=1
i=1
AM = AM +B donc tr((AM + B )2 ) = tr((AM )2) c'est-a-dire
tr(AMAM + B 2 + AMB + BAM AMAM ) = 0 = tr(B 2 + AMB + BAM ) =
tr(AMB + BAM ) = 2 tr(BAM ).
Nous en
Xdeduisons que pour toute matrice M , tr((BA)M ) = 0.
BA = ci;j Ei;j donc
(i;j)2(Nn)2
8(k; l) 2 (Nn )2, tr((BA)M ) =
X
ci;j tr(Ei;j Ek;l ) =
(i;j)2(Nn)
2
n
X
i=1
ci;k tr(Ei;l ) = cl;k . Nous
en deduisons BA = 0.
Supposons B n = 0 et BA = 0.
Notons u (resp. v) l'endomorphisme de C n dont la matrice dans la base canonique de C n est A (resp. B ).
vn = 0; Im(u) Ker(v). Soit r le rang de u et p>r la dimension du noyau
de v. Completons une base de Im(u) en une base de Ker(v) que l'on complete
en une base de trigonalisation de v!. Nous obtenons dans une telle base que la
0 B1;2
matrice de v est : B 0 =
ou B1;2 2 Mr;n r (C ) et B2;2 2 Mn r (C )
0 B2;2
est triangulaire superieure a diagonale nulle.
!
A
A
1
;
1
1
;
2
La matrice de u dans cette base est A0 =
ou A1;1 2 Mr (C ) et
0 0
A1;2 2 Mr;n r (C ).
!
M
M
1
;
1
1
;
2
Posons M 0 =
ou M1;1 2 Mr (C ) et M2;2 2 Mn r (C ).
M2;1 M2;2
!
A M +A M
A1;1 M1;2 + A1;2M2;2
A0 M 0 = 1;1 1;1 1;2 2;1
et
0
0
!
A
M
+
A
M
B
+
A
M
+
A
M
1
;
1
1
;
1
1
;
2
2
;
1
1
;
2
1
;
1
1
;
2
1
;
2
2
;
2
A0 M 0 + B 0 =
.
0
B2;2
AM +B = A0M 0 +B0 = A ; M ; A ; M ; ( X )n r = A0M 0 = AM .
11
11
12
21
64. (a) (IdE p)(x) = 0 ) p(x) = x 2 Im(p) donc p(x) = x et x = x.
155
etant dierent de 1 nous obtenons x = 0.
Soit y 2 E . Soit x = y + p(y).
1 2
x p(x) = y + 1 p(y) p(y) 1 p(y) = y.
IdE p est bien, pour 6= 1, un automorphisme de E .
(b) Il est clair que si p et q commutent (p q) (p q) = p2 q2 = p q et
p q est un projecteur.
Supposons E = R2 rapporte a sa base canonique.
Soient
1 0p et q de matrices
1
0
respectives dans la base canonique 0 0 et 1 0 .
pq = p; q p = q; p2 = p; q2 = q. pq est un projecteur et pq = p 6= q p.
65. Ker(p) = Ker(q). E = Ker(p) Im(p) = Ker(p) Im(q).
Soit x = x1 +x2 = x01 +x02 avec (x1 ; x2 ; x01 ; x02 ) 2 Ker(p)Im(p)Ker(p)Im(q).
(p q)(x) = (p q)(x01 ) + (p q)(x02) = p(x02 ) = p(x1 + x2 x01 ) = p(x2 ) = p(x)
donc p q = p. On fait de m^eme pour prouver q p = q.
Supposons p q = p et q p = q.
Soit x 2 Ker(p) alors (q p)(x) = 0 donc q(x) = 0 et x 2 Ker(q) c'est-a-dire
Ker(p) Ker(q). De m^eme Ker(q) Ker(p) d'ou l'egalite.
p et q ont m^eme image si et seulement si IdE pet IdE q ont m^eme noyau
donc equivaut a (IdE p) (IdE q) = IdE p et (IdE q) (IdE p) = IdE q
c'est-a-dire, en developpant et en simpliant, q p q = 0 et p q p = 0.
D'ou le resultat.
n
X
66. (a) Soit F = Im(pi ). Nous savons, en dimension nie, qu'une somme de
i=1
sous-espaces est une somme directe si et seulement si la somme des dimensions des sous-espaces est egale a la dimension de la somme. Im(p) F .
n
X
Le rang d'un projecteur est egal a sa trace donc rg(p) = rg(pi ) c'esti=1
n
X
a-dire dim(Im(p)) = dim(F ). Nous avons donc Im(p) = Im(pi ) et la
i=1
somme est directe.
Pour tout k 2 Nn ; Im(pk ) Im(p) donc 8x 2 E; p(pk (x)) = pk (x)
c'est-a-dire p pk = pk .
(b) Soit x 2 E , soit j 2 Nn . (p pj )(x) =
n
X
i=1
n
X
i=1
(pi pj )(x) = pj (x). La somme
Im(pi ) etant directe nous en deduisons 8i 2 Nn ; i 6= j; (pi pj )(x) = 0.
Nous avons donc 8(i; j ) !
2 (Nn )2 ; pi ! pj = ij pi .
Reciproquement
est un projecteur.
n
X
i=1
pi n
X
j =1
pj =
X
16i;j6n
pi pj =
n
X
i=1
pi . p =
n
X
i=1
pi
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
156
67. Im(p) Ker(q) donc q p = 0.
r2 = (p+q pq)2 = p+pq pq +q p+q +q pq pq p pq +pq pq = r.
r est un projecteur.
Soit x 2 Ker(r).
p(x) + q(x) p(q(x)) = 0 donc q(p(x) + q(x) p(q(x))) = 0 = q(x).
Nous avons donc q(x) = p(x) = 0 c'est-a-dire Ker(r) Ker(p) \ Ker(q). Si
x 2 Ker(p) \ Ker(q) on a alors r(x) = 0 donc Ker(r) = Ker(p) \ Ker(q).
Soit x 2 Im(r). r(x) = x = p(x)+ q(x) (p q)(x). x p(x) = ((IdE p) q)(x).
Posons p1 = IdE p. p1 (x) = p1 (q(x)) donc x q(x) 2 Ker(p1 ) = Im(p) soit
alors x 2 Im(p) + Im(q).
Soit x 2 Im(p) + Im(q). Il existe (x1 ; x2 ) 2 E 2 ; x = p(x1 ) + q(x2 ).
r(x) = p(p(x1 ) + q(x2 )) + q(p(x1 ) + q(x2 )) (p q)(p(x1 ) + q(x2)).
Nous obtenons en developpant p(x1 ) + q(x2 ) = x.
Nous avons donc Im(r) = Im(p) + Im(q).
Im(p) \ Im(q) Ker(q) \ Im(q) = f0g.
Finalement nous obtenons :
Im(r) = Im(p) Im(q); Ker(r) = Ker(p) \ Ker(q).
68. D'apres les hypotheses l'image deXp est incluse dans F .
X 1
Soit x 2 F alors q(x) = 1
g
(p(g 1 (x))) = 1
g(g (x)) = x.
card(G) g2G
card(G) g2G
Nous en deduisons Im(q) = F q F = IdF .
Soit x 2 F \ Ker(q). q(x) = 0 = x. q est un projecteur d'image F .
Soit x 2 Ker(q), soit h 2 G. Posons y = h(x).
!
X
g2G
g(p(g 1(y))) = h
X
g2G
h 1 g) p (h 1 g) 1 (x) . L'application de
G dans G qui a g associe h 1 g est bijective car injectve et G est
! de cardinal
X
X
g p g 1 (x) = h(0) = 0.
ni. Nous avons donc g(p(g 1 (y))) = h
g2G
Ker(q) est stable par tous les elements de g.
g2G
69. (a) Si u = IdE ( 2 K ) alors (tr(u) = n = 0) () = 0 () u = 0. u
n'est donc pas du type IdE .
(b) D'apres ce que nous venons de voir il existe x 2 E tel que (x; u(x)) soit
libre. Completons (u(x)) pour
0 en faire une
1 base de F . La matrice de
BB 01 L1 CC
B 0
CC ou L est une matrice ligne
u dans cette base est A = B
BB .. A1 CC 1
@ .
A
0
et A1 2 Mn 1(K ). A1 est la matrrice de v dans la base de F choisie.
tr(u) = tr(v) = 0.
(c) Si n = 2, en faisant le raisonnement precedent, il existe une base de E
0 a
dans laquelle la matrice de u est
. La diagonale est nulle.
157
1 0
Supposons que pour tout endomorphisme non nul de trace nul sur un
espace vectoriel E de dimension au plus egale a n il existe une base dans
laquelle la matrice de u a sa diagonale nulle.
Soit u 2 E ou E est de dimension n + 1 et tr(u) = 0.
En faisant le raisonnement precedent, il existe une base de F dans laquelle
la matrice de v a sa diagonale nulle. La matrice de u a donc dans la base
de E associee a sa trace nulle. Le resultat est demontre.
(d) Posons M =
X
mi;j Ei;j ; D =
(i;j)2(Nn)
2
Nous obtenons MD =
X
n
X
k=1
k Ek;k .
mi;j j Ei;j et DM =
(i;j)2(Nn)
MD DM = 0 ()
()
X
mi;j i Ei;j .
(i;j)2(Nn)2
2
(8(i; j ) 2 (Nn ) ; mi;j (j i ) = 0)
(8(i; j ) 2 (Nn )2 ; i 6= j; mi;j = 0).
2
M est donc une matrice diagonale. Le noyau de ' est l'ensemble des
matrices diagonales.
(e) S'il existe (v; w) 2 (L(E ))2; v w w v = u alors
tr(u) = tr(v w) tr(w v) = 0.
Si u 2 L(E ) est de trace nulle, il existe une base B de E dans laquelle la
matrice A de u a sa diagonale nulle. Il existe alors B et D deux matrices
telles que A = BD DB . Il existe donc (v; w) 2 (L(E ))2; v w w v = u.
Si u = 0, il sut de choisir v = w. Si n = 1 alors tr(u) = 0 ) u = 0.
(f) D'apres ce qui vient d'^etre vu l'ensemble des endomorphisme s'ecrivant
v w w v est l'ensemble des endomorphismes de trace nulle. Il s'agit
donc du noyau de tr qui est un espace vectoriel de dimension n2 1.
70. f (Ei;j Ek;l ) = f (jk Ei;l ) = jk f (Ei;l ).
f doit donc verier 8(i; j; k; l) 2 (Nn )4 ; jk f (Ei;l ) = il f (Ej;k ).
Si i 6= l; f (Ei;l = 0. Si i = l et j = kXon a f (Ei;i ) = f (Ej;j ) = .
Nous en deduisons en ecrivant A = ai;j Ei;j ,
f ( A) =
X
ai;j f (Ei;j ) = (i;j)2(Nn)
2
n
X
i=1
(i;j)2(Nn)2
ai;i . f = tr qui est bien une forme lineaire
veriant la condition demandee.
71. Si P 2 Rn 1[X ] alors dn(P ) = 0. Par ailleurs dn 1 (X n 1) = (n 1)! donc X n
est un polyn^ome annulateur de d et X n 1 ne l'est pas. La polyn^ome minimal
d d est donc X n.
Nous avons deja vu ce resultat a l'exercice numero 19 du chapitre polyn^omes
et fractions. Le resultat est (X 1)n. Si nous voulons n'utiliser que d nous
allons donner une nouvelle preuve.
n 1
n 1
X
X
1 (k )
P (X + 1) = k! P (X ) donc f IdEn = k1! dk = d S (d) ou S est un
k=0
k=1
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
158
polyn^ome.
d et S (d) commutent donc (f IdEn )n = dn(S (d))n = 0.
Si P est un polyn^ome non nul, deg((f IdEn )(P )) = deg(P ) 1.
deg((f IdEn )n 1(X n 1)) = 0.
(f IdEn )n 1(X n 1) = (f IdEn )n 2((n 1)X n 2) ;
nous en deduisons (f IdEn )n 1(X n 1) = (n 1)!.
Le polyn^ome minimal est bien egal a (X 1)n.
Remarque la matrice de f dans la base canonique de En est triangulaire
superieure, dont la diagonale ne comporte que des 1. Le polyn^ome minimal
est donc egal a (X 1)p avec p6n.
72. (a) () T est un endomorphisme de R[X ].
La relation proposee est vraie pour n = 0, n = 1. Supposons-la vraie
jusqu'a un rang
n.
n
X
T n+1(P ) = ( 1)n k Cnk (P (X + k + 1) P (X + k)).
k=0
T n+1(P ) =
n+1
X
k=1
(
1)n+1 k Cnk 1 P (X + k) +
n
X
k=0
( 1)n+1 k Cnk P (X + k).
Nous obtenons donc
n
X
n
+1
T (P ) = P (X + n + 1) + ( 1)n+1 k Cnk 1 P (X + k)
k=1
+
= P (X + n + 1) +
n
X
k=1
n
X
k=1
( 1)n+1 k Cnk P (X + k) + ( 1)n+1 P (X )
( 1)n+1 k Cnk+1P (X + k) + ( 1)n+1P (X )
=
n+1
X
k=0
( 1)n+1 k Cnk+1P (X + k).
La relation est donc vraie.
() Soit P 2 R[X ] tel que P (X +1) = P (X ). Le polyn^ome P (X ) P (0)
s'annule sue N donc possede au moins 1+deg(P ) racines. Il est donc
nul. Le noyau de T est l'ensemble des polyn^omes constants.
() X R[X ] est un supplementaire de Ker(T ). Soit n>1. La dimension
de T (Rn[X ]) est n ; soit P 2 R[X ]. deg(T (P ))6 deg(P ) 1 (en fait
si P n'est pas constant il y a egalite) donc T (Rn[X ]) Rn 1[X ] et
T (Rn[X ]) = Rn 1[X ].
Soit alors Q 2 R[X ] ; il existe q 2 N; Q 2 Rq [X ] donc Q 2
T (Rq+1[X ]). T est surjective.
La restriction de T a X R[X ] est une bijection d'application reci1
proque f
T denie de R[X ] dans X R[X ].
Pour n>1 les polyn^omes cheches sont dans X R[X ] et doivent ve1
rier T (Hn) = Hn 1 c'est-a-dire Hn = f
T (Hn 1 ). Chaque polyn^ome Hn est donc de degre n. Une telle suite est donc denie et
159
unique a partir du choix de T0 = 1. Hn = f
T (H0 ) c'est-a-dire
n
X
1 = ( 1)n k Cnk Tn (X + k).
n
k=0
(v) Chaque polyn^ome Hn est de degre n donc ces polyn^omes constituent
une base de R[X ]. Un polyn^ome P s'ecrit donc P =
+1
X
anHn (la
somme est nie). Pour tout entier p6n nous avons
= Hn p
p
p
n
et pour p > n; T (Hn ) = 0. Donc 8p 2 N; (T (Hn))(0) = p . Nous
n=0
T p (Hn)
en deduisons : (T p (P ))(0) =
+1
X
+1
X
n=0
annp = ap.
P s'ecrit donc : P = (T n(P ))(0)Hn.
n=0
1
2
H1 = X; H2 = 2 (X X ).
(v) XH0 = H1 , XH1 = X 2 = 2H2 + H1 .
Supposons prouve jusqu'au rang n le resultat.
T (XHn+1) = (X + 1)Hn+1 (X + 1) XHn+1(X )
= (X + 1)T (Hn+1 ) + Hn+1 = XHn + Hn + Hn+1 .
En utilisant l'hypothese de recurrence nous obtenons
T (XHn+1) = n Hn + n Hn+1 + Hn + Hn+1
= (1 + n )Hn + (1 + n )Hn+1.
1
1
Nous en deduisons : XHn+1 = (1+n)f
T (Hn)+(1+n)f
T (Hn+1)
soit encore XHn+1 = (1 + n )Hn+1 + (1 + n)Hn+2.
Le resultat est prouve au rang suivant.
Nous avons donc n+1 = 1 + n; n+1 = 1 + n c'est-a-dire n =
n; n = n + 1. 8n 2 N; XHn = nHn + (n + 1)Hn+1 .
Cette relation permet d'obtenir les polyn^omes Hn . Nous obtenons
1 nY1
8n 2 N ; Hn = n! (X k).
k=0
(v) D'apres les resultats precedent, 8(n; p) 2 N2 ; sn;p = (T n (X p))(0).
Supposons p 2 N .
T n X p 1 + T n 1 X p 1 = T n 1 (X + 1)p 1 X p 1 + X p 1
= T n 1 (X + 1)p 1 .
n(sn;p 1 + sn 1;p 1) = n (T n 1 ((X + 1)p 1 )) (0).
D'apres la premiere relation nous avons
n 1
X
n(sn;p 1 + sn 1;p 1) = n ( 1)n 1 k Cnk 1(k + 1)p 1
=
=
k=0
n
X
k=1
n
X
( 1)n k nCnk 11 (k)p 1
k=1
( 1)n k Cnk (k)p = (T n(X p))(0).
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
160
Nous avons donc pour (p; n) 2 (N )2; sn;p = n(sn;p 1 + sn 1;p 1).
(b) Soit p>2 le cardinal de E et soit n>2 celui de F . Soit a 2 E xe. Soit Sn;p
l'ensemble des surjections d'un ensemble a p elements dans un ensemble a
n elements. f 2 Sn;p si et seulement si f E fag est une surjection a valeurs
dans F (auquel cas f (a) est quelconque) ou f E fag est une surjection a
valeurs dans F prive d'un element b 2 F et f (a) = b.
Les fonctions du premier cas et celles du second sont dierentes ; il y a
nSn;p 1 fonctions dans le premier ensemble et nSn 1;p 1 fonctions dans le
second. Nous avons donc : Sn;p = nSn;p 1 + nSn 1;p 1.
Pour n > p; Sn;p = 0. Nous poserons S0;0 = 1 et pour p 2 N ; S0;p = 0.
Dans ces conditions, pour (n; p) 2 (N )2 Sn;p = n(Sn;p 1 + Sn 1;p 1 ) car
pour p = 1 et n>2 la relation est veriee et pour p = n = 1 elle l'est
encore.
Pour (n; p) 2 N2 ; Sn;p = sn;p.
En eet notons P (p) la proposition 8n 2 N; n6p; Sn;p = sn;p.
P (0) signie S0;0 = s0;0.
P (1) signie S0;1 = s0;1 et S1;1 = s1;1 ce qui est verie. Il est alors
immediat que des que P (k) est veriee jausqu'au rang p, P (p + 1) est
veriee.
n
X
D'apres le resultat vu en () nous obtenons : Sn;p = ( 1)n i Cni ip en
i=0
convenant d'imposer i0 = 1.
(c) () Soit f une surjection de E dans Nn . Nous denissons la relation
R par (x; y) 2 E 2 ; xRy () f (x) = f (y). Il y a n classes
d'equivalences pour cette relation. L'application fe denie sur E /R
par (fe)(X ) = f (x) ou X est la classe de x est bien denie et est
bijective. Il y a equivalence entre la donnee d'une partition de E en
n parties deux a deux disjointes et la donnee d'une bijection fe denie
sur l'ensemble des parties de la partition a valeurs dans Nn .
Le nombre de partitions en n parties est donc egal a 1 Sn;p . Le
n!
p
X
1S .
nombre de partitions de E est donc
n;p
n=1 n!
En convenant que
0 = 1 la relation peut s'ecrire :
p
X
8p 2 N; p = n1! Sn;p.
n=0
p
X
() Verions la relation p+1 = Cpq q .
q=0
!
p
p
q
X
X
X
q=0
p
X
q =j
Cpq q
=
Cpq Sj;q =
q=0
p
X
q=0
Cpq
p X
p
X
Cpq
1
S
Sj;q .
j;q soit encore
j =0 j !
j =0 q=j j !
Cpq Sj;q .
161
Sj;q est la coordonnee d'indice j de X q dans la base (Hn )n2N donc
p
p
X
X
q
Cp+1 Sj;q est la coordonnee de Cpq+1 X q = (1 + X )p+1 X p+1
q=0
q=0
d'indice j dans la base (Hn )n2N c'est-a-dire est la coordonnee d'indice
j de T (X p+1) dans la base (Hn )n2N.
X p+1 =
+1
X
n=1
T (X p+1) =
sn;pHn (la somme est nie) donc
+1
X
n=1
sn;p+1Hn 1 =
Nous avons alors
p
X
p
X
q=j
p X
1
+1
X
n=0
sn+1;p+1 Hn.
Cpq+1Sj;q = sj+1;p+1 = Sj+1;p+1 .
X
p 1 S
=
(Sj+1;p + Sj;p ) =
j +1;p+1 = p+1 .
q=0
j =0 j !
j =0 (j + 1)!
Le resultat est donc obtenu.
Verions que p6p!. C'est vrai pour p = 0; p = 1 et p = 2.
p
p
p
p
X
X
X
X
1
1
q
q
p+1 = Cp q 6 Cp q! = p!
= p!
6ep!6(p + 1)!
(
p
q
)!
q
!
q=0
q=0
q=0
q=0
pour p>2. Le resultat est donc verie par recurrence.
+1 X
j j
La serie entiere
x a donc un rayon de convergence au moins
j =0 j !
egal a 1.
+1 1
X
La serie entiere
xp a un rayon de convergence inni donc pour
p
!
p=0
jxj < 1 nous
avons
+1 1 ! X
+1 ! X
+1
n
X
X
j = n+1 .
j j
p
n
x
x
= anx avec an =
n!
p=0 p!
j =0 j !
n=0
j =0 j !(n j )!
+1 X
j j
Posons pour jxj < 1; f (x) =
x . Nous obtenons
j =0 j !
+1
X
1 xn 1 = f 0 (x).f est solution de l'equaexp(x)f (x) =
n
n=1 (n 1)!
tion dierentielle y0 = exy avec f (0) = 1. La solution est donc
f (x) = exp (ex 1).
Si nous calculons le developpement limite de f a l'ordre 14 par
exemple au voisinage de zero, puis si nous multiplions le coecient
de xp dans ce developpement par p! nous en deduisons les valeurs de
p pour p614. Ce sont les valeurs suivantes :
1; 1; 2; 5; 15; 52; 203; 877; 4140; 21147; 115975; 678570; 4213597;
27644437; 190899322.
Cpq q
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
162
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
73. Il existe deux matrices P et Q de Mn(R) telles que (P + iQ)A = B (P + iQ)
c'est-a-dire PA = BP et QA = BQ avec det(P + iQ) 6= 0. Soit t 2 R.
det(P + tQ) est non nul pour t = i.
La fonction polynomiale t 2 R 7 ! det(P + tQ) 2 R n'est donc pas identiquement nulle et possede un nombre ni de racines. Il existe donc un reel tel
que det(P + Q) 6= 0. Nous avons alors (P + Q)A = B (P + Q). A et B
sont donc semblables dans Mn(R).
74. (a) d est bien un endomorphisme.
d2 (H 2 ) = d(Hd(H ) + d(H )H ) = d(H )2 + Hd2 (H ) + d2 (H )H + d(H )2
= 2d(H )2 .
Supposons que pour tout k 2 N; k6n; dk (H k ) = k!d(H )k . D'apres la for-
dn+1(H nH ) =
n+1
X
mule de Leibniz, nous avons :
Cnk+1 dk (H )dn+1 k (H n).
k=0
E tant donne que d2 (H ) = 0 nous obtenons :
dn+1 (H nH ) = dn+1 (H n) + (n + 1)d(H )dn (H n) qui d'apres l'hypothese de
recurrence est egal a d (n!d(H )n) + (n + 1)!d(H )n+1.
En reutilisant d2 (H ) = 0 nous avons d (n!d(H )n ) = n!d (d(H )n ) = 0 puis
dn+1 (H n+1) = (n + 1)!d(H )n+1 .
(b) Soit d l'application telle que d(U ) = AU UA.
d(UV ) = AUV UV A = U (AV V A) + (AU UA)V .
d2 (H ) = d(B ) = AB BA = 0.
1
Nous en deduisons : dn (H n) = n!d(H )n B n = d(H )n = dn(H n).
n!
k
AX
k ou X est une
Munissons E = Mn(R) de la norme kM k = sup
X 6=0 kX k
matrice colonne dont la norme est une norme sur Rn et L(E ) de la norme
associee. kdn(H n )k6jkr
dkjnkH kn.
n 1
nkH k.
Il vient alors kB n k n 6
jk
d
kj
Z n!
n
ln(n) 1 X
1 n
14
n! = n k=1 ln(k)> n 1 ln(t)dt = ln(n) 1 donc
pn lim ln n! = +1.
n!+1
Nous obtenons bien n!lim
kB nk n = 0.
+1
1
1
75. (a) () u est clairement lineaire.
Soit B = (e1; : : : ; ep ) une base de E . u(ej ) = ('1 (ej ); : : : ; 'n(ej )).
Notons B = (e1 ; : : : ; ep ) la base de E duale de la base B. Notons
ai;j la j ieme composante de 'i dans la base B . ai;j = 'i (ej ). Soit A
la matrice de u dans le couple de base (B; B0 ) ou B0 = ("1 ; : : : ; "n)
14
On peut utiliser la moyenne de Cesaro ;
on peut aussi
remarquer ! que
r
n 1
n 1 1 X
6
n! n k=1 k et
pn a : : : a 6 1 (a + : : : + a ) lorsque les a sont positifs donc
1
n n 1
n
i
conclure a nouveau avec la moyenne de Cesaro.
163
est la base canonique de K n . La iieme ligne de A est constituee des
composantes de 'i dans la base B . Le rang de A et celui 15 de tA
sont egaux donc, le rang de u est celui de la famille '1 ; : : : ; 'n.
() u est un isomorphisme si et seulement si rg(u) = n = p. Supposons
que E soit de dimension n et que ('1 ; : : : ; 'n ) soit une base de E .
8i 2 Nn ; 9ai 2 E; u(ai ) = "i . La famille (a1;j : : : ; an) est une base
de E et verie : 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; 'j (ai) = i . (a1; : : : ; an) est la
base preduale de la base ('1 ; : : : ; 'n).
(b) Soit r le rang de la famille (x1 ; : : : ; xn ). Quitte a changer l'ordre des
elements, ce qui ne change pas le rang de l'application lineaire que nous
appelons encore v, nous supposons que les r premiers vecteurs sont independants. (Si r = 0, le rang de v est nul). Supposons r>1.
Notons pour i6r; ei = xi que nous completons en une base B = (e1; : : : ; ep )
de E . Soit B = (e1 ; : : : ; ep ) sa base duale.
' 2 Ker(v) () 8j 6r; '(ej ) = 0.
p
X
' s'ecrit ' = '(ej )ej donc
j =0
' 2 Ker(v) () ' =
e
p
X
j =r+1
'(ej )ej . (Si r = p; ' = 0). Il vient alors
' 2 Vect( j r+16j6p ).
La reciproque est immediate et dim(Ker(v)) = p r. Le rang de v est
donc egal a r.
(c) () Supposons que pour i 2 Nn ; Ker( i ) = Ker('i ) = Hi .
Il existe alors (a1; : : : ; an) 2 K n ; chaque ai est non nul et verie
8i 2 Nn ; i = ai'i .
Le rang des deux familles ('1 ; : : : ; 'n) et ( 1; : : : ; n) est le m^eme.
() En utilisant les notations precedentes et en notant r le rang de la
famille (H1 ; : : : ; Hn), nous avons V = Ker(u) donc
dim(V ) = dim(Ker(u)) = dim(E ) rg(u) = dim(E ) r.
() V = fx 2 E; 8i6r; i (x) = 0g.
Completons la famille ( 1; : : : ; r ) pour en faire une base ( 1 ; : : : ; p )
de E .
Soit (e1; : : : ; ep) sa base preduale. Soit V = Vect(er+1 ; : : : ; ep ). (Si
r = p, V = f0g).
p
X
Soit ' 2 E ; Ker(') = H , ' = j j .
j =1
Pour tout j >r + 1 nous avons '(ej ) = 0 donc ' =
r
X
j =1
j j .
(v) Soit (er+1; : : : ; ep ) une base de V que l'on complete en une base
Je rappelle que toute matrice M 2 Mp;q (K ) s'ecrit PJr Q ou P 2 GLp(K ); Q 2 GLq (K ) et
Jr 2 Mp;q (K ) a tous ses elements nuls sauf ceux d'indices (i; i) avec i6r qui sont egaux a 1 (si
r = 0, Jr = 0). Le rang de M est celui de Jr qui est celui de tJr qui est donc celui de tM .
15
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
164
(e1; : : : ; ep ) de E . Soit (e1; : : : ; ep) sa base duale.
p
p
\r
X
X
Ker(ei ) = fx = aj ej ; 8i6r;
aj ij = 0g. Nous avons donc :
i=1
r
\
i=1
j =1
Ker(ei ) = fx =
p
X
j =1
j =1
aj ej ; 8i6r; ai = 0g = V .
76. (a) Soit u 2 L(E; F ). Soit (f; g; ) 2 F F K . tu(f ) = f u 2 E .
tu(f + g ) = (f + g ) u = f u + g u = tu(f ) + tu(g ).
tu est bien dans L(F ; E ).
(b) Soit (u; v; ) 2 L(E; F ) L(E; F ) K . Soit f 2 F .
(t(u + v))(f ) = f (u + v) = f u + f v = t(u)(f ) + t(v)(f ).
u 2 L(E; F ) 7 ! tu 2 L(F ; E ) est lineaire.
(c) Soit f 2 G . (t(v u))(f ) = f v u = (tu)(f v) = (tu)((tv)(f )).
Nous avons donc (t(v u) = (tv) (tu).
(d) Pour f 2 E , t(IdE )(f ) = f = (IdE )(f ).
Soit u un isomorphisme de E vers F . Soit v son isomorphisme reciproque.
v u = IdE donc (tu) (tv) = IdE . Cela signie que tu est surjective.
De m^eme (tv) (tu) = IdF donc tu est injective. tu est donc un isomorphisme, d'isomorphisme reciproque t(u 1).
Remarque si E et F sont de m^eme dimension nie, l'injectivite ou la
surjectivite sut.
Supposons u non surjective. Im(u) 6= F . Soit x 2 F; x 62 Im(u). Soit G
un supplementaire de Im(u) K x. Soit H = G Im(u). Soit f la forme
lineaire de noyau H veriant f (x) = 1. f u = 0 donc f 2 Ker(tu) ; tu
n'est pas injective.
Supposons tu surjective et u non injective. Soit x 2 Ker(u); x 6= 0.
Soit f 2 E telle que f (x) = 1. Il existe g 2 F g u = f donc
f (x) = 1 = (g u)(x) = 0. Nous avons une contradiction et u est injective. tu est donc un isomorphisme de F dans E si et seulement si u est
un isomorphisme de E vers F .
(e) Soit e = (e1 ; : : : ; en ) une base de E de base duale e = (e1; : : : ; en) et
soit f = (f1; : : : ; fp ) une base de F de base duale f = (f1 ; : : : ; fp ).
Supposons 8j 2 Nn ; u(ej ) =
8i 2 Np ; (tu)(fi ) =
p
X
ai;j fi et
i=1
n
bk;i ek . (tu)(fi ) = fi u.
X
k=1
X
p
t
En ecrivant pour j 2 Nn , (( u)(fi ))(ej ) = fi (u(ej )) = ak;j fi (fk ) = ai;j
k=1
n
et 8i 2 Np ; ((tu)(fi))(ej ) = bk;i ek (ej ) = bj;i nous en deduisons
k=1
8(i; j ) 2 Nn Np ; ai;j = bj;i .
X
165
La matrice de u dans le couple de base (e; f ) est la transposee de la matrice de tu dans le couple de base (e ; f ).
Remarque en dimensions nies, l'utilisation des matrices permet de retrouver tous les resultats precedents.
77. Considerons l'application f de E dans (E ), note E , qui a x associe la forme
lineaire f (x) denie sur E veriant 8' 2 E ; (f (x))(') = '(x).
8(x; y; ; ') 2 E E K E ,
(f (x + y))(') = '(x + y) = '(x) + '(y) = (f (x))(') + (f (y))(') donc
f est lineaire.
f est injective. En eet f (x) = 0 ) 8' 2 E ; '(x) = 0. Si x n'est pas nul il
existe un hyperplan16 H de E ne contenant pas x. H est le noyau d'une forme
lineaire ' veriant '(x) 6= 0 ce qui est contradictoire.
Si E est de dimension nie alors f est bijective.
8X 2 E 9!x 2 E tel que 8' 2 E ; X (') = '(x).
Soit (X1; : : : ; Xn) une base de E . Soit (X1; : : : ; Xn) sa base duale dans
E .
L'image reciproque par f de cette base est une base (e1 ; : : : ; en) de E .
8' 2 E ; '(ei ) = Xi(') en particulier Xj (ei ) = Xi(Xj ) = ij . La base
(X1; : : : ; Xn) est donc la base duale de la base (e1; : : : ; en ).
Toute base du dual possede donc (en dimension nie) une base preduale.
78. (a) Soit A une partie non vide de E . f\2 E est dans A? si et seulement
si 8a 2 A; f 2 fag? donc A? = fag?. 0 2 fag?. Soient f et g
fag?,
a2A
deux elements de
soit 2 K . (f + g)(a) = 0 donc fag? est un
sous-espace vectoriel de E et A? est un sous-espace vectoriel de E . La
demonstration est analogue pour ?B ou B est une partie de E .
Soient A et A0 deux parties non vides de E . Supposons A A0 . Soit
f 2 (A0 )?. 8x 2 A0 ; f (x) = 0 donc 8x 2 A; f (x) = 0 et f 2 A?.
Soient B et B 0 deux parties non vides de E . Supposons B B 0 . Soit
a 2 ?B 0 . 8f 2 B 0 ; f (a) = 0 donc 8f 2 B; f (a) = 0 et ?B 0 ?B .
Il est alors clair que (Vect(A))? A?. Soit f 2 A? ; soit x 2 Vect(A)
alors x est une combinaison lineaire (nie) d'elements de A et f (x) = 0
donc f 2 (Vect(A))?. Nous avons l'egalite : (Vect(A))? = A?.
La preuve est analogue pour ?B .
(b) Soit V un sous-espace
vectoriel de E . Soit x 2 V , 8f 2 V ?; f (x) = 0
donc x 2 ? A? . Nous avons donc V ? V ? .
Montrons x 62 V ) x 62 ? V ? .
Soit F = V K x. Soit G un supplementaire de F et soit H l'hyperplan
GV.
Considerons alors la forme lineairef de noyau H telle que f (x) = 1.
f 2 V ? et f (x) 6= 0 donc x 62 ? V ? .
Si A est une
partie non vide E alors en posant V = Vect(A) nous avons
bien ? A? = Vect(A).
16
Ce que nous admettons en dimension innie.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
166
(c) Soit A = fcos(n); n 2 Ng. A = [0; 1]. ?G est l'ensemble des fonctions f
de E qui s'annulent sur A. Par continuite elles s'annulent sur A = [0; 1].
?G = f0g.
?G? = E qui n'est pas egal a G.
Z1
f 2 E 7 ! f (t)dt 2 R n'est pas dans G, sinon 9(a0 ; : : : ; an) 2 Rn+1
0
tel que 8f 2 E;
Z1
0
f (t)dt =
n
X
k=0
La fonction f denie par f (t) =
n
X
k=0
ak f (cos(k)).
Yn
k=0
(t cos(k))2 a une integrale > 0 et
ak f (cos(k)) = 0.
On peut aussi choisir comme exemple E = C[00 ;2] les fonctions continues
2-periodiques a valeurs complexes, G l'espace vectoriel engendre par les
applications f 2 E 7 ! cn(f ) 2 C ou cn(f ) est le coecient de Fourier
d'indice n 2 Z de f . Nous avons encore ?G = f0g et G 6= E .
(d) () Soit u 2 L(E; F ). Soit f 2 F ;
f 2 Ker (tu) () 8x 2 E; (f u)(x) = 0
() 8y 2 Im(u); f (y) = 0.
Nous en deduisons Ker (tu) = (Im(u))? et ? (Ker(u)) = Im(u).
() En particulier u surjective est equivalent a tu injective car u surjective
est equivalent a (Im(u))? = f0g = Ker (tu).
Soit f 2 Im(tu) alors 9g 2 F ; f = g u nous avons alors pour tout
x 2 Ker(u); f (x) = 0 et f 2 (Ker(u))?.
Soit f 2 (Ker(u))?. Nous voulons trouver g 2 F ; f = g u. En
utilisant la factorisation, nous savons que f s'ecrit g u si et seulement
si Ker(u) Ker(f ) ce qui est le cas par hypothese. Nous avons donc
Im(tu) = (Ker(u))? puis ? (Im(tu)) = Ker(u).
Nous en deduisons u injective () tu surjective.
En eet f0g? = E = (Ker(u))? = Im(tu).
() Si tu = 0 alors Ker(tu) = F = (Im(u))? donc f0g = ?(F ) = Im(u)
et u = 0.
Si E et F sont de dimensions dinies alors L(E; F ) et L(F ; E ) sont
de m^eme dimension nie et l'application lineaire injective est bijective.
(e) () Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie. Soit E1 un sousespace vectoriel de E . Si E1 = E ou f0g ou F1 = E ou f0g le
resultat est verie.
Supposons E1 6= E; E1 6= f0g. Soit (e1; : : : ; ep ) une base de E1 que
l'on complete en une base (e1; : : : ; en ) de E . Soit (e1; : : : ; en) la
base duale. Nous savons que E1? = fe1 ; : : : ; epg? . Soit f un element
n
X
de E ; f = ak ek donc 8k 2 Nn ; ak = f (ek ).
k=0
167
f 2 E1? si et seulement si 8k 2 Np ; ak = 0 donc si et seulement si
f 2 Vect(ep+1; : : : ; en)) qui est de dimension n p ; d'ou le resultat.
Soit (f1 ; : : : ; fp ) une base de F1 que l'on complete en une base
(f1; : : : ; fn) de E . Soit (e1; : : : ; en) la base de E preduale de
celle-ci. ?F1 = ?ff1 ; : : : ; fpg.
n
X
Soit x = ak ek un element de E .
k=1
x 2 ?F1 () 8i 2 Np ; fi(x) = 0 () 8i 2 Np ; ai = 0.
Nous avons donc ?F1 = Vect(fep+1 ; : : : ; en g) qui est de dimension
n p.
Remarque nous deduisons que si E et F sont de dimensions nies,
si u 2 L(E; F ) alors
dim(Ker(tu)) = (dim(F ) dim(E )) + dim(Ker(u)) et rg(tu) = rg(u).
Si E et F ont m^eme dimension alors dim(Ker(tu)) = dim(Ker(u)).
() Soient F1 et F2 deux sous-espaces
vectoriels de E .
Si F1? = F2? alors F1 = ? F1? = ? F2? = F2. L'application est
donc injective.
Soit G un sous-espace vectoriel de E ; soit F = ?G. Soit f 2 G.
Pour tout x 2 F; f (x) = 0 donc f 2 F ? et G F ?. Nous savons
que dim(G) + dim(F ) = dim(E ) = dim(F ? ) + dim(F ). Nous avons
donc G = F ? .
(f) Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels de E .
E1 E1 + E2 ; E2 E1 + E2 donc (E1 + E2)? E1? \ E2?.
Soit f 2 E1? \ E2?. Soit x 2 E1 + E2 ; x = x1 + x2 ; (x1 ; x2 ) 2 E1 E2 .
Nous avons f (x) = 0 donc f 2 (E1 + E2 )?.
Nous avons alors l'egalite (E1 + E2 )? = E1? \ E2?.
E1 \ E2 E1 ; E1 \ E2 E2 donc E1? + E2? (E1 \ E2 )?.
Soit f 2 (E1 \ E2 )?. Nous voulons prouver que f s'ecrit f1 + f2 avec
f1 2 E1? et f2 2 E2? .
Soit F1 un supplementaire de E1 \E2 dans E1 et soit F2 un supplementaire
de E1 \ E2 dans E2 E1 + E2 = (E1 \ E2 ) F1 F2 . Soit enn G un
supplementaire de E1 + E2 dans E . E = (E1 \ E2 ) F1 F2 G.
Considerons la forme lineaire f1 telle que la restriction a (E1 \ E2 ) F1
soit nulle et la restriction a F2 G soit la restriction de f a F2 G.
Considerons la forme lineaire f2 telle que la restriction a (E1 \ E2 ) F1 G
soit nulle et la restriction a F2 soit la restriction de f a F2 .
f1 2 E1?, f2 2 A?2 et f = f1 + f2 d'ou le resultat.
Soient F1 et F2 deux sous-espaces vectoriels de E .
F1 F1 + F2 ; F2 F1 + F2 donc ?(F1 + F2) ?F1 \ ?F2 .
Soit x 2 ?F1 \?F2 . 8(f1; f2 ) 2 F1 F2; f1 (x) = f2 (x) = 0. Soit h = f1 +f2
alors h(x) = 0 et x 2 ?(F1 + F2 ). d'ou l'egalite : ?(F1 + F2 ) = ?F1 \ ?F2 .
F1 \ F2 F1 , F1 \ F2 F1 donc ?F1 + ?F2 ?(F1 \ F2 ) d'ou l'egalite .
Si E est de dimension nie alors il existe E1 et E2 tels que F1 = E1? et
F2 = E2?. Nous avons alors ?(E1? \ E2?) = ?(E1?) + ? (E2?) = E1 + E2
?(F1 \ F2 ) = ?F1 + ?F2 .
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
168
(g) En reprenant les notations de cet exercice, nous avons V = ?f'1 ; : : : ; 'ng
donc dim(V ) = dim(E ) dim(Vect(f'1 ; : : : ; 'ng)).
V H ) H ? V ? = Vect( 1 ; : : : ; r ) et ' 2 Vect( 1 ; : : : ; r ).
Si V est de dimension p r alors V ? est de dimension r et est engendre
par r formes lineaires independantes ('1 ; : : : ; 'r ).
\r
?
?
V = f'1 ; : : : ; 'r g puis V = f'1 ; : : : ; 'r g = Hi ou pour chaque
i=1
entier i 2 Nr ; Hi = Ker('i ).
79. Si f est de rang 1, il existe a 6= 0; a 2 E tel que Im(f ) = K a. Soit x 2 E
alors il existe '(x) 2 K tel que f (x) = '(x)a. ' est clairement lineaire car
8(x; y; ') 2 E E K 0 = f (x + 'y) f (x) 'f (y) = ('(x + y) '(x) '(x))a
donc '(x + y) '(x) '(x) = 0.
x 2 E 7 ! '(x)a est lineaire de rang 1 car ' et a sont non nuls.
80. (a) ?G = fg 2 F; 8x 2 R; g(x) = 0g = f0g. G est de dimension nie,
donc d'apres ce que nous avons vu dans les exercices precedents, G =
f0g? = F . G est une famille generatrice de F . Nous savons que de
toute famille generatrice d'un espace vectoriel de dimension nie on peut
extraire une famille nie base de cet espace. Il existe donc une famille
nie (x1 ; : : : ; xp ) de reels telle que (xi )i2Np soit une base de F .
(b) La base (xi )i2Np de F possede une base preduale. Il existe donc (gi )i2Np
une famille de fonctions de R dans C telle que 8(i; j ) 2 (Np )2; gi (xj ) = ij .
(c) (fi )i2Np est une base de F . Pour i 2 Nn ; fi =
n
X
j =1
i;j gj donc
X
8(i; k) 2 (Nn )2; fi (xk ) = i;j gj (xk ) = i;k . La matrice de terme genej =1
ral (fi (xj ))(i;j)2(Nn)2 est la matrice de passage d'une base de F vers une
n
base de F donc elle est inversible.
Supposons que la famille (gi )i2Nn soit li
ee. L'une des fonctions fj est
X
combinaison lineaire des autres. fj = j fj . Soit (a1; : : : ; an) une
0
0
j =1
j 6=j0
famille de reels. Notons Cj la matrice
X colonne dont l'element d'indice i
est fj (ai). Nous avons alors Cj = j Cj . La famille (C1; : : : ; Cn) est
0
j =1
j 6=j0
une famille liee et le determinant de la matrice est nul. L'equivalence est
demontree.
81. Soit P le polyn^ome
n 1
X
k=0
ak X k. P (k) (0) = k!ak . Si P = X i alors P (k) (0) = k!ki .
Considerons la combinaison
n 1
X
k=0
k P (k) (0) = 0 pour tout polyn^ome de E ; alors
169
8i 2 N; i6n 1;
n 1
X
k k!ki = 0 = i!i . La famille est donc libre. Chaque 'k
k=0
est une forme lineaire donc il s'agit d'une base de E qui est de dimension n.
Il s'agit de determiner (P1; : : : ; Pn 1) tel que 8(k; i) 2 N2 ; k6n 1; i6n
1; Pk(i) (0) = ki .
1 D'apres le calcul precedent, la famille X i
convient.
i!
06i6n 1
82. (a) u est clairement lineaire.
Soit P 2 E un element du noyau. 8i 2 Nn ; P (ai) = 0. P est de degre au
plus egal a n 1 donc P est nul. u est injective donc bijective car E et
K n ont m^eme dimension nie. Comme nous l'avons vu dans les exercices
precedents, le rang de u est celui de la famille ('1; : : : ; 'n ) qui est donc
une famille libre, c'est-a-dire une base de E .
(b) La base preduale de la base ('1 ; : : : ; 'n ) est une famille de polyn^omes
(P1; : : : ; Pn) telle que 8(i; j ) 2 (Nn )2; Pj (ai) = ij avec deg(Pj )6n 1.
n
1 Y
Q (X )
Il sut de poser Qj =
(X ak ) et de choisir Pj = j .
X aj k=1
Qj (aj )
Le polyn^ome d'interpolation de Lagrange est l'unique polyn^ome P de degre au plus egal a n 1 tel que 8i 2 Nn ; P (ai) = bi ou les bi sont des
elements donnes de K . P = u 1 (b1; : : : ; bn).
Notons ("1 ; : : : ; "n ) la base canonique de K n . 8j 2 Nn ; u(Pj ) = "j donc
n
n
X
X
bj u(Pj ) = (b1 ; : : : ; bn) soit encore bj Pj = u 1 (b1; : : : ; bn) = P .
j =1
j =1
La matrice de u est V (a1; : : : ; an) donc la matrice inverse est celle de
u 1 . La j ieme colonne de la matrice inverse est constituee des coordonnees de Pj dans la base canonique de K n . Si nous utilisons le resultat
de l'exercie numero 22 du chapitre 3, en notant k;i la kieme fonction symetriques des racines de Pi nous avons k;i =
k
X
j =0
sont les fonctions symetriques du polyn^ome R =
( 1)k j aki j j ou les j
Yn
k=1
(X ak ). L'element
d'indice (i; j ) de la matrice inverse de la matrice de Vandermonde est
( 1)n i n i;j
R0 (aj ) .
Si nous examinons le terme d'indice (1; 1) de la matrice inverse, nous
Yn
ai
i=2
constatons qu'il est egal a Y
. Nous savons qu'il est egal au
n
(ai a1)
i=1
determinant de la sous-matrice de Vandermonde obtenue en rayant la
premiere ligne et la premiere colonne de cette matrice, divise par le determinant de V (a1; : : : ; an).
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
170
Nous obtenons donc :n
Y
det(V (a2; : : : ; an)) (ai a1) = det(V (a1; : : : ; an)).
i=2
Nous obtenons par un raisonnement
Y par recurrence immediat (a ecrire !)
que det(V ((a1; : : : ; an)) =
(aj ai ) qui est encore vrai lorsque
16i<j6n
deux elements ai et aj sont egaux.
83. (a) Il s'agit en fait de prouver que si z 2 E; z 6= 0 alors il existe ' 2
E ; '(z ) 6= 0.
Il sut de considerer un hyperplan H de E ne contenant pas x et de
considerer la forme lineaire ' de noyau H veriant par exemple '(x) = 1.
(b) Supposons L 6= E . L'orthogonal de L est un sous-espace vectoriel de E
de dimension dim(E ) dim(L)>1 donc il existe x 6= 0; 8' 2 L; '(x) = 0.
Le resultat est demontre.
Si nous ne voulons pas utiliser l'orthogonalite, on peut refaire une demonstration directe.
Soit ('1 ; : : : ; 'r ) une base de L. (Si L est nul le resultat est immediatement acquis). Supposons r < dim(E ). Nous completons cette base
pour en faire une base B = ('1 ; : : : ; 'n) de E . Soit (e1 ; : : : ; en) la
base preduale de la base B . 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; 'i (ej ) = ij . En particulier
8i6r; 'i (en ) = 1 6= 0 d'ou le resultat.
84. Il est immediat que t (tAM + MA) = (tAM + MA).
L'espace vectoriel des matrices antisymetriques est de dimension n(n 1) .
2
Une base estX
constituee des matrices Ei;j Ej;i pour 16i < j 6n.
Posons A = ai;j Ei;j .
16i;j6nX
f (Ei;j Ej;i ) =
(ak;lEl;k (Ei;j Ej;i )) +
16k;l6n
X
(al;k (Ei;j Ej;i ) El;k ).
16k;l6n
Nous obtenons : X
X
f (Ei;j Ej;i ) =
ak;l ki El;j kj El;i + al;k jl Ei;k ilEj;k soit en16k;l6n
16k;l6n
core
n
n
n
n
X
X
X
X
f (Ei;j Ej;i ) = ai;lEl;j
aj;lEl;i + aj;k Ei;k
ai;k Ej;k .
l=1
l=1
k=1
k=1
En regroupant nous
obtenons :
n
n
X
X
f (Ei;j Ej;i ) = ai;l (El;j (Ej;l ) + aj;l (Ei;l El;i ).
l=1
l=1
Le coecient de Ei;j Ej;i est ai;i + aj;j ; nous en deduisons tr(f ) = 2 tr(A).
85. (a) (X = tr(X )A + B ) ) (tr(X ) = tr(X ) tr(A) + tr(B )).
Si tr(A) 6= 1, X = tr(B ) + B .
1 tr(A)
Si tr(A) = 1, alors si tr(B ) 6= 0 il n'y a pas de solution.
Si tr(B ) = 0 alors X = aA + B avec a 2 R sont les solutions.
171
(b) Toute matrice M 2 Mn(K ) est (de maniere unique) la somme d'une
matrice symetrique et d'une matrice antisymetrique. X est donc egale a
X1 + X2 avec X1 symetrique et X2 antisymetrique. Nous en deduisons
X1 = tr(X1) 21 A . Nous sommes ramene au cas precedent.
Si tr(A) 6= 2, X1 = 0 et l'ensemble des solutions est l'ensemble des matrices antisymetriques.
Si tr(A) = 2, les solutions X1 sont X1 = aA avec a 2 R. Si A n'est pas
symetrique alors a = 0 ; sinon a est quelconque.
Donc si A n'est pas symetrique, les solutions sont les matrices antisymetriques.
Si A est symetrique les solutions sont X = aA + X2 ou a 2 R et X2 est
antisymetrique.
86. Soit I un ideal bilatere de Mn(K ) non nul. Soit A 2 I de rang r>1. Il existe
P et Q deux matrices inversibles telles que Jr = PAQ 1 .
I est un ideal bilatere donc Jr 2 I .
Si r = n; Jr = In. Sinon, considerons pour j 2 Nn r la matrice Aj de Mn(K )
dont les elements sont tous nuls sauf ceux d'indices (i + j; i + j ) avec i6r egaux
a 1. Aj est de rang r et est equivalente a Jr et est donc dans I . La somme B
des matrices Aj et de la matrice Jr est dans I ; cette somme est une matrice
diagonale a elements diagonaux tous non nuls. B = Diag(a1; : : : ; an). B 1
existe et BB 1 = In est donc dans l'ideal I . Nous en deduisons alors que
I = Mn(K ). Les seuls ideaux bilateres de Mn(K ) sont donc f0g Mn(K ).
Une base de E etant choisie, l'application de L(E ) dans Mn(K ) qui a u associe
sa matrice dans la base en question est un isomorphisme d'algebre. Tout ideal
bilatere de L(E ) est donc nul ou egal a L(E ).
Supposons E de dimension innie.
Soit F l'ensemble des endomorphismes de E de rangs nis. Soit (u; v) 2 F 2 .
(u + v)(E ) u(E ) + v(E ) ; u + v est de rang ni.
Soit f 2 L(E ) ; (u f )(E ) u(E ) donc u f est de rang ni.
(f u)(E ) = f (u(E ))) ; u(E ) est de dimension nie donc f (u(E ))) aussi. F
est un ideal bilatere.
87. Soit i 2 N!n ; Ui;i2 = Ui;i ; Ui;i est une matrice de projecteur.
n
X
i=1
Ui;i
2
=
X
16i;j6n
Nous avons alors rg
n
X
Ui;i Uj;j =
n
X
! i=1
n
X
i=1
Ui;i .
Ui;i = tr
n
X
Ui;i est une matrice de projecteur.
i=1 !
n
n
X
X
i=1
Ui;i =
i=1
tr(Ui;i )>n donc le rang
Ui;i est egal a n et la somme des rangs des Ui;i est n. Chaque rang est
donc egal a 1 ; il existe donc un vecteur e1 tel que U1;1(e1 ) = e1 .
Posons ei = U1;i (e1).
Soit (i; j; k) 2 (Nn )3 . Ui;j (ek ) = Ui;j Uk;1(e1 ) = jk ei donc ei = Ui;j (ej ) ; en
particulier e1 = U1;j (ej ) 6= 0 et ej 6= 0.
de
i=1
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
172
Nous avons aussi Ui;i(ei ) = ei .
n
n
X
X
Considerons la combinaison lineaire aiei = 0 c'est-a-dire aiUi;i (ei ) = 0.
n
2X
Il vient alors 8(j; k) 2 (Nn )
i=1
i=1
aiUj;k Ui;i (ei ) = 0 = ak Uj;k (ek ) = ak ej . Nous
i=1
avons donc ak = 0 et la famille (e1; : : : ; en ) est une base de K n .
Soit f un automorphisme de l'algebre Mn(K ).
Soit (i; j; k; l) 2 (Nn )4 . f (Ei;j Ek;l) = jk f (Ei;l ) = f (Ei;j )f (Ek;l).
Les matrices f (Ei;j ) sont non nulles et verient une relation analogue a celle
veriee par les Ui;j donc il existe une base (v1 ; : : : ; vn) de K n telle que
8(i; j; k) 2 (Nn )3 , f (Ei;j )(vk ) = jk vi .
Soit P la matrice de passage de la base canonique ("1 ; : : : ; "n) de K n a la
base (v1; : : : ; vn).
Nous avons f (Ei;j )P ("k ) = jk P ("i) = PEi;j ("k ) soit f (Ei;j )P = PEi;j c'est-adire f (Ei;j ) = PEi;j P 1.
Si M est une matrice nous avons bien f (M ) = PMP 1.
Les automorphismes sont donc les automorphismes interieurs.
88. Quitte a changer l'ordre des lignes de la matrice A c'est-a-dire multiplier a
gauche par une matrice P de permutation et (ou) changer l'ordre des colonnes
de la matrice A c'est-a-dire multiplier a droite par une matrice Q de permutation, la sous-matrice principale A1 2 Mp (K ) de la matrice de la matrice
A0 = PAQ forme0
e des p premi
1 eres lignes et p premieres colonnes de A0 est
A1 A2 C
B
0
inversible. A = @
A avec A2 2 Mp;n p(K ), A3 2 Mn p;p(K ) et
A3 A4
A4 2 Mn p;n p(K ).
Montrons la relation A0
4 = A3A11 1 A2.
vj
A la jieme colonne de la matrice A0 avec vj 2
Notons pour j 2 Nn , @
wj
Mp;1 (K ) et wj 2 Mn p;1 (K ).
Notons pour k 2 Np , "0j 2 Mp;1(K ) et pour k 2 Nn p "00j 2 Mn p;1(K ) des
colonnes dont les elements sont tous nuls sauf le j ieme qui est egal a 1.
D'apr
eses,
0 v es1les hypoth
0 vnous1avons pour p + 16jp6n,
p
p
@ j A = X i;j @ i A c'est-a-dire vj = X i;j vi et wj = X i;j wi.
i=1
i=1
i=1
wj
wi
Pour j >p + 1;
X
X
1
i;j A1 1 vi = i;j "0i .
j = vj , A1 vj =
i=1
i=1
p
A2 "00
p
p
X
X
A3 A1 1vj = i;j A3"0i = i;j wi = A4"00j . Nous avons donc A4 = A3 A1 1A2 .
i=1
i=1
p
173
0A 1
1
1
A et la matrice C 0 = Ip A1 A2 .
Considerons la matrice B 0 = @
B0 C 0
A0
A3
puis A = (P 1A0 ) (C 0 Q 1 ). B 0 et C 0 sont de rang p
Nous avons
=
d'ou le resultat.
89. Notons B = ("1 ; : : : ; "p ) la base canonique de K p , notons B0 = ("01 ; : : : ; "0n)
la base canonique de K n . Notons a l'endomorphisme de K p dans K n dont la
matrice dans le couple de de bases (B; B0 ) est A et b l'endomorphisme de K n
dans K p dont la matrice dans le couple de de bases (B0 ; B) est B .
Notons r1 6p le rang de a et r2 6p celui de b. (a b)(K n ) est de dimension au
plus egale au minimum des deux nombres r1 ; r2 . Nous avons donc r1 6p; r2 6p.
Si l'un de ces deux nombres est strictement inferieur a p alors le rang de a b
aussi. Nous en deduisons que a est injective et b surjective. a(B0 ) est une base
de Im(a b) = Im(a) donc a b, etant un projecteur, (a b)(a("0j )) = a("0j )
pour tout j 2 Np . a etant injective nous obtenons (b a)("0j ) = "0j . b a est
l'identite de K p et BA = Ip .
90. (a) Considerons la combinaison lineaire a1f1 + a2f2 + a3f3 = 0 ; nous avons
pour tout polyn^ome P 2 R3[X ], a1P (0) + a2 P (1) + a3 P 0 (0) = 0.
En choisissant successivement P = 1; X et X 2 il vient
a1 + a2 = 0; a2 + a3 = 0; a2 = 0. La famille est bien libre. Choisissons
par exemple f4 : P 2 E 7 ! P 0 (1) 2 R. (f1 ; f2; f3 ; f4 ) est encore libre ;
il sut de refaire le raisonnement precedent en ajoutant le polyn^ome X 3.
Recherchons 4 polyn^omes (P1; P2 ; P3; P4) de E veriant fi(Pj ) = ij
pour (i; j ) 2 (N4 )2 .
Il vient alors : P1(0) = 1; P1(1) = 0; P10 (0) = 0; P10 (1) = 0,
P2(0) = 0; P2(1) = 1; P20 (0) = 0; P20 (1) = 0,
P3(0) = 0; P3(1) = 0; P30 (0) = 1; P30 (1) = 0,
P4(0) = 0; P4(1) = 0; P40 (0) = 0; P40 (1) = 1,
Nous avons donc P1 = (X 1)2(aX + 1) puis P1 = (X 1)2 (2X + 1).
P2 = X 2(aX + b) puis a + b = 1 et 2b + a = 0 ; P2 = X 2(2X 1).
P3 = (X 1)2 (aX + b) puis b = 0 et a = 1 ; P3 = X (X 1)2 .
P4 = aX 2(X 1) puis a = 1 ; P4 = X 2(X 1).
(b) f est une forme lineaire.
4
Les coordonn
Z 1 ees (a1; a2; a3; a4) 2 R de f dans la base B verient
8P 2 E; P (t)dt = a1P (0) + a2P (1) + a3 P 0(0) + a4 P 0 (1). En choiss0
sant respectivment P = 1; X; X 2 et X 3 nous obtenons :
1 = a1 + a2,
1 = a + a + a , 1 = a + 2a , 1 = a + 3a .
4 4
2
4
2 2 3 4 3 2
Nous obtenons donc a1 = 1 ; a2 = 1 ; a3 = 1 ; a4 = 1 .
2
2
12
12
Z1
1
1
1
1
0
8P 2 E; P (t)dt = 2 P (0) + 2 P (1) + 12 P (0) 12 P 0(1).
0
91. f (InIn) = f (In) = f (In)2 donc f (In) 2 f0; 1g.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
174
Soit A 2 Mn(C ). f (AIn) = f (A) = f (A)f (In). Si f (In) = 0 alors f est nulle
donc f (In) = 1.
f (0) = f (0:0) = f (0)2 donc f (0) 2 f0; 1g. Si f (0) = 1 alors pour toute matrice
B 2 Mn(C ) f (0) = f (0:B ) = f (0)f (B ) = f (B ). f est alors constante donc
f (0) = 0.
Si A 2 GLn(C ), f (A)f (A 1) = f (AA 1) = f (In) = 1. On a f (A) 6= 0.
Supposons A 6= 0 non inversible. Il existe P et Q deux matrices inversibles
telles que A = PJr Q ou r>1 est le rang de A. f (A) = f (P )f (Jr )f (Q).
Montrons que f (Jr ) = 0.
(Jr )2 = Jr donc f (Jr ) 2 f0; 1g.
0
1
0 1
I
0
0 0C
r
B
C
B
0
A est equivalente aux deux matrices Jr = @
A et Jr = @ 0 I A.
0 0
r
En refaisant les precedents calculs nous obtenons f (Jr ) = f (Jr0 ). Si 2r6n alors
Jr Jr0 = 0 et f (Jr ) = 0 puis f (A) = 0.
1
0
0 0 0
CC
B
B
0
0 Ip 0C avec p = 2r n6r 1 car r6n 1.
Si 2r > n alors Jr Jr = B
B
@0 0 0CA
Jr Jr0 est equivalente a Jp . f (Jp ) = f (Jr ). Tant que 2p > r nous construisons
une suite Jpk telle que pk+1 < pk et f (Jpk ) = f (Jr ). Cette suite est nie ; il
existe k tel que 2pk > r; 2(pk 1)6r. Nous en deduisons alors f (Jr ) = f (Jpk )
qui est donc nul.
f (A) est donc egal a 0 ; l'equivalence est demontree.
1
01 2 71
92. Soit A = @ 0 6 18 A. Le polyn^ome caracteristique de A est X 3 .
0 6 0 1 62 1 7
A2 = @ 18 0 18 A est non nul. A est nilpotente d'indice 3 ; son rang est
6 0 6
egal a 2.
Si M existe alors M 6 = 0 ; M est nilpotente donc M 3 = 0 et M 2 6= 0. M est
nilpotente non nulle donc son rang est au moins egal a celui de M 2 = A est au
plus egal a 2. Il est donc egal a 2. Comme nous l'avons vu a l'exercice numero
50, l'indice de nilpotence de M est donc egal a 3 et le rang de M 2 = A est
egal a 1 ce qui
0 0est0 faux.
1Il n'y a pas de solution.
1
Soit A = @ 2 1 0 A. Le polyn^ome caracteristique de A est X (X 1)2 .
00 00 01 0 1
A(A I3) = @ 0 0 2 A. A n'est pas diagonalisable. Le noyau de A est
0 0 1
175
engendre par e1 = (1; 2; 0) ; celui de (A I3) est engendre par e2 = (0; 1; 0) ;
celui de (A I3)2 est engendre par (0; 1; 0) et e3 = (1; 0; 1). Si M 2 = A
alors AM = A3 = MA. Nous avons donc AMe1 = MAe1 = 0 ; et Me1 est
colineaire a e1 .
AMe2 = MAe2 = Me2 ; Me2 est donc colineaire a e2 .
Vect(e2 ; e3 ) est stable
M donc
Me3 2 Vect(
e2 ; e3 ).1
0 par
1
0
1 0 1
0 0 0
0
@
A
@
2 1 0 . A = 0 1 2 A = P 1AP . Posons
Soit P la matrice
0 0 1
0 0 10
1
a 0 0
M 0 = P 1MP avec M 2 = A. Nous avons alors M 0 = @ 0 b c A.
0 0 d
M 2 = A () M 02 = A0 () (a2 = 0; b2 = d2 = 1; c(b + d) = 2). Il y a
00 0 01
donc deux17 solutions : M10 = @ 0 1 1 A, M20 = M10 .
0 0 0 0 1 01 1
Nous avons alors M1 = @ 2 1 1 A, M2 = M1 .
0 0 1
93. Si M est une solution alors X 3 1 est un polyn^ome annulateur de M . Les
racines de ce polyn^ome sont 1; 2; 4. Le polyn^ome X 3 1 est scinde a racines
simples ; M est donc diagonalisable. Il existe une matrice inversible P telle
que M = P Diag(a; b; c)P 1.
M 3 = In () (a3 = b3 = c3 = 1). a; b; c sont donc a choisisir parmi 1; 2; 4.
Les solutions sont donc toutes les matrices M = P Diag(a; b; c)P 1 ou P est
une matrice inversible quelconque et Diag(a; b; c) est l'une des matrices :
Diag(1; 1; 1), Diag(1; 1; 2), Diag(1; 2; 1), Diag(2; 1; 1), Diag(1; 1; 3),
Diag(1; 3; 1), Diag(3; 1; 1), Diag(2; 2; 1), Diag(2; 1; 2), Diag(1; 2; 2),
Diag(2; 2; 2), Diag(2; 2; 3), Diag(2; 3; 2), Diag(3; 2; 2), Diag(3; 3; 1),
Diag(3; 1; 3), Diag(1; 3; 3), Diag(3; 3; 2), Diag(3; 2; 3), Diag(2; 3; 3),
Diag(3; 3; 3), Diag(1; 2; 3).
En fait, quitte a multiplier P par une matrice de permutation, in sut de se
limiter aux matrices
Diag(1; 1; 1), Diag(1; 1; 2), Diag(1; 1; 3), Diag(2; 2; 1), Diag(2; 2; 2),
Diag(2; 2; 3), Diag(3; 3; 1), Diag(3; 3; 2), Diag(3; 3; 3), Diag(1; 2; 3).
94. Dans les deux cas, X commute avec A.
Premier exemple.
Ker(A) et Ker(A I4) sont stables par X . Si nous notons e1 ; e2 ; e3 et e4
les colonnes associees aux vecteurs de la base canonique de K 4 , nous avons
AXe1 = XAe1 = 2Xe1. L'espace propre associe a la valeur propre 2 est une
Voir le devoir, page 78, du livre Resume de cours Textes et problemes corriges pour des
complements.
17
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
176
droite donc Xe1 est colineaire a e1 .
AXe2 = XAe2 = Xe2 donc Xe2 est colineaire a e2 . X est donc du type :
0a 0 0 0 1
B
0 b c d C. En ecrivant que A et X commutent nous obtenons
B
A
@ 0 0 c12 d12 C
0 0 c3 d3
b = c2 = d3 ; b1 = c2 et0c3 = 0. 1
b c1 d1
@
Notons M la matrice 0 b c1 A.
0 0 b
M = bI3 + N ou N est nilpotente d'indice au plus egal a 3. Nous avons donc :
M n = bnI3 + nbn 1N + n(n2 1) bn 2N 2 .
X n = A si et seulement si an = 2; bn = 1; c1 = nb ; d1 = n2n21 b.
Si n est pair et K =R, il y a 4 solutions ; si n est impair et K =R, il y a 2
solutions.
Si K =C il y a n2 solutions.
Second exemple.
En faisant un raisonnement analogue a celui fait precedemment, une matrice
0a b 0 01
B b a 0 0 CC.
X solution est du type B
@0 0 c dA
0 0 0 c
Placons-nous dans le cas reel.
p
p
Il existe t 2 R; a = a2 + b2 cos(t); b = a2 + b2 sin(t).
a b n p
n cos(nt)
sin(
nt
)
2
2
Nous avons alors b a = a + b
sin(nt) cos(nt) .
c d
0 d
c d n
0 cn 1d n
.
0 c = cI2 + 0 0 donc 0 c = c I2 + n 0 0
pa2 + b2n cos(nt) = 0; pa2 + b2n sin(t) = 1; X n = A ()
.
cn = 1; ncn 1 d = 1
Nous avons alors nt = + k et sin(nt) = ( 1)k donc k est impair.
2
Les solutions sont donc denies par :
(4q 1) (4q 1) n = 1; d = c avec q 2 Z.
a = cos
;
b
= sin
;
c
2n
2n
n
Placons-nous dans le cas complexe.
a b 1 a + ib 0 1 i b a = 2i
0 a ib
1 i donc
a b n 1 (a + ib)n + (a ib)n i(a + ib)n i(a ib)n =
n
n
n
n .
177
b a
2 i(a ib) i(a ib) (a + ib) + (a ib)
Les solutions verient alors :
(a + ib)n + (a ib)n = 0; i(a + ib)n i(a ib)n = 2; cn = 1; d = c .
(4n q 1) Il vient (a + ib)n = i et (a ib)n = i c'est-a-dire a + ib = exp i
2n
(4k + 1) avec k 2 Z.
avec q 2 Z et a ib = exp i
2n
Les solutions sont donc denies par
(4q 1) (4k + 1) 2a = exp i
+ exp i
;
2n
2n
(4q 1) (4k + 1) 2ib = exp i
exp i
,
2n
2n
cn = 1; d = nc .
95. 2n det(A) = det(2A) = 2 det(A) nous avons donc det(A) = 0.
Notons Aj la j ieme de la matrice A. Soit M une matrice dont la j ieme
colonne est Aj . La j ieme colonne de la matrice A + M est nulle donc
det(A + M ) = 0 = det(M ).
Si A n'est pas nulle, il existe une colonne de A non nulle. Completons cette
colonne par n 1 autres colonnes pour avoir une famille libre. Soit M la
matrice ainsi obtenue. Nous avons alors det(M ) = 0 ce qui est contradictoire
donc A = 0.
96. Notons mi;j le terme d'indices (i; j ) de la matrice M , Ji;j le terme d'indices
(i; j ) de la matrice J et di;j le terme d'indices (i; j ) de la matrice D.
mi;j = jj ij , Ji;j = 1 si i = j; 1 si j = i +16n et nul pour les autres indices ;
di;j = i 1 ij .
n
X
(MD)i;j = jk ij k 1 kj = jj ij j 1 .
jj ijj 1 jj+1 ijj si j < n
(MDJ )i;j =
=
jj ij j 1
si j = n .
k=1
8
< 2j 1 i 0 2j+1 i si j < i
si j >i .
Nous obtenons donc (MDJ )i;j = : 2n 1 i
si j = n
k=1
n
X
jk ij k 1Jk;j
MDJ est triangulaire et det(J ) = 1 ; on a alors :
Y i! nY1
n 1
det(M ) det(D) = det(MDJ ) =
6= 0 nous avons det(M ) =
Y
n 1
i=1
i=1
i=1
(1
nY1
2
) ; det(D) = i donc si
i=1
(1 2 ) ; resultat vrai aussi pour = 0.
Si 2 6= 1 le rang de M est donc egal a n.
Si = 1 les colonnes sont identiques et le rang est egal a 1 ;
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
178
si = 1 alors chaque colonne est l'opposee de la precedente et le rang est
encore egal a 1.
97. (vj )(i) =
Xi
k=0
Cik v(k) (uj )(i k) . Si nous notons Li la iieme ligne de la matrice
de terme general (uj )(i) (x) 06i;j6n et L0i la iieme ligne de la matrice de terme
general (vuj )(i) (x) 06i;j6n ; L0i est egale a v(x)Li plus une combinaison lineaire
des lignes precedentes. Nous en deduisons :
[(vu0 ; vu1 ; : : : ; vun )] (x) = v(x)n+1 [(u0; u1 ; : : : ; un )] (x).
98. Supposons qu'il existe X 2 Mn;1(C ) 6= 0 tel que AX = X . Soit i0 2 Nn
n
X
tel que 8i 2 Nn ; jxi j6jxi j. xi 6= 0. Nous avons :
ai ;j xj = xi donc
0
0
X
X
n
n
jxi j = ai ;j xj 6 jai ;j j jxi j.
j =1
j =1
0
0
0
0
j =1
Nous en deduisons : 16
est contraire a l'hypothese donc A + In est inversible.
!
!
0
0
n
X
j =1
jai ;j j ce qui
0
!
A C
A1 C
In
0
99. Calculons
.
. Nous obtenons
.
B D
0 A
BA 1 DA BC
En calculant le determinant d'une matrice triangulaire par blocs nous obte!
A C
nons det
= det(DA BC ).
B D
Remarque supposons K =C . Soit M 2 Mn(C ) ; det(M + tIn) = P (t). P est
une fonction polynomiale de degre n et possede n racines t1 ; t2 ; : : : ; tn. Soit
> 0 le minimum des nombres jti j non nuls pour i 2 Nn .
1
8t 2 C ; 0 < jtj < ; M + tIn est inversible. Notons n0 = 1 + E .
Posons pour p 2 N; Mp = M + 1 In.
p + n0
Les matrices Mp sont inversibles et p!lim
M ) = M . Toute matrice est donc
+1 p
limite d'une suite de matrices inversibles.
M 2 Mn(C ) 7 ! det(M ) 2 C , M 2 Mn(C ) 7 ! DM 2 Mn(C ) et
M 2 Mn(C ) 7 ! CM MC 2 Mn(C ) sont continues.
En utilisant le resultat precedent, et en remarquant que
! les matrices Mp comM C
mutent avec C , nous obtenons 8p 2 N; det p
= det(DMp BC ) ;
B !D
A C
en calculant la limite nous obtenons det
= det(DA BC ).
B D
Nous pouvons obtenir d'une autre maniere ce m^eme resultat.
Considerons le corps des fractions K (X ). Considerons les matrices comme
appartenant a K (X ). Considerons la matrice A0 = A XIn 2 K (X ) ; elle est
179
inversible car son determinant A n'est!pas le polyn^ome nul.
A XIn C
Nous en deduisons det
= det(D(A XIn) BC ).
B
D
L'egalite des polyn^omes conduit a l'egalite de leur terme constant c'est-a-dire
le resultat recherche.
100. Considerons A et B comme des matrices complexes.
!
!
A
iB B
A B
= det
det
B A
i(A iB ) A
A
det
B
A
101. (a)
C
!
B
A iB
= det
A
0
B
D
!
tD
tC
!
!
B
= det(A iB ) det(A + iB ) 2 R+
A + iB
0
AtD + B tC
=
D 1
0
!
!
BD 1
.
In
A B
Nous en deduisons alors det
= det(AtD + B t C ).
C D
Nous pouvons remarquer comme plus haut que si K =C , la matrice D est
limite d'une suite de matrices inversibles Dp veriant C tD + DtC = 0. En
calculant a nouveau la limite, le resultat est vrai pour D quelconque. De
m^eme en se placant dans K (X ) et en remplacant D par D XIn nous
obtenons le resultat.
(b) Si nous echangeons les lignes i 2 Nn et i + n, le determinant de la matrice
obtenue est celui de la matrice initiale multiplie par ( 1)n . Si maintenant
nous echangeons les colonnes j 2 Nn et j + n, le determinant de la matrice
obtenue est celui de la matrice precedente multiplie par ( 1)n. Si alors
nous transposons la matrice, le determinant est inchange.
! t t !
A B
D B
Finalement les determinants de matrices
et t
sont
C D
C tA
egaux.
En calculant le produit de ces deux matrices nous obtenons la matrice
!
!2
AtD + B tC AtB + B tA
A B
puis det
= det(AtD + B tC )2 .
0
C tB + DtA
C D
102. L'application est clairement n lineaire. Soit j et k deux entiers, 16j < k6n,
et supposons vj = vk . Dj (v1; : : : ; vn) = Dk (v1; : : : ; vn ) et pour i 62 fj; kg
Di (v1 ; : : : ; vn) = 0.
est donc une forme n-lineaire alternee.
Il existe a 2 K ; = dete. Dj (e1; : : : ; en) est egal a la j ieme coordonnee du
vecteur u(ej ) dans la base e donc Dj (e1; : : : ; en) = tr(u).
Nous avons donc = tr(u) dete.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
180
103. (a) ' est clairement lineaire. Elle est injective donc une base de l'image F
est l'image de la base canonique de K n ; ("1 ; : : : ; "n).
L'element d'indices (i; j ) de la matrice '("p ) est egal a 1 si et seulement
si j p i + 1 = 0 ou n et est nul sinon.
La j ieme colonne de la matrice '("p ) est donc "k ou k 2 Nn est congru a
j + 1 p modulo n.
Notons, pour j 2 Nn , "j n = "j ; alors J ("j ) = "j 1 puis J k ("j ) = "j k .
Nous en deduisons pour p 2 Nn , '("p ) = J p 1 et J n = In.
Une base de F est donc J p 1 p2Nn.
(b) Soient M1 et M2 deux elements de F . M1 =
M1M2 =
X
ai bj
06i;j6n 1
J i+j
2 Vect(In; J; : : : ;
n 1
X
aiJ i ;
i=0
n
1
J ) 2 F.
M2 =
n 1
X
i=0
bi J i .
F est une sous-algebre
unitaire de Mn(K ).
(c) Si A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(K ) commute avec tous les elements de F , A
commute avec J . Il y a alors equivalence.
En calculant AJ"k et JA"k pour k 2 Nn , nous obtenons que A commute
avec tous les elements de F si et seulement si :
8k 2 N; 26k6n; an;k 1 = a1;k ,
8(i; k) 2 N2 ; 16i6n 1; 26k6n; ai+1;k = ai;k 1 ,
8i 2 Nn 1 ; ai+1;1 = ai;n, an;n = a1;1.
Nous en deduisons 8i 2 Nn ; ai+k;k = ai;n pour i + k6n et ai+k n;k = ai;n
pour i + k > n.
Tout
element qui commute avec tous les elements de F est donc egal a
n
X
ai;nJ n i . Il s'agit donc de F .
2
i=1
104. Notons ui;j = !(i 1)(j 1) et vi;j le terme general d'indice (i; j ) de la matrice
U 2. n
X
vi;j = !(i 1)(k 1)+(k 1)(j 1) .
k=1
Si !i+j 2 = 1, c'est-a-dire si i = j = 1 ou i + j = n + 2, alors vi;j = n ; sinon
vi;j = 0.
n n
det(U 2) est donc egal a ( 1)n+(n 1)+ :::+ 2 nn = ( 1)
nn 6= 0.
Le terme d'indice (i; j ) de la matrice A est egal a j i ou j i = ak avec
k 2 f0; : : : ; n 1g et k j i ( mod n).
Le terme d'indice (i; j ) de la matrice AU est donc egal a :
( +2)(
2
n
X
k=1
k i !(k 1)(j 1) =
X1
X
k+n!(k+i 1)(j 1) k !(k+i 1)(j 1)
k=1 i
k=0
c'est-
a-dire encore
n 1
n i
X
X
k !(k+i 1)(j 1) + k !(k+i 1)(j 1)
k=n+1 i
1)
k=0
n i
181
=
n 1
X
k=0
k !(k+i 1)(j 1) = f !j 1 !(i 1)(j 1) .
La j ieme colonne de la matrice AU est la j ieme de la matrice U multipliee par
f (!j 1 ).
Le terme d'indice (i; j ) de la matrice UAU est donc egal a :
n
X
!(i 1)(k 1) !(j 1)(k 1) f !j 1 = f !j 1 vi;j . La j ieme colonne de la mak=1
trice UAU est la j ieme de la matrice U 2 multipliee par f (!j 1 ). Nous avons
Yn j 1 2
donc det(UAU ) = det(U ) f ! .
j =1
Le determinant de U 2 etant non nul nous obtenons det(A) =
Yn
j =1
f !j 1 .
105. Supposons que i soit nul. En echangeant la ligne 1 et la ligne i0 puis en
echangeant les colonnes 1 et i0 i et 1 sont echanges et le determinant est le
m^eme. On peut donc supposer 1 = 0.
Soustrayons la premiere ligne a toutes les autres ; nous obtenons une matrice
triangulaire superieure dont les elements diagonaux sontn 1; 2 ; 3 ; : : : ; n .
Y
En revenant au texte initial, nous obtenons : det(A) = i .
0
0
i=1
i6=i0
1
Supposons les i tous non nuls. Posons ai = .
0 1 + a1 a2 a3 : : : : : :i an 1
B
a1 1 + a2 a3 : : : : : : an C
B
CC
B
a
a
1
+
a
a
:
:
:
a
1
2
3
4
n
...
...
... C
Soit M = B
... ...
B
CC.
a
B
3
B
C
...
...
... ...
@ ...
an A
a1
a2
a3 : : : an 1 1 + an
Le determinant de la matrice est egal a det(M ) .
Yn
ai
i=1
Ajoutons toutes les colonnes, a partir de la deuxieme, de M a la premiere puis
retranchons la premiere ligne a toutes les autres. Nous obtenons une matrice
triangulaire superieure dont les elements diagonaux
sont tous egaux a 1 sauf
n
X
l'element d'indices (1; 1) qui est egal a 1 + ai. Le determinant cherche est
donc egal a
1+
n
X
i=1
Yn
i=1
ai
i=1
ai
c'est-a-dire :
Yn !
i=1
i
1+
!
n
X
1
.
i
i=1
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
182
106. Notons J 2 Mn(K ) la matrice dont les elements sont tous egaux a 1. Soit
x 2 K , posons A(x) = A + xJ . Soustrayons la premiere colonne de A(x) a
toutes les autres et developpons selon la premiere colonne de cette nouvelle
matrice. Nous obtenons det(A(x)) = x + avec = det(A(0)) = det(A).
det(A( b)) = (a b)n et det(A( c)) = (a c)n.
n
n
Supposons b 6= c. Nous obtenons : det(A) = c(a b) b(a c) .
c0 b
Supposons b = c. Posons c0 = b + t avec t 6=
0
et
A
la matrice obtenue en
n b(a b t)n
(
b
+
t
)(
a
b
)
.
remplacant c par c0 . det(A0) =
t
Le numerateur est egal a t(a b)n + nbt(a b)n 1 + t2 Q(t). Nous avons donc
det(A0) = (a b)n + nb(a b)n 1 + tQ(t).
Si K est un corps inni, alors l'egalite des fonctions polynomiales permet de
conclure que det(A) = (a b)n + nb(a b)n 1.
Sinon, nous nous placons dans le corps K (X ) des fractions rationnelles et nous
remplacons t par X dans le calcul precedent et nous aboutissons au m^eme
resultat.
Dans la cas ou K est un sous-sorps den C , il susait
de calculer la limite lorsque
c
(a b) b(a c)n
c tend vers b de det(A) =
pour obtenir a nouveau le
c b
resultat demande.
107. Soit X 2 Mn;1(R) une matrice colonne ; l'element d'indice i etant xi . La iieme
n
X
ligne de AX est egale a ai x1 + xi pour i>2 et x1
aixi pour i = 1.
i=2
Les solutions de l'equation AX = 0 verient donc pour i>2; xi = ai x1
n
X
!
et alors x1 =
(ai )2 x1 ce qui implique x1 = 0 puis X = 0. A est
i=2
inversible.
Soit Y 2 Mn;1(R) une matrice colonne ; l'element d'indice i etant yi. Les
n
X
solutions du systeme AX = Y sont denies par : x1
ai xi = y1 et pour
i=2
i>2; xi + aix1 = yi.
8
Pn a y )
1
x
=
(
y
+
>
1
1
n
i=2 i i
X
<
2
1+ (ai )
Ce systeme est equivalent a >
.
i
=2
: 8i>2; xi = yi aix1
n
X
Notons B = (bi;j )(i;j)2(Nn) la matrice A
S l'element 1 + (ai )2. En
i=2
simpliant nous obtenons :
8j 2; Sb1;j = aj ; Sb1;1 = 1,
8i>2; 8j >2; Sbi;j = ai aj pour i 6= j , Sbi;i = S (ai )2 et enn Sai;1 = ai .
En ecrivant A = In + S , S est antisymetrique donc
A tA = (In + S )(In S ) = (In S )(In + S ) = tA A.
(tB ) B = In () (A tA 1) (A 1 tA) = In () A 1 tA 1 = tA 1 A 1 soit
2
1 et
183
encore A tA = tA A. B est bien orthogonale.
108. (a) Nous avons vu a l'exercice numero 81 que l'inverse de la matrice de Vandermonde V (1 ; : : : ; n) est la matrice dont le terme i;j d'indices (i; j )
n i
est : (Y1) n i;j . Ici, la matrice du systeme est la transposee de celle
(j k )
k=1
k6=j
de l'exercice
en question donc le systeme a pour solutions les elements
n
X
(Y1)n i n i;j i 1
xi =
.
(
)
j
k
i=1
Yn
k=1
k6=j
k=1
k6=j
(X ak ) =
n
X
i=1
(
1)n i n i;j
Xi 1
Yn ak
.
donc xi =
k=1 aj
k6=j
ak
Rappel si A est une matrice inversible
alors si nous considerons le sys0
det(Ai )
teme lineaire AX = Y , xi =
ou A0i est la matrice obtenue en
det(A)
remplacant dns la matrice A la iieme colonne par la colonne Y .
Nous devons calculer le determinant de la matrice obtenue en remplacant
la iieme colonne par la colonne
Ysecond membre.
Ce determinant est egal a
(l k ) avec i = et pour k 6= i; k =
16k<l6n
k .
Y
Nous devons ensuite diviser par
(l k ). Ces deux produits ont
16k<l6n
des termes dierents uniquement lorsque k = i ou l = i.
En simpliant nous obtenons donc
Y
xi =
Y
i<l6n
(l )
i<l6n
(l i )
Y
( k )
Y
l=1
l6=i
16Y
k<i
=Y
16k<i
l=1
l6=i
(i k )
(l )
(l i )
=
Y l .
l=1
l6=i
l i
Nous retrouvons la reponse precedente.
Y l n+1
(b) Si xn+1 6= 0, les solutions de ce systeme sont : xi =
.
xn+1
l
i
l
Y l nl6 +1i
8xn+1, nous avons pour tout i 2 Nn ; xi = xn+1 .
l
i
l
=1
=
=1
l6=i
109. Rappel soit une matrice A 2 Mn(K ). On appelle matrice complementaire de
la matrice A, notee f
A , la matrice transposee de la comatrice de A. La comatrice de A est la matrice dont le terme d'indice (i; j ) est egal a ( 1)i+j det(Ai;j )
ou Ai;j est la sous matrice de A obtenue supprimant la iieme ligne et la j ieme
colonne de A. Nous avons alors f
A A = Af
A = det(A)In.
184
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
Supposons det(A) = 0. Soient a l'endomorphisme associe a A et b celui associe
a f
A dans la base canonique de K n . b a = a b = 0 donc Im(a) Ker(b) et
Im(b) Ker(a). Nous avons donc rg(b) + rg(a)6n. Si le rang de a est egal a
n 1 alors le rang de A est egal a n 1 et il existe un determinant n 1 n 1
extrait de la matrice A non nul b est donc non nul et son rang est egal a 1.
Si le rang de a est au plus egal a n 2 alors le rang de A est au plus egal a
n 2 et tous les determinants n 1 n 1 extraits de la matrice a sont nuls
b est donc nul. 0
1
0 x2 yz z2 yx y2 zx 1
x y z
f = @ y2 zx x2 yz z2 yx A.
Soit M la matrice @ z x y A. M
y z x
0z2 yx y2 1 zx x2 yz
f = A = @ A.
(x; y; z ) 2 C 3 est solution () M
Nous avons MA = det(M )I3 donc det(M ) det(A) = (det(M ))3. A et M ont
leur determinant nul ou non nul en m^eme temps donc MA = det(M )I3 )
det(A) = (det(M ))2. Soit ! une racine carree de det(A). Nous avons donc
MA = !I3 . Si det(A) 6= 0 alors M = !A 1 et ces deux solutions
conviennent.
Supposons det(A) = 0.
Le rang de A est strictement inferieur a 3.
Soient a l'endomorphisme associe a A et m celui associe a M dans la base
canonique de C 3 . m a = a m = 0 donc Im(a) Ker(m) et Im(m) Ker(a).
Nous avons donc rg(m) + rg(a)63. Si le rang de m est egal a 2 alors le rang
de M est egal a 2 et il existe un determinant 2 2 extrait de la matrice M
non nul a est donc non nul et son rang est egal a 1.
Si le rang de m est au plus egal a 1 alors le rang de M est au plus egal a 1
et tous les determinants 2 2 extraits de la matrice M sont nuls a est donc
nul18.
Si rg(A) = 2 alors il n'y a pas de solution.
Supposons rg(A) = 1 c'est-a-dire rg(M ) = 2. Nous avons 2 = ; 2 =
; 2 = . ; et sont non nuls ; nous en deduisons = = ou
= j; = j 2 ou enn = j 2 ; = j.
Dans
cas nous obtenons que le systeme est equivalent au systeme
8 lexpremier
+
y
+
z
>
x+y+z = 0
< (x + y)2 xy == 0
y2 xz = qui equivaut a xy + xz + yz = .
>
:
z 2 xy = x; y; z sont racines de X 3 X + lambda ou 2 C .
Si = j; = j 2 , en posant y0 = jy et z 0 = j 2 z nous sommes ramenes au
cas precedent donc x; jy; j 2 z sont racines de X 3 X + lambda ou 2 C .
Si = j 2 ; = j, en posant y0 = j 2 y et z 0 = jz nous sommes ramenes au
premier cas donc x; j 2 y; jz sont racines de X 3 X + lambda ou 2 C .
Si l'espace est de dimension n alors le rang de a est 1 si celui de m est n 1, il est 0 si celui
de m est au plus egal a n 2.
18
185
Supposons = = = 0. (0; 0; 0) est solution. les autres solutions evenx2
tuelles (x; y; z ) verient xyz 6= 0. Nous en deduisons y = puis x3 = y3 .
z
Les solutions sont donc du type a(1; 1; 1); ou a(1; j; j 2 ); ou a(1; j 2 ; j ) avec
a 2 C.
110. (a) Resolvons le systeme AX = Y . xn = yn.
xn 1 + axn = yn donc xn 1 = yn 1 ayn.
Demontrons que pour i6n 1; xi = yi ayi+1 . (Nous pouvons, en posant
yn+1 = 0, faire debuter la relation a i = n).
n
X
i
e
me
La i ligne du systeme est
aj i xj + xi = yi .
j =i+1
Supposons le resultat prouve pour k>i+1.
c'est-a-dire
n
X
j =i+1
aj i yj
n
X
j =i+2
n
X
j =i+1
aj i (yj ayj+1 ) + xi = yi
aj i yj + xi = yi soit encore ayi+1 + xi = yi .
Le resultat est prouve. La matrice inverse est donc la matrice dont les
elements diagonaux sont egaux a 1 et les elements d'indices (i; i + 1) sont
egaux a a ; les autres etant tous nuls.
(b) Resolvons le systeme AX = Y . xn = yn.
xn 1 + 2xn = yn donc xn 1 = yn 1 2yn.
xn 2 + 2xn 1 + 3xn = yn 2 donc xn 2 = yn 2 2yn 1 + yn.
Posons yn+1 = yn+2 = 0. Demontrons que pour i6n; xi = yi 2yi+1 +yi+2.
n
X
i
e
me
La i ligne du systeme est (j i)xj = yi.
j =i
Supposons le resultat demontre pour (xn; xn 1; : : : ; xi+1 ).
n
X
xi +
(j i + 1)(yj 2yj+1 + yj+2) = yi c'est-a-dire
xi +
j =i+1
n
X
j =i+1
(j i + 1)yj 2
n
X
j =i+2
(j i)yj +
n
X
j =i+3
(j i 1)yj = yi soit en-
core xi + 2yi+1 yi+2 = yi . Le resultat est demontre.
La matrice inverse est donc la matrice dont les elements diagonaux sont
egaux a 1, les elements d'indices (i; i + 1) sont egaux a -2 et les elements
d'indices (i; i + 2) sont egaux a 1 ; les autres elements sont nuls.
0 0 1 0 ::: 0 1
... . . . . . .
... C
B
B
CC
B
.
.
.
B
.. .. 0 C
(c) N = B ..
CC. N est nilpotente d'ordre n et il est immeB
.
... 1 A
@ ..
0 ::: ::: ::: 0
diat que la matrice A donnee est egale a
n
X
k=1
k(k + 1)N k 1
=
+1
X
k=1
k(k + 1)N k 1 .
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
186
Si N est un scalaire,
+1
X
k=1
k(k + 1)N k 1 est la derivee seconde de
+1
X
k(k + 1)N k 1 = 2In .
k=1
En developpant, et en sachant que les sommes sont nies, nous obtenons
+1
+1
+1
X
X
X
k
k
(k + 1)(k + 2)N 3 k(k + 1)N + 3 k(k 1)N k
Verions alors que l'on a bien : (In
k=0
k=1
N )3
+1
X
Nk = 1 1 N .
k=0
!
k=2
+1
X
k=3
(k 1)(k 2)N k .
En simpliant, nous obtenons 2In. L'inverse de A est donc la matrice
1
(In 3N + 3N 2 N 3).
2
1
Les elements d'indices (i; i) sont donc egaux a , Les elements d'indices
2
3
(i; i +1) sont donc egaux a , Les elements d'indices (i; i +2) sont donc
2
3
egaux a et Les elements d'indices (i; i + 3) sont donc egaux a 1 . Les
2
2
autres elements sont nuls.
111. Montrons le resultat preliminaire suivant : Si A et B sont deux matrices carrees
complexes
X qui commutent alors exp(A+B) = exp(A) exp(B) = exp(B) exp(A).
Soit
un une serie de matrices de E = Mp;q (C ). Soit N une norme
sur E . Supposons qu'il existe une suite (an)n2X
N de reels positifs telle que
8X
n 2 N; N (un )6an. Supposons que la serie an soit convergente alors
un est normalement convergente et est convergente. Il sut pour cela de
considerer les series des coordonnees de la (un )n2N et de remarquer qu'en choisissant la norme \max des modules des coordonnees" chaque serie coordonnee
est normalement convergente, car toutes les normes
sont equivalentes.
n
A
Soit A 2 Mn(C ). La serie de terme general est normalement convergente.
n!
Soit l'application fM : t 2 R 7 ! exp(tM ) 2 Mn(C ) ou M 2 Mn(C ).
fM est clairement19 derivable et verie fM0 (t) = MfM (t) = fM (t)M .
Les solutions, fonctions de R dans Mn(C ), de l'equation dierentielle y0 = My
sont les applications t 2 R 7 ! exp(tM )U 2 Mn(C ) ou U est une matrice
quelconque de Mn(C ).
g = fAfB est derivable de derivee fA0 fB + fAfB0 = AfAfB + fABfB .
n
X
Atk B k , qu'en calIl est immediat, par continuite de l'application A 7 !
k=0 k !
culant la limite quand n tend vers plus l'inni on a AfB = fB A et de m^eme
BfA = fAB .
Il vient alors g0 = (A + B )fA fB = (A + B )g.
Nous en deduisons qu'il existe une matrice U telle que g(t) = exp((A + B )t)U .
19
La demonstration est immediate.
187
g(0) = In = U donc g(t) = exp((A + B )t).
Nous en deduisons exp((A + B )t) = exp(At) exp(Bt) = exp(Bt) exp(At).
Seconde methode.
Soient A et B deux elements de 2 Mn(C ) qui commutent. Notons n l'ensemble des couples d'entiers (i; j ) avec i6n; j 6n et Dn l'ensemble des couples
d'entiers (i; j ) avec
i + j 6n.
n
n
k
X
X AiBj ! X
= (A + B ) .
i!j !
k!
!k=0X
n
n
j
X AiBj !
X AiBj
X ! X
B
=
.
k=0 i+j =k
n i
A
i=0
i!
j =0
j!
k=0
i+j =k
i!j !
(i;j)2n nDn i!j !
Une norme sous-multiplicative etant choisie20 sur Mn(C ) , nous avons
X
! X
! X
n i! X
n
n
j
i
j
X
B
A B 6
kAkikB kj .
A
i=0 i! j=0 j! k=0 i+j=k i!j! (i;j)2n nDn i!j!
X kAkikBkj
Si nous montrons que n!lim
= 0 alors le resultat sera
+1
i
!
j
!
(i;j)2n nDn
prouve.
Soient alors a et b deux reels positifs.
n i! X
n j! X
n
X aibj X
X aibj !
a
b
=
.
i
!
j
!
i
!
j
!
i
!
j
!
i=0
j =0
k=0 i+j =k
(i;j)2n nDn
Le membre de droite converge vers 0 d'ou le resultat.
(a) Revenons a notre exercice.
Notons J la matrice de Mn+1(C ) dont les elements sont tous nuls sauf
n
X
ceux d'indices (i 1; i); i>2 qui sont egaux a 1. A = (aJ )k . Nous en
deduisons exp(A) =
Yn
k=0
k=0
exp((aJ )k).
J est nilpotente d'indice n + 1 donc
exp((aJ )k ) =
n p pk
X
aJ
.
p
!
p=0
n
X
Nous pouvons remarquer que (In+1 aJ )A = A
(aJ )k+1 = In+1 donc
k=0
A = (In+1 aJ ) 1.
(b) Si J etait un scalaire \susemment petit" il surait de choisir. La
developpement limite a l'ordre
n au voisinage de 0 de (1 at) p est
!
n
X
1 kY1(1 + jp) ak tk + o(tn).
1+
k
k=1 p k ! j =0
1
Il s'agit d'une norme veriant 8(M; N ) 2 Mn(C )2 ; kMN k6kM k kN k ; de telles normes
existent.
20
188
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
n
X
!
1 kY1
Posons P = 1 +
(1 + jp) ak X k . Soit M = P (J ).
k k!
p
j =0
k=1
p
n
Nous avons P (t) + o(t ) = 1 1at donc P p (t)(1 at) = 1 + o(tn).
P p (t)(1 at) est un polyn^ome donc est egal a 1+ tn+1Q(t) ou Q est un polyn^ome. Nous en deduisons : P p (J )(In+1 aJ ) = In+1 +J n+1Q(J ) = In+1.
Nous avons alors P p(J ) = A.
!
n
kY1
X
1
Soit M = In+1 +
(1 + jp) ak J k ; M p = A.
k k!
p
j =0
k=1
112. La polyn^ome caracteristique de A est (X + 1)3 . A + I3 est donc nilpotente.
exp(t(A + I3 )) = exp(tI3) exp(tA) = exp(t) exp(tA0
).
1
1 ta
ta
+1 tn
BB t 1 at2 at2 CC
2
X
t
n
2
(A + I3) = I3 + t(A + I3 ) + (A + I3) = B
22 C
2
@
A.
22
at
n=0 n!
at
0 1 ta t ta2 11 + 2
BB t 1 at2 at2 CC
Nous en deduisons : exp(tA) = exp( t) B
.
2
22 C
@
A
2
t at2
1 + at
2
0
113. Le polyn^ome caracteristique de A = @
1
1 1 1
2 2 0 A est X 2(2 X ).
3 3 1
L'espace propre associe a la valeur propre 0 n'est que de dimension 1 ; il est
engendre par e1 de coordonnees (1; 1; 0). La matrice n'est pas diagonalisable.
Choisissons un vecteur e2 tel que Ae2 = ae1 .
3 3
En resolvant nous voyons qu'il sut de choisir e2 de coordonnees 1; ; .
2 2
Un vecteur propre associe a la valeur propre 2 est e3 de coordonnees (0; 1; 1).
01 1 01
BB 1 3 1 CC
La matrice de passage est alors P = B
[email protected] 2 CCA ; la matrice triangulaire
3
0
1
2
00 1 01
est : T = @ 0 0 0 A.
0 0 2 n
0
1
n
n
1
8n 2 N; A = PT P
0 0 0est nul des1que n>2.
0 0 0
n
@
Pour n>2 nous avons donc T = 0 0 0 A.
0 0 2n
00
B0
exp(tT ) = I3 + tT + B
B
@0
1
189
0
01 t 0 1
C
0
+1 tn 2n C
CA = @ 0 1 0 A.
X
0 0 exp(2t)
0
n=2 n!
Nous en deduisons exp(tA) = P exp(tT )P 1
0
1
1+t
t
t
B
3 (1 exp(2t))
1 ( 1 + 3 exp(2t)) t + 1 (1 exp(2t))C
B
CC
t
+
t
+
=B
2
2
2
@3
A
1 (3 exp(2t))
(1 exp(2t)) 3 (1 exp(2t))
2
2
2
Il est simple de verier que la derivee en t de t 2 R 7 ! exp(tA) 2 M3 (R) est
A exp(tA).
Nous reviendrons sur ce type de calcul dans l'etude des equations dierentielles.
2
2
114. exp(tA) = 1 + tA + t A2 + t2 "1 (t), exp(tB ) = 1 + tB + t B 2 + t2 "2 (t) "1 et "2
2
2
sont deux applications de R dans Mn(C ) ayant pour limite 0 en 0.
t2
exp(tA) exp(tB ) = 1 + t(A + B ) + (A2 + 2AB + B 2 ) + t2 "3 (t),
22
t
exp(tB ) exp(tA) = 1 + t(A + B ) + (A2 + 2BA + B 2 ) + t2 "4 (t) "3 et "4 sont
2
deux applications de R dans Mn(C ) ayant pour limite 0 en 0.
Nous avons donc pour t 6= 0, AB BA = "4 (t) "3 (t) puis AB BA =
lim
(" (t) "3 (t)) = 0.
t!0 4
A et B commutent.
00 1 11
115. (a) A = @ 1 0 1 A, A = (X + 1)(X 1)2.
0 0 1
00 0 21
(A I3)(A + I3 ) = @ 0 0 2 A donc le polyn^ome minimal de A est
0 0 0
2
(X + 1)(X 1) .
Notons ("1 ; "2 ; "3 ) la base canonique de R3.
0
0
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
190
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
e1 = "1 + "2 est une base du noyau de A + I3. e2"1 + "2 , e3 = "3 . (e2 ; e3 )
est une base du noyau de (A I3 )2.
Ae1 = e1 ; Ae2 = e2 ; Ae3 = e20+ e3.
1
1 1 0
La matrice de passage est P = @ 1 1 0 A. Nous avons la relation
0 0 1
0 1 0 01
A = P @ 0 1 1 A P 1 puis
0 0 1
0 1 0 0 1n
0 ( 1)n 0 0 1n
0 1 n A P 1.
An = P @ 0 1 1 A P 1 = P @
0 0 1
00 10 01 n 1
Nous obtenons donc pour n = 2p; An = @ 0 1 n A et
0 0 1
00 1 n1
pour n = 2p + 1; An = @ 1 0 n A.
0 0 1
Autre methode de calcul.
X n = (X + 1)(X 1)n + aX 2 + bX + c. 1 est racine double du polyn^ome
minimal, -1 est racine simple donc
( 1)n = a b + c; 1 = a + b + c et, en derivant, n = 2a + b. Nous obtenons
donc pour n = 2p; a = p; b = 0; c = 1 p et pour n = 2p +1; a = p; b =
1; c = p. An = aA2 + bA + cI3 ; donc pour n = 2p; An = pA2 +(1 p)I3
et pour n = 2p + 1; An = pA2 + A pI3 . En developpant nous obtenons
le m^eme resultat.
0 1 5 12 1
(b) Le polyn^ome caracteristique de A = @ 1 1 1 A est (X + 1)3 .
0 1 3
0 1 2 51
(A + I3)2 = @ 2 4 10 A est non nul donc le polyn^ome minimal de
1 2 5
A est (X + 1)3 . A + I3 est nilpotente d'indice 3.
2
X
n
n
Pour n>2; A = ((A + I3 ) I3 ) = Cnk (A + I3 )k ( 1)n k
k=0
n(n 1) (A + I )2.
= ( 1)nI3 + ( 1)n 1n(A + I3 ) + ( 1)n
3
2
En developpant nous obtenons :
0 1 2p 2p2 8p + 4p2 19p 10p2 1
pour n = 2p; An = @ 4p + 4p2 1 + 4p 8p2 8p + 20p2 A
p + 2p2
4p2
1 p + 10p2
191
0 1 + 5p + 2p2
pour n = 2p+1; An = @ 1 4p2
1
5 12p 4p2 12 + 29p + 10p2
1 + 4p 8p2 1 8p 20p2 A.
p 2p2
1 + 4p + 4p2
3 9p 10p2
Ces resultats sont encore vrais pour n = 0 et n = 1.
0 3+
116. A = @ 1
5 2 A, A = (X + 3)(X 2)2 .
5
5 2
Si 6= 0; (A + 3I3)(A 2I3 ) 6= 0 ; le polyn^ome minimal est (X + 3)(X 2)2 .
Si = 0, le polyn^ome minimal est (X + 3)(X 2).
Nous allons
employer une methode dierente des precedentes.
Xn
= E + a + b + c 2.
2
(X + 3)(X 2)
X + 3 X 2 (X 2)
(t + 2)n
E crivons le developpement limite a l'ordre 1 au voisinage de 0 de
;
t
+
5
n
n 1
nous obtenons (2n + 2 2n 1 t)( 1 (1 t )) + o(t) = 2 + 2 (n 2)t + o(t).
5
5
5
25
Nous avons alors
Xn
( 3)n
2n 1(5n 2)
2n
=
E
+
+
+
(X + 3)(X 2)2
25(X + 3) 25(X 2) 5(X 2)2
puis
n
X n = (X + 3)(X 2)2E + ( 253) (X 2)2
2n 1(5n 2)
2n
+
(X + 3)(X 2) + (X + 3)
25
5
n
1
n
n
( 3)
2 (5n 2)
2
puis An =
(A 2I3)2 +
(A + 3I3 )(A 2I3 ) + (A + 3I3 ).
25
25
5
0 ( 3)n + n
1
n
1
n
n
1
2
( 3) n2
n2n 1
Nous avons alors An = @
n2n 1
2n n2n 1 n2n 1 A.
3
n
2 ( 3)
( 3)n 2n
2n
0
B
117. Le polyn^ome caracteristique de la matrice A = B
@
1
1 1 0 2
3 1 4 0C
C
0 1 1 3 A est egal a
1 0 1 1
2
2
X (X 2) . L'espace propre associe a la valeur propre 0 est engendre par le
vecteur (1; 1; 1; 0) ; l'espace propre associe a la valeur propre 2 est engendre
par le vecteur (1; 1; 1; 0). La matrice n'est pas diagonalisable.
0 4 2 6 41
0 4 2 6 41
B 6 2 8 6C
B 6 2 8 6 C
A2 = B
@ 6 2 8 6C
A, (A I4)2 = [email protected] 6 2 8 6 CA.
2 0 2 2
2 0 2 2
D'apres le lemme des noyaux, R4 est la somme directe des noyaux de A2 et
(A 2I4 )2.
Une base de chacun de ces noyaux est respectivement
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
192
((1; 1; 1; 0); (1; 0; 0; 1)) et ((1; 1; 1; 0); ( 1; 0; 0; 1)).
Notons ces vecteurs e1 ; e02; e3 et e04 . Ae1 = 0; Ae3 = 2e3 .
Notons ("1; "2 ; "3 ; "4 ) la base canonique de R3.
Ae02 = A"1 + A"4 = ("1 3"2 "4 ) + (2"1 + 3"3 + "4) == 3("1 "2 + "3) = 3e1 .
Ae4 = A"1 + A"4 = "1 + 3"2 + 3"3 + 2"4 = 12 (e02 e04 ) + 32 ( e1 + e3 )
3
+ (e1 e02 + e3 + e04 ) + (e2 + e04 ) = 3e3 + 2e04 .
2
1
En posant alors e2 = e02 et e4 = 1 e04 , nous en deduisons que A est semblable
3
0 0 1 0 0 13
B0 0 0 0C
a T = B
@0 0 2 1C
A.
0 0 0 2
0 1
La matrice 0 0 est nilpotente d'ordre 2 donc
0 1 n
0 1
8n 2 N; n>2; 2I2 + 0 0
= 2nI2 + n2n 1 0 0 .
00 0 0 0 1
B 0 0 0 0 CC.
Nous avons T n = B
@ 0 0 2n n2n 1 A
0 0 0 2n
0 1 1 1 11
3
3
C
B
1
0
1
0
En utilisant les resultats precedents nou en deduisons P = B
@ 1 0 1 0 CA,
0 13 0 13
0 0 1 1 01
2
23 3
3
B
C et 8n 2 N; n>2,
0
1
2
B
P = @ 0 1 21 02 C
2
23 3 A
3
0 2 2
2
0 3n2n 2 + 2n 1 2n 1 3n2n 2 3n2n 2 2n 1 1
B
3n2n 2
2n 1 2n 1 + 3n2n 2
3n2n 2 C
C
An = PT n P 1 = B
@
3n2n 2
2n 1 2n 1 + 3n2n 2
3n2n 2 A
2n 1
0
2n 1
2n 1
118. (a) Supposons A non inversible.
Il existe une colonne X 2 Mn;1(C ); X 6= 0 telle que AX = 0.
Soit q un indice tel que 8i 2 Nn ; jxi j6jxq j (xq est non nul).
n
n
n
X
X
X
aq;j xj = 0 ) jaq;q xq j6 jaq;j jjxj j6jxq j jaq;j j. Nous aboutissons
j =1
j =1
j 6=q
j =1
j 6=q
a une contradiction.
(b) Supposons qu'il existe une matrice de permutation P telle que la matrice
0
1
A
A
1
2
PAP 1 = B
@0 AC
A avec A2 2 Mp;n
3
193
p (K )
et A3 2 Mn
p;n p (K ).
Soit u l'endomorphisme de matrice A dans la base canonique ("1 ; : : : ; "n)
de C n . Il existe donc une permutation telle que la (i)ieme coordonnee
de u("(j) ) soit nulle pour (i)>p + 1 et (j )6p c'est-a-dire a(i);(j) est
nul pour (i)>p + 1 et (j )6p. Posons I = f 1 (p + 1); : : : ; 1 (n)g
et J = f 1 (1); : : : ; 1 (p)g. I \ J = ;; I [ J = Nn et ai;j = 0 pour
(i; j ) 2 I J .
Soit alors (i; j ) 2 I J . ai;k 6= 0 donc k1 2 I puis k2 2 I . Nous prouvons
naturellement que j 2 I ce qui est contraire a l'hypothese. Il n'existe donc
1
0
1
A1 A2 C
aucune matrice21 de permutation P veriant PAP 1 = B
@ 0 A A.
3
Considerons comme dans la question precedente une colonne X non nulle
veriant AX = Y . Choisissons les m^emes notations. Nous pouvons sans
rien changer au resultat, diviser les oordonnees de X par xq c'est-a-dire
supposer xq = 1.
Si q correspond a une ligne de stricte inegalite nous avons une contradiction ; q correspond donc
a une ligne d'egalit
e.
n
n
X
X
Nous avons jaq;q j6 jaq;j j = jaq;q j donc jaq;j j(jxj j 1) = 0.
j =1
j 6=q
j =1
j 6=q
Soit I = fi 2 Nn ; jxij = 1g. I 6= ;.
Supposons
X J = Nn n IX6= ;. S'il existeXun indice i 6= q dans I alors
jai;i j6 jai;j jjxj j = jai;j jjxj j +
jai;j j. (Si I est de cardinal 1, la
j =1
j 6=i
j 2J
j 2I nfig
deuxieme somme n'existe pas).
X
Si un ai;j pour j 2 J est non nul alors jai;ij < jai;j j ce qui est faux.
j =1
j 6=i
Nous avons donc pour (i; j ) 2 I J; ai;j = 0 ce qui est contradictoire,
d'apres ce qui a ete vu precedemment, et J =X;.
Nous obtenons 8i 2 Nn ; jxi j = 1 puis jai;ij6 jai;j j ce qui est faux.
Le resultat est demontre.
j =1
j 6=i
119. Designons par i la symetrie de centre mi . Un polygone (S1; : : : ; Sn) est
solution si et seulement si 8i 2 Nn ; Si+1 = i (Si ) (nous conviendrons de poser
Sn+1 = S1 .
Nous devons donc avoir n n 1 : : : 1 (S1 ) = S1 .
Si n = 2p est pair n n 1 : : : 1 est une translation de vecteur
21
A est dite irreductible.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
194
p
X
2 m2i 1 m!
2i . Si ce vecteur est non nul alors il n'y a pas de solution. Si ce
i=1
vecteur est nul alors on peut choisir S1 par exemple quelconque et les autres
points denis par Si = (i 1 i 2 : : : 1 )(S1).
Si n = 2p + 1 est impair alors le produit des symetries est une !
symetrie. S1
doit donc
^
e
tre
le
centre
de
cette
sym
e
trie
c'est-
a
-dire
v
e
rie
S
a
u avec
1 n =!
p
X
!
u = m2i 1 m!
2i .
i=1
Retrouvons ces resultats en resolvant un systeme.
Identions le plan a C .
(S1 ; : : : ; Sn) est solution si et seulement si 8i 2 Nn ; Si+1 + Si = 2mi .
Nous avons donc
S2 = 2m1 S1 ; S3 = 2m2 2m1 + S1 ; S4 = 2m3 2m2 + 2m1 S1 .
Nous prouvons facilement que pour i < n; Si = 2
Nous devons avoir S1 + Sn = 2an donc 2
soit encore 2
n
X
j =1
n 1a
( 1)j
j
n 1
X
j =1
( 1)j
i 1
X
j =1
( 1)j
n 1a
j +(
i 1 +(
1)i S1.
1)n S1 + S1 = 2an
= (( 1)n 1 + 1)S1.
Si n est pair alors il est necessaire d'avoir
n
X
j =1
( 1)j
n 1a
j
= 0 pour qu'il y ait
une solution. Dans ce cas en choisissant S1 quelconque, nous avons
8i6n; Si = 2
i 1
X
j =1
( 1)j
i 1 +(
1)i S1.
Si n est impair alors S1 est deni par S1 =
sont 8i6n; Si = 2
i 1
X
j =1
( 1)j
i 1 +(
n
X
j =1
( 1)j
n 1a
j
et les autres valeurs
1)i S1 .
On peut en fait remarquer que si n est pair, le rang de la matrice du systeme est
n 1 et lorsque n est impair le rang est egal a n. Il sut pour cela de remplacer
la derniere ligne de la matrice du systeme
par la ligne L0
n = Ln +
n 1
X
i=1
( 1)i Li .
Si n est pair L0n = 0 sinon L0n a tous ses elements nuls sauf le nieme qui est
egal a 2. Nous obtenons a nouveau la reponse.
120. Notons X et Y les deux matrices colonnes telles que 8i 2 Nn ; X [i] = xi ; Y [i] =
yi . Posons l = (tY )X . On identie l a un scalaire du m^eme nom. Supposons
l 6= 1.1
t
In l + 1 (X Y ) (In + X tY ) = In + X tY l +1 1 X tY l +1 1 (X tY )(X tY ).
195
In l +1 1 (X tY ) (In + X tY ) = In.
1
La matrice est inversible, d'inverse
l + 1t (lIn A).
Si l = 1 alors X est non nul. (In + (X Y )) X = X X = 0 donc A n'est pas
inversible.
(X tY )(X tY ) = [(tY )X ](X tY ) = l(X tY ) donc
121. Supposons n>3.
Pour i 2 Nn 1 remplacons la iieme ligne Li de la matrice A par la ligne
L0i = Li Li+1 . Pour i 2 Nn 2 remplacons la iieme ligne L0i de la matrice A
par la ligne L00i = L0i L0i+1 . La matrice A00 ainsi obtenue a pour terme d'indice
(i; j ) a00i;j deni par :
Si i6n 2; a00i;j = ji j j 2ji + 1 j j + ji + 2 j j
Si i = n 1; a00i;j = ji j j ji + 1 j j
Si i = n; a00i;j = n j .
Nous en deduisons que si i6n 2 et j 6= i + 1 alors a00i;j = 0, si i6n 2 et
j = i + 1 alors a00i;j = 2,
si i = n 1 et j 6n 1 alors a00i;j = 1 et si i = n 1 et j = n alors a00i;j = 1.
Notons B cette nouvelle matrice qui a m^eme determinant que A.
Les elements de la derniere ligne, d'indices (n; n 1) et (n; n) sont nuls.
Developpons le determinant de B selon la derniere colonne puis selon la premiere colonne de la matrice obtenue en rayant la n 1ieme ligne et la nieme
colonne de B . La derniere matrice est la matrice 2In 2. Nous avons donc
det(A) = ( 1)1+n(n 1)2n 2 .
Si n = 2 ou n = 1 le resultat est encore vrai.
122. (a) det(A + D) =
X
2Sn
Yn Lorsque l'on developpe
i=1
n
a(i);i + zi i(i)
Y
i=1
!
.
a(i);i + zi i(i) , nous pouvons choisir dans
chaque terme du produit a(i);i ou zi i(i) . Soit alors I une partie de Nn ,
on choisit i 2 I pour les termes a(i);i et i 62 I pour les termes zi i(!i) .
Yn Y (i) Nous obtenons
=
a(i);i
zi i
i=1
I Nn i2I
i
2
6
X X Y
Y (i) !!
det(A + D) =
a(i);i
zi i
.
i62
Y (i) INn 2Sn i2I
i62
a(i);i + zi i(i)
X Y
.
6= 0 si et seulement si 8i 62 I; (i) = i. Notons i1 ; i2; : : : ; ip
zi i
les elements de I ranges dans l'ordre croissant et ip+1 ; : : : ; in ceux de
Nn n I ranges dans l'ordre croissant.
Soit la bijection de Nn dans Nn qui a k associe ik . Soit une bijection
de Nn dans Nn qui laisse invariant les elements de Nn n I .
Posons 1 = 1 . " = " ; 1 (Np ) = Np , la restriction, f
1 ,
1 N n N est l'identite et " f = " .
1
n
p
1
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
196
X
2Sn
Y (i) a(i);i
zi i
Y
i2I
!
i62
est alors le determinant de la matrice
de terme general a0i;j tel que
8(i; j ) 2 I 2; a0i;j = ai;j et 8(i;!j ) 62 I 2;!a0i;j = zi ij . Nous avons donc
det(A + D) =
X
Y
I Nn
i=2I
zi det MI , ou MI = (aij )(i;j)2I .
2
Q
Nous convenons dans cette ecriture que si I = Nn ; i=2I zi = 1 et si
I = ;; det(MI ) = 1.
(b) Placons-nous dans K (X ) ou si K est un corps inni, considerons la fonction polynomiale associee.
Choisissons D = XIn.
A(X ) = det(A XIn) =
X
Y
I Nn
i=2I
c'est-a-dire A(X ) = det(A XIn) =
!
!
( X ) det(MI )
X
I Nn
det(MI )( X )n
pI
ou p
I
de-
signe le cardinal de I .
Les mineurs d'indice p sont ceux obtenus en choisissant
I de cardinal p.
n
X
X
Nous avons donc Sp =
det(MI ) ; A(X ) =
Sp ( X )n p .
p=0
I Nn; #I =p
123. Pour p = 1 ou p = n, le resultat demand
e est immediat. Supposons 26p6n 1.
n
X
Soit B = tA A ; 8(i; j ) 2 Np ; bi;j = ak;i ak;j .
det(B ) =
Yp
i=1
X
2Sp
p
bi;(i) =
"
Yp
i=1
n
Y X
i=1
k=1
Il vient det(B ) =
c'est-a-dire :
!
k=1
bi;(i) .
!
ak;iak;(i) =
0
[email protected]
2Sp
"
X
Yp
(k1 ; :::; kp)2(Nn)p
i=1
Yp
X
(k1 ; :::; kp)2(Nn)p i=1
1
0
!
p
X @X Y
" aki ;i aki;(i) A.
p
i=1
(k ; :::; kp )2(Nn) 2Sp
!
X Yp
Yp ! X
X
2Sp
"
"
i=1
p
Y
i=1
aki;i aki;(i) =
!
i=1
aki ;i
2Sp
aki;i aki;(i) .
!1
aki;i aki;(i) A
1
2Sp
!
"
Yp
i=1
!
aki ;(i) .
aki;(i) est le determinant de la matrice telle que pour i 2 Np , la
197
iieme ligne est (aki;1 ; aki;2 ; : : : ; aki;p ).
Le determinant en question est donc nul si les ki ne sont pas deux a deux
distincts.
Soient donnes p entiers k1 ; : : : ; kp pris dans Nn deux a deux distincts.
Il existe I = (i1; : : : ; ip ) 2 J et il existe une bijection 0 2 Sp telle que
8j 2 Np ; i0 (j) = kj .
Si I 6= I 0; (I; I 0) 2 J 2 alors pour tout 0 2 Sp , 0 (I ) 6= 0 (I 0). Nous avons donc
Yp
Yp
Yp
aki;(i) = ai0 j ;(j) = aij ;(0 (j)) .
1
0 0 p j=1
11
X @ X @Y
X Yp
det(B ) =
ai0 j ;j " ai0 j ;(j) AA
I 2J 0 2Sp j =1
2Sp j =1
p
X Y
X
Yp
" ai0 j ;(j) = "0
"0
aij ;(0 (j)) = "0 det(AI ).
j
=1
2Sp j =1
2S
p
0
!1 X
[email protected]
X Yp
det(B ) =
det(AI )
"0 aij ;0 (j) A = (det(A))2.
i=1
j =1
( )
( )
( )
1
( )
1
j =1
0 2Sp
I 2J
1
1
1
I 2J
124. A 2 G si et seulement si il existe 2 Sn et il existe (1 ; l dots; n) 2 (K )n
tels que 8(i; j ) 2 (Nn )2; ai;j = j j(i) .
det(M ) =
X Yn
s2Sn
"s
j =1
ai;s(i) =
X Yn
s2Sn
"s
j =1
s(i) s((ii))
= "
Yn
k=1
k 6= 0.
A est donc une matrice inversible.
Soient A1 et A2 deux elements de G. 0
8(i; j ) 2 (Nn )2; ai;j = j j(i) ; bi;j = j j (i) . et 0 etant deux bijections de
Sn .
Le terme general ci;j de la matrice AB est egal a :
n
X
0
0
k j k(i) j (k) = (i) 0 ((i))j ((i)) . AB est bien dans G.
k=1
Nous constatons alors que l'inverse de A a pour terme general d'indice (i; j )
l'element 1 i (j) .
(j)
G est bien un groupe, sous-groupe de GLn (K ).
125. (a) Nous avons deja resolu cet exercice (le numero 105) ; ici seule la diagonale
est dierente. Notons A(x) la matrice proposee. Soustrayons la premiere
colonne de A(x) a toutes les autres et developpons selon la premiere colonne de cette nouvelle matrice. Nous obtenons det(A(x)) = x + avec
Yn
Yn
det(A( b)) = (ci b), det(A( a)) = (ci a).
i=1
i=1
Supposons b 6= a. Nous obtenons :
A( a)) , = a det(A( b)) b det(A( a)) .
= det(A( b))a det(
b
a b
198
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
Supposons b = a. Posons a = b + t avec t 6= 0 et A0 (x) la matrice obtenue
en remplacant a par a0 .
det(A( b))
= lim
t!0
0
1
n Y
n
det(A( b t)) X
= B
@ (ci b)CA.
t
j =1 i
=1
(b + t det(A( b)) b det(A( b t))
= lim
t!0
t
i6=j
0
1
n
Y
X Y
= (ci b) + b B
@ (ci b)CA.
n
n
i=1
j =1
i=1
i=
6 j
det(A)(x) = x + .
Si les ck sont tous egaux nous retrouvons ce que nous avoions deja vu ; a
savoir : = n(c b)n 1; = (c b)n + bn(c b)n 1.
(b) Supposons n>2. Notons j le determinant de la matrice Mj 2 Mj (R)
0cos() 1 0 : : : : : : 0 1
B
... C
CC
B
1 2 cos() . . . . . .
B
... C
... ... ... ...
B 0
CC.
denie par Mj = B
B
...
... ... ... ...
B
0 C
CC
B
B
.
.
.
.
.
.
.
.
@ .
. . .
1 A
0
: : : : : : 0 1 2 cos()
En developpant selon la derniere colonne, nous obtenons
n = 2 cos() n 1 n 2.
2 = cos(2),
3 = cos(2)(2 cos2() 1) cos() = 2 cos() cos(2) cos() = cos(3).
Verions que n = cos(n).
Supposons le resultat vrai jusqu'au rang n 1 ;
n = 2 cos() cos((n 1)) cos((n 2)) = cos(n).
Le resultat est demontre.
En posant 0 = 1 et 1 = cos(), la relation est vraie pour tout entier
n.
126. Nous avons vu precedemment que le determinant de cette matrice est egal a
(a b)n + bn(a b)n 1 = (a b)n 1 (a +(n 1)b). Celui-ci est nul si et seulement
si a = b ou a + (n 1)b = 0.
Supposons a 6= b et a + (n 1)b 6= 0. La matrice est alors inversible.
Notons U la matrice dont les elements sont tous egaux a 1.
A = (a b)In + bU . Soit B = In a + (nb 1)b U .
U 2 = nU donc AB = (a b)In ; l'inverse de A est donc a 1 b B .
127. Le polyn^ome caracteristique de A est (X 1)4. La matrice B = A I4 est
donc nilpotente.
2
6
B = 64
3
2
3
199
2 1 0 0
0 0 0 0
7
6
4 2 0 0 7, B 2 = 6 0 0 0 0 77 et B 3 = 0. B est
4 4 2 0 05
11 5 1 1 5
17 8 1 1
4 2 0 0
nilpotente d'indice 3.
Soit ("1 ; "2 ; "3 ; "4 ) la base canonique de Rn ; nous confondrons les matrices
et les endomorphismes dont ils sont les matrices dans la base canonique.
"1 62 Ker(B ) ; comme nous l'avons deja vu dans des exercices precedents,
(B 2 ("1 ); B ("1 ); "1 ) est une famille libre.
Le vecteur e4 , de coordonnees (1; 2; 0; 1) appartient au noyau de B et
(B 2 ("1 ); B ("1 ); "1 ; e4 ) est une famille libre donc un e base de R4.
20 1 0 03
6
7
Dans cette base, la matrice de l'endomorphisme de matrice B est 64 00 00 10 00 75.
0 0 0 0
21 1 0 03
7
6
A est donc semblable22 a 64 00 10 11 00 75.
0 0 0 1
128. Si f = aIdE et g = bIdE alors a = b et f = g. Dans ce cas, le polyn^ome
minimal de f est egal a celui de g.
Si f = aIdE et si g n'est pas du m^eme type alors f et g ne sont pas semblables
car alors f est diagonalisable et pas g. Dans ce cas , le polyn^ome minimal de
f est dierent celui de g.
Supposons que f et g ne sont pas du type aIdE Soit e1 2 E un vecteur non
nul non vecteur propre de f . e1 existe d'apres l'hypothese faite. Posons alors
e2 = f (e1 ). (e1; e2 ) est une base de E . 0
a
La matrice de f dans cette base est A = 1 b .
Le polyn^ome caracteristique est egal a X 2 bX a donc b = tr(f ); a =
det(f ).
0 det(f ) A = 1 tr(f ) . f = g donc tr(f ) = tr(g) et det(f ) = det(g).
En faisant avec g ce que nous venons de faire avec f nous obtenons qu'il existe
0 det(g) une base de E dans laquelle la matrice de g est B = 1 tr(g) .
Nous avons donc A = B et f et g sont semblables. Dans ce cas, lepolyn^ome
minimal de f est f , celui de g aussi.
Nous pouvons remarquer que sir f est irreductible nous sommes toujours
dans la troisieme situation et f et g sont semblables.
Pour une etude plus systematique de ce type de resultat, se reporter au devoir de la page 98
du livre du m^eme auteur deja cite.
22
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
200
Si nous resumons ces divers cas, nous en deduisons que f et g sont semblables23
si et seulement si elles ont m^eme polyn^ome minimal.
129. Soit P un polyn^ome annulateur de la matrice A 2 Mn(K ).
Placons-nous dans le corps K (X ) des fractions rationnelles.
p
p
X
X
k
Supposons P (X ) = ak X . P (X )In P (A) = P (X )In = ak X k In Ak .
k=0
XIn et A commutent donc X k In Ak = (XIn A)
k 1
X
j =0
k=1
X j Ak 1 j .
En calculant le determinant des deux membres nous
!! obtenons
P (X )n = det(XI
n
A) det
n X
k 1
X
k=1
j =0
X j Ak 1
j
.
Il existe donc un polyn^ome Q tel que P (X )n = det(XIn A)Q(X ). A divise
donc P n.
Supposons que P rsoit le polyn^ome minimal de A alors P divise A. Supposons
Y
que A s'ecrive Uj j ou les polyn^omes Uj sont irreductibles deux a deux
j =1
premiers entre eux, les coecients j sont des entiers naturels non nuls et P
Ys j
s'ecrive Vj ou les polyn^omes Vj sont irreductibles deux a deux premiers
j =1
entre eux, les coecients j sont des entiers naturels non nuls.
Yr j
Ys nj Ys j
Yr j
Uj divise Vj et Vj divise Uj .
j =1
j =1
j =1
j =1
Quitte a reindexer les polyn^omes, nous avons r6s et pour tout j 2 Nr ; Uj =
Vj ; j 6nj ; de m^eme s6r et pour tout j 2 Ns ; Uj = Vj ; j 6j .
Nous en deduisons donc que r = s et j 6j 6nj .
Le polyn^ome minimal et le polyn^ome caracteristique ont les m^emes facteurs
premiers unitaires.
Par exemple, si un endomorphisme est nilpotent d'indice p, son polyn^ome minimal est X p et son polyn^ome caracteristique est ( 1)nX n.
Remarque supposons K =C . Soit une valeur propre de l'endomorphisme
nilpotent u. Si x est un vecteur propre associe, nous avons u(x) = x et
up (x) = p x ce qui impose = 0. u etant scinde, la seule valeur propre de u
est donc 0 et le polyn^ome caracteristique est donc ( 1)n X n.
Si K est un sous-corps de C , soit M la matrice de u dans une base de E .
det(M XIn) considere comme un polyn^ome complexe, donc scinde, a pour
seule racine 0 donc le polyn^ome caracteristique est donc ( 1)n X n.
130. (a) Nous avons prouve ce resultat au precedent exercice.
(b) E = Ker(P1(u)) Ker(P2(u)).
En choisissant une base de Ker(P1 (u)) et une base de Ker(P2(u)) nous
23
Pour une etude plus complete il faut etudier les invariants de similitude.
201
construisons, en les concatenant, une base de E dans laquelle la matrice
est diagonale par blocs. Nous avons donc u u = u.
P1(u1 ) = 0 donc u divise P1n ; de m^eme P2(u2 ) = 0 et u divise P2n
ou n1 = dim(Ker(P1(u))) et n2 = dim(Ker(P2 (u))).
Il existe deux polyn^omes A1 et A2 tels que P1n = A1 U1; P2n = A2 U2.
Nous obtenons P1n P2n = A1A2 P1P2 puis A1 = c1 P1a P2b ; A2 = c2 P1a P2b
avec a1 + a2 = n1 ; b1 + b2 = n2, a1 et a2 strictement inferieurs a n1 et b1
et b2 strictement inferieurs a n2 , c1 et c2 sont des constantes non nulles.
En remplacant dans les premieres relations nous avons P1n = c1 P1a P2b U1
et P2n = c2 P1a P2b U2. P1 et P2 etant premiers entre eux nous obtenons
b1 = 0; a2 = 0 et c1U1 = P1; c2 U2 = P2.
Les coecients dominants de U1; U2; P1 ; P2 etant egaux a 1 ou a -1, il
en resulte que nous avons U1 = P1 ; U2 = P2 .
1
2
1
1
1
1
2
2
1
1
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
131. (a) Nous pouvons utiliser le resultat de l'exercice precedent.
Montrons ce resultat autrement.
Montrons que toute matrice nilpotente est semblable a une matrice triangulaire dont les elements diagonaux sont nuls.
Le resultat est vrai pour n = 1.
Supposons le resultat prouve pour toute matrice nilpotente appartenant
a Mi (K ), i6i6n.
Soit A 2 Mn+1(K ) une matrice nilpotente. tA est nilpotente. Il existe une
colonne X non nulle telle que tA X = 0 soit encore tX A = 0. Identions
les colonnes avec des elements de K n . L'ensemble des colonnes Y telles
que tX Y = 0 est un hyperplan H de K n . Soit Y 2 H; tX (AY ) = 0 donc
H est stable par A. Choisissons une base de H completee en une base
! de
B C
K n . Nous en deduisons que A est semblable a la matrice
ou
0 a
B 2 Mn(K ) et a 2 K . B est nilpotente donc le polyn^ome caracteristique
de A est B (X )(a X ) = ( 1)nX n(a X ). a est une valeur propre donc
est nul et A(X ) = ( 1)n+1 X n+1.
(b) u(u) = 0 donc tr(u(u)) = 0 = n det(u).
Nous en deduisons u(X ) = X pP (X ) avec p>1.
Supposons deg(P )>1 et P (0) 6= 0.
En utilisant le lemme des noyaux nous avons E = (Ker(up )) Ker(P (u)).
Notons E1 l'espace Ker(up ) de dimension, q, au moins egale a 1. E1 et
Ker(P (u)) sont stables par u. Notons A la matrice de la restriction de u
a E1 dans une base de E1 .
Nous avons Ap = 0 et A = ( 1)q X q et p6q.
Pour tout k 2 N ; tr(Ak ) = 0 car Ak est nilpotente pour tout k 2 N .
Choisissons une base de Ker(P (u)) ; la concatenation des deux bases
denissant une base de E . Dans cette base, la matrice de u est du type
!
A 0
M=
ou B 2 Mn q (K ).
0 B
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
202
!
k
M = A B . M k = A 0 k ; 8k 2 N ; tr(M k ) = tr(B k ) = 0.
0 B
En refaisant le raisonnement precedent, le determinant de B est nul et
M = X q+1Q(X ), avec q + 1 > p ce qui est contraire a l'hypotese faite et
p = n. D'ou le resultat demontre.
132. Le polyn^ome caracteristique de A est (X + 1)(X 1)2 . A2 I3 = 0 donc
pour n pair, An = I3 , pour n impair, An = A.
Nous pouvons remarquer que le polyn^ome minimal de A est X 2 1 qui est
scinde a racines simples donc A est diagonalisable. Nous pouvons le verier
en recherchant les espaces propres ; celui associe a -1 est une droite engendree
par (1; 1; 1) ; celui associe a 1 est un plan engendre par (1; 0; 0) et (0; 1; 2).
0 1 1 11
133. Soit A = @ 1 1 1 A A = (X + 1)(X + 2)2 .
1 1 1
0x 1
0x 1
n
0
Nous avons @ yn A = An @ y0 A.
zn
z0
(A I3)(A + 2I3 ) = 0 donc le polyn^ome minimal de A est (X 1)(X + 2).
Nous pouvons diagonaliser A. Une matrice de passage de la base initiale a une
01 1 01
base de vecteurs propres est P = @ 1 0 1 A.
1 1 1
0 1 1 0 10 1
10 1 1 11
0
0
0 A @ 2 1 1 A.
An = 13 @ 1 0 1 A @ 0 ( 2)n
1 1 1
0
0 ( 2)n
1 2 1
Nous pouvons employer une autre methode.
Eectuons la division euclidienne de X n par (X 1)(X + 2) qui s'ecrit
X n = (X 1)(X + 2)Pn(X ) + anX + bn.
1 = an + bn, ( 2)n = 2an + bn.
1 ( 2)n
2 + ( 2)n
Nous obtenons an =
;
b
.
n=
3
3
Il vient alors n 2 + ( 2)n n
1
(
2)
n
A =
A+
I3, soit encore
3
3
01
B
B
B 1
An = B
B
B
B
@ 1
1
( 2)n+1 1 ( 2)n 1 ( 2)n
CC
3
3
3
CC.
( 2)n 1 ( 2)n+1 1 ( 2)n C
CC
3
3
3
( 2)n 1 ( 2)n 1 ( 2)n+1 A
3
3
3
134. A2 = (tr(A))A (det(A))I2 donc A2B BA2 = tr(A)(AB
BA) d'ou le
203
resultat.
135. (a) considerons deux matrices A 2 Mq;p (K ) et B 2 Mp;q (K ). Supposons A
de rang r. Notons B1 la base canonique de K p et B2 la base canonique de
K q , a 2 L(K p ; K q ) et b 2 L(K q ; K p ) les applications lineaires telles que
Mat(a; B1; B2 ) = A; Mat(b; B2 ; B1 ) = B .
A est equivalente a Jr donc il existe une base "1 de K p et une base "2 de
K q telles que Mat(a; "1 ; "2 ) = Jr .
Notons B 0 la matrice de b dans le couple de bases ("2 ; "2 ).
La matrice de b a dans le couple de bases ("1 ; "1 ) est B 0 Jr , la matrice
de a b dans le couple de bases ("2 ; "2 ) est Jr B 0 .
Nous avons donc : B 0 Jr = P 1BAP; Jr B 0 = Q 1 ABQ.
P 1 BAP est semblable a BA donc ont m^eme polyn^ome carcteristique ;
de m^eme Q 1 ABQ et BA ont le m^eme polyn^ome caracteristique.
Soient les matrices B1 2 Mr;r (K ), B2 2 Mr;q r (K ), B3 2 Mp r;r (K ) et
!
B
B
2
1
B4 2 Mp r;q r (K ) telles que B 0 =
.
B3 B4
!
!
B B2
B 0
Jr B 0 = 1
, B 0 Jr = 1
; nous obtenons alors
0
0
B3 0
Jr B0 = ( X )q r B ; B0Jr = ( X )p r B et ( X )q BA = ( X )pAB .
(b) Si p = q alors AB = BA .
1
1
136. Soit H = Ker(') 6= E avec ' u = '. Si x 2 H alors '(u(x)) = 0 et
u(x) 2 H .
Reciproquement supposons qu'un hyperplan H de E soit stable par u. Soit '
une forme lineaire de noyau H . Posons = ' u. Pour x 2 H; (x) = 0.
2 E .
Si = 0 alors est colineaire a ', sinon, est une forme lineaire dont le
noyau est un hyperplan contenant H c'est-a-dire de noyau H . est donc
colineaire a '.
L'equivalence est demontree.
(a) Soit H un hyperplan stable par u ; soit ' 2 E ; ' 6= 0; ' u = '. Nous
avons alors ' = ' u u = (' u) = 2 '.
Nous en deduisons 2 = 1 ; n'existe pas et il n'y a pas d'hyperplan
stable par u.
(b) Supposons E de dimension nie. Soit A la matrice de u dans une base B
de E . A et tA ont les m^emes valeurs propres. Soit L 2 M1;n(K ) la matrice de ' dans le couple de bases (B; 1). Les formes lineaires de noyaux
des hyperplans stables verient donc LA = L soit encore tA tL = tL.
Les droites stables sont les droites incluses dans les espaces propres.
Il sut donc de rechercher les vecteurs propres de la matrice A et de la
matrice tA.
204
0
[email protected]
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
1
1 1 1
1 1 1 A. Le polyn^ome caracteristique est X (1 X )(X 2).
1 1 1
Il y a trois droites stables; elles sont engendrees par (0; 1; 1); (1; 1; 1)
et (1; 1; 0).
(1; 1; 0) est un vecteur propre de tA associe a 0, ( 1; 1; 1) est un vecteur
propre de tA associe a 1, (0; 1; 1) est un vecteur propre de tA associe a 2.
Les trois hyperplans stables ont pour equations :
x y = 0; x + y + z = 0 et y + z = 0.
0 2 1 1 1
B = @ 8 1 5 A, B = X (X + 2)2.
4 3 3
Il y a deux droites stables ; elles sont engendrees par (3; 1; 5) et
(1; 1; 1).
(2; 1; 1) est un vecteur propre de tB associe a 0, (3; 1; 2) est un vecteur
propre de tB associe a 2 (l'espace propre est de dimension 1). Les deux
hyperplans stables ont pour equations :
2x + y z = 0 et 3x + y 2z = 0.
03 5 11
C = @ 0 1 2 A, C = (3 X )(X 2 4X + 7).
0 2 3
Il y a une seule droite stable ; elle est engendree par (1; 0; 0).
( 2; 1; 6) est un vecteur propre de tC associe a 3. Il y a un seul plan
stable d'equation : 2x + y + 6z = 0.
(c) Si E est de dimension 3 alors le polyn^ome caracteristique possee au moins
une racine reelle. Il existe donc au moins un plan stable.
137. Soit u l'endomorphisme associe a Jn dans la base canonique ("1 ; : : : ; "n)
de E = Rn. Nous avons 8j 2 Nn ; u("j ) = "n j+1 puis u2 = IdE . Posons
M = aIn + bJn. M 2 = (a2 + b2)In + 2abJn = (b2 a2)In + 2aM .
P (X ) = X 2 2aX + (a2 b2 ) est un polyn^ome annulateur de M . Les racines
de P sont a + b et a b.
Si b = 0, M = aIn est diagonale ; E est l'espace propre associe a la valeur
propre a.
Si b 6= 0, P est scinde a racines simples donc M est semblable a une matrice
diagonale.
X (a + b) et X (a b) n'annulent pas M ; P est le polyn^ome minimal,
a + b et a b sont valeurs propres de M et ce sont les seules.
Resolvons le systeme MX = (a + b)X . En simpliant, nous en deduisons qu'il
est equivalent au systeme : 8i 2 Nn ; xn+1 i = xi .
De m^eme, MX = (a b)X est equivalent a : 8i 2 Nn ; xn+1 i = xi .
Supposons n = 2p.
Le premier systeme est equivalent a : 8i 2 Np ; x2p+1 i = xi et le second est
equivalent a : 8i 2 Np ; x2p+1 i = xi .
Une base du premier espace est constituee des vecteurs "i + "2p+1 i pour i
205
allant de 1 a p.
Une base du second espace est constituee des vecteurs "i "2p+1 i pour i allant
de 1 a p.
Supposons n = 2p + 1.
Le premier systeme est equivalent a : 8i 2 Np ; x2p+2 i = xi et le second est
equivalent a : 8i 2 Np ; x2p+2 i = xi et xp+1 = 0.
Une base du premier espace est constituee des vecteurs "i + "2p+2 i pour i
allant de 1 a p auquels on adjoint le vecteur "p+1 .
Une base du second espace est constituee des vecteurs "i "2p+1 i pour i allant
de 1 a p.
138. (a) Soit P =
n 1
X
i=0
ai X i. Nous avons A = P (J ).
(b) Soit une valeur propre de J . Il existe X 2 Mn;1 non nul tel que
JX = X et alors AX = P ()X . Les nombres P () sont donc des
valeurs propres de A.
J n = In donc X n 1 est un polyn^ome annulateur de J . Les valeurs
propres sont des
2iracines
nieme de 1.
Soit ! = exp
n .
Considerons pour k 2 f0; 1; : : : ; n 1g le vecteur colonne Vk dont
l'element d'indice j est egal a !k(j 1) . JV = !k V .
La matrice dont les colonnes sont les vecteurs Vk est une matrice de
Vandermonde dont le determinant est non nul. La famille des Vk est
donc une base de vecteurs propres de J .
Nous avons donc pour tout k 2 f0; 1; : : : ; n 1g AVk = P (!k )Vk .
A est diagonalisable et est semblable a la matrice diagonale dont les
elements diagonaux sont les P (!k ).
h(1) ;
139. Soit h une application continue de [0; 1] dans R. Si h(0) 6= 0; posons =
h(0)
si h(0) = 0 alors h(1) = 0 et on choisi quelconque. .
Soit alors f denie sur R+ par 8n 2 N ; 8t 2 [n; n + 1]; f(t) = n h(t n),
8t 2 [0; 1]; f(t) = h(t).
f est continue car
pour n 2 N; n>2; t!
lim
f(t) = tlim
n 1h(t) = n 1 h(1) = nh(0) = f(n),
n
!
1
de m^eme pour n 2 N ; t!
lim
f(t) = tlim
nh(t) = nh(0) = f(n).
n
!0
Par construction, 8t 2 R+; f(t + 1) = f(t).
Toutes ces fonctions f sont donc les vecteurs propres de ' associees a .
+
+
140. (a) La relation xn+1 = pxn + q est equivalente a (xn+1 1) = p(xn 1) nous
obtenons donc 8n 2 N; xn 1 = pn (x0 1) soit xn = 1 + pn (x0 1).
(b) Soit une valeur propre de u. Il existe f 6= 0 veriant u(f ) = f c'esta-dire 8x 2 R; f (px + q) = f (x). En particulier 8n 2 N; f (xn+1 ) =
f (xn ) donc 8n 2 N; 8x0 2 R; f (1 + pn (x0 1)) = nf (x0 ).
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
206
f etant continue n!lim
f (1 + pn(x0 1)) = f (1).
+1
f etant non nulle il existe x0 2 R tel que f (x0 ) 6= 0. Dans ces conditions
n = f (1) ce qui impose 2] 1; 1].
lim
n!+1
f (x0 )
Si = 0 alors 8x 2 R; f (px + q) = 0 donc f = 0 ce qui est faux. Nous
avons donc 2] 1; 1] n f0g.
(c) Si = 1 alors 8x 2 R; f (1 + pn(x 1)) = f (x) et en calculant la limite
8x 2 R; f (x) = f (1). f est donc constante non nulle ; on peut choisir
f = 1.
Supposons 0 < jj < 1.
f est de classe C 1 donc nous obtenons en derivant k fois :
8x 2 R; 8k 2 N; pk f (k) (px + q) = f (k) (x).
En reprenant les calculs faits precedemment nous en deduisons les possibilites suivantes
f (k) = 0 ou f (k) 6= 0 et pk = 1 ou 0 < jpkj < 1.
Dans le premier cas, f etant non nulle il existe j < k tel que f (j) 6= 0 ;
nous pouvons donc supposer, quitte a changer de notation que f (k) 6= 0.
Dans le second cas , deux cas sont possibles il existe k tel que = pk ou
8k 2 N; jj < pk ; dans le dernier cas nous en deduisons = 0 ce qui est
faux donc il existe k 2 N veriant = pk et alors, comme au-dessus, f (k)
est constante. Par ailleurs nous avons vu que si jj < 1 alors f (1) = 0.
Finalement, les valeurs propres possibles de u sont les reels pk avec k 2 N
et pour k>1 tel que pk soit valeur propre les vecteurs propres associes
sont des fonctions polynomiales qui s'annulent en 1.
k
X
Nous pouvons donc ecrire f (x) = aj (x 1)j .
pk f (x) = f (px + q) =
2 Nk ; aj pk
X
k
j =1
j =1
aj (px + q
1)j
=
k
X
j =1
aj pj (x 1)j . Nous en de-
duisons 8j
c'est-a-dire aj = jk ak et f (x) = ak (x 1)k .
Nous pouvons choisir ak = 1 donc les reels pk avec k 2 N sont les valeurs
propres de u et les vacteurs propres associes sont les vecteurs colineaires
a x 7 ! (x 1)k .
= aj pj
141. Soit une valeur propre associee au vecteur propre X . X est solution du
8 8i 2 N ; x = x
>
n 1 n
i
<
n
X
systeme : >
xj = xn
:
j =1
8 x
>
n
<X
n 1
Si = 0 le syteme est equivalent a > x
: j=1 j
= 0
= 0.
0 est donc une valeur propre ; l'espace propre associe est de dimension n 2.
207
Si est une valeur propre non nulle alors le systeme est equivalent a
8 8i 2 N ; x = x
<
n 1 i
1
x
=
x
n
: 2 (n 1) = 0 1 .
Il y a deux valeurs propres de ce type et pour chacune d'elle l'espace propre
est de dimension 1. La matrice est bien diagonalisable et la valeur propre 0
est d'ordre n 2.
Le polyn^ome caracteristique de la matrice est ( 1)n X n 2(X 2 X (n 1)).
Nous pouvions remarquer simplement que le rang de la matrice est egal a 2
donc le noyau est de dimension n 2 ; il ne restait plus qu'a trouver deux
eventuelles autres valeurs propres.
1
La trace est egale a 1 ; 1 et n'etant pas valeurs propres il y a deux autres
2
valeurs propres distinctes, dierentes de 1.
Soit u l'endomorphisme de Rn dont la matrice dans la base canonique ("1 ; : : : ; "n )
n
X
n
de R est A. Nous avons 8i 2 Nn 1 ; u("i ) = "n ; u("n ) = "j .
n
X
j =1
8i 2 Nn 1 ; u2 ("i ) = u("n ) ; u2 ("n ) = u("j ) = (n 1)"n + u("n).
j =1
3
83i 2 Nn 1 ; u ("i ) = (n 1)2 "n + u("n) = (n 1)u("i ) + u2 ("i ),
u ("n ) = (n 1)u("n ) + u ("n ).
Nous en deduisons u3 u2 (n 1)u = 0.
X 3 X 2 (n 1)X est un polyn^ome annulateur de u ; il est scinde a racines
simples donc u est diagonalisable. Ce polyn^ome est le polyn^ome minimal de
u.
142. Soit k 2 Np . fk2 = IdE . Le polyn^ome X 2 + 1 est scinde a racines simples
donc fk est diagonalisable.
Le spectre de fk est inclus dans f i; ig. fk etant diagonalisable, s'il s'agit
d'une homothetie, IdE , alors pour j 6= i; j 2 Np , fk fj + fj fk = 2fj = 0.
fk ou fk est nulle mais alors on ne peut avoir fk2 = fj2 = IdE .
Le spectre de fk est donc egal a f i; ig.
Soit x 2 Ker(fk iIdE ). Soit j 6= i; j 2 Np . fj (fk (x)) = ifj (x) = fk ((fj )(x)).
Nous en deduisons que fj (x) est dans Ker(fk + iIdE ).
fj (Ker(fk iIdE )) Ker(fk + iIdE ).
En echangeant i et i nous obtenons fj (Ker(fk + iIdE )) Ker(fk iIdE ).
fj2 = IdE donc fj (Ker(fk iIdE )) Ker(fk + iIdE ) d'ou l'egalite
fj (Ker(fk iIdE )) = Ker(fk +iIdE ).fj est un automorphisme donc dim(Ker(fk
iIdE )) = dim(Ker(fk + iIdE )).
Nous en deduisons : tr(fk ) = 0.
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
208
143. (a) Notons, pour n>2, n le polyn^ome caracteristique de An.
Si nous calculons le polyn^ome caracteristique en developpant selon la
premiere colonne nous obtenons n = X n 1 n 2 avec 0 = 1 et
1 = X .
Nous en deduisons que les coecients du polyn^ome caracteristique sont
des entiers relatifs et que pour n pair le polyn^ome est pair ; pour n impair
il est impair.
Posons pour z 2 C ; Sn(z ) = n(2 cos(z )).
La relation de reurence devient :
S0 = 1; S1(z ) = 2 cos(z ); 8n 2 N; Sn+2(z ) = 2 cos(z )Sn+1(z ) Sn(z ).
L'equation caracteristique est r2 + 2 cos(z )r + 1 = 0.
Les solutions sont exp(iz ); exp( iz ).
Nous obtenons alors 8n 2 N; Sn(z ) = a( exp(iz ))n + b( exp( iz ))n
avec a + b = 1; a exp(iz ) b exp( iz ) = 2 cos(z ) c'est-a-dire pour
sin(z ) 6= 0,
iz ) ; b = exp( iz ) puis S (z ) = ( 1)n sin((n + 1)z ) .
a = 2exp(
n
i sin(z )
2i sin(z )
sin(z )
La restriction de Sn a l'intervalle reel [0; ] conduit, pour x 2 ] 1; 1[, a
x sin (n + 1) acos
n
2 .
n(x) = ( 1)
x
sin 2
x ( 1)n xn(x) .
(4 x2 )0n(x) = ( 1)n+1 2(n + 1) cos (n + 1) acos
2
En derivant une seconde fois nous obtenons :
2x0n (x) + (4 x2 )00n(x) = n(x) + x0n(x) (n + 1)2 n,
soit en simpliant (4 x2 )00n(x) 3x0n(x) + n(n + 2)n(x) = 0.
p
X
Supposons n = 2p. Nous savons qu'alors 2p(x) = a2k;2p x2k , nous
avons donc
p 1
X
k=0
8(k + 1)(2k + 1)a2k+2;2px2k
k=0
p
X
k=0
2k(2k
1)a2k;2p x2k
+
puis en simpliant ,
p 1
X
k=0
p
X
k=0
p
X
k=0
6ka2k;2p x2k
n(n + 2)a2k;2p x2k = 0
(2(k + 1)(2k + 1)a2k+2;2p + (p k)(p + k + 1)a2k;2p ) x2k = 0.
(k p)(k + p + 1)
Nous obtenons la relation 8k6p 1; a2k+2;2p =
a
2(k + 1)(2k + 1) 2k;2p
avec a0;2p = ( 1)p .
Yk (p j)(p + j + 1)
p
+
k
+1
Il vient alors a2k+2 = ( 1)
= ( 1)p+k+1 Cp2+k+2
k+1 .
j =0 (2j + 1)(2j + 2)
Finalement ,
209
8k 2 N; k6p; a2k;2p = ( 1)p+k Cp2+k k soit 2p (x) =
p
X
k=0
( 1)p+k Cp2+k k x2k .
En faisant le pm^eme raisonnement dans le cas n = 2p + 1 nous obtenons
X
2k+1 .
2p+1 (x) = ( 1)p+k+1 Cp2+k+1
k+1 x
k=0
(b) Le coecient, ci;j , d'indices (i; j ) de la matrice AnM est egal a :
kj n
X
k
+1
k
i + i+1 sin n + 1 pour 26i6n 1. Nous obtenons donc
k=1
(i + 1)j (i 1)j
sin
n + 1 + sin n + 1 ; resultat qui est vrai aussi pour i = 1
et i = n.
ij j ci;j est donc egal a : 2 sin n + 1 cos n + 1 .
j Notons Mj la j ieme colonne de M ; on a alors AnMj = 2 cos
Mj .
j n + 1
Pour chaque j 2 Nn ; Mj 6= 0 et les nombres 2 cos
n + 1 sontdeux a
j
deux distincts. Les n valeurs propres de An sont les nombres 2 cos
n+1
et Mj sont des vecteurs propres associes pour j 2
Nn .
j Yn
Le polyn^ome caracteristique de An est donc
2 cos
n+1 X .
j =1
144. X 2(X 2 + X + 1) est annulateur de u.
Posons E1 = Ker(u2 ); E2 = Ker(u2 + u + IdE ). E = E1 E2 . Soit M la
matrice de u dans une base de E .
Si dim(E2) est impaire, la restriction de U a E2 possede une valeur propre ;
celle-ci est racine du polyn^ome X 2 + X + 1 qui n'a pas de racine reelle ; donc
la dimension de E2 est paire et celle de E1 aussi.
dim(E1 ) = 0.
M 2 + M + I4 = 0. M est C -diagonalisable et a pour valeurs propres j et j
chacune d'ordre 2.
Soient V1 et V2 deux colonnes propres associees a j et j . M etant reelle, nous
avons aussi MV1 = jV1 ; MV2 = jV2 .
Posons W1 = V1 + V1 ; W10 = i(V1 V1 ).
MW1 = jV1 + jV1 = 2<e(jV1 ) = <e(jW1 + ijW10 )
p
1
3W 0.
= <e(j )W1 + <e(ij )W10 = W1
2
2 1
p
1
3
Nous obtenons de la m^eme maniere, MW10 = W10 + W1 .
2
2
Nous faisons de m^eme avec V2 en posant W2 = V2 + V2 ; W20 = i(V2 V2 ).
Soit a; b; c; d quatre reels.
0 = aW1 + bW10 + cW2 + dW20 = a(V1 + V1) bi(V1 V1 )+ c(V2 + V2) di(V2 V2 )
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
210
= (a ib)V1 +(a+ib)V1 +(c id)V2 +(c+id)V2.
Nous en deduisons a = b = c = d = 0.
(W1 ; W10 ; W2 ; W20 ) est R-libre et sont des vecteurs reels. M est semblable a
0
1
p
1 3
0 0C
B
2
2
C
B
B
C
p
C
B
3
1
B
0 0C
B
C
2
2
C
B
.
B
C
p
B
C
1
3
C
B
0 0
B
C
2
2
B
C
C
B
p
@
A
1
3
0 0
2
2
dim(E1 ) = 2.
La restriction de u a E1 est nilpotente d'indice 1 ou 2. La restriction de u a
E2 se traite comme au-dessus.
00 0
00 0
0 01
0 01
B
B
CC BBB 0 1
CC
0 0C
0 0C
B0 0
B
0
B
B
@
M est donc semblable a B
B
B
dim(E1 ) = 4.
0
0 0
BB
p C
C
ou
a
1 3C
BB 0 0
C
C
BB
p2 2 C
A @
3
2
1
2
0 0
p C
1 3C
CC.
C
p2 2 C
A
3
2
1
2
u est nilpotente d'indice 1 ou 2.
145. Supposons p 6= 0 sinon ' = 0 est diagonalisable et a pour espace propre E .
Soient (e1; : : : ; er ) une base de Im(p) et (er+1; : : : ; en) une base de Ker(p).
r
X
B = (e1 ; : : : ; en) est une base de E . p a pour matrice, dans ette base, Ek;k .
k=1
Soit (i; j ) 2 (Nn )2, soit fi;j l'endomorphisme de E de matrice Ei;j dans la base
B. La matrice de '(fi;j ) est
E si i6r; et j6r
X
X il
i;j
Ek;k Ei;j El;l =
k j Ek;l =
.
0
si
i
ou
j
>
r
(k;l)2(N )
(k;l)2(N )
r
2
r
2
' est le projecteur d'image Vect(fi;j ; i; j 6r) et de noyau Vect(fi;j ; i ou j > r)
qui sont les deux espaces propres. rg(') = r2 et ' est diagonalisable.
146. Soit P 2 K [X ] scinde a racines simples, P (u) = 0.
P (u)(f ) = P (u) f P (u) = 0 donc u est diagonalisable.
Soit E un R-espace vectoriel de dimension 2n, soit u 2 L(E ) tel que u2 = IdE
(voir l'exercice numero 10) (u )2(f ) = f ; le polyn^ome X 2 1, scinde a racines
simples, est annulateur de u ; u est diagonalisable. u n'est pas diagonalisable
car u n'a pas de valeurs propres ; elles devraient ^etre racines du polyn^ome
211
X 2 + 1.
Si E est de dimension impaire rapporte a une base (e1; : : : ; e2n+1), n>1,
soit u l'endomorphisme de E deni par u(e1 ) = e2 ; u(e2 ) = e1 et pour
i>2; u(ei ) = 0. u n'est pas diagonalisable car le polyn^ome caracteristique,
egal a (X 2 + 1)( X )2n 1, n'est pas scinde.
u (u2 + IdE ) = 0. u3 f u3 = u f u.
Posons P (X ) = X 3 X alors P (u) = 0 ; P est scinde a racines simples donc
u est diagonalisable.
147. (a) Supposons que u soit un endomorphisme diagonalisable. Il existe une base
B = (e1; : : : ; en) de vecteurs propres de u 8i 2 Nn ; u(ei ) = i ei ; i 2 K .
Soit pour (i; j ) 2 (Nn )2 ; ui;j un endomorphisme de E tel que pour
tout k 2 Nn ; ui;j (ek ) = kj ei . (ui;j )(i;j)2(Nn) est une base de L(E ).
'(ui;j )(ek ) = (u ui;j )(ek ) (ui;j u)(ek ) = u(kj ei ) k kj ei
= kj (i k )ei = (i j )ui;j (ek ).
Nous avons donc '(ui;j ) = (i j )ui;j . ' est donc diagonalisable.
Les valeurs propres sont les nombres i j .
(b) Supposons qu'il existe une base (u1 ; : : : ; un ) de vecteurs propres de '.
Soit a un vecteur propre de u.
8i 2 Nn ; u ui ui u = i ui ; et u(a) = a. En particulier
8i 2 Nn ; (u ui )(a) (ui u)(a) = i ui (a) = (u ui )(a) ui (a) c'esta-dire u(ui (a)) = (i + )ui (a).
Montrons que la famille des vecteurs ui (a) engendre E .
Soit x 2 E , soit v 2 L(E ) telle que v(a) = x. v existe car a est non nul
2
2
2
2
donc peut ^etre complete en une base de E . v s'ecrit : v =
n
X
2
n
X
2
i=1
i ui donc
x = i ui (a).
i=1
Nous pouvons extraire de cette famille generatrice une base de E constituee de vecteurs propres de u.
(c) Si K est algebriquement clos alors u possede toujours au moins un vecteur
propre et il y a donc un equivalence.
148. (a) u est diagonalisable donc il existe un polyn^ome P scinde a racines simple
veriant P (u) = 0. Ce polyn^ome verie aussi P (v) = 0 donc v est
diagonalisable.
(b) Supposons A diagonalisable. Soit X un0vecteur
1 colonne,
0 vecteur1propre
X
2aX C
de A associe a la valeur propre . B B
@ CA = [email protected]
A. Cet
aX
(3a 1)X
0 1
X
element est colineaire a B
@ CA si et seulement si 2a2
aX
3a + 1 = 0.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
212
Il faut choisir a = 1 ou a = 1 .
2
Nous
0 obtenons
1 0donc1 : 0 1 0 1
X
X
2X
X
BB
A = 2 B
@ C
A et B [email protected] CA = [email protected] CA.
@ C
X
X
X
X
Notons (X1; : : : ; Xn) une base de vecteurs propres de A.
0 1
0 1
n
n
n
2Xi C X
XiC
X
X
B
La relation ai B
+
b
=
0
implique
(2ai + bi )Xi = 0
@ A
[email protected] A
i=1
i=1
i=1
Xi
Xi
n
X
et (ai + bi )Xi = 0.
i=1
Les coecients donc donc tous nuls.
0
1 0 1
Xi
2Xi
La famille constituee des vecteurs B
@ CA et [email protected] CA avec i 2 Nn est une
Xi
Xi
famille libre donc une base de vecteurs propres de B qui est diagonalisable.
Si P est une matrice inversible telle que A = PDP 1 avec D diago!
!
P 2P
2D 0
nale alors en posant Q =
et =
nous avons
P P
0 D
B = QQ 1 .
Supposons B diagonalisable.
!
2In In
Soit C la matrice
;
In In
In
In
!
In
C 1=
.
2In
!
A
0
B1 = C 1BC =
. B1 est semblable a B donc est diagona0 2A
lisable. A est la matrice de la restriction a un sous-espace stable d'un
endomorphisme diagonalisable et est donc diagonalisable.
149. Si A est diagonalisable, les valeurs propres etant toutes egales a 1, on doit
avoir A = I2n ce qui est faux.
Le polyn^ome caracteristique de B est B (X ) = X n(X 1)n. Le rang de B est
egal a n et la dimension du noyau est donc egale a n. L'espace propre associe
a la valeur propre
donc de dimension n.
80i est
2
Nn ; xi + xn+i = xi
BX = X () 8i 2 N; n < i62n; x = 0 () 8i 2 N; n < i62n; xi = 0.
i
Cet espace propre est de dimension n. B est diagonalisable.
!
!
213
A 0
aIn bIn
150. Soient U la matrice
et V la matrice
.
0 A
cIn dIn
!
aA bA
Nous avons UV = V U =
.
cA dA
A est diagonalisable donc il existe P 2 GLn(K ) telle que A = PDP 1 ou D
est diagonale.
!
!
P 0
D 0
Soit Q =
. Q est inversible et U = Q
Q 1.
0 P
0 D
x x a b 0
1
2
Soit R = y y inversible veriant c d = R 0 R 1 .
1 2
Notons "i la colonne de M2n;1(K ) dont tous les elements sont nuls sauf le iieme
qui est egal a 1.
Posons pour i 2 Nn ; ei = x1 "i + y1"n+i ; en+i = x2 "i + y2"n+i .
n
X
i=1
n
X
(i (x1 "i + y1"n+i ) + i (x2"i + y2"n+i )) = 0 implique
(i y1 + i y2)"n+i = 0
i=1
c'est-a-dire 8i 2 Nn ; i x1 + i x2 = 0; i y1 + i y2 = 0.
R est inversible donc les coecients i et i sont nuls.
La famille (ei )i2N2n est libre. Pour i 2 Nn ; V ei = ei et
i=1
(ix1 + i x2 )"i +
n
X
V en+i = en+i .
V est diagonalisable. U et V commutent et sont diagonalisables. Elle sont
donc co-diagonalisables et le produit l'est aussi.
151. Soit 1 ; 2 ; : : : ; n les valeurs propres de A. Elles sont non nulles et il existe
une base (e1 ; : : : ; en ) veriant Aei = i ei . Chaque ei est une colonne de
Mn;1(C ).
Considerons les colonnes, Ei , de M2n;1(C ) denies par
0 1
0 1
i ei
i ei
8i 2 Nn ; Ei = B
@ C
A ; En+i = [email protected] CA ou i est une racine carree de i.
ei
ei
0 1 0
1
2
Aei C B(i) ei C
BEi = B
@ [email protected]
A = iEi.
i ei
i ei
Les coecients i etant tous non nuls, nous disposons de 2n vecteurs Ei ;
2n
X
i=1
i Ei = 0 )
n
X
i=1
i i ei
2n
X
i=n+1
i i ei = 0 et
n
X
i=1
Nous en deduisons i + n+i = 0 et i n+i = 0.
(i + n+i ei = 0.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
214
La famille est libre et est une base de vecteurs propres. B est diagonalisable.
Supposons B diagonalisable. Il existe un polyn^ome P scinde a racines simples
P (B ) = 0. E crivons P (X ) = Q(X 2) + XR(X 2).
Il est immediat, par recurence, que pour tout entier naturel p on a
Ap 0 0 Ap+1 2
p
2
p
+1
B = 0 Ap et B = Ap 0 .
!
Q(A) AR(A)
Nous avons donc P (B ) =
.
R(A) Q(A)
Nous avons alors evidemment Q(A) = R(A) = 0 puis P (A) = 0. A est
diagonalisable.
Si est le polyn^ome minimal de A, est scinde a racines simples et divise
Q et R ; Q = Q1 ; R = R1 ; P (X ) = (X 2)(Q1 (X 2) + XR1(X 2)). P est a
racines simples donc (0) 6= 0 et 0 n'est pas valeur propre de A.
Remarque pour la partie directe, nous aurions pu choisir le polyn^ome
minimal de A puis P (X ) = (X 2) an de remarquer qu'alors (B ) = 0 puis
conclure.
p
M
152. (a) Soit Ei = Ker ((u i IdE
D'apres le lemme des noyaux, E = Ei .
i=1
La restriction ui de u a Ei a valeurs dans Ei est trigonalisable. Soit, pour
chaque i 2 Np , i la dimension de Ei . Le polyn^ome caracteristique de u
Yp
est donc (i X )i . Nous avons bien 8i 2 Nn ; i = i .
)i ).
i=1
Remarque la suite des noyaux iteres etant croissante, nous en deduisons : 16 dim(Ker ((u i IdE ))) 6 dim (Ker ((u i IdE )i )).
La dimension d'un espace propre est comprise entre 1 et l'ordre de multiplicite de la valeur propre en question.
(b) ui i IdEi est u endomorphisme nilpotent donc il existe une base de E
obtenue en concatenant des bases des Ei telle que la matrice de u dans
cette
2 base est
3
66 M1
77
M
2
66
77
...
66
77 Mi = iIi + Ni avec Ni nilpotente et
66
77
...
4
5
Mn
Mi 2 Mi (K ).
On peut aussi faire en sorte que Ni soit triangulaire superieure.
(c) L'application tr est une forme lineaire denie sur un espace de dimension
nie; elle est donc continue et verie donc p!lim
up = 0 ) p!lim
tr(up ) = 0.
+1
+1
215
Notons, quitte a changer l'ordre, 1 ; : : : ; N les eventuelles valeurs
propres non nulle de u. Soit A 2 MN (C ) la matrice dont l'element
d'indices (i; j ) est egal a ij 1 . En trigonalisant une matrice nous verions immediatement que tr(up ) =
Nous avons donc p!lim
+1
q 2 N; p!lim
+1
N
X
k=1
N
X
(k )p
!k=1
N
X
(k )p .
!k=1
= 0 et nous avons aussi pour tout
(k )p+q = 0.
Choisissons successivement q = 0; 1; : : : ; N 1 et notons q;p l'element
N
X
k=1
(k )p+q .
0 p1 0
1
i
0;p
Il vient alors A B
@ ...p C
A = [email protected] ... CA. La matrice A est une matrice de
N
N01;p
1 0 p1
0;p
i
B
C
B
.
Vandermonde inversible donc A @ .. A = @ ... C
A et pour chaque
p
p
i 2 NN ; p!lim
(
)
i
+1
N 1;p
= 0.
N
Donc en reintroduisant les eventuelles valeurs propres nulles nous en deduisons que les valeurs propres ont toutes un module strictement inferieur
a 1.
X
i 1
p
Pour p>i 1, (Mi ) =
Cpk (i )p k (Ni )k .
k=0
La somme est nie et pour chaque k; p k>p i + 1 tend vers l'inni
donc p!lim
(M )p = 0. Il est alors immediat que up tend vers 0.
+1 i
Le resultat que nous venons de demontrer est donc vrai aussi lorsque le
corps est R.
Il y a equivalence entre le fait que up tende vers 0 et le fait que les valeurs
propres ont toutes un module strictement inferieur a 1.
153. (a) Soit x 2 E; x 6= 0. Soit D la droite engendree par x et soit F un
supplementaire de D. Soit enn p le projecteur d'image D, de noyau F .
v commute avec p donc v(p(x)) = v(x) = p(v(x)) ; nous en deduisons que
v(x) est colineaire a x.
Soient x et y deux vecteurs non nuls, colineaires ; y = kx.
Il existe (x) 2 K et (y) 2 K tels que v(x) = (x)x; v(y) = (y)y.
v(y) = k(x)x. Nous en deduisons (x) = (y).
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
216
Soient x et y deux vecteurs, independants24, de E .
v(x + y) = (x + y)(x + y) = v(x) + v(y) = (x)x + (y)y. x et y etant
independants, il vient encore (x) = (y).
Il existe donc 2 K tel que pour x 2 E; x 6= 0; u(x) = x. Le resultat
est vrai aussi pour x = 0.
(b) () Pour chaque i 2 Nm , notons i la valeur propre de u d'espace peopre
associe Ei .
Soit ' l'application qui a (v1 ; : : : ; vm ) 2 L(E1 ) : : : L(Em ) associe
l'application v telle que pour tout i 2 Nm ; 8x 2 Ei ; v(x) = vi (x).
Il est clair que ' est parfaitement denie, lineaire et injective.
Montrons que Im(') = C (u).
m
X
Soient x = xi ; chaque xi est dans Ei et v 2 Im(').
i=1
m
(v u)(x) =
(u v)(x) =
X
i=1
m
X
i=1
v(i xi ) =
m
X
u(vi (xi ) =
i=1
m
i vi (xi).
X
i=1
i vi (xi ) car 8i 2 Nm , vi (xi ) 2 Ei .
Nous avons bien Im(') C (u).
Soit v 2 C (u) alors v(u(xi )) = i v(xi ) = u(v(xi )) donc v(xi ) 2 Ei .
En notant pour i 2 Nm ; vi 2 L(Ei ) veriant vi (xi ) = v(xi ) nous
en deduisons v = '(v1 ; : : : ; vm ) puis C (u) Im(') d'ou l'egalite
recherchee.
() Soit X = C (u). Soit v un element de C (X ) ; v commute avec tous
les elements w de X et en particulier avec u ; il laisse donc stable
chaque sous-espace E1 ; : : : ; Em et d'apres le resultat precedent, si
on note vi 2 L(Ei ) la restriction de v a Ei , vi commute avec tous
les endomorphismes de Ei donc il existe ki 2 K ; vi = ki IdEi . Nous
m
X
avons donc avec les notations precedentes, v(x) = ki xi .
i=1
Soit P le polyn^ome de degre au plus egal a m 1 tel que pour tout
i 2 Nm ; P (i ) = ki . P (u)(xi ) = P (i )xi = vi (xi ) = v(xi ) donc
P (u) = v et v 2 K [u].
Il est immediat que pour tout polyn^ome P , P (u) commutent avec
tous les elements de X donc C (C (u)) = K [u].
() Nous avons vu a l'exercice precedent que dim(Ei ) = (i )>1, l'ordre
de multiplicite de la valeur propre i donc dim(L(Ei )) = (i )2 et
m
X
dim(C (u)) = (i )2 .
i=1
Soit le polyn^ome minimal de u.
Nous avons deja demontre qu'alors, dim(K [u]) = deg().
u etant diagonalisable, le polyn^ome minimal est egal au polyn^ome
caracteristique et alors dim(K [u]) = m.
24
Dans le cas ou E n'est pas une droite.
217
0
154. @
= C (u) si et seulement si
m
X
(i )2 = m ce qui impose pour
i=1
chaque i 2 Nm ; (i ) = 1 c'est-a-dire que le polyn^ome caracteristique
est scinde a racines simples.
K [u]
1
4 6 0
3 5 0 A a pour polyn^ome caracteristique (1 X )(X + 2)(X + 5).
3 6 5
La matrice est diagonalisable. Les vecteurs propres s'obtiennent en resolvant
les systemes AX = X puis AX = 2X et AX = 5X .
Chacun de ces systemes est de rang 2. Une matrice de passage associee a
0 2 0 11
(1; 2; 5) est donc @ 1 0 1 A.
0 1 1 0
1
1 it 0
2it
0
B 0 1 it 2it 0 CC est
Le polyn^ome caracteristique de A = B
@ 0
0 1 + it 0 A
0
0
0 1 + it
evidemment (car la matrice est triangulaire) egal a (X 2 2X + (1 + t2)2 .
A2 2A + (1 + t2 )I5 = 0. A est donc diagonalisable. Les vecteurs propres
s'obtiennent en resolvant les systemes AX = (1 it)X puis AX = (1 + it)X .
Chacun de ces systemes est de rang 2.
de passage associee a (1 it; 1 it; 1 + it; 1 + it) est donc
0Une0 matrice
1
1 0 1
B
1 0 0 1C
B
@0 0 0 1C
A.
0 0 1 0
0 a2 ab ab b2 1
B ab a2 b2 ab C
A=B
@ ab b21 a2 ab C
A, A = (X (b a)2)(X (b + a)2)(X (a2 b2))2.
b2 ab ab a2
Supposons ab(a2 b2) 6= 0.
L'espace propre associe a la valeur propre (a2 b2 est de dimension 2, engendre
par ( 1; 0; 0; 1) et (0; 1; 1; 0).
L'espace propre associe a la valeur propre (b + a)2 est engendre par (1; 1; 1; 1)
celui associe a la valeur propre (b a)2 est engendre par (1; 1; 1; 1).
Si b = 0, A est diagonale.
Si a = 0, a = b ou a = b les vecteurs precedents conviennent encore.
0 3 2 01
A = @ 1 0 0 A a pour polyn^ome caracteristique (1 X )(X +1)(X +2).
0 0 1
La matrice est donc diagonalisable. Une matrice de passage associee a ( 1; 1; 2)
218
01
est @ 1
1
0 2
0 1 A.
0 1 0
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
00
Le polyn^ome caracteristique de A = @ 1
1
2 0
0 1 A est X (X 2 + 4).
0 2 0
A est diagonalisable en tant que matrice complexe. Une matrice de passage
01 1 11
associee a 0; 2i; 2i est : @ 0 i i A.
1 1 1
01 1
Le polyn^ome caracteristique de A = @ 0 1 A est (1 X )(X 1)2 .
0 0 1
L'espace propre associe a la valeur propre 1 est deni par :
8 y + z = 0
y = 0
<
z = 0 ()
z = 0
:
z = 0
L'espace propre associe a la valeur propre 1 est de dimension deux si et seulement si = 0.
Supposons = 0.
01 0 1
Une matrice de passage associee a (1; 1; 1) est @ 0 1 A.
0 0 1
Supposons 6= 0.
La matrice est trigonalisable ; elle etait deja sous cette forme.
0 1 0 2 + 1
Nous pouvons choisir la matrice de passage B
2 C
@ 0 1
A.
0 0
4
01 1 0 1
Dans ce cas, A est semblable a @ 0 1 0 A.
0 0 1
0 3 5 21
Le polyn^ome caracteristique de A = @ 1 1 2 A est (X +2)2( X 4).
2 6 6
L'espace propre associe a la valeur propre double -2 est deni par le systeme :
8 x + 5y 2z = 0
x + 5y 2z = 0
<
8y 4z = 0 .
: 2xx ++ 36yy 24zz == 00 ()
Ce systeme est de rang deux, l'espace propre est de dimension 1. La matrice
n'est pas diagonalisable.
00
Si nous calculons A2 + 6A + 8I3 nous obtenons @ 0
1
219
0 4
0 4 A qui est non
0 16 8
nul. Nous savions donc que la matrice n'etait pas diagonalisable.
Recherchons une base de trigonalisation.
Un vecteur propre e1 associe a la valeur propre 2 est (1; 1; 2). Recherchons
un vecteur e2 tel que Ae2 = ae1 2e2 8ou a est a determiner.
< x + 5y 2z = a 2x
2mm] Il s'agit de resoudre le systeme : x + y 2z = a 2y soit en2x + 6y 6z = 2a 2z
core
8 x + 5y 2z = a
8 x + 5y 2z = a
<
<
2x 2y = 0 .
: 2xx ++ 36yy 24zz == 2aa qui est equivalent a :
4x 4y = 0
Il sut de choisir x = y = 0; z = 1 a est alors egal a -2. e2 de coordonnees
(0; 0; 1 est bien independant de e1 .
Un vecteur propre associe a la valeur propre -4 est e3 de coordonnees ( 1; 1; 2).
0 2 2 01
01 0 11
A = PTP 1 avec P = @ 1 0 1 A et T = @ 0 2 0 A.
0 0 4
2 1 2
1
Si nous avions choisi pour coordonnees de e2, 0; 0;
, la matrice trian2
0 2 1 01
gulaire aurait ete T = @ 0 2 0 A.
0 0 40
1
3 4 0 2
B 4 5 2 4 CC est (X 2 1)2.L'espace
Le polyn^ome caracteristique de A = B
@0 0 3 2A
0 0 2 1
propre associe a la valeur propre 1 est deni par :
8 4x 4y + 2t = 0
8x y = 0
>
< 4x 4y 2z + 4t = 0
<
z = 0.
4z 2t = 0 () :
>
t = 0
:
2z
= 0
L'espace propre est donc de dimension 1 ; la matrice n'est pas diagonalisable.
e1 de coordonnees (1; 1; 0; 0) est associe a la valeur propre -1. Recherchons
e2 tel que Ae2 = ae1 e2 . Il s'agit de resoudre le systeme :
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
220
8 4x 4y + 2t
>
< 4x 4y 2z + 4t
4z 2t
>
:
2z
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
=
=
=
=
a
a
0 ()
0
8 4x 4y
<
:
z
= a
t = 0
= 0
1
Nous pouvons choisir pour e2 le vecteur de coordonnees ; 0; 0; 0 et alors
4
a = 1 ; Ae2 = e1 e2 .
Un vecteur propre associe a la valeur propre 1 est e3 de coordonnees (1; 1; 1; 1).
Nous pouvons terminer le choix de la base en prenant pour quatrieme vecteur
e4 l'un des trois vecteurs de la base canonique ("1 ; "2 ; "3 ; "4 ) de R4 car nous
savons que toute famille libre peut ^etre completee en une base ; les vecteurs
manquant pouvant ^etre choisis dans une base donnee.
(0; 0; 1; 0), par exemple, convient. e1 = "1 + "2
e2 = 14 "1
e3 = "1 + "2 + "3 + "4
e4 = "3
Nous en deduisons "1 = 4e2 ; "3 = e4 ; "2 = e1 4e2 ; "4 = e1 + e3 e4 .
Ae4 = A"3 = 2"2 + 3"3 + 2"4 = 2(e1 4e2 ) + 3e4 + 2( e1 + e3 e4 )
0 1 1 0 4 1 = 8e2 +2e3 + e4.
B 0 1 0 8 CC.
La matrice triangulaire obtenue est : B
@ 0 0 1 2A
0 0 0 1
0
En recherchant un vecteur e3 = ae1 + be2 + ce3 + de4 tel que Ae04 = Ae3 + e04 nous
1
1
sommes conduits a a = 0; b = 2; c = . Il sut donc de choisir e04 = 2e2 + e4
2
2
1 1 qui a pour coordonnees dans la base canonique ; 0; ; 0 .
2
2
0 1 1 0 01
B 0 1 0 0 CC.
La matrice est alors dans cette nouvelle base B
@ 0 0 1 1A
0 0 0 1
0 1 3 0 15 1
B 2 6 0 9C
A=B
@ 0 3 1 3C
A, A = (X 1)2(X + 1)(X 3).
1 4 0 8
L'espace propre associe a la valeur propre 1 est deni par :
8
>
< 2x 3y7y++159tt == 00
() x = y = t = 0.
3
y
+
3
t
=
0
>
: x 4y + 7t = 0
La matrice n'est pas diagonalisable. Un vecteur propre est e1 = "3 .
Recherchons un vecteur e2 tel que Ae2 = ae1 + e2.
8
>
< 2x 3y7y++159tt
Nous sommes conduits au systeme >
: x 34yy ++ 37tt
8 3y + 3t = a
<
qui est equivalent a : x + 13t = 0 .
y 5t = 0
221
=
=
=
=
0
0
a
0
Nous pouvons choisir e2 de coordonnees ( 13; 5; 0; 1) independant de e1 . a
est alors egal a -12.
Un vecteur propre associe a la valeur propre -1 est par exemple e3 de coordonnees ( 3; 3; 3; 1).
Un vecteur propre associe a la valeur propre 3 est par exemple e4 de coordonnees (9; 1; 3; 1).
0 1 3 0 15 1
B 2 6 0 9 CC et la matrice trianLa matrice de passage est alors P = B
@ 0 3 1 3A
0 1 12 0 10 1 4 0 8
B 0 1 0 0 CC.
gulaire obtenue est T = B
@0 0 1 0A
0
0 0 3
Comme plus haut, nous pouvons \raner" le resultat pour obtenir une decomposition de Jordan avec un 1 a la place de -12. Il sut par exemple de
remplacer e2 en e02 = 1 e2 .
12
Nous pouvons aussi remarquer que d'une maniere generale, en utilisant le
lemme des noyaux, l'espace Ker((A I4)2) est stable et est un supplementaire
de Ker(A + I4 ) Ker(A 3I4).
0 9 39 0 78 1
B 5 19 0 30 CC. Une base du noyau est alors (e ; e ).
(A I4)2 = B
1 2
@ 3 9 0 6A
1
3 0
2
03 1 1 71
B 9 3 7 1 CC est X 4.
Le polyn^ome caracteristique de A = B
@0 0 4 8A
0 0 2 4
A n'est donc pas diagonalisable. Une base du noyau est (e1; e2 ) avec e1 ayant
pour coordonnees (0; 5; 2; 1) et e2 ayant pour coordonnees (1; 3; 0; 0).
Cherchons alors un vecteur e3 tel que Ae3 = ae1 + be2 .
b
Il s'agit apres simplication de resoudre le syteme 3x y +2zz 74tt =
= a.
Il sut par exemple de choisir e4 de coordonnees (2; 0; 2; 0) et e4 = "4 pour
222
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
00
B0
obtenir comme matrice triangulaire, la matrice B
@0
0
0
0
0 0
0
1
0
0
1
4
7C
C
0 A.
0
Nous aurions pu proceder dieremment.
Soit e02 = "1 n'appartenant pas au noyau de A.
A2 = 0 donc e01 = Ae02 = 3"1 + 9"2 est dans le noyau de A.
Choisissons un autre vecteur e03 = 5"2 + 2"3 + "4 dans le noyau et enn un
dernier vecteur e04 = "4 choisi parmi un des vecteurs de la base canonique pour
obtenir une base deR4. Nous avons alors Ae01 = e02; Ae02 = 0; Ae03 = 0.
Ae04 = 7"1 "2 8"3 4"4 donc 7
1
5
15
0
0
0
0
0
0
0
0
0
Ae4 = 7e2 4e4 9 (e1 3e2 ) 4 e3 + 9 e1 9 e2 e4 = 3 e01 4e03 .
03 1 0 01
B 9 0 5 0 CC et la matrice trianguLa matrice de passage est alors P = B
@0 0 2 0A
0 0 1 1
00 1 0 71
3
C
B
0
0
0
0
laire est B
A.
@0 0 0 4C
0 0 0 0
En employant les m^emes methodes que precedemment, nous aurions pu choisir
a la place de e04, le vecteur 5 "1 + 3"2 + 5 "3 + "4 an d'obtenir pour matrice
0 0 21 0 0 1 2
B 0 0 0 0 CC
triangulaire la matrice B
@0 0 0 1A
0 0 0 0
155. (a) Si = 0; u v v u = u. En posons v0 = IdE , la relation proposee
est vraie pour n = et n = 1.
Supposons-la vraie jusqu'au rang n.
u vn+1 = (vn u + nvn) v = vn (u v) + nvn+1
= vn (v u + v)+ nvn+1 = vn+1 u +(n +1)vn+1 .
Le resultat est donc demontre.
(b) () Supposons = = 0
u et v commutent. Nous savons que si deux endomorphismes commutent, pour tout polyn^ome P 2 C [X ], et pour tout polyn^ome
Q 2 C [X ], Ker(P (u)) et Im(P (u)) sont stables par Q(v).
Soit F un espace propre de u. F est stable par v donc en considerant
la restriction de v a F , celle-ci possede un espace propre ; il existe
donc un vecteur propre de v dans F . u et v ont bien un vecteur
propre en commun.
() Supposons = 0; 6= 0.
v est nilpotente. En eet, la trace de nvn est nulle pour tout n 2 N .
223
En utilisant le resultat de l'exercice numero 130 nous en deduisons
que v est nilpotente.
Nous pouvons faire une autre demonstration. Supposons v non nilpotente. Pour tout n 2 N ; vn 6= 0.
L'application v 2 L(E ) 7 ! u v v u 2 L(E ) a pour valeurs
propres les nombres n pour n 2 N. Il y aurait une innite de valeurs propres ; ce qui est faux. v est donc nilpotente. Ker(v) 6= f0g.
Soit x 6= 0; x 2 Ker(v). v(u(x)) = 0 donc Ker(v) est stable par u ; u
et v ont alors un vecteur propre en commun.
() Supposons 6= 0.
Soit v0 = v u. u v0 v0 u = u (v u) (v u) u
= u v v u = ( + )u + v0 .
En choisissant =
nous sommes ramene au0 cas precedent.
Il existe un vecteur x 6= 0 veriant u(x) = x; v (x) = x soit encore
v(x) = x + u(x) = ( + )x.
Dans tous les cas, u et v ont un vecteur propre en commun.
156. (a) La relation est vraie pour n = 1. Supposons-la vraie jusqu'au rang n.
u vn+1 = (vn u + nvn 1) v = vn (u v) + nvn
= vn (v u + IdE )+ nvn = vn+1 u +(n +1)vn.
Le resultat est demontre.
(b) Soit P 2 K [X ] ; P (X ) =
n
X
k=0
ak X k . Si P est constant le resultat est
immediat avec la convention v0 = IdE .
D'apres le resultat precendent nous avons
n
X
X
u P (v) P (v) u = ak u vk vk u = kak vk 1 = P 0 (v).
k=1
k=1
(c) Supposons que v ait un polyn^ome minimal, P . P (v) = 0 et alors P 0 (v) =
0. P ne peut ^etre le polyn^ome minimal de v car P 0 n'est pas nul.
En echangeant les r^oles de u et v nous obtenons le m^eme resultat pour
u. Il est alors immediat que E est de dimension nie car sinon u et v
auraient un polyn^ome minimal diviseur du polyn^ome caracteristique.
Si E est de dimension nie alors 0 = tr(u v v u) = tr(IdE ) =
dim(E )>1. Il y a une contradiction.
(d) Supposons v de rang ni. Soit v1 l'application de Im(v) dans lui-m^eme,
N
X
restriction de v a Im(v). v1 possede un polyn^ome minimal P = ak X k .
k=0
Soit Q = XP . Soit x 2 E .
N
X
ak vk (v(x)) = (P (v1 ))(v(x)) = 0. Q est
k=0
non nul, annulateur de v qui possede alors un polyn^ome minimal. v n'est
pas de rang ni et de m^eme u.
Soit P un polyn^ome non constant. Soit w = P (v).
(Q(v))(x) = ((XP )(v))(x) =
224
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
Si w est de rang ni Il existe un polyn^ome P1 veriant comme precedemment w P1(w) = 0. En posant Q1 = XQ, w possede un polyn^ome
minimal. Q(P (v)) = (Q P )(v) donc v possede un polyn^ome minimal
car deg(Q P )>1. Cela est contradictoire. D'ou le resultat.
157. (a) () On fait la m^eme demonstration qu'aux exercices precedents.
() Nous avons demontre ce resultat plus haut.
(b) Supposons rg(u) = dim(E ) 1.
() u est nilpotente de rang n 1 donc25 son indice de nilpotence est n.
Notons Nk le noyau de uk . La suite (N0; N1 ; : : : ; Nn 1; Nn = f0g)
est strictement decroissante.
dim(Nk )>k. Supposons qu'il existe k6n 1 tel que dim(Nk ) > k.
Nous avons alors dim(Nn) > n ce qui est faux ; nous avons donc
pour tout k6n; dim(Nk ) = k. Soit x 2 Nk ; uk (v(x)) = 0 donc
v(Nk ) Nk .
Soit a 2 E n Nn 1. un k (a); : : : ; un 1(a) est une base de Nk . En
eet; ces elements sont dans Nk ; la famille est libre26 et dim(Nk ) = k.
Notons, pour i 2 Nn , ai le vecteur un i (a) qui appartient a Ni .
u(a1) = 0 et pour 26i6n; u(ai ) = ai 1. v(ai ) 2 Ni est donc combinaison lineaire des vecteurs (a1; : : : ; ai ).
La matrice de v dans cette base est triangulaire superieure.
Notons U et V les matrices de u et v dans cette base et vi;j l'element
d'indices (i; j ) de V .
L'element d'indices (i; j ) de UV V U est vi+1;j vi;j 1 = ji+1 avec
un+1;j = 0 et vi;0 = 0.
Si j 6= i + 1 vi+1;j = vi;j 1 et vi+1;i+1 vi;i = 1.
Les elements vi;i sont les valeurs propres de v ; en notant l'element
v1;1 1 nous avons immediatement vi;i = + i.
Nous avons donc pour j > i; vi;j = v1;j i+1 .
() Soit en un vecteur propre de v associe a la valeur propre n.
Montrons que un i (en) = ei est un vecteur propre de v associe a + i.
Le resultat est vrai pour en. Supposons que pour 06i6k < n 1 on
ait v (ui (en))
= ( + n i)ui(en ).
v uk+1 (en) = uk+1 (v (en )) (k + 1)uk+1 (en )
v uk+1 (en) = n uk+1 (en) (k + 1)uk+1 (en)
= (n k 1))uk+1 (en) = n k 1uk+1 (en)
d'ou le resultat au rang suivant.
n 1
X
Supposons que en soit dans Kn 1 . en s'ecrit alors en = xk ak .
k=1
en est vecteur propre
associ
e
a
n si et seulement si
n
X
8i 2 Nn ; i xi +
v1;j i+1 xj = n xi (avec xn = 0) c'est-a-dire
j =i+1
25
26
Voir les autres exercices sur la nilpotence.
Nous l'avons deja demontre.
225
xn 1 = 0 et 8i 2 Nn 2 ;
n 1
X
j =i+1
v1;j i+1 xj = (n i)xi .
Il vient alors xn 2 = 0.
Supposons que xk est nul pour n 1>k>i > 1.
Nous avons alors 0 =
n 1
X
j =i
v1;j i xj = (n i + 1)xi 1 et xi 1 est nul.
Nous en deduisons en = 0.
en n'est donc pas dans Kn 1 et alors la famille (ei )i2Nn est bien une
base de E et d'apres la demonstration precedente, c'est une base
de vecteurs propres de v. Dans cette base la matrice de v est donc
diagonale et celle de u verie u(e1 ) = 0 et pour i>2; u(ei ) = ei 1 .
(c) () Nous avons deja demontre ce resultat a l'exercice precedent.
() Soit f1 un vecteur propre commun a u et a v.
u(f1) = 0; v(f1 ) = e1 . Construisons une base de E dont le premier
!
0 L1
vecteur est f1 . La matrice de u dans cette base est
avec
C1 U1
L1 2 M1;n 1(K ), C1 2 Mn 1;1(K ), et U1 2 M!n 1;n 1(K ).
L2
La matrice de v dans cette base est
avec L2 2 M1;n 1(K ),
C2 V1
C2 2 Mn 1;1(K ), et V1 2 Mn 1;n 1(K ).
En calculant UV V U nous obtenons U1 V1 V1U1 = U1 .
Si dim(E ) = 1, u et v ont une base commune de trigonaliation.
Supposons le resultat vrai pour tout espace vectoriel E de dimension
au plus egale a n 1. Soit alors E un espcace vectoriel de dimension
n.
En reprenant ce que nous venons de faire, Il existe une matrice inversible P1 2 GLn 1 (K ) telle que P1 1U1 P1 et P1 1 V1P1 sont triangulaires
superieures.
!
!
1 0
1
0
. P est inversible et P 1 =
.
Soit P =
0 P1
0 P1 1
!
!
0
L1 P1
L2P1
1V P = P 1UP =
et
de
m^
e
me,
P
.
0 P1 1U1 P1
0 P1 1V1 P1
Ces deux matrices sont triangulaires superieures. Le resultat est
prouve au rang n + 1 donc est vrai pour tout entier.
Z1
158. Pour x>1; L(f )(x) = tf (t)dt.
0Zx
Pour 06x61; L(f )(x) =
0
tf (t)dt + x
Z1
x
f (t)dt.
226
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
Z1
Pour x60; L(f )(x) = x f (t)dt.
0
L(f ) est derivable sur R n f0; 1g.
Pour x > 1; (L(f ))0(x) = 0. Z
1
Pour 0 < x < 1; (L(f ))0(x) = f (t)dt.
Z1
x
Pour x < 0; (L(f ))0(x) = f (t)dt.
0
En calculant les limites a gauche et a droite en 0 et en 1 nous en deduisons
que L(f ) est derivable sur R.
Cherchons un eventuel vecteur propre associe a la valeur propreZ0.
1
0
f doit verier L(f ) = 0 donc L(f ) = 0 donc pour 06x61; 0 = f (t)dt.
x
En derivant sur ]0; 1[ nous obtenons 8x 2]0; 1[; f (x) = 0 puis f nulle sur [0; 1].
Toutes les fonctions continues sur R dont la restriction a [0; 1] est nulle conviennent.
Elles sont vecteurs propres associees a la valeur propre 0.
Supposons qu'il existe une valeur propre non nulle .
f est derivable et en derivant
Z 1 nous obtenons (L(f ))0(x) = f 0 (x).
Pour x 2 [0; 1]; f 0 (x) = f (t)dt.
x
f 0 est donc derivable sur ]0; 1[ et f 00 (x) = f (x).
Supposons < 0; = !12 .
Nous obtenons pour x 2]0; 1[; f (x) = exp(!x)+ exp( !x). ParZ continuite,
1
0
cette relation est vraie aussi en 0 et en 1 et f (0) = 0; f (0) = f (t)dt.
0
Nous en deduisons + = 0 et exp(!) = exp( !). Il n'y a pas de solution.
Supposons > 0; = !12 .
Nous obtenons pour x 2]0; 1[; f (x) = cos(!x) + sin( !x). Par continuite,
cette relation
Z 1 est vraie aussi en 0 et en 1 ; nous devons avoir f (0) = 0 et
f 0 (0) = f (t)dt.
0
(2k + 1)
Nous en deduisons = 0 et ! =
; k 2 Z.
2
(2k + 1) Pour x>1 nous avons donc f (x) = f (1) = sin
x .
2
(2k + 1) Pour x60; f (x) = xf 0 (0) = x .
2
159. Nous avons deja vu que si un!anneau
est de caracteristique p premier alors
p
n
n
X
X
8(a1; : : : ; an) 2 An;
ak = (ak )p .
k=1
k=1
Soit K 0 = K (X ) le corps des fractions a coecients dans K . A = Mn(K 0 ) est
un anneau de caract
eristique p donc
p = M p + X pI .
(M + XI
)
n
n
det M p + X pIn = det (M + XIn)p = det(M + XIn) p .
227
Le coecient dep X n 1 dans det(M + XIn) est tr(M ), celui de X p(n 1) de
det(M + XIn) est (tr(M ))p.
Le coecient de Xp(n 1) dans det M p + X pIn est tr M p d'ou l'egalite
(tr(M ))p = tr M p c'est-a-dire tr(M p) tr M ( mod p).
160. (a) ((X )n )n2N est une base de C [X ].
+1
X
Soit P =
ak (X ) ou les coecients ak sont nuls a partir d'un
k=0
certain rang.
+1
X
u(P ) = (k 2)ak (X )k . P 2 Ker(u) () 8k>3; ak = 0.
k=3
Ker(u) = Vect((X )k )06k62 .
Im(u) = Vect((X )k )k>3 .
8k 2 N; k>3 (k 2 )a = 0 et
(b) u(P ) = P () 8k 2 N; k62 a = 0 k
.
k
Supposons 6= 0.
Si est dierent de tous les entiers k 2; k>3 alors n'est pas valeur
propre car P = 0.
Si = k0 2, est valeur propre de u d'espace propre engendre par
(X )k .
u est donc diagonalisable car la somme directe des espaces propres est
C [X ].
Chaque espace propre est une droite sauf le noyau qui est de dimension
3.
0
161. Le coecient de X 2n+1 du polyn^ome '(P ) est egal a 2a2n (n k) si a2n est
le coecient de X 2n de P . '(P ) 2 R2n[X ] si et seulement si a2n(n k) = 0.
Cela est vrai pour tout polyn^ome a condition d'avoir k = n.
2n
Y
2n
X
P = (X ak ou k sont des entiers naturels ; k 62n et les ak des
k=0
k=0
nombres complexes deux a deux distincts.
2n P0 = X
k
P
X a donc si est une valeur propre elle verie :
k=0
k X (X
2n X
)k
k
1) 2nX = ; X (X 1) = (X a )(X b ) + r avec b et
k
k
k
k
X ak
rk elements de C . Nous avons alors
2n
2n r
X
X
k (X bk ) + X k ka 2nX = .
k=0
k=0
2n
X krk
k=0
k
X ak est donc nulle ce qui impose 8k 2 f0; : : : ; 2ng; k rk = 0.
Si rk est non nul alors ak ne gure pas comme racine. Si rk est nul alors ak
k=0
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
228
est egal a 0 ou a 1. Nous en deduisons que P est du type X p(X 1)q . La
decomposition precedente devient alors
p(X 1)+ qX 2nX = . Il faut donc avoir p + q = 2n et = q p = 2q 2n.
Les valeurs propres sont donc les scalaires 2k 2 Z; jkj6n.
L'espace propre associe a la valeur propre 2k est la droite dirigee par le polyn^ome (X 1)n k X n+k.
162. (a) Si A est scinde alors A est semblable a une matrice triangulaire T ; pour
tout entier k, T k est triangulaire et son polyn^ome caracteristique qui est
aussi celui de Ak est scinde.
(b) Considerons A comme appartenant a Mn(C ). A est semblable a une matrice triangulaire complexe T ; les elements diagonaux etant (e1 ; : : : ; ek ).
Yn
A = (X ak ) ou les ak sont complexes. Le polyn^ome caracteristique
k=1
de A2 est A =
Yn
(X (ak )2). Pour chaque k 2 Nn ; (ak )2 2 R+ donc
k=1
8k 2 Nn ; ak 2 R. A est donc scinde.
1 p3 8 0
3
p
Considerons la matrice A =
0 8 .
3 1 ;A =
A = X 2 2X + 4 n'est pas scinde sur R.
163. u est nilpotente d'indice 3. Soit e3 62 Ker(u2). Nous avons deja vu qu'en
posant e2 = u(e3 ) et e1 = u(e2 ) (e1; e2 ; e3) est une base de E .
Le noyau de u est la droite engendree par e1 . u(e1) = 0; u(e2 ) = e1; u(e3) = e2 .
Nous recherchons v tel que 0 = u(v(e1 )); v(e1 ) = u(v(e2 )) et v(e2 ) = u(v(e3 )).
Nous avons donc v(e1 ) colineaire a e1 . Il existe a 2 v(e1 ) = ae1. u(v(e2 ) = ae1 .
Posons v(e2 ) = 1 + e2 + e3 ; il vient u(v(e2 )) = e1 + e2 soit encore
v(e2 ) = e1 + ae2 . De m^eme v(ae) = 0 e1 + e2 + ae3.
Nous en deduisons v = aIdE + u + 0 u2 . H Vect(IdE ; u; u2 ) ; il est clair
par ailleurs que Vect(IdE ; u; u2 ) H d'ou l'egalite.
164. (a) A = X 3 + 7X 2 15X + 9 = (1 X )(X 3)2.
0 2 2 01
(A 3I3 )2 = @ 2 2 0 A.
0 0 0
Ker(A 3I3 )2 est engendre par e1 = "1 + "2 ; e2 = "3 ou ("1 ; "2 ; "3 ) est
la base canonique de R3.
e1 est dans le noyau de A 3I3 .
Un vecteur propre associe a la valeur propre 1 est "1 + "2 .
01 0 11
Posons P = @ 1 0 1 A.
0 1 0
03
Nous avons A = PTP 1 avec T = @ 0
229
1
1 0
3 0 A.
0 0 1
Nous savons qu'un endomorphisme u qui commute avec un endomorphisme v laisse stable le noyau et l'image de P (v) pour tout polyn^ome P .
Si nous appelons v l'endomorphisme de E = R3 dont la matrice est A
dans la base canonique de R3 alors u doit laisser stable Ker(v IdE ) et
Ker(v 3IdE )2 qui sont supplementaires.
La matrice U de u dans la base (e1; e2; e3 ) est donc diagonale par blocs.
0a b 01
U = @ c d 0 A.
0 0 e
v commute
avec u si et seulement
si
a b
3 1 = 3 1
a b
c d
0 3
0 3
c d
c'est-a-dire, en developpant, c = 0; a = d.
0a b
Les matrices U conviennent si et seulement si U = @ 0 a
1
0
0 A.
0 0 e
Cet ensemble de matrices est l'espace vectoriel engendre par les trois matrices 0
1
00 1 01
00 0 01
1 0 0
U1 = @ 0 1 0 A, U2 = @ 0 0 0 A et U3 = @ 0 0 0 A
0 0 0
0 0 0
0 0 1
qui sont trois matrices independantes.
C (A) est donc un espace de dimension 3 engendre par PU1P 1 ; PU2 P 1
et PU3 P 1.
Soit P 2 R[X ].
P (A) commute avec A donc R[A] C (A).
(A 3I3 )(A I3) n'est pas nulle donc le polyn^ome minimal de A est A.
Soit P 2 R[X ] ; P = AQ + R; deg(R)62.
P (A) = R(A) donc R[A] = Vect(I3; A; A2).
Cette famille est libre car si aI3 + bA + cA2 = 0, (a + bX + cX 2)(A) = 0
et a + bX + cX 2 est divisible par le polyn^ome minimal et est donc nul.
R[A] est de dimension 3 donc est egal a C (A).
(b) Si D est une droite stable alors x 2 D ) v(x) colineaire a x. x 6= 0 est
un vecteur propre de v. Il y a donc dux doites stables, engendrees par
"1 + "2 et par "1 + "2 .
Soit ' une forme lineaire non nulle. Notons L la matrice de ' dans la
base canonique de R3. Soit H le noyau de '.
H est stable par v si et seulement si il existe 2 R; ' u = '.
En eet supposons qu'il existe 2 R; ' u = '.
Soit x 2 H ; '(u(x)) = '(x) = 0 donc u(H ) H .
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
230
Supposons H stable par u. Soit la forme lineaire ' u. '(u(H )) = 0
donc le noyau de contient H . Si le noyau est R3 alors = 0 est
colineaire a ' ; sinon est colineaire a ' car elles ont le m^eme noyau.
Il s'agit donc de determiner les couples (; L) 2 R M1;3 tels que
LA = L soit encore tA tA = tL. Nous devons rechercher les vecteurs
propres de la matrice tA ; les valeurs propres etant celles de A.
Nous trouvons alors pour 3 la doite engendree par (0; 0; 1) et pour 3
celle engendree par (1; 1; 0).
Les deux plans stables ont pour equations dans la base canonique de R3
z = 0 et x + y = 0.
165. Soit (e1; : : : ; en) une base de vecteurs propres de u. Soit (1 ; : : : ; n ) 2 K n
veriant 8i 2 Nn ; u(ei ) = i ei .
Soit v un edmomorphisme de E qui commute avec u.
8i 2 Nn ; v(u(ei )) = i v(ei ) = u(v(ei )) ; donc v(ei ) est dans l'espace propre
associe a i qui est la droite engendree par ei .
Nous en deduisons que v(ei ) est colineaire a ei .
Si chaque ei a une image par v colineaire a ei alors
u(v(ei )) = u(i ei ) = i i ei = v(u(ei )).
v commute avec u si et seulemnt si 8i 2 Nn ; v(ei ) est colineaire a ei .
Soit v 2 C (u).
Pour chaque i 2 Nn nous avons v(ei ) = i ei .
Soit le polyn^ome P , qui existe et est unique, de degre au plus egal a n 1
veriant pour chaque i 2 Nn ; P (i) = i .
P (u)(ei ) = P (i )ei = i ei = v(ei ) donc v = P (u).
Il est clair que si P est un polyn^ome alors P (u) commute avec u.
Nous avons donc C (u) = K [u].
Yn
Le polyn^ome minimal de u est (X i ) donc K [u] est un espace vectoriel de
i=1
dimension n. En eet (IdE ;u ; : : : ;
avec P =
n 1
X
k=0
un 1) est libre car
n 1
X
k=0
ak uk = 0 ) P (u) = 0
ak X k . P est donc divisible par le polyn^ome minimal et est donc
nul.
Soit v 2 K [u] ; il existe P 2 K [X ] tel que v = P (u).
P = uQ + R avec deg(R) < n donc v = R(u).
K [u] = Vect(IdE ;u ; : : : ; un 1 ) qui est de dimension n.
02 0 4 1
Le polyn^ome caracteristique de @ 3 4 12 A est X 3 + 3X 2 2X . Les
1 2 5
valeurs propres sont 0, 1, 2.
Le commutant est donc l'espace vectoriel engendre par I3; A; A2 c'est-a-dire
l'ensemble des matrices
0 a + 2b + 8c
8c
@ 3b + 6c a 4b 8c
4b + 28c
12b + 24c
2b 2c a + 5b + 5c
b+c
231
1
A avec (a; b; c) 2 R3.
x 2 R. f 0 (x) = 3x2
p1 ; p1 ,
3 3
x 1;
1 est negatif pour x 2
strictement positif sur le complementaire.
1
1
f p < 0; f p > 0. f possede donc27 une et une seule racine
3
3
reelle a 6= 0. Les deux autres, b et b, sont donc complexes conjuguees.
Si nous supposons A 2 Mn(C ), X 3 X 1 est scinde a racines simples ; A
est donc diagonalisable. Les valeurs propres de A sont donc a, d'ordre , b et
b, d'ordres car A 2 Mn(R).
Le determinant de A est donc egal a a jbj2 > 0.
166. Soit f (x) = x3
167. u est de rang n 1, son noyau est de dimension egale a 1. Il existe une base
(e1 ; : : : ; en) de E telle que u(e1 ) = 0 et pour i 2 Nn 1 ; u(ei+1 = ei .
Soit v un endomorphisme qui commute avec u.
v(u(e1 )) = 0 = u(v(e1 )). v(e1) 2 Ker(u) donc il existe a1 2 K ; v(e1 ) = a1 e1 .
Supposons qu'il existe (a1; a2; : : : ; aj ) 2 K j tel que pour k 2 Nj on ait
v(ek ) =
k
X
i=1
ai ek i+1 (j < n).
v(u(ej+1 )) = v(ej ) =
j
X
i=1
Nous avons u(v(ej+1 )) =
v(ej+1 )
n
X
i=1
j
X
i=1
ai ej i+1 = u(v(ej+1 )).
j
X
i=1
aiu(ej i+2 ) ; il existe alors aj+1 2 K tel que
aiej i+2 = aj+1e1 c'est-a-dire v(ej+1 ) =
aiui 1 (ej ) =
n
X
i=1
j +1
X
i=1
ai ej i+2 .
ai ej i+1 = v(ej ); nous avons donc v =
Tout element de K [u] commute avec u donc C (u) = K [u].
n
X
i=1
aiui 1 et v 2 K [u].
168. (a) Nous avons deja vu un resultat analogue a l'exercice numero 29.
(IdE + v (IdF u v) 1 u) (IdE v u)
= IdE v u + v (IdF u v) 1 (u u v u)
= IdE v u + v (IdF u v) 1 (IdF u v) u = IdE
(IdE v u) (IdE + v (IdF u v) 1 u)
= IdE v u+(IdE v u)v (IdF uv) 1 u
= IdE v u +(v v u v ) (IdF u v) 1 u
= IdE v u + v (IdF u v) (IdF u v) 1 u = IdE .
Un polyn^ome reel X 3 + pX + q possede trois racines reelles distinctes si et seulement si 4p3 +
27q < 0.
27
2
232
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
Nous en deduisons alors que IdE v u est inversible et a pour inverse
(IdE + v (IdF u v) 1 u).
En echangeant les r^oles de u et v nous obtenons
(IdF u v) inversible () (IdE v u) inversible.
Soit 2 K ; 6= 0. u v IdF inversible equivaut a IdF 1 u v
1
inversible c'est-a-dire equivaut a IdE
v u inversible.
Les valeurs spectrales non nulles de u v et v u sont donc les m^emes.
(b) Si E = F sont de dimension nie, il y a equivalence entre la bijectivite et
l'injectivite d'une application lineaire donc les valeurs propres non nulles
de u v et v u sont donc les m^emes.
Supposons v u injective (donc bijective). u est alors injective donc
bijective et v est aussi bijective ; mais alors u v est aussi bijective. v u
et u v sont bijectves en m^eme temps donc non injectives en m^eme temps.
(c) Soient (e1 ; : : : ; en) une base de E et (f1; : : : ; fp) une base de F .
Supposons dim(E ) < dim(F ).
Soit u 2 L(E; F ) telle que 8i 2 Nn ; u(ei ) = fi, soit v 2 L(F; E ) telle que
8i 2 Nn ; v(fi ) = ei et pour i > n; v(fi ) = 0.
v u = IdE ; u(v(fn )) = 0 donc v u est injective et u v ne l'est pas.
(d) Reprenons ici les notations de l'exercice numero 134.
Des bases etant choisies dans E et F , soient A la matrice de v et B celle
de u.
Jr B 0 est semblable a AB , B 0 Jr est semblable a BA et pour tout p 2 N ,
(Jr B 0 )p est semblable a (AB )p et (B 0 Jr )p est semblable a (BA)p .
!
!
B
B
0
B
2
, B 0 Jr = 1
avec B1 2 Mr;r (K );
Jr B 0 = 1
0
0
B3 0
B2 2 Mr;q r (K ); B3 2 Mp r;r (K ); B4 2 Mp r;q r (K ).
!
p (B )p 1 B
(
B
)
1
1
2
Nous verions facilement que (Jr B 0 )p =
0
0
!
(B1 )p
0
0
p
et (B Jr ) =
pour p 2 N .
B3 (B1 )p 1 0
Nous avons donc tr((Jr B 0 )p ) = tr((B1)p ) et tr((B 0 Jr )p ) = tr((B1)p ).
Il y a donc bien egalite. Le cas p = 0 est immediat.
169. (a) Si v est inversible alors det(v) 6= 0. ( v + det(v))(v) = det(v)IdE .
Soit Q = 1 ( v + det(v)).
det(v)
Q(0) = 0 donc il existe R 2 K [X ]; Q(X ) = XR(X ).
Nous en deduisons v R(v) = IdE puis v 1 = R(v) = (R P )(u) 2 K [u].
(b) Soit le polyn^ome minimal de u. Supposons qu'il existe deux polyn^omes
U et V tels que UP + V = 1. Nous avons alors U (u) v = IdE et v est
233
inversible.
Supposons v inversible. Il existe un polyn^ome W tel que W (u) = v 1 .
En eectuant la division euclidienne de W par nous obtenons l'existence
d'un polyn^ome T , deg(T ) < deg(), tel que T (u) = v 1 c'est-a-dire
T (u) P (u) = IdE .
Le polyn^ome TP 1 est annulateur de u donc il existe un polyn^ome V
tel que TP 1 = V .
P et sont premiers entre eux.
170. (a) Supposons que Im(u) et Ker(u) sont supplementaires.
Ker(u) est non nul donc le polyn^ome minimal de u est XQ. Montrons
Q(0) 6= 0.
Notons u1 l'application de Im(u) dansIm(u) restriction de u ; notons Pu
le polyn^ome minimal de u1 .
Soit x 2 Im(u) ; (u (Pu )(u))(x) = u(0) = 0.
Soit x 2 Ker(u) ; ((Pu )(u)) u)(x) = ((Pu )(u))(0) = 0.
XPu est un polyn^ome annulateur de u. u1 est injective donc Pu (0) 6= 0.
Le polyn^ome minimal de u est donc XR ou R divise Pu .
Supposons R 6= Pu ; soit alors x 2 Im(u). y = R(u)(x) 6= 0 et u(y) = 0
donc y 2 Im(u) \ Ker(u) = 0 ce qui est faux.
Le polyn^ome minimal de u est donc egal a XPu .
Supposons que le polyn^ome minimal de u soit XQ avec Q(0) 6= 0. D'apres
le lemme des noyaux, E = Ker(u) Ker(Q(u)).
Soit y 2 Im(u).
Il existe x 2 E; y = u(x) donc (Q(u))(y) = ((XQ)(u))(x) = 0 ; nous en
deduisons Im(u) E1 .
En tenant compte des dimensions nous obtenons l'egalite de ces ensembles ; d'ou l'equivalence.
(b) Nous savons que la restriction d'un endomorphisme a un supplementaire
du noyau est isomorphe a l'image. Si E = Im(u) Ker(u) alors u1 est un
automorphisme.
Supposons que u1 soit un automorphisme. Soit y 2 Im(u) \ Ker(u). Il
existe x 2 Im(u); y = u(x) et u2 (x) = 0 u2 (x) = (u1 )2(x) donc x = 0 et
y = 0.
Im(u) et Ker(u) sont supplementaires.
171. Soit a l'endomorphisme dont la matrice dans la base canonique de K n est A.
Soit e1 l'element de E = K n dont la matrice des coordonnees dans la base
canonique est u. (e1 ; a(e1 ); : : : ; an 1(e1 )) est une base de E . La matrice de
passage de la base canonique a ncette base est B . La matrice de a dans cette
X
nouvelle base est C . an(e1 ) = cj;n ej .
1
1
1
1
1
1
1
1
1
j =1
Comme nous l'avons vu a l'exercice numero 39 du chapitre polyn^omes,
! la
n 1
X
matrice C est une matrice compagne et u = ( 1)n X n
ci;n X i d'ou
i=0
le resultat demande.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
234
172. Supposons u diagonalisable. Il existe p espaces propres de u E1 ; : : : ; Ep ,
p
M
sous-espaces vectoriels de E tels que E = Ei .
i=1
Chaque Ei est stable par u. Soit 2 K . Si n'est pas une valeur propre de
u alors u IdE est bijective donc 8p 2 N; rg(u IdE ) = n.
Supposons que soit une valeur propre i de E .
8j 2 Np ; u i IdE Ej = (j i )IdEj , (u i IdE )p Ej = (j i )p IdEj .
Ker(u i IdE ) = Ei = Ker((u i IdE )p) donc les rangs sont egaux.
Supposons que pour tout 2 K ; rg(u i IdE ) = rg((u i IdE )2).
En utilisant les suites decroissantes des images iterees, nous avons deja vu
qu'alors
8p 2 N ; Im(u i IdE ) = Im((u i IdE )p ) et
8p 2 N ; Ker(
u i IdE ) = Ker((u i IdE )p ).
p
Y
Soit u = (i X )i ou les i sont deux a deux distincts.
i=1
p
M
D'apres le lemme des noyaux nous en deduisons E = Ker(u i IdE ).
i=1
u est donc diagonalisable.
173. u(F ) F ; soit v l'application de F dans F restriction de u. u est diagonalisable donc il existe un polyn^ome P scinde a racines simples veriant P (u) = 0.
Soit x 2 F ; (P (v))(x) = (P (u))(x) = 0 P (v) = 0 et v est diagonalisable.
Soit B = (e1 ; : : : ; en) une base de vecteurs propres de u. Soit (e01 ; : : : ; e0p )
une base de vecteurs propres de v.
Completons cette base a partir de vecteurs pris dans la base B pour en faire
une base B0 de E .
Soit G l'espace vectoriel engendre par les vecteurs choisis dans B an d'obtenir
B0 . F et G sont supplementaires.
Les vecteurs pris dans B sont des vecteurs propres de u donc u(G) G.
174. (a) Si la dimension de E est egale a 1 tous les endomorphismes de E ont une
base commune de diagonalisation.
Supposons le resultat vrai pour tout espace vectoriel de dimension au
plus egale a n.
Soit E un espace vectoriel de dimension n + 1.
Si tous les elements de D sont du type IdE ; 2 K la reponse est immediate.
Supposons qu'il existe un element de D dierent de IdE ; 2 K .
Soit E1 ; : : : ; Ep les espaces propres de cet element ; chaque Ei est different de E d'apres l'hypothese. Les elements de D commutent deux a
deux donc ils laissent tous stables les p espaces Ei .
Pour chaque u 2 D et pour chaque i 2 Np , notons ui l'application de Ei
dans lui-m^eme restriction de u. i etant xe, tous les endomorphismes ui
sont diagonalisables28, commutent entre eux deux a deux et sont denis
28
Voir l'exercice precedent.
235
sur Ei de dimension au plus egale a n.
Il existep donc une base Bi de Ei de diagonalisation de tous les ui .
M
E = Ei donc la concatenation des bases Bi est une base de E ; c'est
i=1
une base de diagonalisation de tous les elements de D.
(b) Montrons la encore le resultat par recurrence sur la dimension, n, de E .
Pour n = 1 le resultat est immediat.
Supposons le resultat verie pour tout espace vectioriel de dimension au
plus egale a n. Soit E un espace vectoriel de dimension n + 1.
Comme precedemment, nous pouvons supposer qu'il existe un element u
de T ayant un espace propre dierent de E car sinon tous les elements
sont diagonalisables dans toute base de E .
Soit F un espace propre de u ; 16 dim(F )6n. Soit G un supplementaire
de F . Construisons une base B de E en concatenant une base de F et
une base de G. F est stable par tous les elements de T .
Pour tout v 2 T , notons ev l'endomorphisme de F , restriction de v a F .
Les endomrophismes ev commutent deux a deux et en considerant la matrice de v dans la base B nous constatons que ev divise v ; ev est donc
scinde.
Les endomorphismes ev commutent deux a deux et sont trigonalisables;
il existe une base de F de trigonalisation commune.
En concatenant cette base avec la base de G nous avons une base, B0 ,
!
V1 V2
de E dans laquelle la matrice de v est V =
ou V1 est trian0 V3
gulaire superieure et est la matrice de ev dans la base commune B1 de
trigonalisation.
Soit p le projecteur d'image G de noyau H .
Notons v0 l'application x 2 G 7 ! p(v(x)) 2 G.
La matrice de v0 dans la base choisie precedemment dans G est V3 . Notons T 0 l'ensemble de endomorphismes v0 construits precedemment. En
calculant le produit V W des matrices de v et w appartenant a T dans la
base B0 nous constatons que V3 W3 = W3 V3 . V V = V .
Les elements de T 0 sont tous trigonalisables et commutent deux a deux.
Nous pouvons appliquer l'hypothese de recurrence applicable car 16 dim(G)6n
et en deduire qu'il existe une base B2 de G commune de trigonalisation
pour les elements de T 0 .
En concatenant les bases B1 et B2 nous obtenons une base de E commune
de trigonalisation des elements de T .
Le resultat est ainsi demontre.
Remarque en utilisant le lemme des noyau nous pouvons faire une autre
demonstration.p
Y
Notons u = (i X )i la decomposition en facteurs premiers ; les i
1
i=1
3
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
236
sont deux a deux distincts et les i sont des entiers
au moins egaux a 1.
p
M
Notons Ei le noyau de (u i IdE )i . E = Ei . Les espaces Ei sont
i=1
stables par tous les elements de T .
Nous pouvons donc appliquer sur chaque Ei l'hypothese de recurence et
obtenir une base de Ei commune de trigonalisation des endomorphismes
de Ei restrictions des elements de T a Ei .
En concatenant ces bases nous obtenons une base de E commune de
trigonalisation de tous les elements de T .
(c) Les endomorphismes nilpotents ont pour polyn^ome caracteristique ( X )n
et sont donc29 trigonalisables; il existe une base (e1 ; : : : ; en ) commune
de trigonalisation.
Notons E0 = f0g et pour j 2 Nn ; Fj = Vect(e1 ; : : : ; ej ).
8(i; j ) 2 (Nn )2; ui (ej ) 2 Ej 1 .
Nous avons alors
Yi !
Yi !
pour i6j ,
uk (ej ) 2 Ej i et pour i > j;
uk (ej ) = 0.
k=1
k=1
Ce resultat est vrai pour i = 1 ; si nous le supposons vrai au rang i < n
alors
i+1 !
i+1 !
Y
Y
pour i < j ,
uk (ej ) = ui+1
uk (ej ) 2 ui+1 (Ej i ) Ej i 1 et
pour i>j;
k=1
i+1 !
Y
k=1
k=1
uk (ej ) = 0.
Nous avons le resultat au rang i+1 et nous en deduisons
Yn !
k=1
uk (ej ) = 0.
175. (a) Nous avons vu dans l'exercice numero 1 d'algebre generale que si A est
dans un groupe ni de cardinal p alors Ap = In. Le polyn^ome X p 1 est
scinde a racines simples, annulateur de A. A est diagonalisable.
(b) Soit p le cardinal de G ; f (G) est un sous-groupe de GL(E ) de cardinal
p. Les valeurs propres, 1 ; : : : ; n) ou n = dim(E ), de f (a) sont donc de
module 1 ; celles de f (a 1) = (f (a)) 1 sont les inverses de celles de f (a).
n
n
X
1 X
= k = (a) .
Nous avons donc tr(f (a)) =
k=1
k=1 k
Comme nous venons de le voir, les elements f (a) sont diagonalisables.
176. Le polyn^ome X k 1 2 C [X ] est un polyn^ome annulateur de A ; il est scinde
a racines simples donc A 2 Mn(C ) est diagonalisable.
Les valeurs propres, (; ), deA sont des racines kiemede l'unite. Il existe
2iq
2ir
(q; r) 2 (Nk )2 tel que = exp
;
= exp
k
k .
A 2 Mn(Z) donc + 2 Z; 2 Z ce qui implique = 1.
29
Il n'est pas necessaire que le corps soit C .
2iq 237
Si = 1 alors = et nous avons 2 cos
k 2 Z c'est-a-dire
2iq 1
1
cos
2
1; ; 0; ; 1 .
k
2
2
2iq 2iq si = 1 alors = alors 2i sin
k 2 Z c'est-a-dire sin k = 0.
Les valeurs possibles pour (; ) sont :
( 1; 1), (j; j 2 ), (i; i), ( j; j 2 ), (1; 1) et (1; 1). (On peut aussi
echanger les r^oles de et ).
Les matrices diagonales ainsi obtenues sont semblables aux matrices A cherchees donc les valeurs de k 2 N veriant Ak = I2 sont alors successivement
2, 3, 4, 6, 1, 2. Nous avons bien A12 = I2.
Verions que ces matrices existent bien.
La premiere et les deux dernieres existent bien.
2 3
0 1
1 1 est dans le deuxieme cas, 1 0 est dans le troisieme cas,
1 3
1 2 est dans le quatrieme cas.
12 est donc le plus petit exposant possible.
Les matrices cherchees sont donc les matrices a coecients entiers veriant
A12 = I2.
177. (a) S'il existe l 2 N tel que ul = IdE , le polyn^ome P = X l 1 scinde a
racines simples verie P (u) = 0 donc u est diagonalisable.
(b) Si n = 1, nous choisissons u = IdE ou est une racine primitive N ieme
de l'unite.
0 cos 2 sin 2 1
!
N
N
A 0
A.
ou A = @
Si n>2, soit U =
2
2
0 In 2
sin N cos N
L'endomorphisme u dont la matrice dans une base de E est U convient.
(c) Si u est d'ordre N donne alors la matrice de u dans une base de E est
semblable a Diag(1 ; : : : ; n ) ou les i sont des racines N ieme de l'unite ;
une au moins de ces racines etant une racine primitive. La reciproque est
immediate.
(d) Voir l'exercice precedent. Les valeurs possibles sont donc 1, 2, 3, 4, 6.
178. Le polyn^ome minimal de f est X ou X a ou X (X a) ou (X a)2 ou
X (X a)2.
Dans le premier cas f = 0 ; dans le second cas f = aIdE . Dans ces deux cas
les classes de similitudes ne contiennent qu'un seul element.
Si le polyn^ome minimal est X (X a), f est diagonalisable.
Si la valeur propre 0 est d'ordre 1, le rang de f est egal a 2, l'ensemble des
matrices semblables a A est constitue des matrices P Diag(0; a; a)P 1 avec
P 2 GL3 (K ).
Si la valeur propre 0 est d'ordre 2, le rang de f est egal a 1, l'ensemble des
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
238
matrices semblables a A est constitue des matrices P Diag(0; 0; a)P 1.
Si le polyn^ome minimal est (X a)2 f aIdE est nilpotente d'indice 2
donc, comme nous l'avons vu dans d'autres exercices sur les endomorphismes
nilpotents, f aIdE est de rang 1.
Soit e3 62 Ker(f aIdE ). Posons e2 = (f aIdE )(e3) 2 Ker(f aIdE ).
Choisissons un vecteur e1 2 Ker(f aIdE ) independant de e2. (e1 ; e2 ; e3 ) est
une base de E .
0a 0 01
La matrice de f dans cette base est A = @ 0 a 1 A.
0 0 a
Les matrices semblabes a A sont les matrices PAP 1 avec P 2 GL3 (K ).
Si le polyn^ome minimal de f est X (X a)2 , E = Ker(f ) Ker((f aIdE )2)
et la restriction de f aIdE a Ker((f aIdE )2) est nilpotente d'indice 2 sur
un espace de dimension 2 donc il existe une base de Ker((f aIdE )2) telle que
a 1
la matrice de f dans cette base est 0 a ; il existe une base de E dans
00 0 01
laquelle la matrice de f est A = @ 0 a 1 A.
0 0 a
Les matrices semblables a A sont les matrices PAP 1 avec P 2 GL3(K ).
179. (a) Nous pouvons calculer le determinant d'une matrice en le developpant
selon une ligne ou selon une colonne. Soit A 2 Mn(K ) une matrice dont
le terme general est ai;j .
n
n
X
X
det(A) = ( 1)i+j ai;j det(Ai;j ) = ( 1)i+j ai;j det(Ai;j ).
i=1
j =1
Considerons la matrice obtenue en remplacant la j ieme colonne de A par
la kieme (k 6= j ).
En denveloppant selon la j ieme colonne nous obtenons
X
0 = ( 1)i+j ai;k det(Ai;j ).
i=1
En faisant
le m^eme raisonnement avec les lignes nous avons
n
X
0 = ( 1)i+j ak;j det(Ai;j ).
j =1
Finalement nous
n avons :
X
k
j det(A) = ( 1)i+j ai;k det(Ai;j ) et
i=1
ik det(A) =
n
X
j =1
( 1)i+j ak;j det(Ai;j ).
Le terme d'indices (i; j ) de la matrice f
A est ( 1)i+j det(Aj;i ), le terme
239
d'indices (i; j ) de la matrice A f
A est
n
X
k=1
ai;k ( 1)k+j det(Aj;k ) = ij det(A).
De m^eme le terme general de f
A A est egal a ij det(A). Nous avons donc
Af
A=f
A A = det(A)In.
1 f
Si A est de rang n, A est inversible et a pour inverse
A qui est
det(A)
aussi de rang n.
Supposons det(A) = 0.
Soient u et v deux endomorphismes de K n tels que u v = 0; v u = 0.
Cela est equivalent a Im(u) Ker(v) et Im(v) Ker(u). rg(u)6n rg(v).
Nous en deduisons rg(A) + rg(f
A )6n.
Supposons rg(A) = n 1. Il existe un determinant extrait de A de type
(n 1) (n 1) non nul donc le rang de f
A >1. D'apres l'inegalite pref
cedente nous en deduisons que le rang de A est egal a 1.
Supposons rg(A) = 6n 2. Tous les determinants extraits de A de type
(n 1) (n 1) son nuls donc f
A = 0.
(b) Soit X 2 Mn;1(K ); X 6= 0; 2 K ; AX = X .
Nous avons donc det(A)X = (f
A A)X = f
A X.
1
A X et X est vecteur propre de
Si AX 6= 0 alors 6= 0 et det(A)X = f
A.
Si AX = 0 et rg(A) = n 1, le rang de f
A est egal a 1 donc il existe30
Y 6= 0; Y 2 Mn;1(K ); 8Z 2 Mn;1(K ), f
A Z = Z Y; 2 K .
f
Si X = 0; A X = 0 = 0X .
Si X 6= 0, 0 = (A f
A )X = X AY .
Nous avons alors AY = 0 donc, le noyau de A etant une droite, il existe
2 K ; Y = X puis (A f
A )X = (X )X .
Si AX = 0 et rg(A) < n 1, f
A = 0 et f
A X = 0.
Le resultat est donc demontre.
(c) () Nous avons deja vu que A = ( 1)n
n
X
j =0
( 1)j Sj X n
j
!
ou Sj de-
signe la somme des determinants principaux d'ordre j .
A n'est pas inversible donc det(A) = 0.
n
X
0 est valeur propre simple si et seulement det(Ai;i ) 6= 0 c'est-ai=1
dire si et seulement si det(A) = 0 et tr(f
A ) 6= 0.
() Si 0 est valeur propre d'ordre 1, de A, le rang de f
A est egal a 1 et le
noyau est de dimension n 1. 0 est donc valeur propre de f
A d'ordre
31
au moins n 1.
Nous avons deja vu AX = '(X )Y ou ' est une forme lineaire.
On peut aussi remarquer qu'en choisissant une base de Ker(f
A ) que l'on complete par un
vecteur en une base de K n , la matrice dans cette base est triangulaire et 0 est valeur propre
d'ordre n 1.
30
31
240
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
La trace de f
A etant non nulle 0 est valeur propre d'ordre n 1.
f
A est donc semblable a la matrice diagonale Diag(0; : : : ; 0; tr(f
A )).
n
n
1
f
f
Le polyn^ome caracteristique de A est alors ( 1) X (X A ).
() Supposons rg(A) = n 1.
Le noyau de f
A est de dimension n 1 ; on complete une base de
celui-ci par un vecteur pour obtenir une base de K n et la matrice
associee est triangulaire superieure et peut avoir une trace nulle ; par
0 0
0 0
exemple A = 1 0 est de rang 1. f
A=
1 0 est de trac
nulle.
180. Soit u l'endomorphisme de K n dont la matrice dans la base canonique est
A. Nous savons que si un sous-espace est stable par u, il est stable par tout
endomrphisme qui commute avec u.
Supposons que le polyn^ome minimal de A soit egal a (X 1)(X 4). Il
existe P 2 GLn(K ), A = PDP 1 avec D = Diag(1; 1; 4).
Si un endomorphisme v commute avec u il laisse stable les deux espaces propres
associes a 1 et a 4.
La matrice W de v dans la base de vecteurs propres choisie plus haut est donc
0a b 01
triangulaire par blocs ; W = @ c d 0 A.
0 0 e
u v = v u () AV = V A () DW = WD.
W commute avec D quels que soient les scalaires a; b; c; d; e. Les matrices
qui commutent avec B sont donc PWP 1 .
Nous avons la un espace vectoriel de dimension 5.
Supposons que le polyn^ome minimal de A soit egal a (X 1)2(X 4). Il
01 a 01
existe P 2 GLn(K ), A = PTP 1 avec T = @ 0 1 0 A avec a 6= 0.
0 0 e
En remplacant la seconde colonne C de P par la colonne 1 C , la matrice devient
a
01 1 01
T = @ 0 1 0 A.
0 0 e
Comme precedemment une matrice V commute avec A si et seulement si la
0a b 01
matrice W = P 1V P = @ c d 0 A commute avec T c'est-a-dire si et seule0 0 e
a b 1 1 1 1 a b ment si c d
0 1 = 0 1
c d .
0a b
Nous obtenons donc W = @ 0 a
1
0
1
241
0
a b 0
A
@
0 et V = P 0 a 0 A P 1 . Nous
0 0 e
0 0 e
obtenons la un espace de dimension 3.
Dans ce cas, F = Vect ((An)n2N) = Vect(I3 ; A; A2 ) qui est de dimension 3.
Les elements de F commutent avec A donc l'espace des matrices qui commute
avec A est F .
181. Posons c = a b b a. dim(Ker(c)) = n 1 et tr(c) = 0. 0 est valeur propre
de c d'ordre au moins egal a n 1.
En trigonalisant c et en utilisant la trace, nous en deduisons que 0 est valeur
propre d'ordre n. c est donc nilpotente, et il existe une base dans laquelle c a
!
0 V
pour matrice
.
0 0
Im(c) est engendre par les n 1 premiers vecteurs de la base ; donc Im(c) est
inclus dans Ker(c).
Im(c) est une droite engendree par un vecteur en 1 . Completons en 1 pour
en faire une base (e1 ; : : : ; en 1 ) du noyau de Ker(c). Completons enn cette
base pour en faire une base (e1; : : : ; en ) de E .
c(en ) 6= 0 est donc colineaire a en 1 ; quitte a multiplier en par un scalaire on
peut supposer c(en) = en 1.
00 01
La matrice de c dans cette base B est N = B
@0 1CA = En 1;n.
0 0
Nous voulons demontrer que c ak c = 0. Notons u l'endomorphisme ak et
M sa matrice dans la base B.
M=
X
mi;j Ei;j donc MN =
(i;j)2(Nn)
2
NMN =
X
n
X
mi;j Ei;j En 1;n =
(i;j)2(Nn)
2
n
X
i=1
mi;n 1 Ei;n puis
mi;n 1 En 1;nEi;n = mn;n 1En 1;n. mn;n 1 est la trace de MN .
i=1
Nous en deduisons que c ak c = 0 si et seulement si tr(ak c) = 0 c'est-adire tr(ak a b) = tr(ak b a). Ce resultat est vrai car pour tout couple
d'endomorphisme (u; v) nous avons tr(u v) = tr(v u).
Le resultat est donc demontr
e.
k
Soit V = Vect a (en 1)k2N . V est stable par a et 16p = dim(V )6n 1.
L'endomorphisme de V , restriction de a a V est de degre p et divise celui de
a donc a est reductible.
182. Supposons qu'il existe P et Q deux polyn^omes premiers entre eux veriant
u = PQ. D'apres le lemme des noyaux alors E = Ker(P (u)) Ker(Q(u)).
Ker(P (u)) et Ker(Q(u)) sont non nuls et non egaux a E ; ils sont stables par
u.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
242
Supposons qu'il existe F un sous-espace vectoriel de E non egal a f0g et
dierent de E stable par u.
Soit u1 l'endomorphisme de F restriction de u a F . En choisissant une base
de F completee en une base de E et en considerant la matrice de u dans cette
base nous en deduisons que u , qui est de degre compris entre 1 et n 1,
divise u qui est donc reductible.
L'equivalence est demontree.
1
183. (a) Supposons u inversible.
u et v commutent donc u 1 et v commutent.
Soit x 2 E; u(x) = v(x). x = ( u 1 v)(x) puis x = ( u 2 v2 )(x).
Par une recurence immediate nous obtenons x = ( 1)p (u p vp )(x) pour
tout p 2 N.
Si r est l'indice de nilpotence de v alors x = ( 1)r u r (0) = 0. u + v est
donc injective. La dimension etant nie, u + v est bijective.
Supposons u + v inversible.
Si u n'est pas inversible il existe a 2 E; a 6= 0; u(a) = 0.
Xr
u et v commutent donc (u + v)r = Crk vk ur k ; en particulier
(u + v)r (a) =
r
X
k=0
k=0
Crk vk (ur k (a)) = vr (a) = 0.
(u+v)r n'est pas injective et donc u+v non plus; ce qui est contradictoire.
L'equivalence est demontree.
(b) Si u n'est pas inversible alors det(u + v) = 0 et det(u) = 0.
Si u est inversible alors u 1 v est un endomorphisme nilpotent donc a
pour polyn^ome caracteristique32 ( X )n.
det(u + v) = det(u) det(IdE + u 1 v) = det(u)u v ( 1) = det(u).
Nous avons dans les deux cas det(u) = det(u + v).
Soit K 0 le corps des fractions rationnelles a coecients dans K .
Choisissons une base de E et appelons U et V les matrices de u et v dans
cette base.
U XIn a m^eme determinant que V + (U XIn) donc u = u+v .
Si K est un corps inni, on peut considerer les fonctions polynomiales
associees ; 8 2 K , det(u IdE ) = det((u IdE ) + v) d'ou l'egalite
des polyn^omes caracteristiques.
1
184. (a) 2 Sp(u) donc il existe x 2 E; x 6= 0; u(x) = x. Soit B une base
de E . Soient A la matrice de u dans la base B et X la matrice colonne
des coordonnees de x dans la base B. Soit Y la matrice de Mn(K ) dont
toutes les colonnes sont egales a X et soit v l'endomorphisme de matrice
Y ; alors (v) = v ; 2 Sp().
Le spectre de la matrice transposee de A est celui de A donc il existe
X 2 Mn;1(K ); X 6= 0; tA X = X c'est-a-dire tX A = tA.
Soit Z la matrice de Mn(K ) dont toutes les lignes sont egales tX et soit
32
Voir ce qui a deja ete vu a ce sujet.
243
w l'endomorphisme de matrice Z ; alors (w) = w ; 2 Sp().
Soit 2 Sp().
Soit Y 2 Mn(K ); Y 6= 0 telle que AY = Y . Une des colonnes de Y est
non nulle. Soit X une telle colonne ; alors AX = X et 2 Sp(). On
fait de m^eme avec le spectre de .
(b) Soit 2 Sp(u). Soit v 2 L(E ); v 6= 0; u v = v.
Soit y un element de Im(v) ; soit x 2 E tel que v(x) = y.
u(y) = (u v)(x) = v(x) = y donc Im(v) E .
Supposons Im(v) E .
8x 2 E; u(v(x)) = v(x) donc u v = v.
Nous avons donc (v) = v () Im(v) E .
Soit L l'epace vectoriel des endomorphismes v de E tels que Im(v) E .
Montrons que L est isomorphe a L(E; E).
Soit f l'application de L dans L(E; E ) qui a une application v associe
l'application lineaire v1 de E dans E denie apr v1 (x) = v(x). Il est clair
que f existe, est lineaire et bijective.
Nous en deduisons dim(L) = n dim(E ).
L'espace propre de associe a la valeur propre est donc de dimension
n dim(E).
Nous avons de m^eme l'espace propre de associe a la valeur propre est
donc de dimension n dim(E) ; il sut de raisonner avec les matrices
transposees.
(c) Si u est diagonalisable alors la somme des dimensions des espaces propres
est egale a n. Les sommes des dimensions des espaces propres associes a
et a sont egales a n2 donc et Psi sont diagonalisables.
185. Il est immediat que f es un endomorphisme. f (1) = 0.
Pour k>1, f (X k) = k(k 1)X k 1 + k(X 2)X k 1 = k(k 3)X k 1 + kX k .
f laisse, pour tout entier naturel k, stable K k [X ]. Si Pk de degre k est un
vecteur propre de f alors Pk est un vecteur propre de l'application fk de K k [X ]
dans lui-m^eme, retriction de f . La matrice de fk dans la base canonique de
K k [X ] est triangulaire superieure a elements diagonaux deux a deux distincts ;
fk est donc diagonalisable ; Pk dirige l'espace propre associe a la valeur propre
k. Nous en deduisons que chaque entier k, est une valeur propre de f d'espace
propre associe une droite engendree par un polyn^ome Pk de degre k. Cette
famille est une base de K [X ] et f est diagonalisable.
186. X (X 2 + 1) est un polyn^ome annulateur de A. Les polyn^omes minimaux possibles sont X; X 2 + 1 et X (X 2 + 1). Dans le premier cas A = 0 ce qui est
faux.
Dans le deuxieme cas A n'a pas de valeur propre nulle donc le rang de A est
3n > 2n.
Le polyn^ome minimal est X (X 2 + 1), puis R3n = Ker(A) Ker(A2 + I3n ).
Soit a l'endomrphisme de R3n dont la matrice dans la base canonique est A.
La restriction, b, de a a Ker(A2 + I3n) de dimension p verie b2 + Ip = 0.
det(b)2 = ( 1)p donc p est pair. Ker(a) est de dimension n.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
244
En utilisant ce qui a ete fait a l'exercice numero 9 nous en deduisons qu'il
existe une base (e1; : : : ; e2n) de Ker(a2 + I3n) telle que 8i 2 Nn ; a(ei ) = ei+n .
!
0
In
La matrice de b dans cette base est
.
In 0
En adjoignant une base de Ker(a) nous en deduisons que A est semblable a
00 0 0 1
@ 0 0 In A.
0 In 0
187. Soit l'application de Mn(C ) dans Mn(C ) qui a X associe AX XB .
injective () surjective () bijective. () et () sont equivalentes.
Montrons () ) ()
Supposons qu'il existe 2 C ; 2 Sp(A) \ Sp(B ).
Il existe (V; W ) 2 (Mn;1(C ))2 ; V 6= 0; W 6= 0 AV = V; tBW = W .
Posons X = V tW 6= 0. AX = X = XB .
Montrons () ) ()
Nous allons donner plusieurs demonstrations de ces resultats.
Premiere methode.
Supposons veriee (). Soit X 2 Mn(C ) veriant AX = XB . Pour
tout 2 C nous avons (A In)X = X (B In ) puis immediatement
(A In)p X = X (B In)p pour tout entier naturel p.
Soit une valeur propre de B d'ordre p et V 2 Ker(B In)p.
(A In )pXV = X (B In)p V = 0. D'apres l'hypothese, (A In )p est
injective donc XV = 0.
N
Y
Posons B = (k X )pk . Notons Ek = Ker((B k In)pk ).
k=1
N
M
D'apres le lemme des noyaux, = Ek ; nous en deduisons que pour tout
k=1
V , XV = 0 et X = 0.
Deuxieme methode.
Supposons qu'il existe une matrice non nulle X veriant AX = XB . Montrons que Sp(A) \ Sp(B ) 6= ;.
Soit r>1 le rang de la matrice X . X est equivalente a Jr et s'ecrit X = PJr Q ;
AX = APJr Q = PJr QB .
Posons A0 = P 1AP et B 0 = QBQ 1 . Nous avons A0Jr = Jr B 0 .
!
!
A
A
B
B
1;2
1;2
A0 = 1;1
, B 0 = 1;1
ou A1;1 et B1;1 sont des elements
A2;1 A2;2
B2;1 B2;2
de Mr (K ). La relation A0 Jr = Jr B 0 conduit a A1;1 = B1;1 ; A2;1 = 0; B1;2 = 0
et alors A = A0 = A ; A ; ; B = B0 = A ; B ; .
deg(A ; )>1 donc A et B ont une valeur propre en commun.
Troisieme methode.
Cn
11
11
12
11
12
245
B est trigonalisable.
Xi
Il existe une base (e1; : : : ; en ) telle que 8j 2 Nn , Bej = bi;j ei .
i=1
Supposons qu'il existe une matrice X non nulle veriant AX = XB . Soit
k 2 Nn ; tel que Xek 6= 0 et pour tout i < k; Xei = 0.
Pour i < k; 0 = AXei = XBei .
k 1
X
A(Xek ) = XBek = bj;k Xej + bk;k Xek = bk;k Xek .
j =1
bk;k est donc une valeur propre commune a A et B d'ou le resultat.
Quatrieme methode.
Supposons Ker() 6= f0g. Soit M une matrice non nullle du noyau.
AM = MB , A2M = AMB = MB 2 . Supposons prouve jusqu'au rang n que
AnM = MB n alors An+1M = AMB n = MBB n = MB n+1 . Le resultat est
prouve au rang suivant et est vrai pour tout n. Nous en deduisons immediatement que pour tout polyn^ome P , P (A)M = MP (B ).
Notons A le polyn^ome minimal de A. Nous avons 0 = A(A)M = M A(B ).
Si A(B ) est inversible alors M = 0 donc A(B ) n'est pas inversible.
B est semblable a une matrice triangulaire d'elements diagonaux (t1 ; : : : ; tn).
Le n-uplet de valeurs propres de A(B ) est donc (A(t1); : : : ; A(tn)).
A(B ) n'est pas inversible donc il existe i 2 Nn ; A(ti ) = 0 c'est-a-dire il
existe ti 2 Sp(A) \ Sp(B ).
Nous avons donc non injective implique Sp(A) \ Sp(B ) 6= ; soit encore
Sp(A) \ Sp(B ); implique injective.
188. Supposons que le rang de u v v u soit egal a 1.
Si Im(u v v u) \ Im(u) 6= f0g alors Im(u v v u) Im(u). Nous avons
donc Im(u v v u) \ Im(u) = f0g ou Im(u v v u) Im(u).
Dans le cas ou le rang de u v v u est egal a 0, seule la premiere possibilite
a lieu.
Supposons Im(u v v u) Im(u).
8x 2 E; 9y 2 E; (u v)(x) (v u)(x) = u(y) donc (v u)(x) 2 Im(u) et
nous avons Im(v u) Im(u).
Soit b 2 Im(u), soit a 2 E; b = u(a).
v(b) = (v u)(a) 2 Im(u). Im(u) est stable par v.
Supposons Im(u v v u) \ Im(u) = f0g.
Soit x 2 Ker(u). (u v)(x) = (u v)(x) (v u)(x) 2 Im(u) \ Im(u v v u).
Nous avons alors (u v)(x) = 0 et Ker(u) est stable par v.
Dans tous les cas, v laisse stable l'image ou le noyau de u.
Si u = IdE , tout vecteur propre de v est vecteur propre de u.
Supposons que u n'est pas du type IdE .
Supposons dim(E )>2.
Soit une valeur propre de u. (u aIdE ) v v (u aIdE ) = u v v u
est de rang au plus egal a 1 ; v laisse stable Ker(u aIdE ) ou Im(u aIdE ).
Ker(u aIdE ) est dierent de f0g, car a est valeur propre de u, et est dierent
246
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
de E par hypothese. De m^eme Im(u aIdE ) est dierent de E , car a est valeur
propre de u, et est dierent de f0g par hypothese.
Dans tous les cas, il existe une sous espace de E dierent de f0g et de E stable
par v et u.
Montrons maintenant le resultat par recurrence sur la dimension de E .
Si dim(E ) = 1, il est clair que u et v sont co-trigonalisables.
Supposons le resultat acquis pour tout espace vectoriel E de dimension au plus
egale a n.
Soit E un espace vectoriel de dimension n + 1.
Soit F un sous-espace vectoriel non trivial de E stable par u et v. F existe
d'apres ce que nous avons vu precedemment. Soit G un supplementaire de F .
Soit p le projecteur d'image G de noyau F . Choisissons une base de E obtenue
en concatenant une base de F et une base de G.
Dans cette base, les matrices de u et de v sont respectivement :
!
!
U1;1 U1;2
V1;1 V1;2
U=
et V =
.
0
U2;2
0
V2;2
!
U V
V U
W
UV V U = 1;1 1;1 1;1 1;1
.
0
U2;2 V2;2 V2;2U2;2
Les matrices U1;1V1;1 V1;1 U1;1 et U2;2V2;2 V2;2 U2;2 ont un rang au plus egal
a 1.
Notons respectivement u1 et v1 les endomorphismes de F dont les matrices
dans la base de F choisie sont U1;1 et V1;1 ; de m^eme notons respectivement
u2 et v2 les endomorphismes de G dont les matrices dans la base de G choisie
sont U2;2 et V2;2 .
D'apres l'hypothese de recurrence, il existe une matrice P1 2 GLp (C ) et une
matrice Q1 2 GLq (C ) telles que
U1;1 = PT1 P 1; V1;1 = PT2 P 1; U2;2 = QS1 Q 1 ; V2;2 = QS2 Q 1 ou T1 , T2 ,
S1 , S2 sont triangulaires superieures.
!
P 0
Soit R la matrice
.
0 Q
!
!
P 1 0
P 1U1;1P P 1U1;2 Q
UR =
est triangulaire superieure.
0
Q1
0
Q 1 U2;2Q
On a le m^eme resultat avec V . Le resultat est vrai au rang n + 1. Il est donc
demontre.
189. u possede un polyn^ome minimal , de degre n donc F = C [u] est de dimension
nie, n.
E est complet donc si on muni L(E ) de la norme subordonnee, L(E ) est
complet.
En eet, soit (un)n2N une suite de Cauchy d'elements de LC (E ).
8" > 0; 9N 2 N; 8p 2 N; p>N ) 8n 2 N; jkup up+n kj6".
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
247
Soit x 2 E ; nous avons kup (x) up+n(x)k6"kxk.
La suite (un(x))n2N est une suite de Cauchy dans E et est donc convergente.
Pour chaque x 2 E posons u(x) = n!lim
+1 un (x).
Soit (x; y; ) 2 E E C , un (x + ay) = un(x) + aun(y) donc, en calculant
la limite, u(x + ay) = u(x) + au(y) et u est lineaire.
Nous avons, en choisissant par exemple " = 1, l'existence d'un entier N tel que
pour tout entier n on ait jkuN uN +n kj61 soit encore jkuN +nkj61 + jkuN kj.
Il existe donc une constante C telle que pour tout n 2 N; jkunkj6C . Nous
avons alors pour tout x 2 E et pour tout entier n, kun(x)k6C kxk.
En particulier ku(x)k6C kxkn. u est donc continue. LC (E ) est donc complet.
La serie de terme general jk u kj est normalement convergente donc est convern!
gente. exp(u) existe. F est de dimension nie donc est ferme dans LC (E ).
n
k
X
X
Posons Pn(X ) =
. exp(u) = n!lim
+1 Pn(u). Pour chaque n 2 N; Pn(u)
k=0 k !
est dans F qui est ferme donc la limite exp(u) est dans F d'ou le resultat.
En particulier si E est de dimension nie le resultat est vrai ; si A 2 Mn(C )
alors il existe un polyn^ome P de degre strictement inferieur a n tel que
exp(A) = P (A).
190. Nous avons vu plus haut, qu'une matrice complementaire, f
A , d'une matrice
carree A possede les proprietes suivantes : f
A A = Af
A = det(A)In.
Si rg(A) = n alors rg(f
A ) = n.
Si n>2 et rg(A) = n 1 alors rg(f
A ) = 1.
f
Si n>2 et rg(A)6n 2 alors A = 0.
Supposons A inversible (donc B aussi). Il existe une matrice inversible P telle
que A = PBP 1 .
f
A = det(1 A) A 1, f
B = det(1 A) B 1 donc f
B = det(1 A) PA 1P 1 = P f
A P 1.
Si A et B sont non inversibles et de rangs au plus egaux a n 2 (n>2) alors
f
A =f
B = 0 et sont semblables.
Supposons A et B non inversibles et rg(A) = rg(B ) = n 1.
Si n = 1 alors A = B = f
A=f
B = 0.
Supposons n>2.
Notons a (resp. b, ea , eb ) l'endomorphisme de K n dont la matrice dans la base
canonique de K n est A (resp. B , f
A, f
B ).
A et B ont m^eme polyn^ome caracteristique.
En particulier33 8i 2 Nn ; det(Ai;i) = det(Bi;i ) donc tr( ea ) = tr( eb ).
0 est valeur propre de ea et eb d'ordres au moins egaux a n 1. Si 0 est valeur
propre d'ordre n 1 de ea , 0 est aussi d'ordre n 1 de eb car les traces sont
egales. L'espace propre associe a la valeur propre 0 est de dimension n 1,
celui associe a la valeur propre tr( ea ) est de dimension 1 ; ea et eb sont diagonalisables ; les matrices de ea et eb associees sont egales donc ea et ea sont
semblables.
33
Voir l'exercice numero 107.
CHAPITRE 6. ALGE BRE LINE AIRE, CORRIGE S
248
Si 0 est valeur propre d'ordre n, ea = eb = ( X )n. ea est trigonalisable.
Soit (e1; e2 ; : : : ; en 1) une base de Ker( ea ) que l'on complete en une base
(e1 ; e2; : : : ; en) de K n .
!
0 C
La matrice de ea dans cette base est
, ou C = (ci )i2Nn 2 Mn 1;1(K )
0 0
est non nulle.
n 1
X
0
Soit le vecteur e1 = ci ei . e01 est dans le noyau de ea ; nous pouvons donc
1
i=1
completer ce singleton pour en faire une base de Ker( ea ) que l'on complete en
une base de K n .
Dans cette base, la matrice de ea a tous ses elements nuls sauf l'element d'indices (1; n) qui est egal a 1.
En faisant de m^eme avec eb nous en deduisons que ea et eb sont semblables.
191. (a) Nous savons que le produit de deux matrices elementaires Ei;j et Ek;l de
Mn(K ) verie la relation EX
i;j Ek;l = jk Ei;l .
Ti;j () = In + Ei;j , A =
ak;lEk;l . Nous avons alors :
A Ti;j () = A + X
16k;l6n
16k;l6n
ak;l Ek;lEi;j = A + n
X
k=1
ak;iEk;j .
ATi;j () s'obtient donc en ajoutant a la j ieme colonne de A la iieme colonne de A multipliee par .
n
X
X
Nous avons aussi : Ti;j () A = A + ak;lEi;j Ek;l = A + aj;lEi;l .
16k;l6n
iieme
l=1
i
e
me
j ligne de
Ti;j ()A s'obtient donc en ajoutant a la
ligne de A la
A multipliee par .
Di () = In +( 1)Ei;i donc en utilisant ce que nous venons de voir nous
en deduisons que ADi () s'obtient en multipliant la iieme colonne de A
par et Di ()A s'obtient en multipliant la iieme ligne de A par .
(b) En utilisant
1 les resultats precedents, il vient Ti;j () Ti;j ( ) = In et
Di () Di = In donc Ti;j () est inversible, d'inverse Ti;j ( ) et Di()
1
est inversible, d'inverse Di
.
(c) Montrons que toute matrice inversible est le produit de matrices de transvecrions et d'une matrice de dilatation.
Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(K ) une matrice inversible.
Si a1;1 = 0 il existe, car A est inversible, un indice i0 tel que ai ;1 6= 0. En
calculant T1;i (ai ;1)A, l'element d'indices (1; 1) de la matrice obtenue est
non nul. Nous pouvons donc toujours, quitte a multiplier a gauche par
une matrice de transvection, obtenir une matrice dont l'element d'indices
(1; 1) est non nul.
2
0
0
0
249
a i;1
Pour i allant de 2 a n, en multipliant a gauche par la matrice Ti;1
a1;1
nous obtenons une matrice dont l'element d'indices (1; 1) est non nul et
tous les autres elements de la premiere colonne sont nuls.
Notons B = (bi;j )(i;j)2(Nn) la matrice
obtenue.
1 b2;1
En calculant alors T2;1
a1;1 A, la matrice obtenue a l'element d'indices (1; 1) egal a b1;1 6= 0 et b2;1 = 1. Les autres elements de la prmiere
colonne sont nuls. En multipliant a gauche par T1;2 (1 b1;1), b1;1 est
remplace par 1 et enn en multipliant a gauche par T2;1 ( 1), l'element
d'indices (2; 1) devient nul. Nous avons multiplie A a gauche par un produit de transvections et nous obtenons une matrice A0 inversible dont la
premiere colonne a tous ses elements nuls sauf l'element d'indices (1; 1)
qui est egal a 1.
La sous matrice de A0 = a0i;j (i;j)2(Nn) obtenue en supprimant la premiere ligne et la premiere colonne est encore une matrice inversible.
Notons V l'element de K n 1 dont les coordonnees sont (a01;2; : : : ; a01;n)
et pour i entre 2 et n notons Vi l'element de K n 1 dont les coordonnees
sont (a0i;2; : : : ; a0i;n). (V2 ; : : : ; Vn ) est une base de K n 1 donc il existe
2
2
des coecients 2 ; : : : ; n tels que V =
Yn
n
X
i=2
i Vi . La premiere ligne de
Ti;1 ( i )A0 a donc tous ses elements nuls sauf l'element
i=2
d'indices (1; 1) qui est egal a 1.
Finalement il existe des matrices de transvections T1 ; : : : ; Tp ) telles que
B = (Tp Tp 1 : : : T1 )A est une matrice inversible dont la premiere ligne
et la premiere colonne ont leurs elments tous nuls sauf l'element d'indices
(1; 1) qui est egal a 1.
Soit T est une matrice de transvection appartenant a Mp(K ), avec 16p <
n. Considerons la matrice R = (ri;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(K ) dont les elements
sont :
8(i; j ) 2 [(Nn p Nn ) [ 2(Nn Nn p )], ri;j = ij .
8(i; j ) 2 fp + 1; : : : ; ng ; ri;j = ti p;j p . R est la matrice d'une transvection.
Soit M est une matrice de Mn(K ), dont les elements d'indices (i; j ),
pour p +16i6n et j 6p, nuls. Notons M2;2 la sous-matrice de M obtenue
en supprimant
et les p premi
eres colonnes de M .
M Mles ppremiereslignes
M1;2 .
M = 01;1 M1;2 . RM = M01;1 TM
2;2
2;2
Supposons qu'il existeq transvections
T
;
:
: : ; Tq telles que
1
I
0
(Tq Tq 1 : : : T1 )A = 0p M 0 , avec 16p < n et M 0 inversible. En
appliquant a M 0 ce que nous avons fait avec A et enutilisant la remarque
que nous venons de faire nous en deduisons qu'il existe r transvections
la matrice
2
250
I
T1 ; : : : ; Tr telles que (Tr Tr 1 : : : T1 )A = 0 N0 ou N est inversible.
Nous avons donc demontre qu'il
I existe0 m transvections T1; : : : ; Tm telles
que (Tm Tm 1 : : : T1 )A = n0 1 a avec a 6= 0. Les determinants
des transvections etant egaux a 1 nous
1 en deduisons que a = det(A).
En multipliant alors a gauche par Dn
a nous obtenons In c'est-a-dire
A = T1 1 T2 1 : : : Tm 1 D 1.
Nous aurions pu faire le m^eme raisonnement en multipliant a droite par
des matrices de transvections puis, toujours a droite, par une dilatation.
Toute matrice inversible est donc le produit d'une dilatation et de transvections.
Si det(A) = 1 alors A est le produit de transvections.
p
Chapitre 7
Topologie, enonces
Nous appelerons espace metrique1 toute partie non vide F d'un K -espace vectoriel
norme E , et nous noterons pour (x; y) 2 F 2 , d(x; y) le reel positif kx yk ou k k est
la norme sur E . d est dite distance sur F et verie les proprietes suivantes :
8(x; y) 2 F 2; d(x; y)>0.
8(x; y) 2 F 2 ; d(x; y) = d(y; x).
8(x; y) 2 F 2; d(x; y) = 0 () x = y.
8(x; y; z ) 2 F 3; d(x; y)6d(x; z ) + d(z; y).
Remarque Un ensemble muni d'une application d veriant les proprietes prece-
dentes est dit espace metrique. Ce que nous appelons espace metrique ici n'est donc
qu'un cas particulier.
Nous avons comme consequence des resultats precedents :
8(x; y; z ) 2 E 3, d(x; y)>jd(x; z ) d(z; y)j.
1. Soit I un ensemble ; il est dit denombrable inni ou strictement denombrable
s'il est en bijection avec N.
I est ni lorsqu'il est en bijection avec Nn ou lorsqu'il est vide. n est dit
cardinal de I . Lorsque I n'est pas ni il est dit inni.
En general on ne precise pas ni ou inni et presque tout le temps on le suppose
inni.
(a) Montrer, en raisonnant par l'absurde et en utilisant l'ecriture2 en base
b>2, que R nest pas denombrable.
(b) Montrer que N2 est denombrable inni. En deduire que le produit cartesien de p ensembles denombrables est un ensemble denombrable.
(c) Soit P une partie innie de N. Montrer qu'il existe une et une seule bijection strictement croissante de N sur P . En particulier P est denombrable.
(d) Montrer q'un ensemble I est denombrable si et seulement si il existe une
suite croissante (Jn)n2N de parties nies de I dont la reunion est egale a
I.
En deduire
1
2
Il existe une notion plus generale d'espace metrique.
On peut choisir b = 2.
252
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
() Soit I un ensemble denombrable, soit J I alors J est denombrable.
() Soit I un ensemble tel qu'il existe f une surjection de N dans I . Alors
I est denombrable (ni ou inni).
(e) Montrer que toute union denombrable d'ensembles denombrables est un
ensemble denombrable.
2. Soit E un espace vectoriel norme. Soit a 2 E , soit V une partie non vide de
E . V est dit voisinage de a s'il existe une boule3 centree en a de rayon r > 0
incluse dans V .
Soit a 2 R , soit V une partie non vide de R .
Si a 2 R, V est dit voisinage de a s'il existe un intervalle centre en a de
longueur strictement positive inclus dans V .
Si a = +1, V est dit voisinage de a s'il existe b 2 R tel que [b; +1] V , si
a = 1, V est dit voisinage de a s'il existe b 2 R tel que [ 1; b] V .
Soit X = E ou R . X muni des voisinages denis precedemment est dit espace
topologique.
Soient Y une partie non vide de X , a 2 Y et V une partie de Y . Nous disons
que V est un voisinage de a dans Y , s'il existe un voisinage, W , de a dans X
telle que V = W \ Y . Muni de l'ensemble des voisinages, Y est dit espace
topologique 4 ; cette topologie est dite induite par celle de X .
Soit F un espace topologique. On dit qu'une partie de l'espace topologique
F est ouverte si elle est vide ou voisinage de chacun de ses points ; on dit
qu'une partie de l'espace topologique F est fermee si son complementaire est
une partie ouverte.
(a) Soit X un espace topologique. Soient a 2 X et V (a) l'ensemble des
voisinages de a.
Montrer les proprietets suivantes :
V 2 V (a) ) V 6= ;.
Soit W une partie de X . V 2 V (a); V W ) W 2 V (a).
(V; W ) 2 (V (a))2 ) V \ W 2 V (a).
V 2 V (a) ) 9W 2 V (a); 8x 2 W; V 2 V (x).
(En fait ces proprietes servent de denition aux espaces topologiques.)
(b) Soit A un sous-ensemble non vide d'un espace topologique X . Soit a 2 A,
a est dit interieur a A si A est voisinage de a. L'ensemble des points
interieurs a A est note A.
Montrer que l'interieur de A est un ouvert, reunion de tous les ouverts
inclus dans A ; c'est le plus grand (au sens de l'inclusion) ouvert de X
inclus dans A.
Soit a 2 X , soit V une partie de X . Montrer que V est un voisinage de a
si et seulement si il existe un ouvert O de X inclus dans V et contenant
a.
On peut choisir une boule ouverte ou une boule fermee car une boule ouverte de rayon r > 0
contient une boule fermee de m^eme centre de rayon moitie et une boule fermee contient une boule
ouverte de m^eme centre et de m^eme rayon.
4
Il existe une notion plus generale d'espace topologique.
3
253
(c) Soit Y une partie de X . Montrer qu'une partie F de Y est fermee dans
Y si et seulement si elle est l'intersection avec Y d'un ferme de X ; une
partie O de Y est ouverte dans Y si et seulement si elle est l'intersection
avec Y d'un ouvert de X .
(d) Soit X un espace topologique. Un point a de X est dit adherent a un
sous-ensemble A de X si et seulement si tout voisinage V de a rencontre
A.
L'ensemble A des points de X adherents a A est appele adherence de A.
Montrer que l'adherence de A est un ferme de X ; c'est le plus petit ferme
contenant X ; c'est l'intersection de tous les fermes de X contenant A.
z}|{
Montrer aussi : CA = CA; CA = CA.
3. Soit (E; d) un espace metrique. Montrer : 8(A; B ) 2 E 2,
z }| {
z }| {
A [ B = A [ B; A \ B = A \ B ; A [ B A [ B; A \ B A \ B .
4. Soit Y un espace topologique. Soit B une partie non vide de Y . On appelle
frontiere5 de B l'intersection de l'adherence de B et de l'adherence du complementaire de B que l'on note Fr(B ).
Soit E l'ensemble des fonctions de [a; b] !R bornees. On muni E de la norme6
innie denie pour f 2 E par kf k1 = supx2[a;b] jf (x)j.
Soit X la partie de E formee des fonctions nulles sur A; A 6= ;; A [a; b].
Montrer que X = Fr(X ).
5. Soit E un espace vectoriel norme. Soit F un sous-espace vectoriel de E .
Montrer que l'interieur de F est non vide si et seulement si F = E .
6. Soit F un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel norme E . Montrer que F
est un sous-espace vectoriel de E .
7. Soit (un )n2N une suite de points d'un espace topologique E . On dit que a 2 E
est valeur d'adherence de la suite (un )n2N si et seulement si pour tout voisinage
V de a pour tout entier N il existe un entier p>N tel que xp 2 V .
Pour n 2 N on note Xn = fup ; p 2 N; p>ng.
\
Montrer que l'ensemble des valeurs d'adherence de (un )n2N est Xn.
n2N
8. Soit E un espace metrique. Soit F un ferme de E . Montrer que F est l'intersection d'une famille denombrable de parties ouvertes.
E noncer un resultat analogue pour
les ouverts.
[ 1 !
On pourra utiliser Xn = B0 a;
n+1 .
a2F
5
6
Par exemple la frontiere de Q est R.
Dite aussi norme de la convergence uniforme.
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
254
9. Soit n(2 N . Soit a 2 R+. Posons
dansR2 muni
) de la norme euclidienne,
2
2
2
[
En = (x; y) 2 R2; x n1 + y n1 6 na2 . Notons E =
En .
n2N
Donner une condition necessaire et susante pour que E soit ferme.
10. Nous munissons R de la topologie habituelle de l'ordre. Nous munissons R2 de
la topologie associee a la norme7 denie sur R2 par k(x; y)k1 = max(jxj; jyj).
Soient A et B deux ouverts de R ; A B
est-il ouvert
1 ?
1 1
1
1
0
Pour n 2 N , on denit : An =
n ; n ; An = 0; n ; Bn = n2 ; n2 ,
En = An Bn; Fn = A0n Bn .
\
\
Que sont E =
En ; F =
Fn ? Sont-ils ouverts, fermes ?
n2N
n2N
11. Soit (E; d) un espace metrique. Montrer que tout ouvert est union de boules
ouvertes.
12. Soit R2 muni de la norme innie. Montrer que tout ouvert de R2 est une union
denombrable de rectangles.
13. Soit O un ouvert non vide de R. Montrer que O est une union denombrable
d'intervalles ouverts deux a deux disjoints.
14. Montrer que toute famille d'ouverts non vides de Rn deux a deux disjoints est
une famille denombrable (nie ou non).
15. Soit E un espace vectoriel norme. Soit A un compact de E et soit B un ferme
de E . Montrer que A + B est ferme.
16. E quivalence des normes.
Le but de cet exercice est de demontrer que les normes sont equivalentes dans
un espace vectoriel norme de dimension nie. Nous ne supposerons donc pas
connu ce resultat.
(a) Soit ' une forme lineaire denie sur un espace vectoriel norme E .
Montrer que ' est continue si et seulement si son noyau est ferme.
(b) Soit E un espace vectoriel norme. Soit F un sous-espace vectoriel de E .
Soit G un sous-espace vectoriel de E de dimension nie. On suppose F
ferme, montrer que : F + G est ferme. On raisonnera par recurrence sur
la dimension de G.
(c) Soient E et F deux espaces vectoriels normes. Soit u 2 L(E; F ) une application lineaire de rang ni. Montrer que u est continue si et seulement
si le noyau de u est ferme.
(d) Soit E un espace vectoriel de dimension nie. Soient N1 et N2 deux
normes sur E . Montrer qu'elles sont equivalentes.
7
Nous savons qu'alors pour n'importe quelle norme, les ouverts ou les fermes sont les m^emes.
255
17. (a) Soit E un espace vectoriel norme, soit F un sous-espace vectoriel de E
de dimension nie. Soit x 2 E ; on considere la boule fermee de centre x
et de rayon kxk. On note B 0 = B \ F . Montrer que B 0 est compact et
en deduire qu'il existe y 2 F tel que d(x; F ) = kx yk.
Verier qu'alors F est ferme.
(On montrera que pour un espace metrique quelconque (E; d), si A est
une partie non vide de E alors d(x; A) = 0 () x 2 A).
(b) Soit E = C 0 [ 1; 1]; R) muni de la norme innie notee ici k k. On note
Pn l'espace vectoriel des fonctions polynomiales reelles de degres au plus
egaux a n. Soit f 2 E , on pose Dn(f ) = Pinf
kf P k.
2Pn
Montrer que pour toute fonction f 2 E il existe une fonction polynomiale
P 2 Pn telle que Dn(f ) = kf P k et que Dn est une application 8
Lipschitzienne.
18. Soit E l'espace vectoriel des suites reelles bornees, muni de la norme innie;
c'est-a-dire : si u = (un)n2N 2 E , kuk1 = sup junj.
n2N
On note A le sous-ensemble de E constitue des suites croissantes, B celui des
suites convergentes vers 0, C celui des suites convergentes, D celui des suites
ayant 0 comme valeur d'adherence et F celui des suites periodiques.
Montrer que E est complet, que A; B; C; D sont fermes et que F n'est pas
ferme.
2r n
X
1
Pour F on pourra choisir un;r =
2 sin k .
k
k=1
19. Soit (E; d) un espace metrique compact. Soit C 0 (E; R) l'espace vectoriel
des fonctions continues de E dans R, muni de la norme de la convergence
uniforme9
(a) Soit A une partie non vide de E . Soit ' une application denie de A
dns R, k-Lipschitzienne. Soit a 2 A. Notons 'a l'application de E dans
R denie par 'a (x) = f (a) + kd(x; a) puis l'application denie de E
dans R par (x) = ainf
' (x).
2A a
Montrer que existe et est Lipschitzienne de rapport k.
(b) Soit f 2 C 0 (E; R) et soit " > 0.
Soit > 0 tel que 8(x; y) 2 E 2 ; d(x; y) < ) jf (x) f (y)j6 " .
2
Montrer que pour tout > 0 il existe une suite nie (x1 ; : : : ; xn) de
points de E deux a deux distincts telle que :
pour
i 6= j; d(xi ; xj )> .
[n
Bo (xi ; ) = E .
i=1
Soient (E; d1) et (F; d2) deux espaces metriques. Une application f de E dans F est dite
k-Lipschitzienne si 8(x; y) 2 E 2; d2(f (x); f (y))6kd1(x; y) ou k 2 R+.
9
C'est-a-dire kf k = sup jf (x)j ; sup qui existe car E est compact. Nous verrons plus tard que
x2E
C 0(E; R) est ferme pour cette norme.
8
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
256
kf k " f fx1 ; : : : ; xng est Lipschitzienne de rapport k6max ; .
(c) En deduire que 8f 2 C 0 (E; R); 8" > 0 il existe g Lipschitzienne de E
dans R veriant kf gk6".
(d) Soit K une partie compacte de C 0 (E; R).
Montrer que 8" > 0; 9k 2 R; 8f 2 K; 9g denie de E dans R; k
Lipschitzienne veriant kf gk6".
20. Intersection de compacts.
Soit E et F deux espaces metriques. Montrer que l'intersection d'une suite
decroissante de compacts non vides est non vide.
Soit f une application continue de E dans F . Soit! (An)n2N une suite decroissante de compacts non vides. Montrer f
\
n2N
An =
\
n2N
(f (An)).
21. Intersection de complets.
(a) Soit E un espace metrique complet. Soit (Xn)n2N une suite decroissante
de
\fermes de E dont le diametre10 tend vers 0. Montrer que l'intersection,
Xn, est reduite a un singleton de E .
n2N
(b) Supposons que E soit un espace metrique tel que toute suite decroissante
de fermes non vides dont le diametre tend vers 0 a une intersection reduite
a un singleton. Montrer que E est complet.
22. Theoreme de Baire
(a) Soit X un espace metrique ; soit Y une partie fermee de X . On dit que
Y est dense dans X si tout voisinage d'un point de X rencontre Y ou
encore que l'adherence Y de Y est egale a X .
Pour un element a de X nous noterons V (a) l'ensemble des voisinages de
a.
Soit X un espace metrique complet. Soit (On)n2N une suite d'ouverts de
X denses dans X . Soit x 2 X , soit V 2 V (x) ; soit Bf (x; r) la boule
fermee de centre x de rayon r > 0 incluse dans V . La boule ouverte
Bo (x; r) de centre x de rayon r rencontre O0. Cette intersection est
ouverte et contient une boule fermee de centre un certain point x0 , de
rayon r0 > 0 que l'on peut supposer inferieur a 1.
Montrer que l'on peut construire une suite (xn )n2N de points de X une
suite (rn )n2N de reels strictement positifs veriant :
8n 2 N; xn 2 On; rn 6 n +1 1 ; Bf (xn+1; rn+1 ) Bo (xn; rn) \ On+1.
En deduire :
Soit X un espace metrique complet, alors l'intersection de toute famille
denombrable de sous-ensembles de X , ouverts et denses dans X , est dense
10
On appelle diametre d'une partie non vide, A, de E l'element de
R +;
sup d(x; y).
x;y)2A2
(
257
dans X . (En particulier est d'intersection non vide). (Utiliser l'exercice
precedent).
E noncer le resultat en termes de fermes.
(b) Applications
() Soit F un sous-ensemble ferme d'un espace metrique complet. On suppose
que F n'a pas de points isoles11 . Montrer que F n'est pas denombrable.
() Soit E un K -espace vectoriel norme complet de dimension innie. On
suppose que E possede une base denombrable. Montrer qu'il y a la une
contradiction.
Montrer qu'il n'existe aucune norme sur K [X ] (K =R ou C ) le rendant
complet.
23. Soit (Pn)n2N une suite de polyn^omes complexes de degres au plus egaux a
l'entier N . On suppose que pour tout x 2 [0; 1] la suite de terme general
Pn(x) est convergente. Montrer que la suite (Pn)n2N converge pour une norme
quelconque de C N [X ].
24. (a) Dans cet exercice, on utilisera le theoreme de Baire vu plus haut.
Theoreme de l'application ouverte. Soient U et V deux boules unites ouvertes des espaces de Banach (espaces vectoriels normes complets)
E et F .
Soit u 2 LC (E; F ), surjective. Montrer
[ qu'il existe 2 R+ tel que
u(U ) V . On montrera que F = u(kU ) .
k2N
(b) Soient E et F deux espaces vectoriels normes complets (espaces de Banach). Soit u 2 LC (E; F ), bijective. Montrer que u 1 est continue.
25. Soit E l'espace vectoriel des applications bornees de [0; 1] dans R muni de la
norme de la convergence uniforme notee k k1 .
(a) Redemontrer que (E; k k1 ) est complet.
(b) Soit (fn)n2N la suite d'elements de E denie par 8t 2 [0; 1]; fn(t) =
cos(nt). Verier, en choisissant t convenablement, que l'on a,pour tout
p
couple (p; q) d'entiers au moins egaux a 4, kfp fq k1>2 cos
p+q .
En deduire que la boule unite n'est pas compacte.
26. Theoreme de Riesz
Soit E un espace vectoriel norme. Montrer : E est de dimension nie si et
seulement si la sphere unite de E est compacte.
Pour cela, on supposera que E n'est pas de dimension nie et on construira
une suite (un)n2N d'elements de E telle que 8(p; q) 2 N2 ; kup uq k>1 qui
ne possede pas de sous-suite convergente. Pour construire la suite on pourra
proceder de la maniere suivante :
Un point a est dit isole dans un ensemble s'il existe un voisinage de ce point dont l'intersection
avec l'ensemble est reduite a fag.
11
258
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
Soit x 2 E; x 6= 0. Posons u0 = 1 x. Soit F l'espace vectoriel engendre par
kxk
u0 . Soit y 62 F ; montrer qu'il existe y0 2 F; d(y; y0) = d(y; F ) > 0. Soit alors
u1 = ky 1 y k (y y0).
0
Montrer que l'on a d(u1 ; F ) = 1 ; conclure.
Application Soit E un K -espace vetoriel norme de dimension innie, soit K
un compact de E . Montrer que l'interieur de K est vide.
27. (a) Soit f une application continue de R dans R.
Montrer : jxj!
lim+1 jf (t)j = +1 si et seulement si l'image reciproque de
tout compact de R est une partie compacte de R.
(b) Soit f : R ! R continue. On suppose que pour tout compact K de R,
f 1 (K ) est compact.
Montrer alors que tout ferme a une image fermee par f . Qu'en est-il si
on suppose seulement : 8 y 2 R; f 1(fyg) compact ?
28. Soient E et F deux espaces metriques. Soit f une application injective qui
transforme tout compact de E en un compact de F .
Montrer que f est une application continue.
29. Soit f : A E ! F ou E et F sont deux espaces vectoriels normes de
dimensions nies. On suppose que 8K ferme borne inclus dans A, f K est
continue.
Montrer que f est continue.
30. (a) Soit (E; d) un espace metrique compact. Soit f une application de E
dans E conservant les distances. Montrer que f est une bijection.
(b) Soient (E; d1 ); (F; d2) deux espaces metriques compacts. Soient f et
g deux applications respectivement de E vers F et de F vers E . On
suppose que g f et f g conservent les distances ; montrer que f et g
sont bijectives.
(c) Soit (E; d) un espace metrique compact.
() Soient (an)n2N et (bn)n2N deux suites de points de E .
Montrer que pour tout " > 0 il existe deux entiers p et q, p < q tels
que d(ap ; aq )6" et d(bp ; bq )6".
() Soit f une application de E dans E veriant :
8(x; y) 2 E 2 ; d(x; y)6d(f (x); f (y)).
En appliquant le resultat precedent aux suites (an)n2N et (bn)n2N de
termes generaux an = f n(a) et bn = f n(b), montrer que f conserve
la distance.
31. Soient (E; d1 ) et (F; d2 ) deux espaces metriques. On appelle boule fermee de
E F de centre (a; b) 2 E F de rayon r > 0 l'ensemble des elements (x; y)
de E F veriant d1 (x; a)6r; d2 (y; b)6r.
259
On appelle boule ouverte de E F de centre (a; b) 2 E F de rayon r > 0
l'ensemble des elements (x; y) de E F veriant d1 (x; a) < r; d2 (y; b) < r.
Nous denissons alors les voisinages12 d'un point comme etant des ensembles
contenant une boule de rayon r > 0 centree en ce point13.
(a) Verier qu'une suite de points de E F converge si et seulement si les
deux suites coordonnees convergent.
Verier qu'un ensemble non vide A inclus dans E F est alors ferme si
et seulement si toute suite de points de A convergente a pour limite un
point de A.
(b) () Soit E un espace metrique compact. Soit (an)n2N une suite de points
de E n'ayant qu'une seule valeur d'adherence ; montrer que la suite
converge.
() Soit f une application de A E dans F compact.
Montrer : f continue () le graphe de f est ferme dans A F .
(c) Soient E et F deux K -espaces vectoriels de dimensions nies. Soit f une
application de E vers F bornee dont le graphe est ferme.
Montrer que f est continue.
32. Soient E et F deux K -espaces vectoriels normes. Soit f une application continue denie de A E dans F . On muni E F de la norme produit14.
Verier que les ouverts sont les m^emes que ceux denis dans l'exercice precedents a l'aide de la distance.
Soit le graphe de f ; montrer que l'application x 2 A 7 ! (x; f (x)) 2 est
un homeomorphisme.
33. Soient A et B deux parties non vides de l'espace metrique (E; d).
On pose d(A; B ) = (a;b)inf
2AB d(a; b). Montrer :
12
(a) (A B ) ) d(x; A)>d(x; B ).
(b) d(x; A) = d(x; A), d(x; A) = 0 () x 2 A.
(c) (8x 2 E; d(x; A) = d(x; B )) ) (A = B ).
(On pourra supposer 9x 2 B , x 62 A puis conclure).
(d) d(A; B ) = d(A; B ) = d(A; B ).
E F est dit muni de la topologie produit. En fait E F est un espace metrique et tout
ce qui a ete vu sur les espaces metriques (pour nous parties d'un espace vectoriel) est vrai. Les
demonstrations faites ici sont encore vraies pour des espaces metriques quelconques.
13
D'une maniere un peu plus generale, si X et Y sont deux espaces topologiques, au sens ou
nous les avons denis, on appelle voisinage d'un point (a; b) de X Y un ensemble contenant
A B ou A est un ouvert de X et B un ouvert de Y . On dit que l'on a muni X Y de la topologie
produit. Il est simple de verier que la denition concernant les espaces metriques verie cette
nouvelle denition et que nous avons bien la une topologie.
14
Si (E; N1) et (F; N2) sont deux K -espaces vectoriels normes, on appelle norme produit sur
E F la norme N denie par N (x; y) = max(N1 (x); N2(y)).
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
260
(e) (A compact, B ferme, A \ B = ;) ) d(A; B ) > 0. Verier a l'aide
du contre-exemple suivant
le r
que
esultat est faux pour deux fermes.
1
A = N n f0; 1g; B = n + n ; n>2 .
34. Soit E un espace vectoriel norme, soit K un compact de E , soit F un sousespace vectoriel de dimension nie de E . Soit A un ensemble ferme inclus dans
F . Montrer que d(A; K ) est atteinte.
35. Soit A une partie non vide de l'espace metrique (E; d). Soit r > 0. On pose :
Vr (A) = fx 2 E = d(x; A) < rg. On suppose A compact, montrer que pour
tout
ouvert U contenant A, il existe r > 0 tel que Vr (1A) U .
On supposera le resultat faux et on choisira r =
n+1 .
36. Soit (E; d) un espace metrique. Soit (A; B ) 2 P (E )2; A et B non vides.
On suppose : A \ B = A \ B = ;. Montrer qu'il existe deux ouverts U et V
disjoints tels que : A U; B V .
(Penser aux fonctions x 7 ! d(x; A); x 7 ! d(x; B )).
37. Soient E et F deux espaces topologiques. Soit f : E ! F . Montrer l'equivalence des assertions suivantes :
f continue. 8A E; f A f (A).
z
}|
{
1
1
8B F; f B f (B ).
8B F; f 1 (B ) f 1(B ).
38. (a) Theoreme du point xe.
Soient (E; d) un espace metrique complet.
Soit f une application15 de E dans E telle qu'il existe k 2 [0; 1[ veriant :
8(x; y) 2 E 2 ; d(f (x); f (y))6kd(x; y).
Montrer que f possede un point xe et un seul.
(b) Soit (E; d) un espace metrique complet. Soit f : E ! E continue. Il
existe p 2 N ; f| {z f} est contractante.
p
Montrer que f possede un point xe.
39. Soit E un espace metrique compact. Soit f : E ! E telle que :
8 (x; y) 2 E 2 ; x 6= y =) d [f (x); f (y)] < d(x; y).
Montrer qu'il existe un et un seul a 2 E tel que f (a) = a. (Penser a l'application : x 2 E 7 ! d(x; f (x)) 2R).
40. Soit E un espace vectoriel norme. Soit K un compact convexe de E .
Soit f : K ! K telle que : 8(x; y) 2 K 2 kf (x) f (y)k6kx yk.
Montrer que f possede au moins un point xe.
15
f est dite contractante.
261
1 f (x), avec a xe dans K
(On pourra poser fn(x) = 1 f (a) + 1
n+1
n+1
et n 2 N).
41. Soit E un espace vectoriel norme complet. Soit h un homeomorphisme16 de E
dans E tel que 8(x; y) 2 E 2; kh(x) h(y)k>kx yk. Soit g une application
contractante de E dans E .
Montrer que h + g est surjective. (On pourra utiliser le theoreme du point xe
applique a x 7 ! h 1(y g(x)).
42. Soit E un espace metrique complet, soit un espace metrique. Soit f une
application de E dans E .
Nous supposons : 8x 2 E; 2 7 ! f (x; ) 2 E est continue ;
il existe k>0 tel que pour tout 2 , x 2 E 7 ! f (x; ) 2 E est kcontractante.
Soit a() le point xe de x 2 E 7 ! f (x; ) 2 E . Montrer que l'application a
est continue.
43. Soient E et F deux espaces metriques. Soit f une application continue de E
dans F . Soit A E tel que : A = E .
On suppose que : f A est constante. Montrer que f est constante.
Application : Soit f une application de R dans R continue, de periode 1 et
p
2. Montrer que f est constante.
44. Soit (G; +) un groupe abelien, sous-groupe de (R,+).
(a) Montrer que G est monogene ou dense dans R.
(On cherchera : inf(G \ R+))
(b) Soit G = aZ+ bZou a et b sont des reels. Montrer, lorsque b est non nul,
a
que G est monogene si et seulement si 2 Q.
b
(c) Montrer que E = fcos n; n 2 Ng est dense dans [ 1; 1].
(d) A quelle condition fein ; n 2 Zg est-il dense dans l'ensemble U des
nombres complexes de module 1 ?
45. (a) Soit 2 R n Q. Montrer que pour tout " > 0 il existe (p; q) 2 Z2 veriant
0 < p + q6".
En deduire que N + Z est dense dans R.
(b) Soit 2 R n 2Q. Montrer que fexp(in); n 2 Ng est dense dans le cercle
unite U .
46. Soit f une application de R dans le K -espace vectoriel norme E . On suppose
qu'il existe T > 0 une periode de f .
Soit G = fT 2 R; 8x 2 R; f (x + T ) = f (x)g.
Que dire de G puis de f lorsque f est continue ? (On pourra utiliser le groupe
(G; +) vu plus haut).
16
h est dit expansif.
262
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
47. Soit E un K -espace vectoriel norme. Soit 2 K . Soient A et B deux parties
de E . Montrer :
(a) A ferme (resp. ouvert, compact) ) A ferme (resp. ouvert, compact).
(b) A; B ouverts (resp. compacts) ) A + B ouvert (resp. compact).
(c) A ferme, B compact ) A + B ferme.
48. Soient (E; d1 ) et (F; d2 ) deux espaces metriques. Soit f : A E ! F .
Montrer :
f uniformement continue si et seulement si quelles que soient les suites de
points de A, (xn)n2N et (yn)n2N, [d1 (xn ; yn) ! 0] ) [d2 (f (xn); f (yn)) ! 0].
49. (a) Soit E un R-espace vectoriel de dimension nie n>1. Soit f : E ! R
continue telle que : kxlim
f (x) = +1.
k!1
Montrer que f possede un minimum sur E .
(b) On dit qu'une suite (xn)n2N, a valeurs dans un espace vectoriel norme,
est a support ni s'il existe N 2 N tel que pour n>N; xn = 0.
Soit E l'espace vectoriel des suites reelles a support ni. Soit H l'hyperplan de
(E:
)
1
X
1
H = u = (un)n2N 2 E;
n un = 0 .
2
n=0
Pour u 2 E on pose : kuk = max
n2N jun j.
k
Soit a = (0 )k2N 2 E .
Verier que f : u 2 H 7 ! d(a; u) 2 R est continue.
Verier que kulim
f (u) = +1 mais que f n'a pas de minimum sur H .
k!1
(c) Soient D1 ; D2 ; D3 trois droites de l'espace ane euclidien E de direction
E de dimension 3. On suppose que les directions D1; D2; D3 verient
D1 D2 1 D3 = E .
Montrer qu'il existe a1 2 D1 , a2 2 D2 et a3 2 D3 tels que le prerimetre
du triangle de sommets a1 ; a2 ; a3 soit minimal parmi tous les triangles
de sommets m1 2 D1 , m2 2 D2 et m3 2 D3 .
50. Soit A un compact du plan ane euclidien. Montrer qu'il existe un et un seul
disque ferme de rayon minimal contenant A.
Cas d'un triangle.
51. Soit E un espace vectoriel norme. Soit B l'espace vectoriel des suites de E
bornees, muni de la norme k k1 .
On considere les deux sous-ensembles de B suivants : l0 constitue des suites
nulles a partir d'un certain rang ; l00 constitue des suites de limite nulle.
Montrer que l'adherence de l0 est l00 .
52. Soit E un espace vectoriel norme. Soit ' 2 E nf0g une forme lineaire continue.
Soit H = Ker '. Montrer :
8x 2 E; d(x; H ) = yinf2 H (kx yk) = jkj'('xjk)j .
263
Soit x 2 E n H . Montrer que d(x; H ) est atteint si et seulement si il existe
y 6= 0 tel que j'k(yyk)j = kj'jk
53. Soit17 E un espace vectoriel norme. Soit F un sous espace de E .
+
(a) Soit N : X 2 E/F 7 ! xinf
2 X kxk 2 R .
A quelle condition N est-elle une norme ?
(b) Montrer que si E est complet et F ferme, alors ( E/F; N ) est complet.
(c) Soit ' : E ! Rn; n 2 N , une application lineaire.
Montrer : ' continue , Ker ' ferme dans E .
54. Soit E l'espace vectoriel des applications continues de [0; 1] ! R. Soit 61.
Soit f 2 E .
Zx
1
On note (f ) l'application denie, pour x 2]0; 1], par (f )(x) = f (t)dt.
x 0
Montrer que (f ) est prolongeable en une fonction
Z 1 continue en 0.
On munit E de la norme denie par : kf k1 = jf (t)jdt.
0
Pour < 1 montrer que est continue ; quelle est sa norme ?
Cas = 1 ?
55. Soit E = C 0 ([0; 1]; R) muni de la norme N1 denie par :
N1 (f ) =
Soit (fn)n2N une suite d'elements de E telle que :
1 1
1
fn est ane sur [0; n2 ], nulle en 0, fn(t) = p si x 2 n2 ; 1 .
t
E tudier la suite (fn)n2N pour la norme N1 .
Montrer que (E; N1 ) n'est pas complet.
56. Montrer que C 0 ([ 1; 1];
kf k2 =
Z 1
1
2
R)
0
jf (t)jdt.
n'est pas complet pour la norme denie par
f (t)2 dt .
8
>
0
>
>
< nt
On pourra utiliser, pour n 2 N , fn denie par fn(t) = >
>
>
:1
1
Z1
si t 2 [ 1; 0]
1
si t 2 0;
.
1 n
si t 2 ; 1
n
57. Soit E = R[X ]. On denit sur E les normes suivantes :
n
n
X
X
k
sup
Pour P = ak X , N1 (P ) = k jak j; N1 (P ) = jak j; 1 (P ) = t2sup
[0;1] jP (t)j;
1 ( P ) =
17
Z k1=0
jP (t)jdt; 2 (P ) =
0
Voir les exercices page 87.
Z 1
0
1
2
jP (t)j2dt .
k=0
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
264
(a)
(b)
(c)
(d)
Comparer ces normes.
Montrer que E n'est complet pour aucune de ces normes18 .
E tudier, pour ces diverses normes, la continuite de P 7 ! P (a); a xe.
E tudier la continuite de P 7 ! P 0 (a).
58. Soit E = C [X ] muni de la norme 1 precedente. E tudier la continuite des
applications suivantes :
P 2 E 7 ! P 0 2 E ; P 2 E 7 ! Q 2 E; = Q(X ) = (X + 1)P (X ).
59. Soit L l'espace vectoriel des applications Lipschitziennes de [0; 1] ! R.
Soit f 2 L on pose N (f ) = inf fk>0 = 8(x; y) 2 [0; 1]2 ; jf (x) f (y)j6kjx yjg.
(a) N est-elle une norme ?
On pourra poser :
A(f ) = fk>0; 8(x; y) 2 [0; 1]2 ; jf (x) f (y)j6kjx yjg.
(b) Soit L0 = ff 2 L = f (0) = 0g: N est-elle une norme sur L0 ?
60. Montrer que l'application M 2 Mn(K ) 7 ! M 2 K n [X ], ou K =R ou C , est
continue.
Soit a 2 K , montrer que l'application P 2 K n [X ] 7 ! P (a) 2 K est continue.
En deduire que l'application M 2 Mn(K ) 7 ! M (a) 2 K est continue et en
particulier que l'application M 2 Mn(K ) 7 ! det(M ) 2 K est continue
61. Soit E l'ensemble des suites reelles (xn)n2N telles que
(a) Montrer que (x; y) 2 E 2 7 !
1
X
n=0
P(x )2 converge.
n
xnyn 2 R est un produit scalaire.
(b) Montrer que E est complet pour la norme associee.
(c) Soit (n)n2N une suite de reels > 0. Soit A = fx 2 E = 8n 2 N; jxn j6n g.
A quelles conditions A est-il un convexe compact ?
62. Soit E = C 0 (0; 1]; R) muni de la norme de la convergence uniforme, c'est a dire
la norme innie. Soit ' 2 E telle que : 8f 2 E; f >0 =) '(f )>0.
Montrer que ' est continue.
63. Soit E l'espace des fonctions de classe C 1 de [0; 1] !
0
On pose : N (f ) = t2sup
[0;1] jf (t) + f (t)j.
R
telles que f (0) = 0.
(a) Montrer que N est une norme et que (E; N ) est complet.
(b) Montrer que N est equivalente a la norme N 0 denie par :
N 0 (f ) = kf k1 + kf 0 k1 .
Nous avons vu plus haut qu'un tel resultat est toujours vrai ; il s'agit ici de faire une demonstration directe.
18
265
64. Soit E = Mn(C ). Soit M = (mij )(i;j)2Nn . On pose : kM k = i2supNn
n
X
!
jmij j .
Montrer que k k est une norme veriant : 8(M; N ) 2 E 2; kMN k6kM kkN k.
On munit C n de la norme : x 2 C n 7 ! i2supNn jxi j puis L(C n ) de la norme
subordonnee jk kj.
A chaque matrice M de Mn(C ) on associe l'endomorphisme u dont la matrice
2
j =1
dans la base canonique de C n est M .
Comparer jkukj et kM k.
65. Soit E l'espace vectoriel des applications derivables de [0; 1] ! R nulles en 0
et a derivees bornees.
0
sup 0
Soit f 2 E , on pose : N (f ) = x2sup
[0;1] jf (x)j; N (f ) = x2 [0;1] jf (x)j
(a) Verier que N et N 0 sont des normes.
(b) Montrer que Id : (E; N ) ! (E; N 0 ) n'est pas un homeomorphisme.
66. Soit E = C 0 ([0; 1]; R) muni de la norme k k1 de la convergence uniforme.
Soit g xee dans E . Soit Ng : f 2 E 7 ! kfgk1 2 R+. Notons X = ft 2
[0; 1]; g(t) 6= 0g.
(a) Montrer que Ng est une norme si et seulement si l'adherence de X est
dierente de [0; 1].
(b) Ng etant une norme, est-elle equivalente a k k1 ?
67. Soit L le R-espace vectoriel des applications
de [0; 1] ! R.
f (x) f (Lipschitziennes
y) .
Soit f 2 L. On pose C (f ) = sup x y x6 y
x;y2[0;1]
On note k k1 la norme denie sur l'espace des fonctions bornees B([0; 1]; R)
par kf k1 = sup jf (t)j. On pose : N = C + k k1 sur L.
=
t2[0; 1]
(a) Montrer que N est une norme sur L et que (L; N ) est complet.
(b) N et k k1 sont-elles equivalentes ?
1 On pourra choisir fn continue telle fn(t) = 1 pour t 2 ; 1 , fn(0) = 0
n
1
et fn ane sur 0; .
n
68. Soient E = C n [X ]; F = C m [X ]; G = C n+m [X ]. On denit sur C [X ] la norme
n
X
innie k k1 par k ak X k k1 = 0max
ja j.
6k6n k
k=0
(a) Soit p : (P; Q) 2 E F 7 ! PQ 2 G. Determiner un majorant de
kPQk1 .
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
266
(b) Soient E; F; G trois C -espaces vectoriels normes quelconques.
Si N1 est la norme sur E , N2 celle sur F et k k celle sur G. On munit
E F de la norme N denie par N (x; y) = max(N1 (x); N2 (y)).
On note : B l'espace vectoriel des applications bilineaires continues de
E F ! G.
() Soit f 2 B.
Montrer que :
sup
kf (x; y)k denit une norme sur B telle
N (x)61 N (y)61
que kf (x; y)k6kjf jk N1(x) N2 (y).
() Montrer que f bilineaire est continue si et seulement si :
9K >0 = 8(x; y) 2 E F; kf (x; y)k6K N1(x) N2(y).
(c) Determiner kjpjk.
1
2
2 C 1 ([0; 1]; R) = E , on pose N (f ) =
69. Pour f
Montrer que N est une norme et que :
s
f (0)2 +
Z1
0
f 0 (t)2 dt.
p
8f 2 E; kf k16 2N (f )
Les deux normes N et k k sont-elles equivalentes ?
70. (a) Soit f une application non nulle continue de [a; b] dans R. Soit " > 0
xe. Montrer :
() 9[; ]; ( < ) tel que 8t 2 [; ]; jf (t)j>kf k1 2" .
() 9N1 2 N; 8n 2 N; n>N1 ) ( ) n >1 2kf"k .
1
"
() 9N2 2 N; 8n 2 N; n>N2 ) (b a) n 61 + 2kf k .
1
1
1
En deduire : n!lim
+1
Z b
a
n
jf (t)jndt
1
= kf k1 .
(b) Soit f une application continue de [a; b] dans le K -espace vectoriel norme
de dimension nie E . Soit p 2 R; p>1.
Z b
kf (t)kp
p
1
On pose Np(f ) =
.
a
Montrer que Np est une norme sur l'espace vectoriel des applications
continues [a; b] dans E .
(c) Soit g une application continue de [0; 1] dans [a; b]. Soit ' une application
de [a; b] dans R convexe continue.
Montrer : '
Z 1
0
Z1
g(t)dt 6
0
'(g(t))dt.
(d) Quelles relations a-t-on entre les normes Np ; p 2 N [ f+1g ?
71. Soient f et g deux applications continues de [0; 1] Zdans R. On considere
1
2
l'application N de R dans R denie par N ((x; y)) = jxf (t) + yg(t)jdt.
0
267
72.
(a) N est-elle une norme ?
(b) Dessiner le disque unite lorsque 8t 2 [0; 1]; f (t) = 1 et g(t) = t.
On munit E = C 0 ([0; Z1]; R) de la norme
Z 1 de la convergence uniforme.
Soit ' : f 2 E 7 !
f (t) dt
f (t) dt.
0
Montrer que ' est continue, calculer sa norme et prouver qu'elle n'est pas
atteinte.
Soit E l'espace des suites reelles convergeant vers 0. On munit E de la norme :
kuk = nsup
2 N jun j.
1
X
un 2 R. Montrer que ' est continue, calculer sa
Soit ' : u 2 E 7 !
n+1
n=0 2
norme, montrer qu'elle n'est pas atteinte.
L
Soit E un espace vectoriel norme. E = F G. Soit p le projecteur de noyau
G et d'image F . On suppose p continue. Montrer :
(a) F et G sont fermes.
(b) E complet , F et G complets.
Soient p et q deux projecteurs orthogonaux d'un espace vectoriel euclidien
(donc de dimension nie) d'images respectives L et M . Montrer19 :
(a) kjp qjk61.
(b) kjp qjk < 1 ) dim L = dim M:
Soient X un ensemble non vide et E est un espace vectoriel norme. Soient f
et g deux applications bornees de X dans E .
Soit ' : u 2 R 7 ! '(u) = xsup
2 X kf (x) + ug (x)k.
Montrer que ' est Lipschitzienne.
Trouver une fonction f derivable de [0; 1] ! R non Lipschitzienne.
Soit E un R-espace vectoriel norme non nul.
Soit (u; v) 2 L(E )2 tel que u v v u = IdE .
(a) Verier que E n'est pas de dimension nie.
(b) Calculer un v v un .
(c) Montrer que u et v ne peuvent ^etre toutes les deux continues.
Soit E un C -espace vectoriel de dimension nie.
On munit F = L(E ) de la norme kjujk = kxsup
k=1 ku(x)k, ou k k est la norme sur
E.
n
X
Soit v 2 F tel que kjvjk < 1. On pose un = vk .
1
2
1
2
73.
74.
75.
76.
77.
78.
79.
19
k=0
Utiliser des resultats concernant les endomorphismes symetriques.
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
268
80.
81.
82.
83.
20
21
(a) Montrer que (un )n2N converge vers l'inverse de IdE v.
(b) Soit f 2 F tel que kjf IdE jk < 1. Montrer que f est inversible.
Soit E un K -espace vectoriel norme complet. On admet20 que si u est un
automorphisme de E continu, alors u 1 est continue.
On note LC (E ) l'ensemble des endomorphismes continus de E . Soit GLC (E )
le sous-ensemble des automorphismes de LC (E ).
(a) Montrer que GLC (E ) est un ouvert de LC (E ).
(b) Montrer que l'application : u 2 GLC (E ) 7 ! u 1 2 GLC (E ) est continue.
Soit K = R ou C .
(a) Soit Ep = fM 2 Mn(K ); rg M >pg 06p6n.
Montrer que Ep est ouvert et que l'adherence de Ep est Mn(K ).
(b) Soit Fp le sous-ensemble de Mn(K ) des matrices de rang r6p < n; p xe.
Montrer que Fp est ferme.
Montrer que Fp = Gp ou Gp = fM 2 Mn(K ); rg(M ) = pg.
Montrer que l'adherence de l'ensemble des matrices de Mn(C ) diagonalisables
est Mn(C ).
Verier sur un exemple que ce n'est pas vrai sur Mn(R).
(a) Soit E un espace vectoriel de dimension nie. Montrer qu'un endomorphisme de E est diagonalisable si et seulement si son polyn^ome caracteristique est scinde et si chaque espace propre a pour dimension l'ordre de
multiplicite de la valeur propre auquel il est associe.
(b) Soit A 2 Mn(C ). Notons S (A) l'ensemble des matrices semblables a A.
Montrer que si A est diagonalisable, S (A) est ferme.
On pourra utiliser les resultats des exercices precedents.
(c) E tudier la reciproque.
Pour cela, commencer par demontrer les resultats suivants :
() Soit u un endomorphisme nilpotent d'un espace vectoriel E , de dimension nie n, d'indice de nilpotence
r>1. Soit x 62 Ker(ur 1 ).
Montrer que la famille ui 1 (x) i2Nr est libre.
On note, pour i 2 Nr , ei l'element ur i (x). On complete la famille
(e1; : : : ; er ) pour en faire une base de E . On note (e1 ; : : : ; en) la
base duale de la base precedente.
Soit F l'espace vectoriel engendre par la famille (e1; : : : ; er ).
() Soient B = fe1 ui ; i 2 Ng et21 G = ?B .
Montrer que G est stable par u, F \ G = f0g.
() Determiner la dimension de Vect(B ) et en deduire E = F G puis
qu'il existe un supplementaire de F stable par G.
Voir l'exercice numero 23.
Voir la denition et les proprietes a l'exercice numero 77 du chapitre d'algebre lineaire.
269
84. Soit A = fM 2 Mn(C ); 9p 2 N ; M p = Ing. On muni Mn(C ) d'une norme.
Montrer que l'adherence de A est l'ensemble des matrices a valeurs propres de
modules egaux a 1.
85. Montrer que l'adherence de GLn(K ) est Mn(K ). En deduire qu'il existe une
base de Mn(K ) formee de matrices inversibles. (K =R ou C ).
86. Montrer que l'interieur de l'ensemble des matrices diagonalisables de Mn(K )
est l'ensemble des matrices a valeurs propres deux a deux distinctes. (K =R
ou C ).
87. Soit E l'ensemble des matrices de Mn(C ) dont les valeurs propres sont toutes
distinctes. Montrer que E est dense dans Mn(C ).
88. Soit K un compact de Rn contenant une boule fermee B centree en 0, de rayon
a > 0. Soit E l'ensemble des endomorphismes u de Rn tels que u(K ) K .
Montrer que E est un compact de L(Rn).
La condition B K est-elle necessaire ?
89. Soit u 2 LC (E; F ), ou E et F sont des espaces vectoriels normes. On dit que
u est un operateur compact si tout ensemble borne inclus dans E a pour image
par u un ensemble inclus dans un compact de F .
(a) On suppose u 2 LC (E; F ), de rang ni. Montrer que u est un operateur
compact.
(b) Soit u un operateur compact ; u 2 LC (E ).
() Montrer que Ker(u idE ) est de dimension nie (utiliser le theoreme
de Riesz).
() Montrer que Im(u idE ) est ferme. (On pourra calculer la distance
a Ker(u idE ) qui est de dimension nie).
90. (a) Soit A un ensemble compact. Montrer que pour tout " > 0, il existe une
famille nie de boules fermees22 de rayon " recouvrant A.
(b) Soit E un espace prehilbertien reel complet23. Soit u un endomorphisme
continu de E tel que l'adherence de l'image de la boule centree en 0
de rayon 1 soit compacte24. Montrer que pour tout " > 0 il existe un
endomorphisme continu v de rang ni veriant kjv ujk6".
91. Soient E et F deux espaces vectoriels normes.
Montrer : F complet ) LC (E; F ) complet.
92. Soit N une semi-norme25 non nulle sur Mn(K ) (K =R ou C ).
On suppose : 8(A; B ) 2 Mn(R)2; N (AB )6N (A)N (B ).
Montrer que N est une norme. (On remarquera que si rg A = r > 0 et
On peut remplacer fermees par ouvertes.
Un espace de banach.
24
u est un operateur compact.
25
C'est-a-dire veriant les axiomes d'une norme sauf eventuellement N (x) = 0 ) x = 0.
22
23
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
270
N (A) = 0, si B est equivalente a A, alors N (B ) = 0, donc toute matrice A de
rang r verie N (A) = 0 puis etudier N (I )).
93. Soit E = K n [X ]. Soit (Pk )k2N une suite de polyn^omes de E . On suppose que
pour chaque x 2 [0; 1] la suite (Pk (x))k2N converge.
Montrer qu'il existe P 2 E tel que sup jP (x) Pk (x)j converge vers 0.
x2[0;1]
On pourra choisir x0 ; x1; ; xn des elements , deux a deux distincts, de
[0; 1].
94. Soit A 2 Mn(Z) supposee C -diagonalisable, chaque valeur propre etant supposee non nulle et de module inferieur a 1.
Montrer q'il existe p 2 N tel que Ap = In. On pourra utiliser une norme
associee a une base de diagonalisation de A.
95. Soient (E; d1 ) et (F; d2 ) deux espaces metriques, soit f une application de E
dans F .
Montrer que f est uniformement continue si et seulement si il existe ' une
fonction croissante de R+ dans R+ telle que '(0) = 0, ' continue en 0 et
8(x; y) 2 E 2 ; d2 (f (x); f (y))6'(d1 (x; y)).
' est dite module de continuite de f .
96. Soit E un espace metrique. On suppose que pour tout espace metrique F et
pour tout ferme A de E F , la projection de A sur F est fermee. Montrer
que E est compact.
97. Soient E et F deux espaces metriques. On suppose F compact. Soit A une
partie fermee26 de E F . Soit p la projection sur E : (x; y) 2 E F 7 ! x 2 E .
Montrer que p(A) est ferme.
98. Soient E et F deux R-espaces vectoriels normes. Soit f une application de
E dans F additive, bornee sur la boule unite. Montrer que f est lineaire
continue.
99. Soit E un espace vectoriel norme. Soit C une partie convexe de E .
(a) Montrer que C est convexe.
(b) Soit x0 2 C , soit x1 2 C 6= ;.
Montrer que pour tout t 2]0; 1] x0 + t(x1 x0 ) 2 C .
(c) On suppose C 6= ;. montrer : C =C , C = C .
100. (a) Soit (E; d) un espace metrique compact. Soit (Oi )i2I une famille d'ouverts
de E dont l'union est E .
Montrer qu'il existe " 2 R+ tel que pour tout x 2 E , la boule de centre
x et de rayon " est incluse dans l'un des Oi.
Je rappelle qu'une boule de E F , de centre (a; b) de rayon r > 0 est l'ensemble des points
(x; y) de E F tels que d (x; a)6r; d (y; a)6r ou d et d sont les distances sur respectivement
26
E et F .
1
2
1
2
271
(b) Soit (E; d) un esapce metrique compact.
Montrer que pour tout " 2 R+ on peut recouvrir E par un nombre ni
de boules de rayons ".
(c) Soit (E; d) un esapce metrique compact.
Montrer que de tout recouvrement de E par des ouverts, on peut extraire
un sous-recouvrement ni27. E noncer un resultat avec des fermes.
La reciproque est-elle vraie ?
101. Soit E un espace topologique ; O E , O non vide. S'il existe deux ouverts
O1 et O2 de E tels que O1 \ O 6= ;; O2 \ O 6= ;; O1 \ O2 \ O = ; et dont la
reunion contient O alors O est dit non connexe28. Dans le cas contraire, O est
dit connexe.
(a) Montrer que O est connexe si et seulement si toute application continue
de O dans f0; 1g est constante.
(b) Montrer que si O est connexe alors son adherence est connexe.
Soit O connexe. Montrer que si un ensemble A verie O A O il est
connexe.
Soient A et B connexes avec A \ B 6= ;. Montrer que A [ B est connexe.
(c) Soient E et F deux espaces topologiques. Soit f une application continue
de E dans F . Montrer que f (E ) est connexe.
(d) Soient O1 ; O2 ; : : : ; On n espaces topologiques.
Yn
On suppose que ces espaces sont connexes. Montrer que Oi est connexe.
Montrer que si
Yn
i=1
i=1
Oi est connexe alors chaque espace Oi est connexe.
(e) Soit E un espace vectoriel norme, soit O un ouvert connexe de E . Montrer
que O est connexe par arcs.
(f) Soit E un espace vectoriel norme, soit O une partie non vide de E connexe
par arcs. Montrer que O est connexe.
Montrer que la reciproque n'est pas vraie.
On notera O le
graphe de l'application f de ]0; 1] dans R denie par
f (x) = sin x1 et on prouvera que O n'est pas connexe par arcs.
102. On munit Mn(C ) et Mn(R) d'une norme.
GLn(R) est-il connexe par arcs ? GLn(C ) est-il connexe par arcs ?
Que dire de GL+n (R) GLn (R) ? On pourra utiliser l'exercice numero 189 du
chapitre d'algebre lineaire.
Dans un espace topologique quelconque, il s'agit la de la denition d'un compact.
On peut donc remplacer ouverts par fermes. Nous aurions pu enoncer dieremment la denition ; soit X un espace topologique. X est dit connexe s'il n'existe pas deux ouverts O1 et O2 de
X non vides et disjoints, d'union X . Soit O un sous ensemble non vide de X . O est dit connexe
si en tant qu'espace topologique, muni de la topologie induite par celle de X , il est connexe.
27
28
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
272
103. Montrer que l'ensemble des matrices diagonalisables de Mn(K ), ou K =R ou
C , est connexe par arcs.
104. Soient A et B deux parties fermees non vides connexes d'un espace topologique
X . On suppose que A \ B 6= ; et A [ B sont connexes. Montrer que A et B
sont connexes.
105. Soient A et B deux parties connexes par arcs d'un espace vectoriel norme.
Montrer29 que A B et A + B sont connexes par arcs.
M^emes question avec A et B connexes.
106. (a) Soient O1; : : : ; Op p ensembles connexes (resp. connexes par arcs). Supposons que pour tout entier i compris entre 1 et p 1 on ait Oi \ Oi+1 6= ;.
[p
Montrer qu'alors la reunion Oi est connexe (resp. connexes par arcs).
i=1
(b) Soit E un R-espace vectoriel norme de dimension nie n. Soit H un
hyperplan de E . E n H est-il connexe ? connexe par arcs ?
Soit F un sous-espace vectoriel de E de dimension au plus egale a n 2
(n>2). E n F est-il connexe ? connexe par arcs ?
Reprendre ces questions dans le cas ou E est un C -espace vectoriel norme
de dimension nie.
107. Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie n>1. Soit N une norme sur E .
Montrer que l'ensemble des elements x de E veriant N (x) = 1 est connexe,
connexe par arcs.
108. Soit f une application denie sur un ouvert U de Rn, connexe par arcs. On
suppose que f est localement constante ; c'est-a-dire que tout point de U
est centre d'une boule ouverte sur laquelle la restriction de f est constante.
Montrer que f est constante.
109. Theoreme de d'Alembert Soit P un polyn^ome complexe de degre >1.
1 P = +1.
(a) Montrer zlim
!0 z
En deduire que z 2 C 7 ! jP (z )j 2 R+ possede un minimum en un
certain point z0 .
(b) Posons Q(z ) = P (z + z0 ) et supposons Q(0) 6= 0 ; quitte alors a multiplier
P par une constante on peut supposer Q(0) = 1 et 8z 2 C ; jQ(z )j>1.
n
X
Q(z ) = 1 + bk z k et soit p 2 Nn le plus petit entier k 2 Nn tel que
k=1
bk 6= 0. On note alors une racine pieme de bp .
Montrer qu'il existe R 2 C [X ] tel que 8z 2 C ; 1 + z p+1 R(z ) z p >1.
(c) En appliquant le resultat precedent pour t 2]0; 1], aboutir a une contradiction ; conclure.
29
E.
E E est muni de la norme N denie par N (x; y) = max(kxk; kyk) ou k k est la norme sur
273
110. limite superieure, limite inferieure.
Soit (xn )n2N une suite reelle (en fait on peut aussi supposer que la suite est
a valeurs dans R). On pose pour chaque n 2 N, Xn = fxp ; p>ng. Soit alors
pour chaque n 2 N; n = sup(Xn) 2 R.
Verier que la suite (n)n2N est convergente dans R. On note sa limite que
l'on appelle lim sup xn .
n2N
Montrer que est valeur d'adherence (dans R) de (xn)n2N et qu'il s'agit de la
plus grande valeur d'adherence.
On denit de m^eme n = inf(Xn) 2 R qui converge vers que l'on appelle
lim
inf x .
n2N n
Verier que si ces deux limites sont egales, la suite (xn)n2N est convergente
(dans R).
111. (a) Soit E un espace vectoriel norme. Soit (un )n2N une suite convergente
d'elements de E , de limite l.
n
X
1
30
Soit (vn )n2N la suite denie par 8n 2 N; vn =
n + 1 k=0 uk .
Montrer que (vn )n2N converge, de limite l. La reciproque est-elle vraie ?
(b) On suppose que la suite (un )n2N est reelle et a pour limite +1. Montrer
que (vn)n2N a pour limite +1.
(c) On suppose que la suite (un)n2N est reelle monotone. Montrer qu'il y a
equivalence entre n!lim
v = l 2 R et n!lim
u = l 2 R.
+1 n
+1 n
112. Soit N une norme sur Mn(C ) veriant N (AB )6N (A)N (B ) pour A et B
dans Mn(C ). (Une telle norme est dite norme d'algebre).
(a) Soit une valeur propre de A 2 Mn(C ).
Montrer qu'il existe X 2 Mn(C ); X 6= 0 telle que AX = X .
(b) On note (A) le maximum31 des modules des valeurs propres de A.
Montrer : (A)6N (A).
(c) Soit S 2 GLn(C ) ; comparer (A) et (S 1 AS ).
Montrer que pour tout entier naturel non nul, k, (Ak ) = (A)k puis
(A)6 N (Ak ) k .
Montrer que l'application X 2 Mn(C ) 7 ! N (S 1 XS ) 2 R+ est une
norme d'algebre.
(d) Soit " 2 R+, soit A 2 Mn(C ) et soit T 2 Mn(C ) une matrice triangulaire
superieure semblable a A.
Soit d un reel strictement positif.
Calculer (Diag (1; d; : : : ; dn 1 )) 1 T Diag (1; d; : : : ; dn 1 ).
En deduire l'existence d'une norme N1 (en fait subordonnee) telle que
1
(vn)n2N est dite moyenne de Cesaro de la suite (un)n2N ; lorsqu'elle converge, la suite (un)n2N
converge au sens (ou en moyenne) de Cesaro.
31
(A) est appele rayon spectral de A.
30
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
274
N1 (A)6(A) + ".
On suppose (A) < 1, montrer : k!lim
Ak = 0.
+1
(e) Soit A 2 Mn(C ), soit N une norme d'algebre sur Mn(C ).
k ) k .
N
(
A
Montrer que l'on a : (A) = k!lim
+1
1
113. Soit G un groupe multiplicatif, sous-groupe de GLn(C ). On munie GLn(C ) de
la norme subordonnee a la norme hermitienne canonique denie sur C n . On
suppose 8g 2 G; kg Ink6 1 .
2
Soit g 2 G et soit 2 Sp(g) le spectre de g.
Montrer que jj = 1.
On pose = exp(i); 2 R. En distingant les cas 62 2Q et 2 2Q n 2Z,
montrer = 1. (On raisonnera par l'absurde).
Soit g 2 G; g 6= In. Montrer qu'il existe y 2 C n tel que la suite de terme
general gp (y) soit non bornee. En deduire G = fIng.
114. Soit E = Mp(R). On munit E d'une norme k k d'algebre32 . Soit (A; B ) 2 E 2 ;
posons M = max(kAk; kB k).
Montrer que l'on a : 8n 2 N ; kAn B n k6
nM n 1kA B
k.
1
1
En deduire la valeur33 de n!lim
exp
A
exp
+1
n
nB .
115. Pour n 2 N et x 2 [0; 1] on pose fn(x) = xn+3 2x + 1. Soit xn l'unique
solution de l'equation fn(x) = 0 situee dans [0; 1[.
E tude de la suite (xn )n2N.
116. Soit xn l'unique solution strictement positive de l'equation xn x n = 0
(n>3).
(a) Montrer que la suite (xn+3)n2N converge.
(b) Determiner un equivalent de xn 1.
117. On considere une suite (un )n2N de reels positifs veriant la relation :
8(m; n) 2 N2 ; um+n 6umq un.
qn
Montrer que la suite n un
est convergente, de limite l = ninf
un .
2N
n2N
118. Soit (un )n2N une suite reelle positive convergente vers 0. On suppose qu la
suite verie n!lim
n(u + u2n) = 2. Montrer qu'alors la suite de terme general
+1 n
nun converge, de limite 34 .
119. Soit (xn)n2N une suite reelle. Soit la suite (yn)n2N denie par yn+1 = xn +2xn+1 .
Montrer que (xn)n2N converge si et seulement si (yn)n2N converge.
a-t-on la m^eme reponse avec : yn+1 = xn + 1 xn+1 ?
2
C'est-a-dire veriant 8(A; B) 2 E ; kABk6kAk kBk.
n
1
X
X
Pour A 2 E; exp(A) designe n!lim1 k1! Ak = k1! Ak .
32
2
+
33
+
k=0
k=0
275
120. (a) Soit (xn)n2N une suite reelle bornee telle que n!lim
(x + bxn) = 0 avec
+1 2n
jbj > 1. La suite est-elle convergente ?
Peut-on supprimer l'hypothese (xn )n2N bornee ?
(b) Soit (un)n2N une suite reelle positive telle que n!lim
n(u + u2n) = 1. La
+1 n
suite (nun)n2N converge-t-elle ?
121. Soit f une application 1-Lipschitzienne de [a; b] dans [a; b].
Soit (xn )n2N la suite denie par x0 2 [a; b] et la relation de recurrence :
8n 2 N; xn+1 = xn + 2f (xn ) .
Montrer que (xn)n2N converge vers un point xe de f .
122. Soient (un )n2N et (vn )n2N deux
suites
complexes.
1
1
1
1
On suppose : un 6 ; vn 6 ; n!lim
u v = 1.
2 2
2 2 +1 n n
Montrer que (un)n2N et (vn)n2N convergent. Quelles sont leurs limites ?
123. Soit (un )n2N une suite positive decroissante telle que n!lim
n(u + un+1 ) = 1.
+1 n
Montrer que la suite (nun)n2N converge.
Peut-on supprimer l'hypothese de decroissance de la suite ?
124. Soient a et b des reels tels que : 0 < a6b. Soient les suites (un )n2N et (vn)n2N
p
u +v
denies par : u0 = a; v0 = b; 8 n 2 N; un+1 = unvn ; vn+1 = n n .
2
(a) E tudier la convergence de ces suites.
(b) Soit n = vn un, etudier la suite n+12 .
(n)
125. Soient a et b des reels tels que : 0 < a < b. Soit les suites (un )n2N et (vn)n2N
denies par : u0 = a; v0 = b; 8 n 2 N; un+1 = un + vn ; vn+1 = pun+1vn .
2
(a) Montrer la convergence de ces suites.
(b) Soit ' 2]0; 2 [ et soit a = b cos '.
Exprimer les limites en fonction de b et '.
126. Soit la suite (un )n2N denie par : un+1 = 4un un 2 . Montrer que la suite
(un )n2N converge si et seulement si elle est stationnaire.
127. Soient n 2 N et Pn(x) = xn + x 1.
(a) Montrer que Pn a un unique zero dans ]0; 1[ note n.
(b) Etude de (n)n2N. Trouver un equivalent de 1 n.
On pourra etudier les variations de t 7 ! ln(1 t)
ln t
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
276
128. Soit la suite (n)n>2 ou n est l'unique solution dans [0; 1] de l'equation :
xn nx + 1 = 0.
E tudier la convergence de cette suite, trouver un equivalent de n.
129. Soit E un espace vectoriel norme.
Soit u une suite de E telle que : 8p 2 N; n!lim
(u
un) = 0.
+1 n+p
La suite u est-elle une suite de Cauchy ?
n+x n
x
130. Pour n>2 et x 2]0; 1[ on pose : fn(x) =
x+x 1 .
(a) Montrer que l'equation fn(x) = n admet une unique solution dans ]0; 1[
notee xn .
(b) Montrer que la suite (xn)n2N est croissante. Quelle est sa limite l ?
Trouver un equialent de l xn .
xk 1 (n>1).
k=1
Montrer qu'il existe un unique zero >0 de l'equation fn(x) = 0, note yn.
E tudier la suite (yn)n2N.
Soit la suite reelle strictement positive (un)n2N.
u1 + + un = 2 R.
On suppose : n!lim
+1
nun
u
+
2u2 + + nun = .
1
Montrer que : n!lim
+1
n2 un
1+
Soit (vn )n2N une suite complexe telle que nlim
(v
vn) = .
!1 n+1
vn = .
(a) Montrer : nlim
!1 n
v1 + + vn = .
(b) Montrer : nlim
!1
n2
2
(c) Soit (an)n2N une suite complexe telle que nlim
(a 2an+1 + an+2) = .
!1 n
an = .
Montrer : nlim
!1 n2 2
n
1X
Soit la suite (vn)n2N denie par : vn = n Cnk uk ou (un)n2N est une suite,
2 k=0
d'elements d'un espace vectoriel norme, convergeant vers l. Montrer que
(vn )n2N converge vers l.
Soit f : (x; y) 2 R2 7 ! (x2 xy; y2 +2xy) 2 R2. On munit R2 de la norme
k k1.
Montrer qu'il existe a > 0 et k 2]0; 1[ tels que :
8 ((x; y); (x0 ; y0 )) 2 ([ a; a]2 )2 ; kf (x; y) f (x0 ; y0)k1 6k k(x; y) (x0 ; y0 )k1.
Application : etude de la suite (xn)n2N de R2 telle que :
xn = (un ; vn ); u0 = 1; v0 = 12 ; un+1 = un 2 un vn; vn+1 = vn 2 + 2un vn.
131. Soit fn(x) =
132.
133.
134.
135.
n
X
277
p3
136. Montrer que : 2inf
sup(sin(p)) = .
]0;[ p2Z
2
Utiliser pour cela, f : 2]0; [7 ! sup(sin(p) 2 R.
p2Z
137. Soient (un )n2N et (vn )n2N deux suites telles que 8n 2 N; un 2 E; vn 2 R ou
E est un espace vectoriel norme. On suppose les deux suites convergentes de
limites nulles etla suite (vn)n2N est strictement
monotone.
1
1
Montrer n!lim
(
u
u
)
=
l
=
)
lim
u = l.
n
+1
n
+1 vn+1 vn
n!+1 vn n
138. Soient (an)n2N une suite complexe et (bn)n2N une suite a valeurs dans un espace
vectoriel norme complet E . La premiere suite converge,nla seconde converge
X
vers 0. On suppose qu'il existe M > 0 tel que 8n 2 N;
kbk k6M .
Determiner n!lim
+1
n
X
k=0
k=0
ak bn k .
2
139. Soit (un )n2N une suite reelle bornee telle que n!lim
+1(un+1 un un ) = 0.
Montrer, en raisonnant par l'absurde, que la suite (un )n2N converge vers 0.
140. Soit (un )n2N une suite reelle telle que 8n 2 N; (un)5 + nun 1 = 0.
E tudier la nature de la suite (un)n2N.
Determiner les trois premiers termes non nuls du developpement asymptotique
en 1 de un.
n
141. Soit le polyn^ome Pn =
Yn
i=0
(X i). On note n la racine de Pn0 situee dans
]0; 1[.
1 a
b
Montrer que l'on a : n =
+
+0
lorsque n tend vers
ln(n) (ln(n))2
(ln(n))2
+1 ; a et b etant des coecients a determiner.
142. Soient E; F et G trois espaces vectoriels normes. Nous munissons E F de
la norme produit ; c'est-a-dire k(x; y)k = max(kxk; kyk).
(a) Soit f une application bilineaire de E F dans G.
Montrer que f est continue si et seulement si il existe K >0 tel que
8(x; y) 2 E F; kf (x; y)k6K kxk kyk.
(b) Notons BC (E; F; G) l'espace vectoriel des applications bilineaires continues de E F dans G.
On pose, pour f 2 BC (E; F; G); kjf jk = sup kf (x; y)k.
kxk61; kyk61
Montrer que kj jk est une norme sur BC (E; F; G). Montrer que cette
norme verie la relation 8(x; y) 2 E F; kf (x; y)k6kjf jk kxk kyk.
(c) Montrer qu'une application bilineaire continue, non nulle, n'est pas uniformement continue.
CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, E NONCE S
278
143. E tude des suites (un)n2N denies par les relations de recurrence :
(a) un+1 = un (un)2 ; u0 2 R.
(b) un+1 = un (2 aun); a 2 R+; u0 2 R.
3
1
2
(c) un+1 = un(3 a(un) ); a 2 R+; u0 2 0; p .
2
a
2
(d) un+1 = 4 un ; u0 2 R.
3
(e) un+2 + 4un+1 4un = n; u0 2 R.
p
(f) un+1 = 2 + un; u0 2 R+.
p
(g) un+1 = 2 un; u0 2 R; u0 < 2.
(h) un+1 = 1p ; u0 2 R+; u0 < 4.
2
un
(i) u0 = 1; un+1 = un 1 + 2un trouver un equivalent de (un)n2N (n ! 1) ;
1 + 3un
1
on pourra chercher un developpement limite de
un+1 en fonction de un.
3a + un 2
(j) u0 > 0; un+1 = un
a + 3un 2 a > 0.
2
(k) u0 = 0; un+1 = un un 2un + a ou a 2]0; 21 [.
2 (un 1)
Soit la plus petite racine de x2 2x + a etablir la relation :
8n 2 N jun j 62an+1
p
(l) u0 2 R+, et pour n 2 N; un+1 = un + (un)2.
Quel est un equivalent de un quand n ! +1 ?
1
(m) u0 >0 et pour tout n 2 N; un+1 = pun +
n + 1.
k
n
X
(n) un = sin 2 ; ; n>1.
n
k=1
144. Les fonctions f suivantes denies sur une partie de R2 ont-elles une limite en
(0; 0) ?
(a) (x; y) 2 R2 7
x2 si jxj6jyj
! y2 si jxj > jyj .
jyj j
y
j
(b) f (0; y) = 0; et pour x =
6 0; f (x; y) = x2 exp x2 .
2
(c) f (x; y) = (x2 + y)2 .
x +y
3
3
(d) f (x; y) = x2 + y2 .
x +y
279
xy
(e) f (x; y) = 2 2 .
x +y
2
xy
(f) 2 2 .
x +y
280
Chapitre 8
Topologie, corriges
1. (a) Supposons R denombrable. Il existe un bijection, ', de N dans R.
Pour n 2
+1
X
ak;nb k ou les ak;n sont des
k=1
entiers strictements inferieurs a la base b 2 N ; b>2.
Posons, pour k 2 N, k = 0 si ak;k 6= 0 et k = 1 si ak;k = 0. On denit
+1
X
ainsi un reel x = 0 + k b k et pour tout n on a '(n) 6= x car sinon
k=1
il existe n 2 N tel que '(n) = x donc l'element an;n = n de x est nul s'il
est non nul, egal a 1 s'il est egal a 0 ce qui est contradictoire.
(b) L'application (p; q) 2 N2 7 ! 2p (2q + 1) 1 2 N est bijective.
En eet supposons 2p (2q + 1) = 2r (2s + 1).
Si p>r alors 2p r (2q + 1) = (2s + 1). Le membre de droite est impair
donc p = r puis q = s. On fait de m^eme si p6r ; l'application est donc
injective.
Soit n un entier naturel. Soit p le plus grand des entiers k tels que 2k
divise n + 1. (p existe car n + 1 est non nul). n est alors le produit de 2p
et d'un entier impair ; c'est-a-dire 2p (2q + 1) = n + 1. L'application est
bien bijective.
Soient A et B deux ensembles denombrables. Il existe une bijection ' de
A vers N et une bijection de B vers N. Soit f l'application de A B
dans N2 denie par f (a; b) = ('(a); (b)). f est clairement bijective. N2
est denombrable donc il existe un bijection g de N2 dans N. g f est une
bijection de A B dans N donc A B est denombrable.
Soient A1; : : : ; Ap p ensembles denombrables. Supposons avoir prouve
que A1 : : : Ai soit denombrable pour 16i6p 1.
Posons B = A1 : : : Ai.
L'application ((a1; : : : ; ai ); ai+1) 2 B Ai+1 7 ! (a1; : : : ; ai; ai+1 ) 2
A1 : : : Ai Ai+1 est une bijection et nous permet d'identier B Ai+1
et A1 : : : Ai Ai+1 .
En appliquant le resultat que nous venons de demontrer nous en deduisons
que A1 : : : Ai Ai+1 est denombrable ; d'ou le resultat.
(c) P est non vide donc possede un plus petit element. Appellons-le '(0).
P n f'(0)g est non vide donc possede un plus petit element que nous
appelons '(1). Supposons construits '(0) < '(1) < < '(n) tels que
8x 2 P n f'(0); ; '(n)g, x > '(n). On construit alors '(n + 1). On
denit ainsi une injection strictement croissante de N dans P . Montrons
N
nous avons '(n) = a0;n +
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
282
qu'elle est bijective. Supposons qu'il existe x 2 P non image.
Soient E1 = fn 2 N; '(n)6xg; E2 = fn 2 N; '(n) > xg. ' est
injective croissante donc E1 est ni et E2 est inni. N = E1 [ E2 . Soit
n0 = max(E1 ). Si x n'est pas atteint '(n0 ) < x; '(n0 +1) > x mais alors
x 2 P n f'(0); ; '(n0 )g et '(n0 + 1)6x ce qui est faux.
' est donc une bijection de N dans P .
Montrons l'unicite de cette bijection strictement croissante.
Soit une autre bijection strictement croissante de N dans P ; f = ' 1 est donc une bijection strictement croissante de N dans N. f (0)>0 on
montre par une recurrence simple que 8n 2 N; f (n)>n. f 1 est aussi
une bijection de N dans N donc f 1 (n)>n et f = IdN d'ou l'unicite.
(d) Supposons I denombrable inni, car le cas ni est immediat. Soit ' une
bijection de N sur I . On peut choisir Jn = f'(0); ; '(n)g pour n 2 N.
Reciproquement :
[
supposons I inni et I = Jn. Appelons pn le cardinal de Jn . On
n2N
construit une bijection 'n de f0; ; pn 1g dans Jn . On peut alors
construire un prolongement de 'n en 'n+1 denie de f0; ; pn+1 1g
dans Jn+1. On construit alors une fonction ' de N dans I . En eet soit
x 2 N il existe n 2 N tel que x < pn sinon la suite pn serait stationnaire
et donc I serait ni, donc on peut denir '(x) comme etant 'n (x) ; '(x)
est parfaitement deni car si on ecrit x < pn0 avec par exemple n0 < n
'n (x) = 'n0 (x). ' est injective par construction car les 'n le sont. Soit
y 2 I , il existe alors n 2 N tel que y 2 Jn et y est donc une image. ' est
donc une bijection de N dans I .
[
() I = In ou (In)n2N est une suite croissante de parties nies de I .
J=
[
n2N
(J \ In)
n2N
! [
[
[
() I = f (N) = f
f0; ; ng = ff (0); ; f (n)g = Jn ou on
n2N
n2N
n2N
a pose Jn = ff (0); ; f (n)g ; (Jn)n2N est une suite croissante de parties nies de N et Jn I .
(e) Soit E =
[
p2N
Ep . Chaque Ep est denombrable donc il existe pour chaque
p 2 N, 'p une bijection de N dans Ep . Considerons l'application denie
sur N2 par (p; q) = 'p (q). est surjective donc E est denombrable.
Exemple : Ensemble de Cantor
3n[ 1 3i + 1 3i + 2 Considerons,, pour n 2 N , les ensembles : An =
n ; 3n .
3
i=0
!
1
Posons K = [0; 1] n
[
n2N
An .
On construit K de la maniere suivante : On considere l'intervalle [0; 1]
283
que l'on partage en 3 intervalles de m^eme longueur et on ne conserve
que les deux intervalles fermes extr^emes. On dispose alors de deux intervalles de longueurs 1 . Sur chacun des deux intervalles on refait la m^eme
3
1
transformation. On dispose alors de 4 intervalles fermes de longueurs 2 .
3
On construit alors par recurrence une suite decroissante d'ensembles Cp
constitues de 2p intervalles fermes de longueurs 1p . K est l'intersection
3
de cette famille denombrable d'intervalles fermes. Il s'agit evidemment
d'un ensemble ferme donc compact. Son complementaire dans [0; 1] est
une reunion denombrable d'intervalles ouverts.
K
2est
p inclus pour tout p 2 N dans Cp dont la somme des longueurs est
. K est dit de mesure nulle.
3
2. (a) Les trois premieres assertions sont immediates ; demontrons la derniere.
Supposons que X soit un espace metrique. V contient une boule ouverte
centree en a de rayon r > 0. Notons W cette boule. Soit x 2 W .
d(x; a) = < r. Considerons la boule ouverte B centree en x de rayon
r . Soit y 2 B . Nous avons d(y; x) < r donc d(y; a) < (r )+ = r.
y est dans la boule ouverte centree en a de rayon r. B W V ; V est
un voisinage de x d'ou le resultat.
Si X = R et a 2 R, on peut faire le m^eme raisonnement. Supposons par
exemple a = +1. Supposons [a; +1] V . En choisissant W =]a; +1]
nous obtenons alors le resultat. Nous faisons le m^eme raisonnement dans
le cas 1.
(b) Supposons l'interieur de l'ensemble A non vide. Soit a un de ses points. Il
existe, d'apres la question precedente, W 2 V (a) tel que A soit voisinage
de chacun des points de W . W est donc lui-m^eme inclus dans l'interieur
de A qui est donc un voisinage de a. A est voisinage de chacun de ses
points et est ouvert.
Soit O l'ensemble des ouverts de X inclus dans
[ A (O est non vide car
il contient l'ensemble vide). La reunion B = O est un ouvert inclus
O2O
dans A. Par construction, A est voisinage de chaque point de B donc
B A. A est un ouvert inclus dans A donc appartient a O ; il vient alors
A B d'ou l'egalite.
D'apres ce que nous venons de voir, A est le plus grand ensemble ouvert
inclus dans A.
Soit a 2 X . Soit V 2 V (a) ; O = V est un ouvert non vide inclus dans V
et contenant fag. La reciproque est immediate.
(c) Soit un ouvert de X . Posons O = \ Y . Soit a 2 O ; a est dans donc est un voisinage de a dans X et O est, par denition, un voisinage
de a dans Y ; ce qui prouve que O est un ouvert de Y .
Soit O un ouvert de Y . O est alors voisinage, dans Y , de chacun de ses
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
284
points.
Soit a 2 O ; O est voisinage de a dans Y , il existe alors Wa un voisinage
de a dans X tel que O = Wa \ Y .
a 2 Wa donc a 2 Wa et Y \ Wa [O. Wa est ouvert dans X donc = Wa est un ouvert de X contenant O.
a2O
Nous en d
O = O \ Y \ Y .
[eduisons
\Y =
Y \ Wa O. Nous avons donc \ Y = O d'ou le
a2O
resultat.
Si F est ferme dans Y alors son complementaire, dans Y , O = C F \ Y
est ouvertdans Y . Il existe
un ouvert de X , tel que O = \ Y puis
F = C O \ Y = C [ Y \ Y = C \ Y . F est l'intersection de
Y et d'un ferme de X . La reciproque est immediate.
(d) Soit a 2 X . a 62 A si et seulement si il existe V 2 V (a) tel que V \ A = ; ;
c'est-a-dire V C A.
C A est donc un voisinage de a et alors a 2 C A .
Nous avons donc a 2 CA () a 2 C A . A est donc ferm
e. En appliquant le resultat precedent a CA nous avons C CA = A puis
CA = CA.
A partir de ces relations nous obtenons bien que l'adherence de A est
l'intersection de tous les fermes contenant A et est le plus petit ferme
contenant A.
3. (a) A A; B B donc A [ B A [ B . A [ B est ferme, donc d'apres ce
que nous avons vu plus haut, A [ B A [ B .
A [ B A [ B A ; de m^eme A [ B B ; comme precedemment il
vient A [ B A et A [ B B puis A [ B A [ B d'ou l'egalite.
z }| {
(b) C(A \ B ) = C(A \ B ) = CA [ CB = CA [ CB = CA [ CB .
z }| {
Nous avons donc A \ B = A \ B .
z }| {
(c) A A; B B donc A[B A[B . A[B est ouvert donc A[B A [ B .
L'egalite peut ne pas avoir lieu; en eet si nous avons A = Q et B = RnQ,
leurs interieurs sont vides, car il n'existe aucun ouvert de R ne contenant
que des rationnels ou que des irrationnels, et l'interieur de la reunion est
R.
(d) En employant la m^eme methode qu'a la question precedente, nous avons
le resultat demande. L'inclusion peut ^etre stricte ; il sut de choisir le
m^eme exemple qu'a la question precedente car l'adherence de Q et de son
complementaires est R.
4. Fr(X ) = X \ CX = X n X .
285
Soit (fn)n2N une suite d'elements de X convergente dans E .
Il existe une application f 2 E telle que n!lim
kf f k1 = 0 ; en particulier
+1 n
8t 2 [a; b]; n!lim+1 fn(t) = f (t). Donc pour tout t 2 A; f (t) = 0 et f 2 A. X
est ferme.
Montrer que Fr(X ) = X equivaut a demontrer que X = ;.
Soit f 2 X . Soit " > 0. Il existe c 2 A tel que f (c) = 0. Soit g l'application
denie sur [a; b] par g(t) = f (t) pour t 6= c et g(c) = ". g 2 E et kf gk1 = ".
Tout voisinage de f contient dont un element qui n'est pas dans X ; l'interieur
de X est donc vide d'ou le resultat.
5. Suposons F 6= ;. Soit a un point interieur. Il existe " > 0 tel que la boule
fermee de centre a et de rayon " soit incluse dans F . Soit x 2 E; kxk6".
x + a 2 F donc x appartient a F . 0 2 F . Soit y 2 E; y 6= 0. ky" k y 2 F qui est
un sous-espace vectoriel donc y 2 F et F = E ; la reciproque est immediate.
6. Soient a et b deux elements de F et un element de K . Il existe deux suites
de points de F (an)n2N et (bn)n2N qui convergent respectivement vers a et b ;
la suite de terme general an + bn converge vers a + b. F etant un espace
vectoriel, an + bn est dans F et a + b est dans F qui est donc un espace
vectoriel.
7. La denition de la valeur d'adherence de la suite (un)n2N equivaut a 8V 2
V\(a); 8n 2 N; V \ Xn 6= ; c'est-a-dire 8n 2 N; a 2 Xn ; nous avons donc
Xn est l'ensemble des valeurs d'adherence de la suite (un )n2N.
n2N
Nous en deduisons que l'ensemble des valeurs d'adherence est un ferme.
[ 1 8. Posons pour n 2 N; Xn = B0 a;
. Xn est un ouvert contenant F .
n
+
1
a2F
L'intersection
de
tous
ces
ouverts
contient F .
\
1
Soit x 2 Xn. 8n 2 N; 9an 2 F; d(x; an)6
n + 1 . La suite (an)n2N converge
n2N
\
vers x qui est donc dans F car F est ferme. Nous en deduisons F Xn
d'ou l'egalite F =
\
n2N
Xn.
n2N
Nous avons aussi : tout ouvert de E est la reunion denombrable d'une suite
de fermes de E .
1 1
a
9. En est le disque ferme centre en On = ;
de rayon . La distance de O
n n
n
p
au centre du disque est egale a 2 .
n
p
p
O appartient a l'un des En si et seulement si n2 6 na () 26a mais alors
cela equivaut au fait que O appartient a tous les En.
286
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
p
Donc si 06a < 2, O n'appartient a aucun disque En et donc n'appartient
pas a E . n!lim
O = O donc O 2 E . E n'est donc pas egal a son adherence
+1 n
et E n'est pas ferme.
p
Il est donc necessaire que a soit au moins egal a 2.
a
Le diametre passant par O coupe le cercle Cn centre en On de rayon en
p !
p n!
2p a et
2p+ a .
les points An et Bn de coordonnees respectives
n 2
n 2
Nous en deduisons que si n6m alors le diametre [Am ; Bm ] est inclus dans le
diametre [An ; Bn ] et Em En. Nous avons alors E = E1 est ferme.
10. Pour la topologies choisie, une boule ouverte centree en (a; b) 2 R2 de rayon
r > 0 est ]a r; a + r[]b r; b + r[.
Soit (a; b) 2 A B . Il existe un intervalle I1 ouvert centre en a inclus dans
A et un intervalle ouvert J1 centre en b inclus dans B . Notons I l'intervalle
ouvert centre en a de rayon le minimum, r > 0, des rayons de I1 et J1 ; de
m^eme notons J l'intervalle ouvert centre en b de rayon r. I J est une boule
ouverte centree en (a; b) incluse dans A B donc A B est un voisinage de
(a; b) et est alors voisinage de chacun
\ de ses points et est ouvert1.
(0; 0) 2 E . Soit (a; b) 2 E =
En .
n2N
Nous avons donc 8n 2 N ; jaj < 1 ; jbj < 12 . En calculant la limite nous obn
n
tenons jaj60; jbj60. E est donc reduit au singleton f(0; 0)g.
\
Soit (a; b) 2 F =
Fn . Nous avons donc 8n 2 N ; 0 < a < n1 ; jbj < n12 .
n2N
En calculant la limite nous obtenons 0 < a60; jbj60. F est donc vide.
E est ferme, F est ouvert et ferme.
11. Soit O un ouvert de E . Soit a 2 O, O est voisinage de a donc[il existe une
boule, Ba , ouverte centree en a de rayon r > 0 incluse dans O. Ba O et
a2O
contient naturellement O donc O est une reunion de boules ouvertes.
12. Soit O un ouvert de R2. Soit (a; b) 2 O ; O est voisinage de a donc il existe un
rectangle [a h; a + h] [b h; b + h] (h > 0) inclus dans O. Quitte a changer
a h en a h0 > a h, a + h en a + h00 < a + h, b h en b k0 > b h, b + h
en b + k00 < b + h, nous pouvons supposer que le rectangle [a1 ; a2 ] [b1 ; b2 ] est
un voisinage de (a; b) avec
(a1; a2 ; b1 ; b2) 2 Q4 . a (a; b) 2 O nous associons
[
(a1; a2; b1; b2) 2 Q4 .
[a1; a2] [b1; b2 ] O et contient tous les points
(a; b)2O
de O donc contient O ; nous avons alors
[
[a1; a2 ] [b1 ; b2 ] = O. Notons
(a; b)2O
4
f ((a; b)) l'element (a1; a2; b1 ; b2 ) 2 Q .
1
Le raisonnement est le m^eme pour le produit cartesien de deux espaces vectoriels normes muni
de la norme produit.
287
4 . D est denombrable. Notons D0 = f (O).
Soit D = Q[
O=
[a1; a2] [b1; b2 ] = O. D0 est denombrable et O est donc
(a1 ; a2 ; b1; b2 )2D0
une union denombrable de rectangles.
13. Soit O un ouvert, non vide, de R. Soit a 2 O. Il existe un intervalle ouvert
contenant a et inclus dans O. Notons Ia[l'ensemble des intervalles ouverts
I . I (a) est un intervalle. En
inclus dans O contenant a puis I (a) =
I 2Ia
eet soient x et y deux elements de I (a). Il existe (I; J ) 2 (Ia )2 tel que
x 2 I; y 2 J . K = I [ J est un intervalle ouvert, car a 2 I \ J , contenant
a et inclus dans O donc K 2 I ; x et y sont dans K et [x; y] K I (a).
I (a) est donc un intervalle ; par ailleur I (a) est ouvert donc il s'agit d'un
intervalle ouvert. I (a) est le plus grand (au sens de l'inclusion) intervalle
ouvert contenant a inclus dans O car il est dans Ia et est egal a la reunion de
tous les elements de Ia.
Soient a et b deux elements de O. Si I (a) \ I (b) 6= ; alors I (a) [ I (b) est
un intervalle ouvert inclus dans O contenant a et contenant b. D'apres la
question precedente nous en deduisons I (a) [ I (b) I (a); I (a) [ I (b) I (b)
d'ou l'egalite I (a) = I (b).
La reunion de tous les intervalles tels que I (a) contient et est incluse dans
O donc est egale a O. Soit alors E l'ensemble des intervalles ouverts deux a
deux disjoints denis precedemment dont la reunion est O. Chaque intervalle
contient un rationnel q et l'intervalle contenant q est I (q). Nous denissons
ainsi [
une bijection de E dans partie P de Q. D'apres ce que nous avons vu
O = I (q) qui est donc une reunion denombrables d'intervalles ouverts deux
q2P
a deux disjoints.
14. Soit O un ouvert de Rn (pour la norme innie). O contient
Yn
i=1
]ai ; bi [ ou ai
et bi sont des reels. Chaque intervalle ]ai ; bi [ contient un rationnel qi donc il
existe q = (q1; q2; : : : ; qn) 2 Qn appartenant a O. Qn est denombrable.
Soit E la famille des ouverts de Rn deux a deux disjoints. Soit f l'application
de E qui a O associe q. f est injective et f (E ) est denombrable donc E est
denombrable.
15. Soit (xn )n2N une suite de points de A + B , convergente de limite l.
Il existe deux suites (an)n2N et (bn)n2N telles que 8n 2 N; an 2 A; bn 2 B et
an + bn = xn. Il existe une fonction
strictement croissante ' de N dans N telle
que n!lim
a = a 2 A. b'(n) n2N converge donc vers b = l a 2 B car B
+1 '(n)
est ferme. Nous en deduisons l = a + b 2 A + B qui est alors ferme.
16. (a) Supposons ' non continue. S'agissant d'une application lineaire, cela signie que ' n'est pas continue en 0. Il existe "0 > 0 tel que 8 > 0,
9x 2 E; kx k6 et j'(x )>"0 .
En choisissant = 1 avec n 2 N, nous en deduisons, quitte a changer
n+1
288
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
de notations, qu'il existe une suite (xn )n2N convergeant vers 0 et veriant
pour tout entier n, j'(xn)>"0 .
Posons yn = 1 xn ; kynk6 1 kxnk. '(yn) = 1 et la suite (yn)n2N
'(xn)
"0
converge vers 0.
8n 2 N; y0 yn 2 Ker(') et n!lim+1(y0 yn) = y0 62 Ker('). Ker(') n'est
pas ferme.
La reciproque est un resultat classique sur les fonctions continues car f0g
est ferme.
(b) Supposons G = K a avec a 62 F .
H = F G. Soit (xn)n2N une suite de points de H convergeant vers l.
xn s'ecrit xn = fn + na avec pour chaque n 2 N, fn 2 F et n 2 K .
Si (n)n2N est bornee elle possede une valeur d'adherence 2 K . Il existe
une sous-suite de terme general '(n) qui converge vers . f'(n) converge
donc2 vers l a qui est dans F car F est ferme. Nous avons donc l 2 H
qui est ferme.
Supposons que (n )n2N ne soit pas bornee.
(n)n2N possede alors une sous-suite (n)n2N qui a pour limite 1 ou
+1. A partir d'un certain rang N n est non nul. Quitte a changer
d'indexation nous pouvons supposer que pour tout n 2 N; n 6= 0. Il
existe ' strictement croissante de N dans N telle que 8n 2 N; n = '(n) .
Notons x0n = x'(n) et fn0 = f'(n) .
1 x0 = 1 f 0 + a donc lim 1 f 0 = a.
n!+1 n n
n n n n
Cela conduit a a 2 K a \ F = f0g ce qui est faux.
Le resultat est donc obtenu dans le cas ou G est une droite quelconque
car si a 2 F le resultat est immediat.
Supposons le resultat obtenu pour tout sous-espace G de dimension au
plus egale a p. Soit G un sous-espace de E de dimension p + 1.
G = G1 K a avec dim(G1 ) = p. F + G = (F + G1 ) + K a ; F + G1 est
ferme et, d'apres ce qui vient d'^etre demontre, F + G aussi.
Nous en deduisons alors que, f0g etant toujours ferme, tout sous-espace
vectoriel de dimension nie d'un espace vectoriel norme est ferme.
(c) Nous pouvons supposer u non nulle car alors le resultat est immediat ;
elle est continue et E est ferme.
Soit B = (e1 ; : : : ; en) une base de Im(u), soit e01 ; : : : ; e0n des elements
de E tels que 8i 2 Nn ; u(e0i ) = ei .
n
n
X
X
Soit la combinaison lineaire i e0i = 0 alors i u(e0i ) = 0 et les coefi=1
i=1
cients sont tous nuls. (e01; : : : ; e0n ) est libre3.
Nous avons E = Ker(u) Vect(e01; : : : ; e0n). En eet si x est un element
2
kna ak = jn jkak converge vers 0 donc n!lim+1 na = a.
Ce resultat est classique ; l'image reciproque d'une famille libre est libre car l'image d'une
famille liee est liee.
3
de E alors u(x) =
Posons y = x
n
X
i=1
n
X
i=1
i ei = u
i e0i .
n
X
i=1
e0
i i
289
!
.
n
X
y 2 Ker(u) et x = y + i e0i .
i=1
Nous avons donc E = Ker(u) + Vect(e01 ; : : : ; e0n).
! X
n
n
X
0
0
0
i ei = i ei .
Soit x 2 Ker(u) \ Vect(e1; : : : ; en). u(x) = 0 = u
i=1
i=1
x est donc nul.
!
n
X
Notons pi l'application lineaire de F dans K denie par pi
j ej = i .
Soit x = a +
n
X
j =1
i e0j avec a 2 Ker(u). (pi u)(x) = i . Notons ui l'ap-
0
1
n
M
plication pi u. ui est une forme lineaire de noyau Ker(u) B
@ K e0j CA.
j =1
j =1
j 6=i
Si Ker(u) est ferme alors Ker(ui) est ferme et ui est une forme lineaire
continue.
Soit x 2 E .
kui (x)ei kF = jui (x)jkeikF 6Mi kxkE kei kF ou Mi est la norme de ui qui
existe car ui est continue.
n
X
x 2 E 7 ! ui (x)ei 2 F est donc continue. 8x 2 E; u(x) = ui (x)ei
i=1
donc u est continue.
Il est clair que si u est continue alors Ker(u) est ferme.
(d) Considerons l'identite de (E; N1 ) dans (E; N2). Cette application est de
rang nie et a pour noyau f0g donc elle est continue. La reciproque l'est
aussi donc pour tout x 2 E nous avons N2(x)6aN1(x) et N1 (x)6bN2(x)
avec a et b reels strictement positifs.
17. Soient (E1 ; d1 ) un espace metrique. Soit E2 un sous-ensemble non vide de E1 .
Soit K un sous-ensemble de E2 , compact pour la toplogie induite par E1 sur
E2 . Soit (xn )n2N une suite de points de K . Cette suite possede une sous-suite
convergente dans E2 dont la limite est dans K . K est donc aussi un compact
de E1 .
(a) L'application f : y 2 F 7 ! kx yk kxk 2 R est continue et B 0 =
f 1 (] 1; 0]) est ferme borne. F est de dimension nie donc B 0 est
compact. L'application y 2 F 7 ! kx yk 2 R+ est continue. B 0
etant compact il existe a 2 B 0 tel que 8y 2 B 0 ; ky xk>ka xk.
Soit y 2 F; y 62 B 0 ; nous avons ky xk > kxk. Nous avons donc
8y 2 F; ky xk>ka xk.
290
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
Il existe donc un element a de F tel que d(x; F ) = ka xk.
Soit A une partie d'un espace metrique (E; d). Soit x 2 E .
d(x; A) = 0 () 8" > 0; 9y 2 A; d(x; y)6" ce qui equivaut a x 2 A.
Soit x 2 F . Nous avons d(x; F ) = 0 et d'apres le resultat precedent, il
existe a 2 F tel que d(a; x) = 0 donc a = x et x 2 F . Nous avons donc
F = F et F est ferme.
(b) D'apres la question precedente, si f et g sont deux elements de E , il existe
une fonction polynomiale4 P telle que Dn(f g) = kf g P k donc est
en particulier inferieur a kf g P k. Dn est donc lipschitzienne.
18. E est l'ensemble des suites bornees. Soit (un)n2N une suite de Cauchy de
points de E . Pour chaque n 2 N, la suite de terme general un;r ; r 2 N, est
bornee.
8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 , p>N; q>N ) kup uq k1 6".
Cela signie que pour tout r 2 N; jup;r uq;r j6".
r etant xe, la suite (un;r )n2N est une suite de Cauchy de points5 de R donc
converge vers un element vr de R.
Posons v = (vr )r2N.
Avec les notations precedentes, nous avons q!lim
ju uq;r j = jup;r vr j6".
+1 p;r
Pour tout p>N et pour tout r 2 N, on a jup;r vr j6". En particulier
jvr j6 sup juN;r j + ". La suite v est dans E .
r 2N
Montrons que (un)n2N converge vers v.
D'apres l'inegalite precedente nous avons sup jup;r vr j6" ;
r2N
c'est-a-dire kup vk1 6" pour p>N d'ou le resultat et E est complet.
Soit A l'ensemble des suites croissantes de E . Soit (un)n2N une suite convergente, vers l, dans E d'elements de A.
Soit n xe ; soit un;r l'element d'indice r de la suite un . Nous avons un;r 6un;s
pour r6s. Comme nous l'avons vu precedemment, pour r xe, n!lim
u =l
+1 n;r r
donc lr 6ls et l est croissante ; A est donc ferme.
Soit B l'ensemble des suites de E de limite nulle. Soit (un)n2N une suite
d'elements de B , convergente, vers l, dans E .
Soit n xe ; soit un;r l'element d'indice r de la suite un .
8" > 0; 9N 2 N; 8n>N; 8r 2 N; jun;r lr j6".
Par ailleurs, pour chaque entier n, r!lim
u = 0.
+1 n;r
Soit n xe, n>N . Il existe M 2 N tel que pour r>M on ait jun;r j6" donc
jlr j62". La suite l converge donc vers 0 et l 2 B . B est ferme.
Soit C l'ensemble des suites de E convergentes. Soit (un )n2N une suite d'elements de C , convergente, vers l, dans E .
Soit n xe ; soit un;r l'element d'indice r de la suite un .
8" > 0; 9N 2 N; 8n>N; 8r 2 N; jun;r lr j6".
Nous confondrons P et sa restriction a [ 1; 1] car il existe une et une seule fonction polynomiale
denie par la restriction a [ 1; 1].
5
On peut remplacer R par un espace vectoriel norme complet.
4
291
Soit n xe, n>N . Soient r et s deux entiers naturels.
jlr ls j6jlr un;r j + jun;r un;sj + jun;s ls j62" + jun;r un;sj.
la suite (un;r )r2N est convergente donc il existe M 2 N tel que pour r et s au
moins egaux a M on ait jun;r un;sj6". Nous obtenons donc pour r et s au
moins egaux a M , jlr lsj63". La suite l est de cauchy donc est convergente
et C est ferme.
Soit D l'ensemble des suites de E pour lesquelles 0 est valeur d'adherence.
Soit (un )n2N une suite d'elements de C , convergente, vers l, dans E .
Soit n xe ; soit un;r l'element d'indice r de la suite un .
8" > 0; 9N 2 N; 8n>N; 8r 2 N; jun;r lr j6".
Soit n xe, n>N . Pour tout M 2 N il existe r>M tel que jun;r j6". Nous
avons alors jlr j62" et la suite l appartient a D qui est ferme.
Soit F l'ensemble des suites periodiques. Recherchons une suite u =(un)n2N
d'elements de F , convergente vers l dans
E telle que l ne soit pas periodique.
n
X
1 sin 2r .
Choisissons pour (n; r) 2 N2 , un;r =
k2 k k
=1
2(r + n!) n
X
1 .
Soit n xe. un;r+n! =
2 sin
k
k
k=1
2(
r
+ n!) = 2r + 2q ou q 2 N. Nous avons donc
k divise n! donc
k
k
k
k
un;r+n! = un;r . u est une suite de suites periodiques.
Soit r xe et soient
m et n mdeux entiers tels mque n + 16m. m
m
X
X 1
X 1 1 1 1
1 X
1
jun;r um;r j 6
6
=
=
2
n m6n.
k=n+1 k k=n+1 k (k 1) k=n+1 k 1 k=n+1 k
Nous en deduisons kun um k16 1 . La suite u est de Cauchy donc converge
n
dans E qui est complet.
Soit l la limite dans E de la suite u ; montrons
que celle-ci n'est pas periodique.
+1 1 2r X
sin
Soit r 2 N xe. lr = n!lim
u =
+1 n;r k=1 k2 k .
S'il existe T 2 N tel que 8r 2 N; lr+T = lr alors, en particulier l0 = lT .
l0 = 0 et pour r 6= 0; lr > 0. l n'est pas periodique.
19. (a) Soit (a; b) 2 A2 .
Pour x 2 E nous avons
'(a)+kd(a; x) = '(a) '(b)+'(b)+kd(x; a)> kd(a; b)+'(b)+kd(x; a)
> '(b) kd(x; b).
La borne inferieure relative a a existe et (x) existe.
La restriction de a A est '.
Soit (a; x; y) 2 A E E .
'a (x) 'a (y) = k(d(x; a) d(y; a))> kd(x; y).
Nous avons donc :
'a (x)>'a (y) kd(x; y)> (y) kd(x; y) puis (x)> (y) kd(x; y)
c'est-a-dire (y) (x)6kd(x; y).
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
292
En echangeant les r^oles de x et de y nous obtenons j (y) (x)j6kd(x; y).
est donc k-Lipschitzienne.
Si A est ni, toute
f (x) application
' de A dans R est Lipschitzienne de
f
(
y
)
.
rapport max
x6 y x
y
x;y 2A
(b) Soit > 0 tel que pour toute famille nie (x1 ; : : : ; xn) 2 E n de
points
deux a deux distincts distants deux a deux d'au moins on ait
[n
B0 (xi ; ) 6= E .
(
=
)
2
i=1
Soit x1 2 E . la boule ouverte Bo (x1; ) centree en x1 de rayon n'est pas
[n
egale a E . Supposons construits (x1; : : : ; xn) tels que B0 (xi ; ) 6= E
i=1
et 8(i; j ) 2 (Nn )2; i 6= j; ) d(xi ; xj )> . Il existe alors xn+1 2 E et
[n
xn+1 62 B0 (xi ; ). Nous avons alors conxtruits (x1 ; : : : ; xn+1 ) tels que
[
n+1
i=1
B0 (xi ; ) 6= E et 8(i; j ) 2 (Nn+1 )2 ; i 6= j; ) d(xi ; xj )> .
i=1
On peut alors construire une suite (xn )n2N de points de E veriant
8(i; j ) 2 (N )2; i 6= j ) d(xi ; xj )> . Une telle suite ne possede aucune
sous-suite convergente et cela est contraire au fait que E est compact. Il
existe donc pour tout > 0 une suite nie (x1 ; : : : ; xn) 2 E n telle que
[n
B0 (xi ; ) 6= E et 8(i; j ) 2 N; i 6= j ) d(xi ; xj )> .
i=1
(c) f est uniformement continue donc il existe > 0 veriant :
8(x; y) 2 E 2; d(x; y) < ) jf (x) f (y)j6 2" .
8(i; j ) 2 (Nn )2 ; i 6= j ) jf (dx(i)x ; fx()xj )j 6 kf k .
i j
"
Soit < et <
.
2(1 + kf k)
En utilisant le resultat precedent, il existe une application k-Lipschitzienne
g de rapport au plus egal a kf k prolongeant la restriction de f a fx1 ; : : : ; xn g
et de m^eme rapport que celle-ci.
kf k 6 " donc k6 " .
2
2
(d) Soit x 2 E . Il existe i 2 Nn tel que la boule ouverte centree en xi de
rayon contient x.
jg(x) f (x)j6jg(x) g(xi )j + jf (xi ) f (x)j6kd(x; xi ) + 2" 6" donc
kg f k6".
(e) K est compact ; pour " > 0 donne il existe (f1; : : : ; fp) 2 (C 0 (E; R))p
[p
"
telle que Bo (fi; K .
2
i=1
293
fi etant donne, il existe une application gi ki -Lipschitzienne veriant
kfi gi k6 2" . Notons k le maximum des ki .
Soit f 2K . Il existe fi tel que f appartienne a la boule ouverte
Bo fi ; 2" donc kf gi k6kf fi k + kfi gik6". D'ou le resultat demande.
Remarques
Si l'espace des fonctions Lipschitziennes est ferme alors il est egal a
C 0 (E; R) ce qui n'est pas le cas car il y a des fonctions continues non
Lipschitziennes ; par exemple :8
< tpt sin 1 lorsque t 6= 0
E = [0; 1]; f : t 2 [0; 1] 7 ! :
t
0 lorsque t = 0
f est derivable. Supposons f C -Lipschitzienne.
3
1
Choisissons x =
et y =
avec k 2 N .
(6k + 1)
2
k
f
(
x
)
f
(
y
)
= p k
Nous obtenons alors 6C ;
x y
9 (6k + 1)
k
p
or k!lim
= +1 donc f n'est pas Lipschitzienne.
+1 9 (6k + 1)
L'espace de fontions Lipschitziennes de [0; 1] dans R n'est pas ouvert.
1
Notons, pour n 2 N ; fn = f . 0 est Lipschizienne et fn n'est pas
n
1
Lipschitzienne. kfnk6 . La boule centree en 0 de rayon " contient donc
n
1
une fonction fn avec n> . L'ensemble des fontions Lipschitziennes de
"
[0; 1] dans R n'est donc pas ouvert.
20. Soit (Kn)n2N une suite decroissante de compacts non vides. Pour chaque
n 2 N choisissons
un element xn dans Kn. La suite (xn)n2N possede un sous
suite x'(n) n2N convergente, de limite l 2 K0.
Pour chaque n 2 N; '(n)>n donc x'(p) 2\Kn pour p>n. Kn est ferme donc l
est dans Kn pour tout n ; en particulier Kn flg 6= ;.
\ ! \
n2N
D'une maniere generale, nous avons f
Soit y 2
\
n2N
An n2N
(f (An)).
(f (An)). 8n 2 N; 9xn 2 An , y = f (xn). Soit x'(n) n2N une
n2N
sous-suite de la suite (xn)n2N convergente de limite l. En refaisant
le rai
sonnement precedent, nous obtenons : 8n 2 N; y = f x'(n) ; x'(n) 2 An,
l 2 An. f!etant continue, nous obtenons y = f (l)!2 f (An ) d'ou l'inclusion
f
\
n2N
An \
n2N
(f (An)) puis l'egalite f
\
n2N
An =
\
n2N
(f (An )).
Remarque Si les ensembles An ne sont que fermes, le resultat peut ^etre faux.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
294
Choisissons f = 1 et pour n 2 N; An = [n; +1[.
\
An = ; donc l'image par
n2N
Pour tout n 2 N; f (An) = f1g donc l'intersection
f de l'intersection est vide.
des images est f1g.
21. (a) Pour chaque n 2 N choisissons un element xn de Xn. Nous denissons une
suite de points de E . Soient p et q deux entiers naturels. d(xp ; xq )6(Xr )
ou r est le plus petit des deux entiers p et q et designe le diametre. Soit
" > 0. Il existe N 2 N tel que pour n>N on ait (Xn)6". Si p et q
sont deux entiers au moins egaux a N , d(xp ; xq ) 6(Xr )6(XN )6". La
suite (xn )n2N est alors une suite de Cauchy qui est alors convergente, de
limite l 2 E . Pour p>n 2 N; xp 2 Xn donc Xn etant ferme, l 2 Xn.
L'intersection des ensembles Xn est donc non vide. Supposons que cette
intersection contienne au moins deux elements distincts a et b. Nous
avons alors (Xn)>d(a; b) ce qui est contradictoire d'ou le resultat.
(b) Soit (xn )n2N une suite de Cauchy de points de E . Posons Xn = fxp ; p>ng
et An = Xn. La suite (An)n2N est decroissante. (An)>(Xn). Montrons
(An)6(Xn). Pour cela, soit " > 0 ; montrons (An)6(Xn) + ". Le
"
resultat sera alors demontre car " est quelconque. Posons "0 = .
3
(An) = sup d(x; y) donc 9(x; y) 2 (An)2; d(x; y)>An "0 .
(x;y)2(An )
Il existe x0 2 Xn et y0 2 Xn tels que d(x; x0 )6"0 et d(y; y0 )6"0 .
(An) "0 6d(x; y)6d(x0 ; x)+ d(x0 ; y0 )+ d(y; y0 )62"0 + d(x0 ; y0 ) soit encore
(An)6d(x0 ; y0 ) + "6(Xn) + " d'ou le resultat demande.
Soit " > 0. Il existe N 2 N tel que pour p>N et q>N on ait d(xp ; xq )6".
Soit n>N . (An) = sup d(xp ; xq )6". Le diametre de An tend vers 0
p;q>n
donc, d'apres l'hypothese, il existe a unique element de tous les An. Soit
n 2 N et soit p 2 N; p> n. xp 2 An; d(xp ; a)6(An)6" pour n>N . La
suite (xn)n2N converge vers a et E est complet.
22. (a) Bo (x0; r0 ) \ O1 est ouvert non vide donc contient une boule fermee de
1
centre x1 de rayon r1 que l'on peut supposer inferieur a .
2
Supposons que pour tout n6p + 1, il existe xn 2 X et rn 2 R+ tels que
8n6p; xn 2 On; rn 6 n +1 1 ; Bf (xn+1; rn+1) Bo (xn; rn ) \ On+1.
Bo (xp+1; rp+1 ) \ Op+2 est ouvert non vide donc contient une boule fermee
de centre xp+2 de rayon rp+2 que l'on peut supposer inferieur a 1 .
p+3
Le resultat est donc acquis au rang suivant. La proposition est vraie.
D'apres l'exercice precedent, la suite des boules fermees de centres xn de
rayon rn est decroissante et de diametre tendant vers 0. L'intersection de
cette famille de boules est donc un singleton fag.
Chaque
\ boule Bf (xn; rn) est incluse dans On donc l'intersection O =
On est non vide et contient a.
2
n2N
Par ailleurs a appartient a Bf (x0 ; r0 ) Bo (x0 ; r0 ) \ O0 V \ O0 . a est
295
donc dans V \ O qui est non vide. Il vient bien O = X .
Soit (Fn)n2N une suite de fermes de X d'interieurs vides. Le complementaire, On, de Fn est, voir les precedents exercices, un ouvert dense dans
X donc la reunion des ensembles Fn est d'interieur vide.
(b) () F est ferme et E est complet donc F est complet. Si F est un
ensemble denombrable, il existe une suite (xn )n2N telle que F =
fxn; n 2 Ng. Considerons l'espace metrique F . Supposons que
l'interieur de fxn g est non vide. Cela est equivalent a il existe " > 0
tel que xn est le seul element a la distance " de xn c'est-a-dire xn
est isole dans F ; ce qui[est exclu. Donc l'interieur de fxng est vide.
fxng est ferme et F = fxn g. F est donc d'interieur vide.
n2N
En tant qu'espace metrique, F est ouvert dans F donc son interieur
est egal a F qui est non vide ; il y a une contradiction et F n'est pas
denombrable.
Par exemple, Q est denombrable, sans points isoles donc n'est pas
ferme dans R.
R est ferme sans points isoles donc n'est pas denombrable.
() Soit (en )n2N une base denombrable de l'espace vectoriel norme complet E . Pour n 2 N, posons Fn = Vect(e0 ; : : : ; en ). En utilisant les
precedents exercices, nous en deduisons que Fn etant de dimension
nie est ferme ; Fn 6= E donc[son interieur est vide. Nous obtenons
alors que l'interieur de E = Fn est vide ce qui est faux car il est
n2N
egal a E .
Un espace vectoriel norme de dimension innie complet ne peut donc
pas avoir de base denombrable ; un espace vectoriel norme de dimension innie ayant une base denombrable ne peut donc pas ^etre
complet. En particulier K [X ] possedant une base denombrable n'est
complet pour aucune nomre.
23. Posons kP k =
N
X
k=0
jP (xk )j ou les reels xk sont deux a deux distincts et appar-
tiennent a [0; 1].
k k est une norme. Toutes les normes sont equivalentes sur C N [X ] ; il sut
donc de prouver que la suite converge pour cette norme.
N
X
kPn Pm k = jPn(xk ) Pm(xk )j.
k=0
Soit " 2 R+ donne.
Soit k 2 N; k6N . Il existe un entier Nk tel que
8(n; m) 2 N2 ; (n>Nk ; m>Nk ) ) jPn(xk ) Pm(xk )j6 N "+ 1 .
En notant A un entier au moins egal a tous les Nk nous en deduisons que la
suite (Pn)n2N est de Cauchy pour la norme k k. C N [X ] est de dimension nie
donc complet et la suite (Pn)n2N est alors convergente.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
296
24. (a) Soit y 2 F . Il existe x 2 E tel que y = u(x).[ Soit k 2 N tel que
kxk < k. Nous avons alors y 2 u(kU ) puis F u(kU ) d'ou l'egalite
[
[
k2N
F = u(kU ) ainsi que F = u(kU ) .
k 2N
k2N
En utilisant le theoreme de Baire, F , dont l'interieur est non vide, est
l'union d'une famille denombrable de fermes donc l'un au moins a son
interieur non vide. Il existe alors un entier k et un ouvert W = u(kU )
non vide tels que tous les points de W (et aussi de son adherence) sont
des limites de suites de points de u(kU ).
Soit y0 2 W et soit B0 (y0; ) une boule ouverte incluse dans W . Soit
y 2 F; kyk6.
Il existe une suite (an)n2N de points de kU telle que n!lim
u(a ) = y0 et
+1 n
une suite (bn)n2N de points de kU telle que n!lim
u(b ) = y0 + y.
+1 n
Posons pour chaque n 2 N; xn = an bn. kxn k < 2k et (u etant continue)
lim u(xn ) = y.
n!+1
Nous en deduisons que pour tout y 2 F; kyk6 il existe une suite (xn)n2N
de points de E , kxnk < 2k, telle que n!lim
u(x ) = y.
+1 n
Soit = . Soit y 2 F; y 6= 0, soit " > 0 et z = y. kz k6.
2k
kyk "
Il existe un vecteur x, kxk < 2k, tel que ku(x) z k6
kyk soit encore
ku(kykx) yk6".
En posant v = kyk x nous obtenons ku(v) yk6".
k
v verie kvk = yk kxk < 2kkyk = ky k .
Nous venons de prouver :
8" > 0; 8y 2 F; 9v 2 E; kvk < ky k et ky u(v)k6".
Soient alors y 2 V et " > 0. En utilisant le resultat precedent avec
" a la place de " nous disposons d'un vecteur x de norme strictement
0
2
inferieure a 1 veriant ky u(x0 )k < " .
2
kz k tel que ku(x ) z k6 "
Soit z = y u(x0 ). Il existe x1 2 E kx1k <
1
4
"
"
soit encore kx1 j < et ku(x1 ) + u(x0 ) yk6 .
2
4
Supposons construits les elements x1 ; x2; : : : ; xn de E veriant pour
k
X
tout k 2 Nn ; kxk k < "k et y
u
(xi ) < "
.
2
2k+1
k
X
i=0
Posons z = y
u(xi ). En appliquant a z et avec 2"
n+2 le resultat vu
i=0
plus haut, nous obtenons l'existence d'un element xn+1 de E veriant
297
kxn+1 k < 2n"+2 et ku (xn+1 ) z k 6 2"
n+2 .
Il est clair que la serie de terme general xn est abolument convergente
donc convergente, car E est complet, de limite un element x 2 E .
+1 "
X
kxk < 1 + 2n = 1 + ".
n=1
n
X
u etant continue nous avons aussi n!lim
u(xi ) = u(x) puis, d'apres la
+1 i=0
construction des xn , u(x) = y.
Nous en deduisons que pour tout " > 0, pour tout y 2 V il existe
x 2 E; kxk < 1 + " veriant y = u(x) c'est-a-dire u((1 + ")U ) V soit
encore, 8" > 0; u(U ) V .
1+" [
V = V . Le resultat est demonNous avons donc aussi u(U ) ">0 1 + "
tre.
(b) Soit choisi comme precedemment.
Nous avons, u etant bijective, u 1 (V ) = u 1 (V ) U c'est-a-dire
u 1 (V ) 1 U . Il vient alors kxk < 1 ) ku 1 (x)k < 1 U . u 1 est donc
continue.
25. (a) Soit E l'espace vectoriel des applications bornees de X dans un espace
vectoriel norme complet Y .
La norme sur E est denie par kf k1 = sup kf (x)kF ou k kF est la norme
x2X
denie sur F .
Soit (fn)n2N une suite de Cauchy de points de E . Pour " > 0 donne,
il existe N 2 N tel que pour tous p et q entiers au moins egaux a N ,
kfp fq k1 6".
En particulier, pour chaque x 2 X nous avons kfp(x) fq (x)kF 6". Y
etant complet la suite de terme general fn(x) est convergente dans F .
Posons pour x 2 X; f (x) = n!lim
f (x).
+1 n
p et x etant xes, la relation ecrite plus haut permet de conclure :
lim kf (x) fq (x)kF 6" soit encore
q!+1 p
8" > 0; 9N 2 N 8x 2 X; 8p 2 N; p>N ) kfp(x) f (x)kF 6".
Fixons, par exemple p a N ; nous avons kf (x)kF 6kfN (x)kF + ".
f est alors bornee kfp f k1 6" pour p>N .
La suite (fn)n2N est convergente et E est complet.
p q p + q (b) fp (t) fq (t) = 2 sin
t sin 2 t pour p et q au moins egaux
2
61.
a 4,
p + q (p q) (p q) fp p + q fq p + q = 2 sin 2(p + q) = 2 cos 2 + 2(p + q)
298
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
p .
= 2 cos
2(p +pq) .
Nous avons bien kfp fq k1>2 cos
2(p + q) Considerons la suite (xn)n2N de terme g
eneral
f2p . Quitte
a echanger p
>1. Cette suite,
et q nous avons q > p et kxp xq k1 >2 cos
1 + 2q p +2
bornee, ne possede pas de sous-suite convergente donc la boule unite n'est
pas compacte.
26. Nous avons deja vu a l'exercice 16. (b) qu'un espace de dimension nie est
toujours ferme. Le resultat a ete demontre a l'exercice 17. Soit x 2 E; x 6= 0.
1
Posons u0 = x. Soit F l'espace vectoriel engendre par u0 . Soit y 62 F . Il
kxk
existe y0 2 F; d(y; y0 ) = d(y; F ) > 0.
L'ensemble des elements d'un espace vectoriel F est l'ensemble des elements
(z a) ou 2 K est xe non nul et a est un element de F xe car
z 2 F 7 ! (z a) 2 F est une bijection.
Si u1 = 1 (y y0 ) alors
ky y0k
1
1
d(u1 ; F ) = zinf
(y y0) z = zinf
(y y0 z )
2F ky y0 k
2
F
k
y
y
k
0
1
1
= zinf
(y z ) =
2F ky y0 k
ky y0k d(y; F ) = 1.
Nous en deduisons ku1 u0 k>1.
Changeons de notations. Notons F0 = Vect(u0), F1 = Vect(u0; u1 ). Supposons construits des vecteurs u0 ; : : : ; un tels que 8(p; q) 2 N2 ; p 6= q; p6n; q6n
on ait kup uq k>1.
Notons pour chaque p6n; Fp = Vect(u0; : : : ; up ). Soit y 62 Fn. y existe car
la dimension de E est innie. Comme precedemment nous construisons un+1
veriant d(un+1 ; Fn) = 1. Nous avons donc kun+1 up k>1 pour tout p6n.
Nous construisons ainsi une suite de vecteurs de norme 1 veriant pour tout
couple d'entiers dierents p et q l'inegalite kup uq k>1.
La suite (un)n2N n'a donc pas de sous-suite convergente et la sphere unite6
n'est donc pas compacte. Lorsque E est de dimension nie, nous savons que
la sphere unite est compacte.
Application Soit K un compact de E de dimension innie. Supposons que
l'interieur de K n'est pas vide. Il existe une boule fermee centree en un point
de K incluse dans K puis une sphere S incluse dans K . S est fermee donc est
compacte ; ce qui est exclu.
27. (a) Supposons que l'image reciproque de tout compact de R par f soit un
compact.
Soit A > 0, f 1 ([ A; A]) est un compact K inclus dans [ B; B ] avec
B > 0. Cela peut s'ecrire 8A > 0; 9B > 0; jxj>B ) jf (x)j>A. Il s'agit
Toute sphere de rayon strictement positif est donc non compacte car x 7 ! x avec =
6 0 est
6
un homeomorphisme.
299
de jxj)
lim+1 jf (x)j = +1.
Supposons que l'on a jxj!
lim+1 jf (x)j = +1.
Soit K un compact de R. Il existe A>0 tel que K [ A; A]. Il existe
alors B >0 tel que jxj > B ) jf (x)j > A soit encore jxj>B ) f (x) 62 K .
Nous avons donc f (x) 2 K ! jxj6B c'est-a-dire x 2 f 1 (K ) ) jxj6B .
Nous avons donc f 1 (K ) [ B; B ]. f etant continue, f 1 (K ) est ferme
donc compact.
(b) Soit A une partie fermee de R. Soit (yn)n2N une suite convergente de
points de f (A), de limite l. (yn)n2N est bornee donc il existe un compact
K tel que 8n 2 N; yn 2 K . Soit (xn)n2N une suite de points de A
telle que 8n 2 N; f (xn ) = yn. La suite (xn)n2N est bornee car pour
tout entier n, xn 2 f 1 (K ) qui est compact. La suite (xn)n2N possede
une sous-suite (un )n2N convergente de limite a 2 A donc, par continuite,
lim f (un ) = l = f (a) 2 f (A). f (A) est donc ferme.
n!+1
Choisissons f (x) = exp( x) et A = N qui est un ferme de R.
lim f (n) = 0 62 f (A) donc f (A) n'est pas ferme alors que f 1 (fyg) =
n!+1
f ln(y)g si y > 0 ou ; si y < 0.
28. Nous savons que si A est un espace metrique et B un espace topologique, une
application de A dans B est continue en un point a 2 A si et seulement si toute
suite (an)n2N de points de A qui converge vers a on a (f (an))n2N converge (de
plus evidemment a pour limite f (a).
Redemontrons ce resultat.
Si f est continue en a le resultat est immediat.
Supposons que f verie l'hypothese proposee et montrons que f est continue
en a.
Tout d'abord, les suites (f (an))n2N convergent toutes vers f (a). En eet Soient
(an)n2N et (bn)n2N deux suites de points de A convergentes vers a. Soit (cn)n2N
la suite denie par 8p 2 N; c2p = ap ; c2p+1 = bp. Il est immediat que (cn)n2N
converge vers a. (f (an))n2N converge vers l1 , (f (bn))n2N converge vers l2 ,
(f (cn))n2N converge vers l3 . (an)n2N est extraite de (cn )n2N, (bn)n2N est extraite
de (cn)n2N donc l1 = l3 = l2 . Si nous considerons la suite constante prenant
la valeur a, la suite de terme general f (a) converge vers f (a). L'unicite de la
limite nous impose alors que celle-ci est bien egale a f (a). Pour toute suite
(an)n2N convergeant ves a on a donc n!lim
f (a ) = f (a).
+1 n
Montrer que f est continue. Supposons f n'est pas continue en a. Il existe
V 2 V (f (a)) tel que 8 > 0, 9x 2 A; d(x; a)6 et f (x) 62 V . En choisissant
= n +1 1 nous disposons d'une suite (an)n2N d'elements de A veriant pour
1
tout n 2 N; d(an; a)6
n + 1 et f (an) 62 V . La suite (an)n2N converge vers a
et 8n 2 N; f (an) 62 V ; la suite (f (an))n2N ne converge pas vers f (a) d'ou le
resultat demande.
Nous savons aussi que dans un espace metrique E , l'ensemble, K , constitue
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
300
des elements d'une suite convergente (an)n2N auquel on adjoint la limite, a, de
la suite est un ensemble compact.
Montrons ce resultat.
Si E est un sous-ensemble d'un espace vectoriel de dimension nie, il sut
de prouver que K est ferme borne. Il est clair que K est borne car la suite
converge. Montrons que le complementaire de K est ouvert.
Soit x 62 K ; nous avons 8n 2 N; x 6= an et x 6= a. Soit " > 0; "6 d(x; a) .
3
Il existe N 2 N; 8n 2 N; n>N ) d(an; a)6". Soit 2 > 0 le minimum
des distances d(x; an ) pour n < N . La boule centree en x de rayon r > 0 et
r6 min(; ") ne contient donc aucun point de K ; le complementaire de K est
donc ouvert et K est compact.
Faisons une demonstration dans le cas general.
Montrons que toute suite de points de K possede une sous-suite ayant pour
limite un element de K . Quitte a changer l'indexation, on peut supposer
a0 = a la limite de la suite (an)n2N.
Soit (xp )p2N une suite de points de K . Si l'ensemble des valeurs prises par
(xp )p2N est ni alors la suite possede une valeur d'adherence dans K .
Supposons que l'ensemble des valeurs prises par la suite (xp )p2N soit inni.
Notons Nn = fp 2 N; xp = ang. Si l'un des Nn est inni la suite (xp )p2N
possede une valeur d'adherence dans K . Supposons que les ensembles Nn sont
tous nis.
Soit " > 0 ; considerons la boule B" centree en a de rayon ". Il n'y a qu'un
nombre ni d'entiers n pour lesquels les elements an sont en dehors de cette
boule. Notons fn1 ; : : : ; nq g l'ensemble (eventuellement vide) de ces entiers.
[q
0
N = Nni est ni. Soit q 2 N. Si q 2 N 0 pour tout p 62 N 0 , xp 2 B ". Le
i=1
complemenatire de N 0 est inni donc on peut trouver un entier p>q dans cet
ensemble. Si q 62 N 0 alors xq 2 B" ; en choisissant p = q on a encore xp 2 B" .
Pour tout entier q 2 N il existe un entier p>q tel que xq 2 B". La suite possede
donc a 2 K pour valeur d'adherence. K est bien compact.
Soit f injective transformant tout compact de E en un compact de F . Soit
a 2 E , soit (an)n2N une suite de points de E qui converge vers a. Soit K le
compact K = fan; n 2 Ng [ fag. Soit g l'application de K dans f (K ) denie
par g(x) = f (x). g est bijective et g(K ) est compact.1
Soit F un ferme inclus dans K ; F est compact (g 1 ) (F ) = g(F ) = f (F ) est
compact donc ferme. g 1 est donc continue donc transforme un compact en
un compact c'est-a-dire, ici ou K et f (K ) sont compacts, g 1 transforme un
ferme de f (K ) en un ferme de K c'est-a-dire g est continue nous en deduisons
alors n!lim
g(a ) = g(a) = f (a) = n!lim
g(a ). f est donc continue en a puis
+1 n
+1 n
continue.
Exemple Soit f l'application de R dans R denie par f (x) = 1 pour x < 0
et f (x) = 1 dans le cas contraire. Si K est un compact de R, son image par
f est, selon les cas, f1g ou f 1g ou f 1; 1g. L'image par f de tout compact
de R est un compact de R et f n'est pas continue ; f n'est pas injective.
301
29. Soit (an)n2N une suite convergente, vers a, de points de A. D'apres ce que
nous avons vu plus haut, l'ensemble K = fan; n 2 Ng [ fag est compact (ce
qui equivaut ici a ferme borne). Soit g la restriction de f a K . g est continue
donc lim
g(an) = g(a) c'est-a-dire lim
f (an) = f (a). f est donc continue.
n!
n!
30. (a) f conserve les distances donc est injective. Montrons que f est surjective.
Soit x0 2 E . Posons
pour n 2 N; xn+1 = f (xn). (xn)n2N possede une
sous-suite, x'(n) n2N, convergente.
Nous avons d(x'(n+1) ); x'(n) ) = d f '(n+1) (x0); f '(n) (x0) .
Nous obtenons immediatement, car f conserve
les distances, '
(
n
+1)
'
(
n
)
d(x'(n+1) ); x'(n) ) = d f
(x0 ); x0 = d x'(n+1) '(n) ; x0 .
'(n + 1) '(n)>1 donc yn = x'(n+1) '(n) 2 f (E ).
lim d x'(n+1) ); x'(n) = 0 donc n!lim
y = x0 et x0 2 f (E ). Nous en
n!+1
+1 n
deduisons E f (E ). E est compact et f est continue donc f (E ) est
compact puis ferme et E = f (E ). f est surjective donc bijective.
(b) En utilisant ce que nous venons de faire nous en deduisons que g f et
f g sont bijectives ; nous en deduisons7 que f et g le sont
aussi.
(c) () (an)n2N possede une sous-suite convergente a'(n) n2N. b'(n)n2N
possede une sous-suite convergente b(' )(n) n2N puis a(' )(n) n2N
est elle aussi convergente.
Ces deux suites sont donc des suites de Cauchy et pour " > 0 donne,
il existe N 2 N tel que pour tout couple
(m; n) d'entiers au moins
egaux a N on ait d a(' )(n) ; a(' )(m) 6"; d b(' )(n) ; b(' )(m) 6".
En choisissant n < m et en posant p = (' )(n) et q = (' )(m)
nous obtenons le resultat demande.
() Soit (a0; b0 ) 2 E 2. Construisons les deux suites (an)n2N et (bn)n2N
en posant pour tout n 2 N; an+1 = f (an) et bn+1 = f (bn).
Pour " > 0 donne, il existe (p; q) 2 N2 ; p < q tel que d(ap ; aq )6" et
d(bp; bq )6".
Par construction et compte tenu de l'hypothese nous obtenons
d(ap; aq ) = d (f p (a0); f q (a0)) >d a0; f q p (a0) = d(a0 ; aq p).
De m^eme
d(bp; bq ) = d (f p (b0); f q (b0 )) >d b0 ; f q p (b0) = d(b0 ; bq p ).
Nous avons alors d(a0 ; aq p)6"; d(b0; bq p )6".
d(f (a0); f (b0))6d f q p (a0); f q p (b0)
6d f q p (a0); a0 + d(a0 ; b0) + d b0; f q p (b0 )
62" + d(a0 ; b0).
L'inegalite etant vraie pour tout " > 0 et (a0 ; b0 ) etant xe nous en
deduisons :
d(f (a0); f (b0))6d(a0 ; b0 ) d'ou l'egalite d(f (a0 ); f (b0 )) = d(a0 ; b0 ).
D'apres ce qui a ete vu plus haut, f est une bijection de E .
31. (a) Soient (un )n2N une suite de points de E et (vn)n2N une suite de points de
F . Soit (zn )n2N la suite de terme general zn = (xn; yn) 2 E F .
7
Voir l'exercice numero 21 page 133.
302
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
Supposons que les deux suites (un)n2N et (vn)n2N convergent respectivement vers a et b.
Soit " > 0 donne. La boule fermee de centre (a; b) de rayon " est un
voisinage de (a; b) donc il existe N 2 N tel que pour tout entier n>N
on ait d1 (xn; a)6" et d1 (yn; b)6". Cela signie que les suites (un)n2N et
(vn)n2N convergent respectivement vers a et b.
Supposons que (un)n2N et (vn)n2N convergent respectivement vers a et b.
Soit V un voisinage de (a; b) dans E F . Il existe " > 0 tel que la boule
fermee de centre (a; b) de rayon " soit incluse dans V . Il existe N 2 N tel
que pour tout entier n>N on ait d1 (xn; a)6" et d1 (yn; b)6" c'est-a-dire
(xn; yn) est dans la boule de E F centree en (a; b) de rayon " donc est
dans V . La suite (zn)n2N converge donc vers (a; b).
Soit A une partie non vide de E F . Soit (zn)n2N une suite de points de
A, convergente de limite un point (a; b) qui n'est pas dans A. Supposons
A fermee ; son complementaire est ouvert. Il existe une boule B centree
en (a; b) de rayon r > 0 incluse dans le complementaire de A. Il existe
N 2 N tel que pour n>N; zn 2 B ce qui est contraire a l'hypothese faite
sur la suite (zn)n2N.
Supposons que toute suite de points de A convergente dans E F a sa
limite dans A. Montrons que A est ferme. Si A n'est pas ferme, son
complementaire n'est pas ouvert ; il existe (a; b) 62 A tel que pour tout
" > 0, la boule centree en (a; b) de rayon " rencontre A. Choisissons pour
1
chaque n 2 N; " =
n + 1 . Notons alors zn = (xn ; yn) 2 A un element
de la boule centree en (a; b) de rayon 1 . Il est immediat que la suite
n+1
(zn)n2N converge vers (a; b) ce qui est contraire a l'hypothese donc A est
ferme8 .
(b) () Supposons que la suite (an)n2N a pour seule valeur d'adherence a et
ne converge pas ; donc n'a pas pour limite a. 9"0 > 0 tel que pour
tout p 2 N; 9n>p; d(xn; a)>"0 . Pour p = 0, choisissons un entier n
correspondant et appelons-le '(0).
Pour p = 1+ '(0), choisissons un entier n correspondant et appelonsle '(1).
Supposons construits les entiers '(0); : : : ; '(n) tels que 8k < n,
'(k) < '(k + 1) et 8k6n; d(x'(k) ; a)>"0 .
Pour p = 1+ '(n), choisissons un entier correspondant et appelons-le
'(n + 1). '(n + 1) verie '(n) < '(n + 1) et d(x'(n+1) ; a)>"0 . Nous
construisons donc ainsi une sous-suite de la suite (xn)n2N.
E est compact donc cette sous-suite possede une valeur d'adherence
b veriant alors d(b; a)>"0 ce qui est contraire a l'hypothese.
Remarque le resultat peut ^etre faux si l'espace n'est pas compact ;
la suite de terme general xn tel que x2n = n et x2n+1 = 1 a pour
n+1
seule valeur d'adherence 0 et cette suite n'est pas convergente ; elle
8
En fait il s'agit d'un resultat habituel des espaces metriques.
303
n'est pas bornee.
() Supposons f continue. Soit = f(x; f (x)) 2 A F g.
Soit (zn)n2N une suite de points de convergente dans A F de
limite (a; b). Pour tout n 2 N on pose zn = (xn; yn) 2 E F .
yn = f (xn) par denition. (xn )n2N converge vers a, f est continue
donc (yn)n2N converge vers f (a) ; (a; f (a)) 2 donc est ferme.
Supposons ferme dans A F .
Soit a 2 A ; soit (xn)n2N une suite de points de A qui converge vers
a. Posons pour n 2 N; yn = f (xn ) et zn = (xn; yn). La suite (yn)n2N
possede une sous-suite y'(n) n2N convergente
dans F de limite l 2 F .
La sous-suite correspondante x'(n) n2N converge vers a et etant
ferme z'(n) n2N converge vers (a; l) 2 donc l = f (a). La suite
(yn)n2N possede une et une seule valeur d'adherence ; elle est donc
convergente et f est continue.
(c) f est bornee donc il existe une boule fermee contenant f (E ) ; F est de
dimension nie donc la boule est compacte et nous pouvons utiliser le
resultat precedent ; f est continue.
32. Soit (x; y) 2 E F . max(N1(x a); N2 (y b))6r signie d1 (x; a) et
d2 (y; b)6r donc les boules sont les m^emes et les ouverts aussi.
On peut utiliser l'exercice precedent pour prouver que est ferme ; on peut
ici faire une preuve dierente.
Posons pour (x; y) 2 A F; '(x; y) = y f (x). Il est clair que ' est continue
et = ' 1 (f0g) est ferme dans A F .
x 2 A 7 ! (x; f (x)) 2 est bijective continue et (x; y) 2 7 ! x 2 A est
continue donc l'application x 2 A 7 ! (x; f (x)) 2 est un homeomorphisme.
33. (a) Si A B alors fd(x; a); a 2 Ag fd(x; b); b 2 bg donc d(x; A)>d(x; B ).
(b) d(x; A)>d(x; A).
Soit " > 0. Il existe a 2 A tel que d(x; a)6d(x; A) + " .
2
"
Il existe b 2 A; d(a; b)6 donc d(x; b)6d(x; A) + ".
2
En particulier d(x; A)6d(x; A)+". Nous avons donc alors d(x; A)6d(x; A).
d(x; A) = 0 () 8" > 0; 9a 2 A; d(x; a)6" () x 2 A.
(c) Supposons B 6 A c'est-a-dire il existe x 2 B et x 62 A.
d(x; B ) = d(x; B ) = 0 et d(x; A) > 0. Il existe x 2 E; d(x; A) 6= d(x; B ).
En supposant A 6 B nous avons le m^eme resultat donc si A 6= B alors
d(x; A) 6= d(x; B ) d'ou le resultat.
(d) A B A B donc d(A; B )>d(A; B ).
"
Soit " > 0. Il existe (a; b) 2 A B tel que d(a; b)6d(A; B ) + .
2
"
il existe c 2 B tel que d(b; c)6 donc d(a; c)6d(A; B ) + " puis, par
2
denition, 8" > 0; d(A; B )6d(A; B ) + " c'est-a-dire d(A; B )6d(A; B )
d'ou l'egalite.
La suite est immediate.
304
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
(e) d(A; B ) = 0 ) 8n 2 N; 9(an; bn) 2 A B; d(an; bn)6 1 .
n+1
La suite (bn)n2N poss
e
de
une
sous-suite
(
b
)
convergeant
vers b 2 B .
'(n) n2N
lim d a'(n) ; b'(n) = 0 donc n!lim
d a'(n); b = 0. La suite (a'(n))n2N
n!+1
+1
converge donc vers b 2 A (car A est ferme) et A \ B 6= ; d'ou le resultat.
8n 2 N; n>2 on a n + n1 < n + 1 + n +1 1 donc le complementaire de B
+[1 1
5
1
est 1;
n + n ; n + 1 n + 1 . B est donc ferme. A est claire2 n=2
ment ferm
e et A1\ B = ;.
1
inf p q > pinf
p>2; q>2 q >2 p p p = 0.
34. d(A; K ) = (a; kinf
d(a; k).
)2AK
8" > 0; 9(a; k) 2 A K; d(A; K )6d(a; k)6d(A; K ) + ".
1
En choisissant " =
n + 1 pour n 2 N, nous construisons deux suites (an)n2N
et (kn )n2N de points respectivement de A et de K telles que
8n 2 N; d(A; K )6d(an; kn )6d(A; K ).
Nous avons donc : n!lim
d(a ; k ) = d(A; K ).
+1 n n
K est compact donc possede une sous-suite de terme general k'(n) convergente
vers x 2 K .
d(A; K )6d(a'(n) ; x)6d(a'(n) ; k'(n) ) + d(k'(n) ; x).
Nous en deduisons : n!lim
+1 d(a'(n) ; x) = d(A; K ). La suite de terme general
a'(n) est donc bornee et appartient a un sous-espace vectoriel de dimension
nie ; elle possede donc une sous-suite de terme general a(' )(n) convergente
de limite a 2 A car A est ferme.
= d(a; x) = d(A; K ). La distance est
Nous avons donc n!lim
d
a
;
x
(
'
)(
n
)
+1
bien atteinte.
35. Supposons le resultat faux ; 8r 2 R+; 9x 2 Vr (A); x 62 U .
C'est-a-dire 8r 2 R+; 9x 2 E; x 62 U; d(x; A) < r.
En choisissant r = 1 nous construisons une suite (xn)n2N de points du
n+1
complementaire de U , qui est ferme, veriant 8n 2 N; d(xn ; A) < 1 .
n+1
1
Il existe alors an 2 A; d(xn; an) < d(xn ; A) +
n + 1 . Nous avons alors
8n 2 N; d(xn ; an) < n +2 1 .
ayant
A est compact donc la suite (an)n2N poss
e
de
une
sous-suite
a
'
(
n
)
= 0. Le complementaire nde2N U est
une limite a 2 A. n!lim
d
x
;
a
+1 '(n) '(n)
ferme donc la suite x'(n) n2N converge vers a 62 U ce qui est faux car A U
d'ou le resultat demande.
305
36. Montrons que lorsqu'un ensemble A est quelconque9, l'application de E dans
R denie par x 2 E 7 ! d(x; A) 2 R est continue.
Soit (x1 ; x2 ) 2 E 2 . Soit " > 0. Il existe a 2 A tel que d(x2 ; a)6d(x2 ; A) + ".
d(x1 ; A)6d(x1 ; a) donc d(x1 ; A) d(x2 ; A)6d(x1 ; a) d(x2 ; a) ".
d(x1 ; a) d(x2; a)6d(x1 ; x2 ) donc 8" > 0; d(x1 ; A) d(x2 ; A)6d(x1 ; x2 ) "
c'est-a-dire d(x1 ; A) d(x2 ; A)6d(x1 ; x2 ). En echangeant les r^oles de x1 et
x2 nous obtenons 8(x1; x2 ) 2 E 2 ; jd(x1; A) d(x2 ; A)j6d(x1 ; x2 ).
L'application est donc 1-Lipschitzienne et est continue.
Les applications x 2 E 7 ! d(x; A) 2 R et x 2 E 7 ! d(x; B ) 2 R sont
continues, 1-lipschitziennes.
L'application ' denie sur E par '(x) = d(x; A) d(x; B ) est continue.
V = ' 1 (R+) et U = ' 1 (R ) sont deux ouverts.
Soit x 2 A. '(x) = d(x; B ) < 0 car sinon x est dans B puis x 2 A \ B = ;.
Nous en deduisons A U . De m^eme, B V . A U; B V et U \ V = ;
d'ou le resultat.
37. Supposons f continue. Soit A une partie non vide de E . Soit a 2 A.
Pour V 2 V (f (a)) il existe W 2 V (a) tel que f (W ) V . f (W \ A) 6= ;,
f (W \ A) f (W ) \ f(A) V \ f (A) qui est donc non vide et f (a) 2 f (A).
Nous avons donc f A f (A).
Supposons que pour tout sous-ensemble A de E on ait f A f (A).
Soit G un ferme de F ; posons A = f 1 (G).
f A f(A) = f (f 1 (G)) G = G. f 1 f A A donc A f 1 f A f 1 (G) c'est-a-dire f 1 (G) f 1 (G) d'ou l'egalite f 1 (G) = f 1(G) qui est ferme. f est donc continue.
Nous aurions pu faire une autre demonstration10 : supposons f non continue ;
il existe a 2 E et une suite (an)n2N de points de E convergeant vers a avec
(f (an))n2N ne convergeant pas vers f (a). Il existe alors "0 > 0 et une soussuite (bn)n2N sous-suite de (an)n2N tels que 8n 2 N; d(f (bn ); f (a))>"0 . Soit
A = fbn; n 2 Ng. a 2 A et f (a) 62 f (A) donc f (A) 6 f (A) d'ou le resultat.
Supposons f continue. Soit B un sous-ensemble non vide de E . B est ouvert
donc f
z }| {
z }| {
1
1
1 (B ) est ouvert inclus dans f 1 (B ) donc inclus dans f 1 (B ).
Supposons que pour tout sous-ensemble B de E on ait f
B f (B ).
Pour tout sous-ensemble A de E nous avons CA = CA. En appelant A le complementaire de B nous avons B = CA ;
f 1 (B ) = C f
z }| {
1 (A) C f 1 (A) = C (f 1 (A)) = f 1
CA = f 1 (B ).
Dans le cas particulier ou un ensemble A est ferme d(x; A) est atteinte et le resultat est
immediat.
10
Cette preuve s'applique aux espaces metriques ; les autres ont lieu dans n'importe quel espace
topologique.
9
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
306
Supposons que pour tout partie B de E on ait f 1(B ) f 1 (B ).
Soit B un sous-ensemble ferme de E .
f 1 (B ) f 1 (B ) d'ou l'egalite f 1 (B ) = f 1 (B ) et f est continue.
Les quatre propositions sont donc equivalentes.
38. (a) Soit a 2 E .
Construisons la suite (an)n2N par a0 = a et pour n 2 N; an+1 = f (an).
d (an+1; an) 6kd (an; an 1). Si nous supposons d (an+1; an) 6knd (a1; a0)
alors d (an+2; an+1) 6kd (an+1; an) 6kn+1 d (a1 ; a0 ). Nous avons donc pour
tout n 2 N; d (an+1; an) 6knd (a1; a0).
Soient p et q deux entiers avec p < q.
j=
q 1
X
d (aj ; aj+1 ) 6kj d (a1; a0) 6kp 1 1 k d (a1; a0).
d (ap ; aq ) 6
j =p
1
p
lim k
d (a1; a0 ) = 0 donc la suite (an)n2N est de Cauchy et converge
p!+1 1 k
vers un element b de E .
f est Lipschitzienne donc est continue; il vient alors n!lim
f (a ) = f (b) = b.
+1 n
f possede un point xe.
Soit (b; c) 2 E 2 tel que f (b) = b et f (c) = c. Nous avons alors
d(b; c) = d(f (b); f (c))6kd(b; c) soit encore (1 k)d(b; c)60.
1 k est strictement positif donc d(b; c) = 0 et b = c. Le point xe est
unique.
(b) f p = f| {z f} est contractante donc possede un et un seul point xe
p
f p (a)
a 2 E.
= a donc f p (f (a)) = f p+1 (a) = f (a) ; le point xe etant
unique, nous avons f (a) = a et f possede un point xe ; lui-m^eme unique
car si f (a) = a et f (b) = b alors f p (a) = a et f p (b) = b donc a = b.
39. f est continue. (x; y) 2 E 2 7 ! d(x; y) 2 R est continue11 . En eet soit
(a; b; x; y) 2 E 4 d(x; y)6d(x; b) + d(y; b), d(a; b)>d(x; b) d(x; a) donc
d(x; y) d(a; b)6d(y; b) + d(x; a). En echangeant les r^oles de (x; y) et
(a; b) nous obtenons jd(x; y) d(a; b)j6d(y; b) + d(x; a). Soit " > 0. Soit
> 0; 6 2" . (d(x; a)6; d(y; b)6) ) jd(x; y) d(a; b)j6" d'ou la
continuite de l'application (x; y) 2 E 2 7 ! d(x; y) 2 R.
Nous en deduisons que ' : x 2 E 7 ! d(x; f (x)) est continue. E est compact
donc ' possede un minimum. Il existe a 2 E; 8x 2 E; d(x; f (x))>d(a; f (a)).
Montrons que b = f (a) = a.
Si b 6= a alors d(f (a); f (b)) < d(a; b) soit encore d(b; f (b)) < d(a; b) et
d(a; b)6d(b; f (b)). Il y a une contradiction et f (a) = a. Comme dans l'exercice
precedent, a est unique.
40. Soit a xe dans K . K est convexe
donc1 1
8n 2 N; fn(x) = n + 1 f (a) + 1 n + 1 f (x) 2 K .
11
E 2 est muni de la topologie produit
307
41.
42.
43.
44.
12
Pour (x; y) 2 K 2 1
1
kfn(x) fn(y)k = 1 n + 1 kf (x) f (y)k6 1 n + 1 kx yk.
fn est contractante, K est compact donc complet ; fn possede alors un point
xe xn .
La suite (xn )n2N possede une sous-suite
(yn)n2N quiconverge vers un element
y de K et 8n 2 N; 1 + 1'(n) f (a) + 1 1 + 1'(n) f (yn) = yn.
En determinant la limite nous obtenons f (y) = y car f est continue. f possede
donc un point xe.
Soit y un element de E . Pour (u; v) 2 E 2 nous avons
kh 1(y g(u)) h 1(y g(v))k6k(y g(u)) (y g(v))k6kku vk.
x 2 E 7 ! h 1(y g(x)) 2 E est contractante donc il existe a 2 E veriant
h 1 (y g(a)) = a c'est-a-dire y = h(a) + g(a). h + g est surjective.
D'apres les resultats demontres plus haut, il est clair que a() existe et est
unique ; 2 7 ! a() 2 E est une application bien denie.
Soit 0 2 xe, soit " 2 R+.
8(x; ) 2 E ; 8(y; ) 2 E ; d(f (x; ); f (y; ))6kd(x; y).
Soit "0 2 R+, "0 6(1 k)". x etant xe egal a f (a(0 ), la continuite de
7 ! f (x; ) implique l'existence de > 0 dependant de 0 et "0 donc,
avec les choix faits, ne dependant que de " tel que
8 2 ; d(; 0 )6 ) d(f (a(0); ); f (a(0 ); 0 ))6"0 ;
soit encore 8 2 ; d(; 0 )6 ) d(f (a(0); ); a(0 ))6(1 k)".
Soit ainsi xe ; d(f (a(); ); f (a(0 ); ))6kd(a(); a(0 )) c'est-a-dire
d(a(); f (a(0); ))6kd(a(); a(0 )) donc
d(a(); a(0))6d(a(); f (a(0 ); )) + d(f (a(0); ); a(0 ))
6kd(a(); a(0)) + (1 k)" ; c'est-a-dire d(a(); a(0))6".
a est donc continue.
Soit a 2 E . Il existe une suite (an)n2N de points de A qui converge vers a. La
continuite de f implique n!lim
f (a ) = f (a). f (a) est donc la valeur constante
+1 n
prise par f sur A ; f est
p constante.
p
8(p; q) 2 Z2; f (p + q 2) = f (0). f est donc
constante sur Z+ Z 2.
x .
Soit x 2 R. Soit p la partie entiere de p
n
p
p n p n p ( 2 1)12
n
06x ( 2 1) < ( 2 1) ; 06 2 1 < 1 donc n!lim
x p( 2 1) = 0 ;
+1
p
p
p
p( 2 1)n 2 Z+ Z 2 donc x 2 Z+ Z 2 et f est constante.
(a) Si G = f0g, G est monogene.
Supposons G 6= f0g. G contient donc au-moins un element strictement
positif. Posons G0 = G \ R+. G0 est non vide, minore donc possede une
borne inferieure a. a est nul ou strictement positf.
Supposons a > 0 et montrons que a 2 G.
Il s'agit la d'un cas particulier de l'exercice qui suit.
308
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
Supposons a 62 G. a est la borne inferieure de G0 donc il existe x 2 G0
tel que a < x < 2a puis il existe y 2 G0 tel que a < y < x. En particulier
0 < x y 2 G donc x y 2 G0 et x y < a ce qui est faux. Nous en
deduisons a 2 G.
Il est immediat que l'on a alors aZ G.
x
Soit x 2 G. Notons p la partie entiere de ; nous avons pa6x < pa + a
a
soit 06x pa < a. x pa 2 G donc s'il n'est pas nul il est dans G0 ce qui
est faux. Il existe donc p 2 Z; x = pa et G aZ. G est alors monogene.
Supposons a = 0 et montrons que R = G.
a etant nul nous avons
8" > 0; 9x 2 G0 ; 0 < x < ". Soit y 2 G ; notons p
y
la partie entiere de . Il vient : px6y < px + " c'est-a-dire 06y px < ".
x
px 2 G donc y 2 G d'ou le resultat demande.
(b) Soit G = aZ+ bZ. Si a = 0 ou b = 0, il est clair que G est monogene.
Supposons a et b non nuls.
Si G est monogene, il existe c 2 R+ tel que aZ + bZ = cZ c'est-a-dire
a Z+ b Z = Z. En particulier a 2 Z et b 2 Z puis a 2 Q .
c c a
c a
c a
b
p
Supposons 2 Q . aZ+ bZ = b( Z+ Z). s'ecrit avec p et q entiers
b
b
b
q
b
relatifs non nuls. Nous avons donc aZ+ bZ = (pZ+ qZ) = db Z ou d
q
q
est le pgcd de p et q. aZ+ bZ est donc monogene.
a
Nous en deduisons que aZ + bZ est dense dans R si et seulement si
b
n'est pas rationnel.
(c) G = Z+ (2)Z est dense dans R car 2 62 Q. Soit y 2 [ 1; 1]. Il existe
x 2 R tel que y = cos(x). Il existe une suite (xn )n2N de points de G
qui converge vers x. La suite de terme general yn = cos(xn ) converge
donc vers cos(x) = y. Nous avons donc [ 1; 1] = cos(G). Un element
de G s'ecrit p + 2q donc cos(G) cos(2Z); l'inclusion reciproque est
immediate. Nous avons donc [ 1; 1] = cos(2Z). cos etant paire, il vient
[ 1; 1] = cos(2N).
(d) f : t 2 R 7 ! exp(it) 2 U est continue.
Soit A une partie de R, dense dans R. Soit y 2 U , il existe t 2 R
y = exp(it). Si (tn)n2N est une suite de points de A qui converge vers t,
la suite de terme general yn = exp(itn) converge vers y donc l'image de
A par f est dense dans U .
Comme precedemment on en deduit qu'en prenant A = aZ + 2Z avec
a 62 Q nous obtenons f (A) = f (aZ) donc f (aZ) est dense dans U .
Supposons a 2 Q . a = 2p avec p et q entiers premiers entre eux, q>1.
q
exp (iqa) = 1 donc ! = exp (ia) est une racine qieme de l'unite et l'ensemble des puissances de ! est ni.
L'ensemble des elements exp(in) avec n 2 Z est dense dans U si et
309
seulement si 26 Q .
45. (a) Soit " >. Choisissons n 2 N ; n> 1 . Soit k 2 N; k6n.
"
Posons xk = k E (k) 2 [0; 1].13
Soient i et j deux entiers distincts au plus egaux a n.
Si xi = xj alors (j i) = E (i) E (j) et 2 Q.
Les n + 1 elements xk sont donc deux a deux distincts.
Pour k 2 Nn ; xk ne peut ^etre egal a l'un des rationnels i , pour i 2 N; i6n.
n
n[1 i
+
1
i
; n .
Donc pour k 2 Nn ; xk 2
n
i=0
1
Si l'un de ces xk est dans 0; , x0 = 0 et cet element sont dans l'intern
1
valle 0; . Dans le cas contraire, nous disposons de n 1 intervalles
n
deux a deux disjoints et de n elements deux a deux distincts appartenant
a la reunion de ces intervalles. Il existe donc un intervalle contenant deux
de ces elements. Il y a donc au moins deux elements dans l'un des n ini i + 1 , ou i 2 N; i6n 1, dont l'union est [0; 1]. Il existe
tervalles ;
n n
i 2 N; i6n 1, r 2 N; r6n et s 2 N; s6n veriant ni 6xr < xs6 i +n 1
soit encore 0 < (s r) + E (r) E (s)6 1 6". En posant q = s r
n
et p = E (r) E (s) nous en deduisons qu'il existe (p; q) 2 Z2 tel que
0 < p + q6".
Montrons que N + Z est dense dans R.
Il s'agit de prouver que pour tout (x; ") 2 R R+, il existe (p; q) 2 Z N
tel que x "6p+q6x+" soit encore 8(a; b) 2 R2; a < b; 9(p; q) 2 ZN
tel que a6p + q6b.
Nous savons, d'apres le resultat precedent, qu'il existe (p0 ; q0) 2 Z2 tel
que 0 < p0 + q0 6b a.
Supposons q0>0. Soit p1 2 Z; p1 < a.
Considerons, pour n 2 N, xn = p1 + n(p0 + q0 ).
x0 < a; x1 < b et n!lim
+1 xn = +1.
Il existe donc N1 2 N; N1>2 tel que 8n 2 N; n>N1 ) xn >b.
L'ensemble des entiers n tels que xn < b possede un plus grand element
n0 >1 qui verie donc xn < b; xn +1 >b.
Supposons xn < a alors
p1 + n0(p0 + q0) < a et p1 + n0(p0 + q0) + p0 + q0 > b soit encore
p0 + q0 > b a ce qui est faux. Nous avons donc a6xn < b.
L'element (p1 + n0p0 ) + (n0q0 )) verie les conditions demandees.
Supposons q < 0. Soit p1 > b. Posons pour n 2 N, xn = p1 n(p0 + q0).
0
0
0
0
13
E designe la partie entiere.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
310
x0 > b; x1 > a et n!lim
x = 1.
+1 n
En faisant le m^eme raisonnement que dans le cas precedent, nous en deduisons qu'il existe n0 >1 qui verie a6xn < b.
L'element (p1 n0 p0 ) + ( n0 q0 )) verie les conditions demandees. Le
resultat est donc demontre.
(b) D'apres le resultat precedent, N + Z est dense dans R.
2
L'application
f : t 2 R 7 ! exp(2it) 2 U est continue, 1-periodique.
f 2 N + Z = fexp(in); n 2 Ng .
Soit A un ensemble inclus dans un espace topologique X . Soit f une
application continue de X dans un espace topologique E .14 Soit x 2 A .
Notons y l'element f (x). Soit W un voisinage de y. f etant continue
il existe V 2 V (x) tel que f (V ) W . Par hypothese, V \ A 6= ; donc
f (V \ A) W \ f (A) ; ce dernier ensemble est donc non vide et y 2 f (A) .
Nous avons donc f A f (A) .
Si X et E sont des espaces metriques15 et si A est compact alors f A
est compact donc ferme, contient
f (A) donc aussi son adherence. Nous
avons alors l'egalite f A = f (A) .
Nous obtenonsdonc
U = f (R) = f 2 N + Z fexp(in); n 2 Ng U .
D'ou l'egalite fexp(in); n 2 Ng = U .
0
46. G n'est pas vide et n'est pas reduit a f0g. Si pour tout reel x f (x + T ) = f (x)
alors 8x 2 R; f ((x T ) + T ) = f (x T ) donc T 2 G. Si T1 et T2 sont
dans G alors 8x 2 R; f ((x + T1 ) + T2 ) = f (x + T1 ) = f (x). (G; +) est un
sous-groupe de R. G est donc dense dans R ou monogene. Dans le premier
cas, comme nous l'avons vu plus haut, f est constante ; dans le second cas il
existe a > 0 tel que G = aZ. a est la plus petite periode de f .
47. (a) f : x 2 E 7 ! x 2 E est un homeomorphisme donc f 1 etant continue,
f = (f 1 ) 1 transforme un ouvert en un ouvert et un ferme en un ferme.
f etant continue transforme un compact en un compact.
\
(b) A + B = (a + B ). L'application f : x 2 B 7 ! a + x 2 a + B est un
a2A
homeomorphisme donc, comme precedemment, transforme un ouvert en
un ouvert. Si B est ouvert alors a + B aussi puis A + B qui est une union
d'ouverts est un ouvert. Nous en deduisons que A + B est ouvert des que
A ou B est ouvert.
Soit (xn )n2N une suite de points de A + B .
Il existe (an)n2N une suite de points de A et (bn)n2N une suite de points
de B telles que 8n 2 N; xn = an + bn. (an)n2N possede une sous-suite
Je rappelle qu'un espace topologique est, ici, une partie d'espace vectoriel norme ou
plus haut.
15
La encore il s'agit, pour nous, d'une partie non vide d'espace vectoriel norme.
14
R
; voir
311
convergente a'(n) n2N de limite a 2 A. b'(n) n2N possede une
sous-suite
convergente b( ')(n) n2N de limite b 2 B . La suite ( ')(n) n2N converge
donc vers a + b 2 A + b. A + B est donc16 compact.
(c) Reprenons la demonstration precedente en supposant (xn )n2N convergente de limite x 2 E . (bn)n2N poss
ede une sous-suite convergente
b'(n) n2N de limite b 2 B donc a'(n) n2N converge vers a = x b 2 A.
Nous avons donc x 2 A + B et A + B est ferme.
48. f est uniformement continue signie :
8" > 0; 9 > 0; 8(x; y) 2 A2; d1 (x; y)6 ) d2 (f (x); f (y))6".
Soient (xn )n2N et (yn)n2N deux suites de points de A avec n!lim
d (x ; y ) = 0.
+1 1 n n
Pour " > 0 donne, puis associe, il existe N 2 N tel que pour n>N on ait
d1 (xn ; yn)6.
Il vient alors d2 (f (xn); f (yn))6" c'est-a-dire n!lim
d (f (xn); f (yn)) = 0.
+1 2
Supposons que quelles que soient les suites de points de A, (xn)n2N et (yn)n2N,
[d1 (xn; yn) ! 0] ) [d2 (f (xn ); f (yn)) ! 0].
Si f n'est pas uniformement continue, 9" > 0; 8 > 0; 9(x; y) 2 A2 veriant
d1 (x; y)6 et d2 (f (x); f (y))>".
Choisissons = 1 ; nous construisons deux suites (xn )n2N et (yn)n2N telles
n+1
que n!lim
d
(
x
;
yn) = 0 et 8n 2 N; d2 (f (xn); f (yn))>". La suite de terme
1
n
+1
general d2 (f (xn); f (yn)) ne peut converger vers 0.
L'equivalence est donc demontree.
49. (a) kxk!
lim+1 f (x) = +1 donc Il existe A 2 R+; 8x 2 E; kxk>A ) f (x)>f (0).
La boule B fermee de centre 0 et de rayon A est compacte donc f , qui
est continue, possede un minimum sur B atteint en un point a. En particulier, f (0)>f (a) donc pour tout x 2 E; f (x)>f (a) et f possede un
minimum.
(b) E est un espace vectoriel et k k est bien une norme. Pour (u; v) 2 E 2
on a jd(a; u) d(a; v)j6d(u; v). L'aplication u 2 E 7 ! d(a; u) 2 R
est 1-Lipschitzienne.
+1 1
X
Pour tout u 2 E ,
n un existe car il s'agit d'une somme nie et
n=0 2
+1 1
X
u 2 E 7 ! 2n un 2 R est lineaire. H est un hyperplan de E et a n'est
n=0
pas dans H .
X
+1 1
+1 1 un 62kuk donc u 2 E 7 ! X
n un 2 R est continue et H est un
n=0 2n n=0 2
ferme de E .
Si nous munissons E E de la norme N denie par N (x; y) = max(kxk; kyk) ou k k est la
norme sur E , l'application (x; y) 2 E 7 ! x + y 2 E est continue et A B est compact donc
16
A + B est compact.
2
312
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
d(a; u)>d(0; u) d(0; a) = kuk kak.
Il est alors clair que kuk!
lim+1 d(a; u) = +1.
Considerons la suite v appartenant a H telle que pour k 2 Nn ; vk = 1
1 2
n
X
1
1
et pour k > n; vk = 0. Nous avons alors v0 =
k+1 = 2 1 2n .
2
1 1 k=1
1
kv ak = max jv0 1j; 2 = 2 1 + 2n .
1 1
1
1
1
+
=
donc
d
(
a;
F
)
6
.
lim
n
n!+1 2
2
2
2
Supposons qu'il existe u 2 H tel que d(a; u) = d(a; H ).
ku ak6 12 , ju0 1j6 12 et 8i>1; jui j6 12 .
n
n
X
X
1
1
1
1
3
u0 =
u
donc
j
u
j
6
<
avec
6
u
6
. Il n'existe pas
i
0
0
i
i+1
2
2
2
i=1 2
i=1 2
un tel u et le minimum n'est pas atteint.
(c) Soient d1 2 D1 , d2 2 D2 et d3 2 D3 .
Suposons que les droites D1; D2 et D3 soient respectivement dirigees par
u!1 ; u!2 et u!3 .
Pour (m1 ; m2 ; m3 ) 2 D1 D2 D3, nous avons
mi m!j = di d!j + j u!j i u!i ou (1 ; 2; 3 ) 2 R3.
( u!
1 ; u!
2 ; u!
3 ) est une base de E .
Choisissons comme norme sur E le maximum des valeurs absolues des
coordonnees dans la base pr
!
ece!dente.
!
!
!
kmi mj k > kjuj iuik di dj > max
(jj j; jij) didj .
!
!
!
Posons K = d1 d2 + d2 d3 + d3 d1 .
Le perimetre 2p du triangle est au moins egal a
max(j1j; j2j) + max(j2j; j3j) + max(j3j; j1 j) K
Nous avons alors 2p>2 k!
v k K.
lim
2
p
=
+
1
.
v k!+1
k!
L'application !
v 2 E 7 ! 2p 2 R est continue d'ou le resultat demande
car E est de dimension nie.
50. Soit P le plan ane euclidien. Soit f l'application qui a un point M de P
associe sup d(M; N ).
N 2A
M xe, N 2 A 7 ! d(M; N ) est continue donc possede un maximum sur A
qui est compact.
Ce maximum est obtenu en un point NM de A. Pour P et Q dans P nous
avons
f (P ) f (Q) = d(P; NP ) d(Q; NQ )6d(P; Q) + d(Q; NP ) d(Q; NQ ).
Par ailleurs, d(Q; NP )6d(Q; NQ ) donc f (P ) f (Q)6d(P; Q).
En echangeant les r^oles de P et Q nous en deduisons jf (P ) f (Q)j6d(P; Q).
f est donc continue.
313
Pour P xe dans A et pour Q 2 P nous avons f (Q)>d(P; Q). Nous avons
donc d(P;Qlim
f (Q) = +1.
)!+1
En utilisant le resultat de l'exercice precedent, nous en deduissons que f possede un minimum sur P .
Il existe P0 2 P tel que f (P0) = min
max d(P; Q) = R.
P 2P Q2A
Soit D le disque centre en P0 de rayon R.
Soit Q 2 A. d(P0 ; Q)6f (P0) = R donc D contient A.
Soit D(P; ) le disque centre en P de rayon contenant A.
Pour Q 2 A nous avons d(P; Q)6 donc f (P )6 et R = f (P0)6f (P )6.
Tout disque contenant A a donc un rayon au moins egal a R.
Montrons l'unicite de D.
Soient D(P1; R) et D(P2; R) deux disques de rayons R contenant A.
A D(P1; R) \ D(P2; R). Si P1 6= P2 , l'intersection des deux disques
est
dans le disque centree au milieu du segment [P1 ; P2 ] de diametre
p incluse
2
4R d(P1 ; P2 )2 < 2R ce qui est contradictoire ; d'ou l'unicite du disque
cherche.
51. Soit u une suite de limite nulle. Soit " > 0 donne. Il existe N 2 N tel que pour
n > N on ait kunk6". Considerons la suite v telle que pour n6N; vn = un
et pour n > N; vn = 0. v 2 l0 . sup kun vnk6 max sup kun vn k; " 6".
n2N
n2NN
Nous avons donc ku vk1 6" et u est adherent a l0 .
52. Si x 2 H; d(x; H ) = 0 = j'(x)j .
kj'jk
Supposons x 62 H .
8y 2 E; j(ykj'jkx)j 6ky xk ; en particulier si y 2 H , jkj'('xjk)j 6ky xk puis
j'(x)j 6 inf ky xk = d(x; H ).
kj'jk y2H
Soit " > 0; 9y 2 H; d(x; y)6" + d(x; H ).
Nous avons alors j'(y x)j > j'(y x)j et en particulier kj'jk> j'(x)j .
ky xk " + d(x; H )
" + d(x; H )
j
'
(x)j
Le resultat est vrai pour tout ", nous en deduisons : kj'jk>
d(x; H ) . L'inegalite demandee est demontree.
D'apres le resultat precedent, nous en deduisons que d(x; H ) est atteint si
kj'jk est atteint ; donc s'il existe y 2 E; y 6= 0 tel que kj'jk = j'k(yyk)j .
Nous pouvons appliquer cela a l'exercice numero 49 precedent.
Il est immediat
que la norme de la formelineaire est egale a 2.
n
X
j'(u)j6kuk 21k = ku V ert 1 2n1+1 < 2. La borne superieure n'est pas
k=0
atteinte.
53. (a) Soit 2 K ; 6= 0. Soient X 2 E /F et x 2 X . jj kxk = kxk>N (X )
314
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
puis jjN (X )>N(X ). En remplacant par son inverse nous obtenons
N (Y )>jjN 1 Y pour tout Y 2 E /F et en choisissant Y = X nous
avons N (X )>jjN (X ) d'ou l'egalite N (X ) = jjN (X ).
Soient (X; Y ) 2 (E /F )2 et (x; y) 2 X Y . kx + yk6kxk + kyk donc
N (X + Y )6kxk + kyk d'ou l'inegalite N (X + Y )6N (X ) + N (Y ).
Soit X 2 E /F .
N (X ) = 0 () xinf
kxk = 0.
2X
inf kxk = yinf
kz yk = d(z; F ) ou z est un element de X .
x2X
2F
N (X ) = 0 () d(z; F ) = 0 () z 2 F .
N est une norme si et seulement si z 2 F ) z 2 F c'est-a-dire F F
donc si et seulement si F est ferme.
(b) Soit (Xn)n2N une suite de Cauchy de points de E /F .
8" > 0; 9n0 (") 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p et q>n0 (") ) N (Xp Xq )6".
1
1
Choisissons " = . Il existe p0 tel que pour p>p0 on ait N (Xp Xp)6 .
2
2
Posons '(0) = p0 .
Choisissons " = 1 .
4
Il existe p1 tel que pour p>p1 >p0 on ait N (Xp Xp)6 1 . Posons '(1) =
4
1
p1 et nous avons alors N (Xp Xp )6 2 .
Nous construisons ainsi par recurrence une suite extraite X'(n) n2N de
1
la suite (Xn)n2N veriant pour tout n 2 N; N X'(n) X'(n+1) 6 n+1 .
2
1
0
0
0
Notons pour n 2 N; Xn = X'(n). N (X0 X1)6 c'est-a-dire, en notant
2
0 x y k6 1 . Il
0
0
17
0
x0 un element de X0 et x1 un element de X1, yinf
k
x
1
2F 0
2
0
0
0
0
existe alors x1 = x1 + y 2 X1 tel que kx0 x1 k61.
0 x2 y k6 1 .
De m^eme en notant x2 un element de X20 nous avons yinf
k
x
2F 1
4
1
Il existe alors x02 = x2 + y 2 X20 tel que kx01 x02 k6 .
2
Nous construisons ainsi par recurrence une suite (x0n )n2N de points de E
1
veriant pour tout n 2 N; x0n 2 Xn0 et kx0n x0n+1 k6 n .
2q 1
X1 1
1
Pour q = p; kx0p x0q k6 p 1 ; pour p < q, kx0p x0q k6
k6 p 1.
2
k=p 2 2
La suite (x0n )n2N est donc une suite de Cauchy qui converge vers l 2 E
car E est complet.
Soit f l'application de E dans E /F qui a x associe sa classe X . f est
lineaire et N (X ) = yinf
kyk6kxk. f est continue et n!lim+1 f (x0n ) = f (l).
2X
La suite (Xn0 )n2N est donc convergente.
0
1
1
0
Cette methode est celle utilisee pour demontrer que dans un espace vectoriel norme dont toutes
les series absolument convergentes convergent, cet espace est complet.
17
315
Revenons a la suite (Xn)n2N initiale.
8" > 0; 9n0 (") 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p et q>n0 (") ) N (Xp Xq )6".
En particulier p etant xe 8q 2 N; q>n0(") ) N (Xp Xq0 )6".
Faisons tendre q vers l'inni nous obtenons N (Xp f (l))6". Cela signie
que la suite (Xn)n2N converge, de limite f (l) ; E /F est donc complet.
(c) Soit ' une application lineaire de E dans Rn. Supposons F = Ker(')
ferme. E /F est isomorphe a Im(') et est alors de dimension nie.
L'application qui a X 2 E /F associe '(x) 2 Im(') ou x 2 X realise un
tel isomorphisme. Les dimensions etant nies, il s'agit d'un homeomorphisme. Nous avons vu que f est continue de (E; k k) dans (E /F ; N )
donc ' est continue de (E; k k) dans Rn.
54. Soit F une primitive de f . Pour x 2]0; 1] (f )(x) = F (x) F (0) x1 donc
0 (0) = f (0) et si < 1 lim (f )(x)x= 0.
si = 1, xlim
(
f
)(
x
)
=
F
!0
x!0
Il est immediat que (f ) est de classe C 1 sur ]0; 1]. (f ) est prolongeable en
une application continue sur [0; 1] que nous appellerons encore (f ).
Supposons < 1. est une application lineaire de E dans lui-m^eme.
Z Z
Z 1 1 Z x
Z
f (t) dt dx6 1 1 1 jf (t)j dt dx = kf k1 1 1 dx = 1 kf k1.
1 0 x 0
0 x 0
0 x
est donc continue et sa norme est au plus egale a 1 1 .
1
8
>
2
>
< 2n 2n t si t 2 0; n
1 .
Soit fn la fonction denie sur [0; 1] par fn(t) = >
si t 2 ; 1
>
: 0
n
8
>
1 n2x2 si t 2 0; 1
2
nx
>
Z
n
1 x f (t) dt = <
.
1
>
x 0 n
x
si t 2 ; 1
>
:
n
(fn)(x) =
Z
1
n
0
2nx1 1
Z1
n
1
x dx
+ 1 .
2 3 1 1 1
kfnk1 = 1. n!lim+1 k(fn)k1 = 1 donc la norme de l'application lineaire
1
(f ) =
.
1 3
Supposons = 1. Reprenons les fonctions fn precedentes. k(fn)k1 = + ln(n).
2
Dans ce cas la fonction n'est pas continue.
= n 1
2
n2 x2 dx +
55. Soient p et q deux entiers naturels. Supposons p > q.
316
Z1
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
Z1
Z
(fp(t) fq (t))dt =
fp (t)dt 21q .
0
0
0
1
La pente de la droite representant fp sur 0; 2 est egale a p3 donc nous
p
obtenons
1 1 3 3 3
Zp
1
3
p tdt 2q + 2 q p = 2q 2p 6 2q .
0
La suite (fn)n2N est une suite de Cauchy.
Supposons (E; N1 ) complet. Z
1
Il existe f 2 E veriant n!lim
jf (t) fn(t)jdt = 0.
+
1
0
Z1
Z 1 1
jf (t) fn(t)jdt> f (t) pt dt
0 Z n Z 1 Z 1 1
1
1
1
f (t) p dt = f (t) p dt donc f (t) p dt = 0.
lim
n!+1
t
t
t
0
0
n
1
La continuite sur ]0; 1] conduit a 8t 2]0; 1]; f (t) = p . f ne peut alors pas
t
^etre continue et (E; N1 ) n'est pas complet.
Nous avons18
jfp(t) fq (t)jdt =
1
q2
1
2
1
2
1
2
8
>
0
>
>
< nt
56. Soit, pour n 2 N , fn denie par fn(t) = >
>
>
:1
si t 2 [ 1; 0]
1
si t 2 0;
1 n
si t 2 ; 1
n
fn est clairement continue car les limites a gauche et a droite en n1 et en 0 sont
1
egales respectivement a fn
n = 1 et a fn(0) = 0.
Soient p et q deux entiers au moins egaux a 1. Supposons p>q. Nous avons
Z1
0
fq (t))2dt =
(fp(t)
Z
1
p
0
(p
q)2t2 dt +
Z
1
q
1
p
(1 qt)2 dt
(p q)2 1
q 3 = (p q)2 6 1 .
=
+
1
3p3 r 3q
p
3qp2 3q
1
Nous avons donc kfp fq k2 6
et la suite est de Cauchy.
3q
Supposons qu'elle converge vers une fonction f continue sur [ 1; 1].
lim
n!+1
Z1
1
(fn(t) f (t))2dt = 0.
En particulier n!lim
+1
Z0
1
(fn(t)
f (t))2dt = n!lim
+1
Z0
1
(0 f (t))2 dt = 0.
La continuite de f implique que f est nulle sur [ 1; 0].
18
faire un dessin.
Nous avons aussi n!lim
+1
Z1
1
n
(fn(t)
f (t))2dt = n!lim
+1
Z1
1
n
317
(1 f (t))2 dt = 0
ce qui impose cette fois que pour tout n 2 N; n>N , f (t) est egal a 1 pour
1 t 2 n; 1 .
1 Soit t 2]0; 1]. il existe n>N tel que t 2 ; 1 donc f (t) = 1 pour t 2]0; 1]
n
puis par continuite, f (0) = 1. Nous avons donc f (0) = 0 et f (0) = 1. f
n'existe pas et l'espace n'est pas complet.
57. (a) Il est clair que ces applications sont des normes.
Nous pouvons essayer de comparer ces normes.
n 1
X
N1 6N1 . Soit Pn = n1 X i.
i=0
1
N1 (Pn) = n ; N1(Pn) = 1, n!lim+1 NN1((PPn)) = 0 les deux normes ne sont
1 n
pas equivalentes.
1 61 . Soit Pn = X n. 1 (Pn) = 1; 1(Pn) = n +1 1 . Comme precedemment, 1 et 1 ne sont pas equivalentes.
2 61. 2(X n) = p2n1 + 1 donc 2 et 1 ne sont pas equivalentes.
D'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous avons
Z 1
2 Z Z
1jP (t)jdt 6 1 1dt 1 jP (t)j2dt donc 162.
0
0
0
p
p
2n + 1
Soit Pn = 2n + 1 X n. 2(Pn) = 1; 1 (Pn) =
n + 1 . 1 et 2 ne sont
pas equivalentes.n
X
Soient Pn = X i et Qn = nX n (n 1)X n 1.
i=0
N1 (Pn) = 1; N1 (Qn) = n, 1(Pn) = n + 1; 1 (Qn) = 1.
Ces deux normes ne sont pas comparables et ne sont pas equivalentes.
n+1
X
Avec les m^emes notations qu'au-desus, nous avons 1(Pn) = k1 ,
k=1
n 1 n+1 1
N1 (Pn) = 1, N1(Qn ) = n, 1 (Qn) = 2 n
+ 1 .
n + 1 n(n + 1)
N
(
P
)
N
(
Q
)
1 n = +1.
lim 1 n = 0, n!lim
n!+1 1 (Pn)
+1 1 (Qn)
Ces deux normes ne sont pas comparables, elles ne sont pas equivalentes.
Z S'il nexistek > 0Z tel nque 2 6kN1 nalors 1 6kNn 1 ce qui est faux.
1 X 1X
X jaij X
i dt6
i dt =
a
t
j
a
j
t
6 jai j donc 16N1.
i i
i
+
1
0 i=0
0 i=0
i=0
i=0
Les deux normes ne sont pas equivalentes.
S'il existe k > 0 tel que N1 6k2 alors N1 6k1 ce qui n'est pas vrai.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
318
n
X
n
X
sup j ai ti j6 jaij donc 1 6N1.
t2[0;1] i=0
i=0
Les deux normes ne sont pas equivalentes.
n
X
Xk
(b) Considerons la suite de polyn^omes denie par Pn =
. Supposons
k=0 k !
m < n ; N1 (Pn Pm) = (m +1 1)! . Cette suite est donc de Cauchy
pour la norme N1 . Si elle converge, il existe un polyn^ome P tel que
1
lim N (P P ) = 0. Pour n > deg(P ) = N , N1 (Pn P )>
n!+1 1 n
(N + 1)!
et ne peut tendre vers
0.
n
X
1
. La suite est de Cauchy pour la norme N1
N1 (Pn Pm) =
k=m+1 k !
n
X
1 converge. Si elle converge, il existe
car la suite de terme general
k=0 k !
un polyn^ome P tel que n!lim
N (P P ) = 0. Pour n > deg(P ) = N ,
+1 1 n
N1 (Pn P )> (N +1 1)! et ne peut tendre vers 0.
n
X
1 . Si elle converge, il existe un polyn^ome P tel que
1 (Pn Pm) =
k=m+1 k !
lim (P P ) = 0. En particulier, 8t 2 [0; 1]; n!lim
P (t) = P (t) c'estn!+1 1 n
+1 n
a-dire
pas un polyn^ome. Z
Z 1 P (t) = exp(t) qui n'est
n Z 1 k
n
1 1
X
X
t
jPn(t) Pm (t)jdt =
dt =
.
0
k=m+1 0 k !
k=m+1 0 (k + 1)!
La suite est de Cauchy pour la norme 1.
+1 1
X
lim P (t) = exp(t) et pour t 2 [0; 1] jPn(t) exp(t)j6
= n .
n!+1 n
k
!
k=n+1
Nous
Z 1 en deduisons
Z1
jPn(t) exp(t)jdt6n puis n!lim+1 jPn(t) exp(t)jdt = 0.
0
0
Supposons que la suite (Pn)n2N convergeZ pour la norme 1.
1
Il existe un polyn^ome P tel que n!lim
jPn(t) P (t)jdt = 0 ; nous en
+1
deduisons n!lim
+1
Z1
0
Z1
0
0
j(Pn(t) P (t)) + (P (t) exp(t))jdt = 0 c'est-a-dire
jP (t) exp(t)jdt = 0.
La continuite des fonctions conduit a 8t 2 [0; 1]; P (t) = exp(t) ce qui
est faux.
On fait de m^eme19 avec la norme 2.
En fait, toute fonction continue sur [0; 1] est limite uniforme d'une suite de polyn^omes ; il
susait donc de choisir n'importe quelle fonction continue non polynomiale pour conclure.
19
319
E n'est donc complet pour aucune de ces normes.
(c) Notons fa l'application lineaire P 2 E 7 ! P (a) 2 R. Nous savons
qu'une application lineaire u 2 L(E; F ), ou (E; N ) et (F; N 0 ) sont
deux espaces vectoriels normes, est continue si et seulement si il existe
une constante C >0 telle que 8x 2 E; N 0 (u(x))6CN (x).
Choisissonsn la norme N1.
X
Soit Pn = X k ; N1 (Pn) = 1. Pn(1) = n donc n!lim
P (1) = +1 ;
+
1 n
k=0
l'application lineaire f1 n'est pas bornee sur la sphere unite donc n'est
pas continue20.
Si jaj > 1, jPn(a)j a une limite innie et, comme precedemment, fa n'est
pas continue.
Supposons jaj1.
jP (a)j6 1 1 jaj N1 (P ) et fa est alors continue.
Choisissons la norme 2n1.
Soit Pn =Z(X + jaj 1) avec a 2 [ 1; 1].
1
2n+1 (jaj 1)2n+1
2 .
1 (Pn) = (t + jaj 1)2n dt = jaj
6
2n + 1
2n + 1
0
Pn(a) = 1. Si fa est continue il existe une constante C >0 telle que
8n 2 N; jPn(a)j6C1 (Pn) donc 8n 2 N , j16 2n2C+ 1 ce qui est faux.
1
Pour jaj > 1 choisissons Pn = X n. jPn(a)j = jajn, 1(Pn) =
n + 1.
jPn(a)j = +1. f n'est pas continue.
lim
a
n!+1 1 (Pn)
Choisissons la norme 2.
Comme precedemment, pour jaj61 on peut choisir Pn = X + jaj 1, pour
jaj > 1 on peut choisir Pn = X n et conclure que fa n'est pas continue.
Choisissons la norme N1.
Supposons jaj > 1. Choisissons Pn = X n. N1(Pn) = 1; jPn(a)j = jajn
donc fa n'est pas continue. n
n
X k
X
Supposons jaj61. Soit P = k X . jfa(P )j6 jk j = N1(P ). fa est
k=0
k=0
continue.
Choisissons la norme 1 .
Soit jaj61. jP (a)j61 (P ) donc fa est continue.
Supposons jaj > 1.
Choisissons Pn = X n ; jPn(a)j = jajn et 1(Pn) = 1 donc fa n'est pas
continue.
(d) Notons ga l'application, lineaire, P 2 R[X ] 7 ! P 0(a) 2 R.
Choisissons la norme N1.
Supposons jaj>1. Soit Pn = X n. N1(Pn) = 1, n!lim
jP 0 (a)j = +1 donc
+1 n
Si nous ne voulons pas utiliser les applications lineaires, on peut choisir la suite de terme
general Qn = n1 Pn veriant n!lim
N1(Qn ) = 0 et f (Qn ) ne tend pas vers f (0) = 0.
+1
20
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
320
ga n'est pas continue.
n
X
Supposons jaj < 1. Soit P = k X k .
X
n kk ak
k=1
k=0
n
X
1 6N1 (P )
k 1 6N (P ) 1 . g est continue.
k
j
a
j
1
1 jaj2 a
k=1
Choisissons la norme N1.
Pour jaj>1, nous demontrons comme precedemment que ga n'est pas
continue.
Pour
jaj < 1,
n
X
kk ak
k=1
n
n
2 X
X
2
k 12
6 k=1 jk j k=1 jka j
!2 X
!2
1 4
n
n
X
2
k
1
6
jk j
jka j 6N1 (P ) 1 jaj donc
k
=1
k
=1
1 2
1
jga (P )j6N1 (P ) 1 jaj et ga est continue.
Choisissons 1.
1 6N1 donc pour jaj < 1, ga est continue.
1 (X n) = 1 et n!lim
+1 jga(Pn)j = +1 donc ga n'est pas continue.
Choisissons 1.
1 61 donc pour jaj < 1, ga est continue.
1 ((n+1)X n) = 1 et jga ((n+1)X n)j = n(n+1)jajn 1 donc pour jaj > 1; ga
n'est pas continue.
Choisissons 2.
2 61 donc pour jaj < 1, ga est continue.
1 62 donc pour jaj>1, ga n'est pas continue.
58. Choisissons Pn = X n ; 1(Pn0 ) = n et 1 (Pn) = 1 donc P 7 ! P 0 n'est pas
continue.
8t 2 [0; 1]; j(1 + t)P (t)j62jP (t)j621 (P ) donc l'application est continue.
59. N est bien denie.
Montrons d'une maniere generale que pour toute partie non vide de R et pour
tout 2 R+, nous avons (si A est minoree) inf(A) = inf(A) et (si A est
majoree) sup(A) = sup(A).
Si A est minore, x 2 A ) inf(A)6x donc inf(A)6A. En particulier, pour > 0, 1 inf(A)6 1 A = A donc inf(A)6A d'ou l'egalite
inf(A) = inf(A).
Nous faisons de m^eme avec la borne superieure.
De m^eme, si A et B sont deux parties de R minorees, inf(A + B ) = inf(A) +
inf(B ) et si A et B sont deux parties de R majorees, sup(A + B ) = sup(A) +
sup(B ).
Supposons A et B minoree.
321
8(a; b) 2 A B nous avons a + b> inf(A) + inf(B ) donc inf(A + B )> inf(A) +
inf(B ).
"
"
Soit " > 0. Il existe (a; b) 2 A B tel que a6 inf(A) + et b6 inf(B ) +
2
2
donc inf(A + B )6a + b6 inf(A) + inf(B ) + ".
" etant quelconque nous avons inf(A + B )6a + b6 inf(A) + inf(B ) puis l'egalite inf(A + B )6a + b = inf(A) + inf(B ).
Nous faisons de m^eme avec la borne superieure.
(a) Soit f 2 L telle que N (f ) = 0. inf(A(f )) = 0 donc 8" > 0; 9k>0
tel que 8(x; y) 2 [0; 1]2 ; jf (x) f (y)j6kjx yj. Nous avons donc
jf (x) f (y)j6".
" etant quelconque nous avons 8(x; y) 2 [0; 1]2 ; f (x) = f (y) et f est
constante.
Soient f et g deux elements de L.
k1 2 A(f ) et k2 2 A(g) impliquent k1 + k2 2 A(f + g) donc
A(f )+ A(g) A(f + g) puis inf(A(f )+ A(g))> inf(A(f + g)) c'est-a-dire
N (f ) + N (g)>:N (f + g).
Soit f 2 L ; soit 2 R; 6= 0.
Il est immediat que k 2 A(f ) () jjk 2 A(f ).
Nous avons alors jjA(f ) = A(f ) puis jjN (f ) = N (f ).
N est une semi norme.
(b) Si nous nous placons sur L0 , N est une norme car si f est constante, elle
est nulle.
60. Soit M 2 Mn(K ) de terme general mi;j . M =
X Yn
2Sn
"
(mi;(i) i(i) X ).
k=1
Montrons que f : M 2 Mn(K ) 7 ! mi;(i) i(i) X 2 K n [X ] est continue.
Choisissons par exemple sur Mn(K ) la norme denie par kM k = max jmi;j j
X
= max ja j.
et sur K n [X ] la norme denie par k=0nakXk 06k6n k
Soient M et(Ni) deux
matrices. (i) (i;j)2(Nn)2
mi;(i) i X
ni;(i) i X = mi;(i) ni;(i) .
Nous avons alors kf (M ) f (N )k6kM N k.
f est donc continue puis M 2 Mn(K ) 7 ! M 2 K n [X ] est continue comme
somme nie de produits nis d'applications continues.
P 2 K n [X ] 7 ! P (a) 2 K est lineaire donc continue sur un espace vectoriel
norme de dimension nie. La composee M 2 Mn(K ) 7 ! M (a) 2 K est donc
continue et pour a = 0, M 2 Mn(K ) 7 ! det(M ) 2 K est continue.
61. (a) Il s'agit la d'un resultat du cours que nous allons redemontrer.
2jxnynj6(xn)2 + (yn)2 . Si (xn )n2N et (yn)n2N sont dans E alors la serie de
terme general (xn)2 +(yn)2 est convergente et donc aussi celle de terme ge+1
X
2
neral jxnynj. (x; y) 2 E 7 ! xn yn 2 R est absolument convergente.
n=0
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
322
(xn + yn)2 = (xn)2 + (yn)2 + 2xn yn donc si x et y sont dans E , x + y l'est
aussi. Il est clair que x est dans E pour tout 2 R et x 2 E . E est
donc un espace vectoriel.
+1
X
La bilinearite est immediate. Il est clair que (xn)2 est positif et est
n=0
nul si et seulement si (xn)n2N = 0. Nous avons bien un produit scalaire.
(b) Soit (ap )p2N une suite de Cauchy d'elements
X de E2.
Pour chaque p 2 N; ap = (ap;n)n2N avec (ap;n) convergente.
n
Soit " > 0. Il existe un entier N tel que pour p et q au moins egaux a N on
+1
X
a (ap;n aq;n)26"2 . En particulier jap;n aq;nj6" donc la suite (ap;n)p2N
n=0
M
X
est convergente de limite bn 2 R. Soit M 2 N xe. (ap;n aq;n)26"2
n=0
donc en calculant la limite lorsque q tend vers +1 nous avons
M
X
+1
X
8M 2 N; 8p>N; (ap;n bn)26"2 puis 8p>N; (ap;n bn)2 6"2 .
n=0
n=0
(ap;n bn)n2N 2 E donc (bn )n2N 2 E et kap bk6" pour p>N . La suite
(ap)p2N est convergente et E est complet.
(c) (x; y) 2 A2 ) jtxn + (1 t)ynj6(t + (1 t)n pour tout t 2 [0; 1]. A
est convexe.
Soit n 2 N. Considerons l'application pn de E dans R denie par pn(x) =
xn . jxnj6kxk donc pn est continue et lineaire.
pn 1 ([ n ; n]) est ferme dans E . Soit yp = (yp;n)n2N la suite denie par
yp;n = n si n6p et yp;n = 0 si n > p. yp est dans A. kyp k2 =
X
p
X
(n)2 .
n=0
2
(n) est convergente
Si A est borne, la suite (yp )p2N est bornee donc
et la suite (n )n2N est dans E .
Supposons (n )n2N dans E . Soit x 2 A alors x 2 E . Nous avons donc A
borne si et seulement si (n)n2N 2 E .
Montrons alors que A est compact.
Soit xp = (xp;n)p2N une suite de points de A. 8(n; p) 2 N2 ; jxp;nj6n.
8p 2 N; jxp;0j60 . Il existe alors une sous-suite de terme general x'(p);0
convergente de limite y0 2 R.
Pour " = 1, il existe un entier n0 tel que pour p>n0 on ait jx' (p);0 y0 j61;
en particulier il existe un entier p0 jx' (p );0 y0j61 pour " = 1 , il existe
2
1
un entier n1 tel que pour p>n1 on ait jx' (p);0 y0 j6 ; en particulier il
2
1
existe unn entier p1 > p0 tel que jx' (p );0 y0 j6 .
2
Nous construisons ainsi une suite strictement croissante d'entiers (pk )k2N
telle que jx' (pk );0 y0j6 1k . Nous pouvons noter '0 (pk ), 0(k) ou 0 est
2
0
0
0
0
0
0
1
323
une application strictement croissante de N dans N.
Nous faisons de m^eme avec x (p);1 pour construire 1 (k) = 0 ('1(pk )).
1> 0.
Nous faisons de m^eme avec les autres valeurs de n. Nous construisons
donc pour tout n 2 N, une application strictement croissante de N dans
1
u yn est la limite de la suite
N veriant 8(n; k ) 2 N2 ; jx n (k);n yn j6 k o
2
de terme general x n(k);n .
Compte tenu de la construcion des applications n, n6 n+1 et n(k) =
m (k + qm;n ) pour m6n avec qm;n 2 N.
Nous avons donc n+1 (n + 1) > n+1 (n) = n(n + qn;n+1)> n(n).
Posons (n) = n(n).
Nous avons alors pour tout
entier n, (n) < (n + 1).
La suite x (n) = x(n);q q2N = x(n);0 ; x(n);1 ; : : : ; x(n);q ; : : : est donc
extraite de la suite (xn;q )q2N. Notons y la suite de terme general yp . Pour
(p; n) 2 N2 nous avons jx(n);p j6p donc 8p 2 N; jypj6p . La suite
y = (yp )p2N est donc dans A.
+1
+1
n
X
X
X
1
2
2
(k )2
kx (n) yk = x(n);q yp 6 22k + 4
p=0
k=n+1
k=0
+
1
X
n
+
1
6 4n + 4
(k )2 .
k=n+1
2
Nous avons donc n!lim
kx (n) yk = 0. A est donc compact.
+1 0
62. Notons U la fonction constante egale a 1. Soit f 2 E , nous avons f 6kf k1 U
donc '(kf k1 U f )>0 c'est-a-dire '(f )6kf k1 '(U ). Cette inegalite a encore
lieu en rempalcant f par f donc j'(f )j6kf k1'(U ) et ' est continue.
Un exemple de fonction ' est l'integrale sur [0; 1].
63. (a) Soit f 2 E , N (f ) = 0 ) f + f 0 = 0 donc il existe 2 R; 8t 2
[0; 1]; f (t) = exp( t) ; f (0) = 0 donc f = 0.
Soient f et g deux elements de E .
8t 2 [0; 1]; j(f (t) + g(t) + f 0 (t) + g0 (t)j6j(f (t) + f 0 (t)jj(g(t) + g0 (t)j
6N (f ) + N (g)
puis N (f + g)6N (f ) + N (g).
Soient f 2 E et 2 R. En posant A = (jf + f 0 j)([0; 1]), nous avons
jjA = (jf +f 0 j)([0; 1]) puis comme nous l'avons vu plus haut N (f ) =
jjN (f ).
N est une norme sur E .
Soit (fn)n2N une suite de Cauchy,
Z t pour N , d'elements de E . Posons
pour t 2 [0; 1]; g(t) = exp( t) (exp(u)(f (u) + f 0 (u))) du = f (t) car
0
d (exp(u)f (u)) = exp(u)(f (u) + f 0 (u)).
du
8(t; p; q) 2 [0; 1] N N ,
324
jfp(t) fq (t)j6 exp( t)
Zt
0
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
(exp(u)N (fp fq )) du
= (1 exp( t))N (fp fq ).
Nous en deduisons :
1
8(t; p; q) 2 [0; 1] N N; jfp(t) fq (t)j6 1 e N (fp fq ) puis
kfp fq k1 6N (fp fq ).
La suite (fn)n2N est de Cauchy pour la norme k k1 .
Pour chaque t 2 [0; 1], la suite reelle (fn(t))n2N est de Cauchy donc
converge vers f (t) puis (fn)n2N converge uniformement vers f qui est
alors continue.
8(p; q) 2 N2 ; N (fp fq ) = kfp fq k1 donc, comme pr
ecedemment, il
existe une fonction g limite uniforme de la suite (fn fn0 )n2N.
La suite (fn0 )n2N converge donc uniformement et (fn)n2N converge vers f
de classe C 1 appartenant a E et (fn0 )n2N converge vers f 0 .
8n 2 N; N (fn f )6kfn f k1 + kfn0 f 0 k1.
Nous avons donc n!lim
N (fn f ) = 0 et (E; N ) est complet.
+1
(b) Soit f 2 E . N (f )6N 0 (f ). Comme nous l'avons vu a la question precedente,
Zt
8t 2 [0; 1]; f (t) = exp( t) (exp(u)(f (u) + f 0 (u))) du donc
0
kf k1 6 1 1e kf + f 0 k1 , kf 0 k1 = k(f + f 0 ) f k1 6kf + f 0 k1 + kf k1
6 2 1e kf + f 0 k1 .
2
0
N (f )6 3 e N (f ).
N et N 0 sont donc equivalentes.
64. Il est immediat que k k est une norme.
Soient A et B deux elements de Mn(C ). C = AB a pour terme general
n
X
ci;j = ai;k bk;j .
n
X
j =1
k=1
jci;j j6
n X
n
X
k=1 j =1
jai;k jjbk;j j6
n
X
k=1
jai;k jkB k6kB kkAk.
Avec les notations
de l'enonc
e, soit x = (x1; : : : ; xn) un element de
X
n
ku(x)k1 = sup mi;j xj 6kxk1 kM k.
i2Nn j =1
C n.
Nous avons donc kjujk6kM k.
n
n
X
X
Soit i0 tel que sup jmi;j j = jmi ;j j. Soit x = (x1 ; : : : ; xn ) avec xj = 1
i2Nn j =1
xj = 1
j =1
0
si mi ;j > 0 et
sinon.
n
n
X
X
mi ;j xj = kM k6 sup mi;j xj 6 kuk(xxk)k1 6kjujk.
i2Nn j =1
1
j =1
Nous avons donc kjujk = kM k.
0
0
325
65. (a) N est clairement une norme. Il est immediat, comme plus haut, que
N 0 (f + g)6N 0 (f ) + N 0 (g) et N 0 (f ) = N 0 (f ) pour (f; g;
lambda) 2 E E R.
Si N 0 (f ) = 0 alors f est constante donc nulle.
N et N 0 sont des normes.
(b) Soit, pour (n; t) 2 N [0; 1], fn denie par fn(t) = tn .
N 0 (fn) = n; N (fn) = 1. L'identite de (E; N ) dans (E; N 0 ) est continue
si et seulement si elle est bornee sur la boule unite ; ce qui n'est pas le
cas.
En utilisant le theoreme des accroissements nis, nous obtenons l'existence, pour f 2 E , d'un reel c 2]0; 1[ tel que f (t) f (0) = tf 0 (c) soit
encore jf (t)j6kf 0 k1 donc N (f )6N 0 (f ). L'identite (E; N 0 ) dans (E; N )
est continue.
66. (a) Ng est une norme si et seulement si 8f 2 E; kfgk1 = 0 ) f = 0,
car les autres proprietes d'une norme sont immediates, donc 8f 2 E ,
fg = 0 ) f = 0.
Supposons que l'adherence de X = ft 2 [0; 1]; g(t) 6= 0g soit egale a
[0; 1].
Soit f un element non nul de E . Il existe a 2 [0; 1]; f (a) 6= 0. Par
continuite, il existe un intervalle ferme [; ], de longueur strictement
positive sur lequel f ne s'annule pas. Il existe un point b 2 [; ] tel
que g(b) 6= 0 car sinon X 6= [0; 1]. Il vient alors fg 6= 0.
Supposons X 6= [0; 1]. Il existe [; ] [0; 1] de longueur strictement
positive tel que X \ [; ] = ;. 8t 2 [; ]; g(t) = 0.
Considerons la fonction f de E , nulle sur le complementaire de ]; [ et
dierente de la fonction nulle21 sur [; ]. fg = 0 et Ng n'est pas une
norme.
Ng est une norme si et seulement si X 6= [0; 1].
(b) Soit f 2 E . kfgk1 6kf k1 kgk1 .
Si la fonction
pas sur [0; 1] c'est-a-dire si X = [0; 1],
1 g ne s'annule
1
kf k1 = g fg 6k g k1 kfgk1 .
1
Dans ce cas, k k1 et Ng sont equivalentes.
Supposons X 6= [0; 1].
Il existe a 2 [0;1] tel que g(a) = 0.
+ 1)n si t 2 [0; a[ .
Posons f (t) = ((1t at +
a)n si t 2 [a; 1]
Si a = 0, on se place uniquement dans le cas t 2 [a; 1], si a = 1, on se
place uniquement dans le cas t 2 [0; a].
Soit " > 0. Il existe 2]0; 1[ et un intervalle I = [0; 1] \ [a ; a + ]
inclus dans [0; 1], de longueur strictement positive, contenant a tel que
pour t 2 I; jg(t)j6".
21
Par exemple pour t 2 ; +2 , f (t) = t et pour t 2 +2 ; , f (t) = t + .
326
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
La fonction f est de norme innie egale a 1. Pour t 2 I; jf (t)g(t)j6".
Pour t 2 [0; 1] n I nous avons 06f (t)6(1 )n et jf (t)g(t)j6kgk1(1 )n .
Il existe N 2 N tel que pour n>N; kfgk1 6". n!lim
+1 Ng (fn) = 0 et
kfnk1 = 1. Les deux normes ne sont pas equivalentes.
Ng et k k1 = 1 sont equivalentes si et seulement si g ne s'annule pas sur
[0; 1].
jf (x) f (y)j
2
67. (a) Pour f 2 L, posons A(f ) =
jx yj ; (x; y) 2 [0; 1] ; x 6= y .
L est un espace vectoriel. A(f ) est majore car f est Lipschitzienne donc
C (f ) existe.
Pour 2 R; A(f ) = jjA(f ) donc C (f ) = jjC (f ).
Pour (f; g) 2 L2, j(f + g)(x) (f + g)(y)j6jf (x) f (y)j + jg(x) g(y)j
donc C (f + g)6C (f )C (g).
k k1 est une norme donc pour prouver que N est une norme, il sut de
prouver N (f ) = 0 ) f = 0.
N (f ) = 0 ) kf k1 donc f = 0.
Montrons que (B([0; 1]; R); k k1) est complet.
Soit (fn)n2N est une suite de Cauchy pour k k1.
8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kfp fq k16".
Pour chaque t 2 [0; 1], la suite (fn(t))n2N est une suite de Cauchy reelle
donc convergente de limite f (t).
Nous avons donc en faisant tendre q vers +1,
8" > 0; 9N 2 N; 8p 2 N; 8t 2 [0; 1]; p>N ) jfp(t) f (t)j6".
En xant p, nous en deduisons que f est bornee donc (B([0; 1]; R); k k1)
est complet.
k k1 6N donc si (fn)n2N est une suite de Cauchy pour N elle l'est aussi
pour k k1 et il existe une fonction f limite uniforme de la suite (fn)n2N.
Montrons que (fn)n2N converge vers f pour N et que f est Lipschitzienne.
8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) C (fp fq )+ kfp fq k1 6".
En particulier pour x et y xes, jfp (x) fq (x) fp (y) + fq (y)j 6" donc
jx yj
jf (x) f (x) fp (y) + f (y)j 6"
en faisant tendre q vers +1 nous avons p
jx yj
j
f
(x) f (y)j jfp(x) fp (y)j
j
f
(x) f (y)j
puis
jx yj 6 jx yj + " et sup jx yj 6C (fp ) + ".
p etant choisi apres un choix de ", nous en deduisons que f est Lipschitzienne et n!lim
lim
+1 C (fn f ) = 0 puis n!
+1 N (fn f ) = 0.
L'espace L est complet pour la norme N .
1 (b) En choisissant fn continue telle fn(t) = 1 pour t 2 ; 1 , fn(0) = 0 et
n
fn ane sur 0; n1 , nous avons une application n-Lipschitzienne.
N (fn) = n; kfnk1 = 1. Les deux normes ne sont pas equivalentes.
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
r
327
Remarque Soit (fn)n2N la suite denie par fn(t) = t + n12 . fn est
r
p 1
n2 -Lipschitzienne. 06 t + n12
t6 n donc la suite (fn)n2N converge
sur B([0; 1]; R) muni de la norme k k1 . Cependant la limite n'est pas Lip-
schitzienne. La limite uniforme d'une suite d'applications Lipschitziennes
n'est pas necessairement Lipschitzienne.
68.
0
1
X
X
X X C k
(a) Soient P = ai X i et Q = bj X j . PQ = B
aibj A X .
@
i
j
k
i=0
j =0
k=0 i6n;j 6m
X
n
n+m
m
+ =
i+j =k
i6n;j 6m
ai bj 6 min(m + 1; n + 1)kP k1 kQk1 .
(b) () Montrons que f est bornee sur la boule N1 (x)61; N2(y)61.
f est continue en (0; 0) donc il existe > 0 tel que pour (x; y) 2
E F; N1(x)6; N2(y)6 ) kf (x; y)k61.
Soient x 2 E et y 2 F deux elements de normes au plus egales a 1.
Posons x0 = x et y0 = y. Nous avons alors kf (x0 ; y0)k61 soit
encore 2 kf (x; y)k61 d'ou le resultat.
Pour f et g appartenant a B et 2 C ,
k(f +g)(x; y)k6kf (x; y)k+kg(x; y)k et k(f )(x; y)k = jj kf (x; y)k.
Nous avons bien kjf + gjk6kjf jk + kjgjk et kjf jk = jjkjf jk.
Si kjf jk = 0 alors f est nulle sur la boule N1(x)61; N2(y)61.
Soit (x; y) 2 E F ; avec x et y non nuls.
Posons x0 = 1 x et y0 = 1 y.
N1 (x)
N2 (y)
f (x0 ; y0 ) = 0 puis f (x; y) = N1 (x)N2(y)f (x0; y0) = 0. kj jk est bien
une norme.
Pour (x; y) 2 E F , il existe (u; v) 2 E F , ou les normes de u
et v sont egales a 1, tel que x = N1 (x)u; y = N2(y)v . Il vient alors
kf (x; y)k = N1 (x)N2(y)kf (u; v)k6N1(x)N2(y)kjf jk d'ou le resultat
demande.
() D'apres ce que nous venons de voir, si f 2 B l'inegalite est veriee.
Supposons cette inegalite veriee. Soient (x; a) 2 E 2 et (y; b) 2 F 2 .
f (x; y) f (a; b) = f (x a; y b) + f (x a; b) + f (a; y b).
Nous avons alors
kf (x; y) f (a; b)k6KN1 (x a)N2(y b) + KN1 (x a)N2(b)
+KN1(a)N2(y b).
f est donc continue.
(c) Nous deduisons de ce qui precede que p est continue et nous avons alors
kjpjk6 min(m + 1; n + 1).
0
1
Soient P =
n
X
i=0
Xi
et Q =
m
X
i=0
X i.
PQ =
XB X C k i
1A X X .
@
n+m
k=0
i+j =k
i6n;j 6m
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
328
Nous avons kPQk1 = min(m + 1; n + 1) avec kP k1 = kQk1 = 1.
Nous en deduisons kjpjk = min(m + 1; n + 1).
69. Soient
0 f etsg deux elements desE .
06 @f (0)
Z1
0
g0 2(t) dt g(0)
+g(0)2
donc
2f (0)g(0)
sZ 1
0
Z1
Z1
0
sZ 1
g0 2 (t) dt
0
0
12
Z1 2
2
2
0
f (t) dtA = f (0)
g0 (t) dt
0
sZ 1
sZ 1
f 0 2(t) dt 2f (0)g(0)
f 0 2 (t) dt6f (0)2
Z1
0
0
g0 2 (t) dt
g0 2(t) dt + g(0)2
0
Z1
0
f 0 2 (t) dt
f 0 2(t) dt.
Nous obtenons alors
Z 1
Z 1
Z1 2
Z1 2
2
2
2
2
2
0
2
0
0
0
f (0) g(0) +f (0) g (t) dt+g(0) f (t) dt+
g (t) dt
f (t) dt
0
>f (0)2g(0)2 +
Z 1
0
Z 1
g0 2(t) dt
0
Nous
v en deduisons
0
f 0 2 (t) dt
0
sZ 1
+2f (0)g(0)
0sZ
12
u
sZ 1
u
1
u
t(f (0) + g(0))2 + @ g02(t) dt +
f 0 2(t) dtA
0
0
s
s
Z1
6
f (0)2 +
0
f 0 2(t) dt +
0
0s
g0 2(t) dt
g(0)2 +
D'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous avons
s
(f (0) + g(0))2 +
Z1
0
Z1
0
Z1
0
f 0 2 (t) dt
g0 2(t) dt.
(f 0 (t) + g0 (t))2 dt
v
0sZ
12
u
sZ 1
u
1
t(f (0) + g(0))2 + @ g02(t) dt +
6u
f 0 2(t) dtA .
0
0
Nous obtenons nalement N (f + g)6N (f ) + N (g).
Soit f 2 E veriant N (f ) = 0 alors f (0) = 0 et, f 0 etant continue, f 0 = 0 ce
qui conduit a f = 0.
Il est immediat que N (f ) = jjN (f ) pour 2 R et f 2 E .
Soit f 2 E . Il existe
Z t t0 2 [0; 1] tel que jf (t0)j = kf k1.
jf (t0 )j = f (0) + f 0 (u) du.
0
0
Z1
Nous en deduisons kf k1 6jf (0)j + jf 0 (t)j dt. En utilisant l'inegalite de
0
Cauchy-Schwarz nous obtenons
kf k1 6jf (0)j +
sZ 1
0
(kf k1 )2 6(f (0))2 +
329
(f 0 (t))2 dt puis
Z1
0
(f 0 (t))2 dt + 2jf (0)j
sZ 1
0
(f 0 (t))2 dt.
Pour tout couple de reels a et b nous avons 2ab6a2 + b2 donc
)2 62(f (0))2 + 2
Z1
(kf k1
(f 0 (t))2 dt = 2N (f )2 .
0
Les deux normes ne sont pas equivalentes. En eet considerons, pour n 2 N,
la fonction fn denie par fn(0) = 0 et
2 8
>
2
2(n + 1) t
si t 2 0;
>
n+1
>
>
<
2
1
1
2
0
fn (t) = > 2(n + 1) t n+1 si t 2 n + 1 ; n + 1 .
1 >
>
>
0
si t 2
:
n + 1; 1
Z1
r
(fn0 )2(t) dt = 2 (n + 1) donc N (fn) = 2 (n + 1).
3 Z
3
0
1
1
fn0 >0 donc kfnk1 = fn0 (t) dt = 2 .
0
N (fn) n'est pas borne alors que kfnk1 l'est.
70. (a) () jf j est continue strictement positive ; elle atteint son maximum kf k1
en un point t0 de [a; b]. Il existe > 0 tel que pour tout t 2 [a; b]
veriant jt t0 j6 on ait jf (t) f (t0 )j6 " .
2
Notons [; ] = [a; b] \ [t0 ; t0 + ]. Nous avons a6 < 6b et
pour t 2 [; ] jf (t)j>kf k1 " .
2
p
n
() n!lim+1 = 1 donc il existe un entier N1 > 0 tel que pour tout
p
" .
entier n>N1 on ait n >1
2kf k1
() Comme precedemment
N2 > 0 tel que pour tout
pn il existe un entier
"
entier n>N2 on ait b a 61 +
2kf k1
"
Soit > 0. "lim
1+
kf k1 = kf k1 ,
!0
2kf k1
"
" = kf k donc il existe " > 0 veriant
lim
1
k
f
k
1 2
1
"!0 " 2kf k1
"
"
1+
kf k1 6kf k1 + et 1 2kf k kf k1 2 >kf k1 + .
2kf k1
1
" > 0 etant ainsi choisi, pour n>N > max(N1; N2 ) nous avons
330
Zb
a
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
jf (t)jndt>( ) kf k1 2" puis
"
1
2kf k1
kf k1
c'est-a-dire kf k1 6
Z b
a
Nous obtenons22 bien n!lim
+1
(b) Si p = 1 f 2 C 0 ([a; b];
n
" 6 Z b jf (t)jn dt n 6 p
b a kf k1
2 a
6 1 + 2kf"k kf k1
E) 7 !
n
1
1
jf (t)jn dt kf k1 + .
Z b
Zb
a
1
a
n
jf (t)jn dt
1
= kf k1 .
kf (t)k dt 2 R+ est une norme ; il s'agit
d'un resultat du cours.
p donc 1 + 1 = 1.
Supposons p > 1. Posons q =
p 1
p q
Soient f et g deux applications continues de [a; b] dans R+.
Z b
Zb
p Z b
q
1
1
.
f (t)g(t) dt6
a
a
Si f ou g est nulle alors l'inegalite est veriee. Si f et g sont non nulles
Montrons l'inegalite
alors A =
Z b
a
a
p
1
f (t)p dt
> 0 et B =
Z
f (t)p dt
Z b
a
q
g(t)q dt
1
g(t)q dt
Z
> 0.
b
b
1
1
p
Posons F = f et G = g. F (t) dt = G(t)q dt = 1.
A
B a
a
Lafonction ln est concave
1 donc
1
1
ln F (t)p + G(t)q > ln (F (t)p) + 1 ln (G(t)q ) = ln(F (t)G(t)) donc
p
q
p
q
F (t)G(t)6 1p F (t)p + 1q G(t)q . Nous en deduisons
Zb
F (t)G(t) dt6 1p + 1q = 1 puis en remplacant
a
Zb
Z b
p Z b
1
q
1
f (t)g(t) dt6
.
a
a
L'inegalite est demontree.
(f (t) + g(t))p = f (t)(f (t) + g(t))p 1 + g(t)(f (t) + g(t))p 1.
En utilisant l'inegalite23 precedente nous obtenons
a
Zb
a
f (t)p dt
f (t)(f (t) + g(t))p 1 dt +
Zb
a
g(t)q dt
g(t)(f (t) + g(t))p 1 dt
Le resultat ne change pas si on suppose f a valeurs dans un espace vectoriel norme de dimension
nie ; il sut de remplacer partout jf j par kf k.
23
Dite inegalite de Holder.
22
331
6
Z b
a
p Z b
1
f (t)p dt
+
Nous en deduisons
Zb
a
Z b
(f (t) + g(t))p dt6
a
Z b
a
a
q
(f (t) + g(t))(p 1)q dt
p Z b
1
g(t)p dt
a
(f (t) + g(t))(p 1)q dt .
q Z b
p
1
1
(f (t) + g(t))p dt
En simpliant nous obtenons
a
p Z b
1
6
(f (t) + g(t))p dt
q
1
a
f (t)p dt
+
Z b
1
a
p Z b
Z b
1
f (t)p dt
+
Il est alors immediat que Np est une norme.
a
p !
1
g(t)p dt
p
.
1
g(t)p dt
a
.
(c) Soit g une fonction en escaliers. Il existe une subdivision (t0; t1 ; ; tn)
de [0; 1] telle que la restriction de g a ]ti ; ti+1 [ est
! constante egale a
i 2 [a; b]. '
Z 1
nous obtenons '
n 1
X
i=0
0
g(t) dt = '
Z 1
i=0
X
n 1
g(t) dt 6
0
n 1
X
i=0
(ti+1 ti )i . ' etant convexe
ti >0 et
(ti+1 ti )'(i ) car ti+1
(ti+1 ti ) = 1.
' g est aussi en escalier ; constante sur ]ti ; ti+1 [.
Z1
n 1
X
(' g)(t) dt = (ti+1 ti )'(i ).
0
i=0
L'inegalite est veriee dans ce cas.
Soit (gn)n2N une suite de fonctions en escalier, a valeurs dans [a; b], qui
converge vers g. j(' gn)(t)j6k'k1 donc on peut appliquer le theoreme
de convergence dominee.Z
Z1
1
Nous avons alors n!lim
(' gn )(t) dt = (' g)(t) dt. ' etant conti+1
0
Z 1
0
nue nous obtenons n!lim
'
gn(t) dt = '
+1
0
demande est donc demontre.
Z 1
0
g(t) dt . Le resultat
p
(d) Soit (p; q) 2 N2 ; p>q. Soit F l'application denie par F (t) = t q . F est
Z 1
pq Z 1
p
convexe car >1. Nous avons donc
jf (t)jq dt 6 jf (t)jp dt donc
q
0
0
Z1
n
Nq 6Np . Par ailleurs jf (t)jn dt6 (kf k1 ) donc 8n 2 N; Nn(f )6N1 .
0
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
332
71. (a) N est bien denie, a valeurs reelles positives.
Si x1 ; x2; y1 et y2 sont quatre reels alors d'apres les proprietes de l'integrale, j(x1 + x2 )f (t) + (y1 + y2)g(t)j6jx1 f (t) + y1g(t)j + jx2f (t) + y2g(t)j,
N [(x1R; y1) + (x2 ; y2 )]6N (x1 ; y1)R+ N (x2; y2) et pour 2 R,
1
1
math
Z 1 0 jxf (t) + yg(t)jdt = jj 0 jxf (t) + yg(t)jdt.
jxf (t) + yg(t)jdt = 0 implique, la fonction integree etant continue et
0
positive, xf + yg = 0. N est donc une norme si et seulement si f et g ne
sont pas colineaires.
Z1
(b) Dans le cas considere, N est une norme et N (x; y) = jx + ytjdt.
0Z 1
Le disque unite est l'ensemble des points du plan tels que jx + ytjdt61.
0
Pour y = 0, nous obtenons jxj61.
Supposons y 6= 0. Trois cas sont possibles; x 60; 0 < x < 1; 16 x .
y
y
y
Dans le premier cas,
x
+
ty
a
un
signe
xe,
celui
de
y
.
Z1
N (x; y) = sgn(y) (x + ty)dt = sgn(y) x + y2 .
0
Dans le troisieme cas,
Z 1x + ty a un signe xe, celui
dey y.
N (x; y) = sgn(y) (x + ty)dt = sgn(y) x + 2 .
0
Dans le deuxieme Zcas,x x + ty change de signe.
Z1
y
N (x; y) = sgn(x)
(x + ty)dt sgn(x) x (x + ty)dt
0
y
= sgn(x)
Nous obtenons donc en regroupant les reponses :
x>0 et x + y>0, 2x + y62.
x60 et x + y60, 2x + y> 2.
x>0 et x + y60, 2x2 + 2xy + y2 + 2y60.
x60 et x + y>0, 2x2 + 2xy + y2 2y60.
Nous obtenons alors le trace suivant :
4
2
–4
–2
0
–2
–4
2
4
2x2 + y2 + 2xy 2y
.
333
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
334
72. j'(f )j6kf k1 donc ' est continue.
Considerons, pour n 2 N; n>3, fn denie par
1 1
f (n(t) = 1 pour t 2 0; 2 n
1 1 f (n(t) = 1 pour t 2 2 + n ; 1
1 1 1 1 n
f (n(t) = nt + 2 pour t 2 2 n ; 2 + n
fn est continue, kfnk1 = 1 et '(fn ) = 1 n1 donc sup j'(f )j = 1. La norme
kf k1 =1
de ' est donc egale a 1.
Si la norme est atteinte, il existe
f 2 E telle que kf k1 = 1 et j'(f )j = 1 donc
Z1
Z1
Z1
Z
Z
1 = f (t)dt
f (t)dt 6 jf (t)jdt + jf (t)jdt = jf (t)jdt61.
0
0
0
Z1
Z1
1
2
1
2
1
2
1
2
Nous avons alots jf (t)jdt = 1 soit encore (jf (t)j 1)dt = 0 par conti0
0
nuite de jf j 1 qui est de signe xe, nous en deduisons 8t 2 [0; 1]; jf (t)j = 1.
f ne peut changer de signe sans s'annuler donc 8t 2 [0; 1]; f (t) = 1 ou
8t 2 [0; 1]; f (t) = 1 et '(f ) = 0 ce qui est contradictoire.
73. Soit u une suite reelle convergeant vers 0. u est bornee donc '(u) est bien
+1 1
X
deni. '(u)6kuk
n+1 = kuk. ' est continue.
n=0 2
erons la suite (uk )k2N d'elements de E denie par :
Consid
uk;n = 1 pour n6k .
uk;n = 0 pour n > k
k
X
'(uk ) = 2n1+1 et kuk k = 1. k!lim
j'(uk )j = 1 donc la norme de ' est egale
+1
n=0
a 1.
Supposons
qu'il existe une suite u 2 E de norme 1 veriant j'(u)j = 1.
X
+1 u X
+1 ju j
+1 ju j
+1 ju j 1
X
X
n n
n
n
6
6
1
donc
=
1
soit
encore
1 = n
+1
n
+1
n
+1
n+1 = 0.
n=0 2 n=0 2
n=0 2
n=0 2
Chaque element de la somme etant positif, il vient 8n 2 N; junj = 1 ce qui
est contraire au fait que la suite (un )n2N converge vers 0. La norme n'est donc
pas atteinte.
74. (a) p etant continue, IdE est continue donc q = IdE p est continue.
p 1 (f0g) = G; q 1 (f0g) = F . f0g est ferme24 donc F et G le sont.
(b) F et G sont fermes, inclus dans E qui est complet ; ils sont complets.
f0g est ferme car il s'agit d'un espace vectoriel de dimension nie ; on peut aussi remarquer
que pour tout a 62 f0g la boule de centre a et de rayon ka2k est incluse dans le complementaire de
f0g qui est alors ouvert.
24
335
Supposons F et G complets.
Soit (xn )n2N une suite de Cauchy de points de E . p et q sont uniformement continues (car il s'agit d'applications lineaires continues) donc
transforment une suite de Cauchy en une suite de Cauchy. En eet soit
f une application uniformement continue denie sur un espace metrique
(X; d1 ) a valeurs dans un espace metrique (Y; d2 ).
Soit (un )n2N une suite de Cauchy de points de X .
Soit " > 0, il existe > 0 tel que 8(a; b) 2 X 2; d1 (a; b)6 )
d2 (f (a); f (b))6".
Il existe N 2 N tel que pour tous entiers p et q au moins egaux a N ,
d1 (up ; uq )6 donc d2 (f (up ); f (uq ))6". La suite de terme general f (un)
est bien de Cauchy.
Les deux suites (p(xn ))n2N et (q(xn))n2N sont de Cauchy et convergent ;
(xn)n2N = (p(xn))n2N +(q(xn))n2N est alors convergente et E est complet.
75. (a) p q est un endomorphisme symetrique donc il existe une base orthonormale, (e1 ; : : : ; en), de diagonalisation de p q.
8i 2 Nn ; (p q)(ei) = i ei ; i 2 R. i = ((p q)(ei ) j ei).
Soit ("1 ; : : : ; "n) une base ortonormale de E ; les r premiers vecteurs
etant une base de L l'image de p. De m^eme soit ("01 ; : : : ; "0n ) une base
ortonormale de E ; les s premiers vecteurs etant une base de M l'image
de q.
n
n
X
X
Pour chaque i 2 Nn , ei s'ecrit i;j "j = i;j "0j .
j =1
j =1
p("j ) = "j pour j 6r et p("j ) = 0 pour j > r.
q("0j ) = "0j pour j 6s et q("0j ) = 0 pour j > s.
r
r
X
X
(p(ei ) j ei) = i;j ("j j ei ) = (i;j )2.
j =1
De m^eme, (q(ei ) j ei ) =
8i 2 Nn ; i =
r
X
j =1
s
X
j =1
(i;j )2
j =1
(i;j )2 .
s
X
j =1
(i;j )2 .
n
X
X
Les bases etant orthonormales, nous avons
(i;j )2 = (i;j )2 = 1
j =1
j =1
n
donc ji j61.
n
X
Soit x 2 E . x = xi ei .
k(p
q)(x)k2 =
i=1
n
X
X
(i xi )2 6 (xi )2 = kxk2.
i=1
i=1
n
La norme de l'endomorphisme p q est donc au plus egale a 1.
Nous pouvons faire une demonstration directe.
Soit x 2 E . Notons x1 = p(x) et x2 = x x1 . x1 et x2 sont orthogonaux.
p(x) q(x) = x1 q(x) = x1 q(x1 ) q(x2 ).
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
336
Notons x3 = q(x1 ), x1 = x3 + x03 , x4 = q(x2 ) et x2 = x4 + x04 .
p(x) q(x) = x1 x3 x4 = x03 x4 ou x03 2 Ker(q) et a x4 2 Im(q).
kx1 k2 = kx3 k2 + kx03k2 ; kx2 k2 = kx4 k2 + kx04 k2 .
kp(x) q(x)k2 = kx03 k2 + kx4 k2 = kx1 k2 kx3 k2 + kx2 k2 kx04 k2
= kxk2 kx3 k2 kx04 k2 6kxk2 .
(b) Supposons r > s.
dim(L \ M ?) = r + n s dim(L + M ? ). Si dim(L \ M ? ) = 0 alors
dim(L + M ?) > n ce qui est faux. Il existe donc un vecteur non nul dans
L \ M ?. Nous pouvons toujours supposer qu'il s'agit de "1 qui verie
donc p("1 ) = "1 et q("1 ) = 0 puis (p q)("1 ) = "1 . Nous en deduisons
que la norme de p q est au moins egale a 1 donc egale a 1. Nous avons
le m^eme resultat avec s > r.
Nous avons donc (dim(L) 6= dim(M )) ) kjp qjk = 1 d'ou le resultat
demande.
76. f et g etant bornees, '(u) est denie pour tout reel u.
Soient u et v deux reels et soit x 2 X .
f (x) + ug(x) = (u v)g(x) + (f (x) + vg(x)) donc
kf (x) + ug(x)k6ju vjkg(x)k + kf (x) + vg(x)k6ju vjkgk1 + '(v) puis
'(u)6ju vjkgk1 + '(v). En echangeant les r^oles de u et v nous en deduisons
j'(u) '(v)j6kgk1ju vj d'ou le resultat.
1
77. Soit f la fonction denie par f (0) = 0 et pour t 2]0; 1]; f (t) = t sin
t .
f (t) 1 p
Pour t 6= 0, = t sin
t
t 6 t ; f est derivable en 0 de derivee nulle
en 0. f est donc derivable.
1
n .
Soient, pour n 2 N , xn =
et yn =
n2n 11+ 2n2 1 r 1
f (xn ) = 0. f (yn) = 1 + 2n2 sin n n!+1 2n2 2n .
p
f (x ) f (yn) Nous avons alors n
2n .
xn yn n!+1
f (xn ) f (yn) = 1. f n'est pas Lipschitzienne.
Nous en deduisons n!lim
+1 xn yn
78. (a) Nous avons deja vu ce resultat25 . Si E est de dimension nie alors
tr(u v v u) = 0 = tr(IdE ) = dim(E )>1. E est donc de dimension
innie.
(b) Montronsque pour tout n 2 N ; un v v un = nun 1 .
Le resultat est vrai pour n = 1. S'il est vrai jusqu'au rang n alors
un+1 v = u v un + nun = (v u + IdE ) un + nun = v un+1 +(n +1)un
d'ou le resultat.
(c) Supposons u et v continues. Nous avons alors
kjun vjk = kj(nIdE + v u) un 1jk>nkjun 1jk kjv un jk puis
3
2
1
2
3
2
25
Exercices numeros 153 et suivants.
337
nkjun 1jk6kjun 1jk(kjv ujk kju vjk)62kjun 1jkkjujkkjvjk.
un ne s'annule pas car u etant non nul il existerait n>2 tel que un 1 6= 0
et un = 0 puis, d'apres la relation demontree precedemment, 0 = nun 1 .
Nous avons donc 8n 2 N ; n62kjujk kjvjk ce qui est exclu.
1 kjvjkp
79. (a) Soient n et p deux entiers naturels. kjun+p un jk6kjvjkn+1
.
1 kjvjk
La suite (un )n2N est donc une suite de Cauchy ; elle converge car E etant
de dimension nie, L(E ) est complet. Il existe un endomorphisme u limite de la suite (un )!n2N.
(IdE v) n
X
k=0
vk = IdE vn+1.
kjvn+1jk6kjvjkn+1 ; n!lim+1 vn+1 = 0 et la suite ((IdE v) un)n2N converge
vers IdE . L'application lineaire w 2 L(E ) 7 ! (IdE v) w 2 L(E ) est
continue donc (IdE v) u = IdE ; u est l'inverse de IdE v qui est
inversible.
(b) En posant v = IdE f , nous en deduisons que f = IdE v est inversible.
80. (a) Montrons que LC (E ) est complet lorsque E l'est.
Soit (un )n2N une suite de Cauchy d'elements de LC (E )
8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kjup uq jk6".
Pour chaque x 2 E , la suite de terme general un(x) est une suite de
Cauchy de points de E ; elle est donc convergente vers un elements u(x).
Montrons que u est un endomorphisme continu.
Pour (x; y; ) 2 E E C nous avons un(x + y) = un (x) + un (y)
donc u(x + y) = u(x) + u(y) et u est lineaire. En reprenant les notations precedentes et en faisant tendre q vers +1 nous en deduisons
8" > 0; 9N 2 N; 8p 2 N; p>N 8x 2 E ) kup (x) u(x)k6"kxk et
enparticulier ku(x)k6"kxk + kjuN jk kxk = K kxk. u est donc continue et
LC (E ) est complet.
Comme dans l'exercice precedent, considerons un endomorphismen w continu
X
de norme strictement inferieure a 1. La suite de terme general wk est
k=0
de Cauchy donc converge vers un element h de LC (E ).
' 2 LC (E ) 7 ! (IdE w) ' 2 LC (E ) est continue car lineaire et veriant kj(IdE w) 'jk6kjIdE wjkkj'jk donc
!
(IdE w) h = n!lim
(Id w) +1 E
n
X
wk = IdE wn+1 = IdE .
k=0
Nous en deduisons alors que IdE w est inversible puis que si v est un
endomorphisme continu tel que la norme de IdE v est strictement inferieure a 1 celui-ci est inversible.
Soit u 2 GLC (E ). Considerons la boule, B , ouverte de centre u de rayon
1
ku 1 jjk .
v 2 B ) kjIdE u 1 vjk = kju 1 (u v)jk6kju 1 jk kju vjk < 1.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
338
Nous en deduisons que u 1 v est inversible puis que v l'est aussi et
B GLC (E ) qui est un ensemble ouvert.
1
(b) Soit h 2 LC (E ), kjhjk <
kj
u 1 jk .
IdE + u 1 h est inversible d'apres ce que nous avons vu precedemment
;
donc u + h aussi. Nous avons (u + h) 1 = (IdE + u 1 h) 1 u 1 et
IdE + u
1 h 1
kj IdE + u 1 h
IdE =
+1
X
n=1
( 1)n (u 1 h)n.
+1
X
1
kju 1jknkjhjkn = 1 kjukju jk1jkkjhkjjkhjk .
n=1
kju 1 jk2kjhjk puis
Nous avons donc kj (u + h) 1 u 1 jk6
1 kju 1 jkkjhjk
lim(u + h) 1 u 1 = 0. L'application u 2 GLC (E ) 7 ! u 1 2 GLC (E )
h!0
1
IdE jk6
est continue26
81. (a) Si p = 0; Ep = Mn(K ) est ouvert et est egal a son adherence. Nous
pouvons supposer p>1.
Soit M0 2 Mn(K ) une matrice de rang r au moins egal a p. Il existe une
matrice inversible P et une matrice inversible Qr telles que M0 = PJr Q.
X Y
L'application (ai;j )(i;j)2 (Nr ) 2 C r 7 !
" ai;(i) 2 K est polyno2
2
2Sr i=1
miale donc continue. L'application A 2 Mr (K ) 7 ! (ai;j )(i;j)2 (Nr )2 2 C r2
est continue donc l'application A 2 Mr (K ) 7 ! det(A) 2 K est continue
et l'ensemble des matrices inversibles de Mr (K ) est un ouvert.
Choisissons la norme denie par kM k1 =
jmi;j j.
2
(i;j)2(Nn)
Il existe donc > 0 tel que la boule centree en Ir de rayon soit incluse
dans GLr (K ).
Soit B 2 Mn(K ). Notons Br la matrice de 2 Mr (K ) sous-matrice de
X
B obtenue en ne conservant que les r premieres lignes et les r premieres
colonnes de B .
kB Jr k1 6 ) kBr Ir k1 6. Br est inversible donc rg(B )>r. Il
existe donc une boule de rayon > 0 centree en Jr incluse dans Ep .
Toutes les normes etant equivalentes, cela est vrai pour une norme sousmultiplicative k k.
Soit > 0. kP 1(M M0)Q 1 k = kP 1MQ 1 Jr k. kM M0k6 )
kP 1k kQ 1 k kP 1MQ 1 Jr k6 kP 1k kQ 1 k.
En choisissant 6 1
, nous en deduisons que P 1 MQ 1 est de
1
kP k kQ k
Lorsque E est de dimension nie, GLC (E ) est l'image reciproque de C par l'application
determinant et u 2 GLC (E ) 7 ! u 1 2 GLC (E ) est l'application, apres avoir choisi une base et
f . Ces applications peuvent ^
identie matrice et endomorphisme, M 7 ! det(1M ) M
etre regardees
2
comme des applications de C n dans lui-m^eme ; la premiere ayant chaque fonction coordonnee
polynomiale, la seconde ayant chaque fonction coordonnee rationnelle. Elles sont continues.
26
339
rang au moins egal a p donc M est de rang au moins egal a p et la boule
centree en M0 de rayon est incluse dans Ep . Ep est bien un ouvert.
Montrons que toute matrice M de Mn(K ) est limite d'une suite de matrices de Ep .
Si rg(M )>p, il est clair que M est dans Ep donc dans son adherence.
Supposons que le rang de M soit strictement inferieur a p.
E crivons M = PJr Q ou P et Q sont inversibles et Jr de rang r = rg(M ).
Soit s 2 N;.
0J 0 01
r
1
B
C
Posons As =
I
A
s 0A Q 2 Mn (K ). Ms est
p r et Ms = P @ 0
s+1
0 0 0
de rang p. Il est clair que s!lim
M = M d'ou le resultat demande27 .
+1 s
(b) Le complementaire de Fp est Ep+1 qui est donc ouvert.
Soit A 2 Fp . A est equivalente a une matrice Jr avec r = rg(A)6p. Il
existe deux matrices inversibles P et Q telles que PJr Q = A.
1 ; : : : ; 1 ; 0; : : : ; 0) 2 Mn(K ) ou
Posons Bs = Diag(1; : : : ; 1; s+1
s+1
s 2 N. Le nombre de 1 est egal a r, le nombre de s +1 1 est egal a p r.
lim B = Jr donc s!lim
PB Q = PJr Q = A avec rg(PBsQ) = p.
s!+1 s
+1 s
82. Soit M0 2 Mn(C ). M0 est semblable a une matrice T0 triangulaire superieure.
Il existe P inversible telle que M0 = PT0 P 1.
1
n
Soit Ms = P (T0 + Ds)P 1 ou Ds = Diag
s + 1 ; s + 1 ; : : : ; s + 1 et s 2 N.
i ; i 2 N o
Les valeurs propres de la matrice Ms sont i + s+1
n u 1 ; : : : n sont
les valeurs propres de M0.
i + s +i 1 = j + s +j 1 () i j = sj + 1i . Si i = j , cette egalite ne
j i = 0, cette egalite ne peut avoir
peut avoir lieu ; si i 6= j , comme s!lim
+1 s + 1
lieu pour s assez grand.
Pour chaque couple (i; j ) 2 (Nn )2 avec i 6= j , il existe un entier Ni;j au dela
duquel pour tout s 2 N, i + i 6= j + j .
s+1
s+1
En choisissant un entier N plus grand que tous les entiers Ni;j , nous en deduii 6= + j .
sons que pour tout s>N , 8(i; j ) 2 (Nn )2 avec i 6= j , i +
s+1 j s+1
Pour s>N , les matrices Ms sont donc diagonalisables et s!lim
M = M0 donc
+1 s
l'adherence de l'ensemble des matrices diagonalisables est Mn(C ).
Soit A une matrice reelle. Il existe une suite de matrices complexes diagonalisables (Xs + iYs)s2N, ou Xs et Ys sont reelles, qui converge vers A. A etant
reelle, nous avons A = s!lim
X et rien ne prouve que Xs soit diagonalisable.
+1 s
En eet soit (Ms)s2N une suite de matrices qui converge vers M . Une suite
de polyn^omes de K n [X ] converge si et seulement si les suites des coecients
27
Nous avons deja vu ce resultat.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
340
convergent. La suite (s)s2N des polyn^omes caracteristiques des matrices Ms
converge alors vers le polyn^ome caract
0eristique
de M .
1
Par exemple, pour n = 2, soit M = 1 0 . Si M est limite d'une suite
a c de matrices b n dn diagonalisables, alors (an dn )2 + 4bncn >0. Nous en
n n
deduisons : n!lim
(a dn )2 + 4bncn >0 c'est-a-dire 1>0 ce qui est faux.
+1 n
Autre demonstration.
Soit V un voisinage de M .
1
Il existe que l'on peut supposer strictement compris en tre 0 et tel que
a 1+c 2
l'ensemble N = 1 + b
d ; jaj6; jbj6; jcj6; jdj6 soit inclus dans V .
N = X 2 (a + d)X + ad + (1 + b)(1 c). Le discriminant est egal a
(a d)2 4(1 + b)(1 c) < 0. Il n'y a aucune matrice diagonalisable dans le
voisinage en question ; d'ou le resultat.
83. (a) Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie n. Montrons qu'un endomorphisme u 2 L(E ) est diagonalisable si et seulement, en notant
1 ; : : : ; p les valeurs propres de u d'ordres respectifs 1; : : : ; p , nous
avons28 Ker(u i IdE ) est de dimension i .
Si u est diagonalisable il existe une base de E constituee de vecteurs
propres de u. Dans cette base, la matrice de u est Diag(1 ; : : : ; n ). Le
Yp
Yn
polyn^ome caracteristique de u est (i X ) = (j X )j .
i=1
j =1
Pour chaque i il existe donc au moins i vecteurs independants qui sont
des vecteurs propres associes a i c'est-a-dire dim(Ker(u i IdE ))>i .
p
M
E = Ker(u i IdE ) ; nous en deduisons dim(Ker(u i IdE )) = i .
i=1
Reciproquement si chaque espace propre Ker(u i IdE ) est de dimenp
X
sion i alors dim(Ker(u i IdE )) = n et les espaces propres etant
i=1
p
M
en somme directe, nous en deduisons E = Ker(u i IdE ) et u est
i=1
diagonalisable.
Le resultat s'applique aux matrices.
(b) Soit A une matrice diagonalisble. Notons 1 ; : : : ; p les valeurs propres
de A d'ordres respectifs 1 ; : : : ; p . Soit (Bs)s2N une suite convergente
de matrices semblables a A, de limite B .
Bs est diagonalisable donc pour chaque i 2 Np , Ker(Bs i In) est de
Nous avons deja vu dans le chapitre algebre lineaire que 16 dim(Ker(u
dim((Ker(u i IdE )) ) = i .
28
i
i IdE ))6i et
341
dimension i ; c'est-a-dire rg(Bs i In) = n i < n. Nous en deduisons29
p
X
rg(B i In)6n i c'est-a-dire dim(Ker(B i In))>i . i = n donc
i=1
pour chaque i 2 Np ; dim(Ker(B i In)) = i et B est diagonalisable et
est semblable a A car ses valeurs propres sont les m^emes que celles de A
avec le m^eme ordre de multiplicite.
(c) () Voir le corrige de l'exercice numero 50 du chapitre espaces vectoriels30.
() Soit y 2 G. 8i 2 N; (e1 ui )(y) = 0. Il est alors immediat que
8i 2 N; (e1 ui+1 )(y) = 0 donc que u(y) appartient a G.
Soit y 2 F \ G.
8i 2 N; (e1 ui )(y) = 0 et
y s'ecrit : y =
r 1
X
j =0
j uj (x).
r 1
D'apres les hypotheses, nous avons 8j 2 N; ((e1 uj )(
!x) = j .
Nous en deduisons 8i 2 N; 0 = (e1 ui )
r 1
X
j =0
j uj (x) =
r 1
X
j =i
j i uj (x).
En particulier, pour 06i6r 1; r i 1 = 0 et y est nul.
() Nous avons vu a l'exercice numero 78 du chapitre algebre lineaire
qu'en dimension nie, ?B = Vect(B ).
B est en fait egal a fe1 ui 1 ; i 2 Nr g.
r 1
X
Considerons la combinaison lineaire 0 = i e1 ui .
i=0
Soit j 2 N; j 6r 1.
r 1
X
i e1 ui+j (x) = r 1 j . La famille e1 ui 1 i2Nr est libre
i=0
donc dim(Vect(B )) = r puis dim(G) = n r.
Nous avons n = dim(F ) + dim(G) = dim(F G) donc E = F G.
Montrons maintenant le resultat demande.
Supposons A non diagonalisable. Il existe une valeur propre d'ordre
de multiplicite r = ()>2 telle que l'espace propre E () associe soit de
dimension strictement inferieure a ().
En utilisant le lemme des Noyaux nous en deduisons que A est semblable
!
A0 0
a la matrice M =
2 Mn(C ) ou A0 = Ir + A00 , A00 a diagonale
0 B
nulle, triangulaire superieure nilpotente d'ordre au plus egal a r.
!
A00 0
M In =
= N 2 Mn(C ).
0 C
S (M In) = S (M ) In = S (A) In. S (A) ferme est equivalent a
0=
29
30
Exercice 79 (b).
Voir le devoir numero 5 du livre "Resume de cours textes et corriges de devoirs" chez Ellipses.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
342
S (M ) ferme car M 2 Mn(C ) 7 ! M In 2 Mn(C ) est un homeomorphisme.
Il existe un vecteur colonne X tel que la famille X; A00 X; : : : ; A00 k 1 X
est libre (k est l'indice de nilpotence de A00 ) et cet espace possede un
supplementaire stable. A00 est alors semblable a la matrice
0 0 ::: ::: ::: 0 1
...
...
B
CC
1
B
B
C
B
0 . . . . . . . . . ... 0 C
B
CC
B
.
.
.
.
.
.
.
.
B
CC et N est semblable a la matrice
. . .
.
B
B
B 0 : : : : : : 1 0 CC
B
B
@
CC
DA
0
0 0 ::: ::: :::
...
B
1
B
B
B
0 ... ... ...
B
B ...
... ...
R=B
B
B
0 ::: ::: 1
B
B
B
@
0
0
...
...
...
0
1
CC
C
0C
CC
CC.
CC
CC
EA
Soit, pour s 2 N, Ps la matrice de Mn(C ) diagonale dont tous les elements sont egaux a 1 sauf l'element d'indices (1; 1) qui est egal a 1 .
0
1s + 1
0
::: :::
::: 0
B
CC
B
B
CC
1
.
...
..
B
CC
B
s+1
B
.
B
CC
...
..
B
0
1
B
0 C
CC
B
.
.
.
.
B
..
.. ..
..
0
CC
B
B
CC
Rs = Ps 1 SPs = B
B
C
B ... . . . . . . . . . . . . ...
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0
:::
:::
0
0
1
0
E
CC
CC
CC
CC
CC
CA
La suite (Rs)s2N converge vers une matrice de rang rg(S ) 1 donc n'est
343
pas semblable a la matrice initiale et n'est donc pas dans S (M ) qui n'est
alors pas ferme. S (A) n'est pas ferme.
84. Notons X l'ensemble des matrices de Mn(C ) a valeurs propres de modules
egaux a 1.
Soit (Mp)p2N une suite convergente, de limite M , dans Mn(C ) d'elements de
X.
Soit Qp = ( 1)p Mp ou Mp est le polyn^ome caracteristique de Mp. Il est clair
que les modules des valeurs propres de Qp sont egaux a 1 (ce sont des racines
de l'unite).
Yn
Qp s'ecrit Qp = (X i;p ) avec 8i 2 Nn ; ji;p j = 1.
i=1
Chaque i;p appartient au disque unite U qui est ferme borne donc compact.
Il existe '1 une application strictement croissante de N dans N telle que la
suite de terme general 1;' (p) converge vers 1 2 U . De m^eme la suite de
terme general 2;' (p) possede une valeur d'adherence donc il existe '2 une
application strictement croissante de N dans N telle que la suite de terme general 2;(' ' )(p) converge vers 2 2 U . La suite de terme general 1;(' ' )(p)
converge alors vers 1 2 U .
Supposons trouves '1 ; : : : ; 'k des applications strictement croissantes de N
dans N telles que pour chaque i 2 Nk la suite de terme general i;(' ::: 'k )(p)
converge alors vers i 2 U .
La suite de terme general k+1;p possede une valeur d'adherence donc il existe
'k+1 une application strictement croissante de N dans N telle que la suite de
terme general k+1;((' ::: 'k)'k )(p) converge alors vers k+1 2 U .
Nous en deduisons que la suite de terme general i;((' ::: 'k )'k )(p) converge,
pour i 2 Nk+1 , vers i 2 U .
Nous obtenons par recurrence l'existence d'une application ' = '1 : : : 'n
strictement croissante de N dans N telle que pour chaque i 2 Nn , la suite de
terme general i;'(p) converge vers i 2 U .
Notons i;p l'element i;'(p) , Mp0 l'element M'(p) et Rq l'element Q'(p) .
1
1
1
2
1
2
1
1
+1
1
Rp
= Xn +
n 1
X
j =0
aj;p
Xj
Rp (Mp0 ) = 0 = Mp0 n +
avec aj;p = (
n 1
X
j =0
1)j
X
Y
n j
1<k1 < ::: <kn j 6n i=1
+1
i;p .
aj;p Mp0 j . Pour chaque j , la suite de terme general
aj;p a donc une limite bj donc
0 = Mn +
n 1
X
j =0
bj M j .
Soit f l'application qui a = (0; : : : ; n 1) 2
n 1
X
n
X + j X j 2 C n [X ].
Cn
associe le polyn^ome
X
X
n
n
n
X
i
Posons ai X = jaij et kk = ji j qui denissent des normes resi=0
i=0
i=0
j =0
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
344
pectivement sur C n [X ] et C n .
f () f ( ) = f ( ) donc kf () f ( )k = k k et f est continue.
Nous avons alors
Xn +
Le polyn^ome X n +
n 1
X
j =0
n 1
X
j =0
bj X =
Yn
i=1
(X i ).
bj X j a ses racines de modules egaux a 1 donc M 2 X .
Montrons que tout element de X est limite d'une suite d'elements de A.
Soit M 2 X .
M est semblable a une matrice triangulaire superieure T = (ti;j )(i;j)2(Nn) dont
la diagonale est constitutee d'elements de modules egaux a 1.
Notons tj;j = exp(ij ). Il existe, pour chaque j 2 Nn , une suite31 de rationnels
(rj;p )p2N qui converge vers j et par continuite, p!lim
exp (irj;p 2) = tj;j .
+1
2
Considerons, pour p>1, la matrice diagonale Dp 2 Mn(C ) dont le terme d'indices (j; j ) est egal a exp i 2(j+rpj;p ) tj;j .
Posons alors Tp0 = T + Dp.
j
0
0
L'element d'indices (j; j ) de Tp est egal a tj;j = exp i + rj;p 2 .
p
Soient j et k deux entiers dierents compris
en
tre
1
et
n
.
Si tj;j = tk;k alors t0j;j t0k;k 1 = exp i j k 2 est dierent de 1 des que p
p
est strictement superieur a n. Si tj;j 6= tk;k alors p!lim
t0 t0 1 = tj;j (tk;k ) 1 6= 1.
+1 j;j k;k
0 t0 1 sont dierents de 1.
A partir d'un certain rang
n
les
e
l
e
ments
t
j;k
j;j k;k
En choisissant N > max nj;k ; (j; k) 2 (Nn )2; j 6= k et N >n +1, nous en deduisons que pour p>N , 8(j; k) 2 (Nn )2 ; j 6= k; t0j;j 6= t0k;k .
La matrice Tp0 est alors diagonalisable et, quitte a reindexer cette suite et l'appeler alors (Sp )p2N, celle-ci converge vers T qui est bien un element de A .
La matrice M s'ecrivait M = PTP 1 avec P 2 GLn(C ).
L'application N 2 Mn(C ) 7 ! M = PTP 1 2 Mn(C ) est continue donc
lim PT 0 P 1 = M .
p!+1 p
Pour p>N; PTp0 P 1 2 A donc M 2 A d'ou le resultat demande.
85. Soit M 2 Mn(K ). M possede au plus n racines. Soit > 0, strictement
inferieur au modules de toutes les racines non nulles de M .
8t 2 R; 0 < t6 ) M
tIn inversible car M (t) 6= 0.
1 I = M 2 GL (K ).
lim
M
n
q!+1
q +1 n
Soit F l'espace vectoriel engendre par GLn(K ). GLn(K ) est une famille genratrice donc on peut en extraire32 une base de F ; (f1; : : : ; fm ). F est ferme (car
2
31
32
Si tj;j = tk;k pour j et k deux entiers dierents, on choisira la m^eme suite (rj;p )p2N .
De toute famille generatrice, G, d'un espace vectoriel, F , de dimension nie, p, on peut extraire
345
la dimension est nie) donc Mn(K ) = GLn(K ) F = F donc (f1; : : : ; fm )
est une base de Mn(K ).
86. Soit A une matrice diagonalisable ayant une valeur propre d'ordre r>2. Soit
P 2 GLn(K ) telle que P 1MP = D soit diagonale ; les r premiers elements
de la diagonale de la matrice D etant egaux a .
Soit Mt la matrice P (D + Qt )P 1 ou Qt 2 Mn(K ) a tous ses elements nuls
sauf celui d'indices (1; r) qui est egal a t 2 K . L'espace propre associe a la
valeur propre de la matrice D + Qt est de dimension r 1 et la somme des
espaces propres associes aux autres valeurs propres est de dimension n r. Mt
n'est donc pas diagonalisable.
Munissons Mn(K ) d'une norme sous-multiplicative kMt Ak6kP k kP 1k kQt k.
Il existe, car toutes les normes sont equivalentes, une constante strictement positive C telle que 8t 2 K ; kQt k6C jtj. Nous en deduisons lim
kMt Ak = 0
t!0
donc 8" > 0; 9M 2 Mn(K ), non diagonalisable dans la boule de centre A de
rayon ". A n'est donc pas dans l'interieur de l'ensemble des matrices diagonalisables.
Soit A une matrice diagonalisable a valeurs propres deux a deux distinctes.
Soit l'application f de K n [X ] K dans K denie par f (P; x) = P (x).
Commencons par le cas K =R.
f est de classe C 1 car elle peut ^etre vue comme une fonction polynomiale en
les coecients de P et en x. Soit P0 = A. Soit une valeur propre de A.
@f (P ; ) = P 0 () 6= 0. Nous pouvons appliquer le theoreme des fonctions
0
@x 0
implicites. Il existe V 2 V (P0), I un intervalle de centre de rayon strictement positif et une unique application ' de V dans I de classe C 1 veriant
P (x) = 0; P 2 V; x 2 I possede une et une seule solution x = '(P ) (en
particulier = '(P0 )).
Choisissons pour chaque valeur propre i ; i 2 Nn un voisinage Vi , un intervalle Ii et une application 'i associes. Les intervalles Ii sont deux a deux
disjoints ; ' (P ); : : : ; 'n (P ) sont les n solutions deux a deux distinctes de
\n
l'equation P (x) = 0 pour P 2 W = Vi un voisinage de P0.
i=1
Nous avons deja vu que l'application qui a une matrice associe son polyn^ome
caracteristique est continue. Il existe donc un voisinage U de A tel que pour
toute matrice M de U , M soit dans W . Dans ces conditions M est scinde a
racines simples et M est diagonalisable. A est un point interieur a l'ensemble
des matrices diagonalisables.
Supposons K =C .
Considerons l'application f de C n [X ] R R dans C denie par f (P; x; y) =
P (x + iy).
Si P = X p; P 0 = pX p 1 pour p>1; 0 pour p = 0.
1
une base ; en eet soit (e1 ; : : : ; ep) une base de F . Pour chaque i 2 Np , ei est une combinaison
lineaire (nie) d'elements de G. Un famille nie d'elements de G engendre donc les vecteurs
e1 ; : : : ; ep donc engendre F . De cette famille nie on peut donc extraire une base de F .
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
346
P (x + iy) =
p
X
j =0
Cpj xj (iy)p j =
p
X
j =0
Cpj (iy)j xp j .
Pour p>1, la derivee par rapport a x est egale a
p
X
j =1
jCpj xj 1 (iy)p j
=
p
X
j =1
pCpj 11 xj 1 (iy)p j
Le resultat est vrai pour p = 0.
La derivee par rapport a y est egale a
p
X
j =1
=
p 1
X
j =0
pCpj 1 xj (iy)p 1 j = P 0(x + iy).
Cpj ij jyj 1 xp j qui comme precedem-
ment conduit a iP 0 (x + iy).
n
n
X
X
k
Soit P = ak X . P (x + iy) = ak (x + iy)k .
k=0
k=0
La derivee par rapport a x est donc egale a
celle par rapport a y est egale a
n
X
k=1
ak
n
X
ak k(x + iy)k 1 = P 0(x + iy)
k=1
ik(x + iy)k 1 = iP 0 (x + iy).
Nous en de-
@f
@f
duisons33, pour z = x + iy avec x et y reels, (z ) = P 0 (z ) et (z ) = iP 0(z ).
@x
@y
Posons P (x + iy) = A(x; y) + iB (x; y) ou A et B sont des fonctions reelles
@f (z ) = @A (x; y) + i @B (x; y), @f (z ) = @A (x; y) + i @B (x; y) = i @f (z ).
@x
@x
@x
@y
@y
@y
@x
@A
@B
@A
@B
Nous avons donc (x; y) =
@y
@x (x; y) et @x (x; y) = @y (x; y).
Notons alors U l'application denie par U (x; y) = (A(x; y); B (x; y)).
1
0 @A
@B
(x; y)
(x; y) C
B
@x
@x
C dont le deB
La matrice Jacobienne de U est @
@B (x; y) @A (x; y) A
@x
@x
@A
2 @B
2
terminant est
@x (x; y) + @x (x; y) qui est nul si et seulement si
@A (x; y) = 0 et @B (x; y) = 0 c'est-a-dire si et seulement si P 0 (z ) = 0.
@x
@x
Nous pouvons donc appliquer le theoreme des fonctions implicites a f et
conclure comme precedemment.
87. Soit A 2 Mn(C ). Il existe une matrice P inversible telle que T = P 1 AP soit
triangulaire superieure.
1
2
n
Soit, pour k 2 N; Mk = T + Diag
k + 1 ; k + 1 : : : ; k + 1 . Si l'element
i . Si = alors
d'indices (i; i) de T est i , celui de Mk est i +
i
j
k+1
33
Voir le livre complement de cours du m^eme auteur.
347
i + k +i 1 6= j + k +j 1 pour j 6= i. Si i 6= j alors, la limite quand k tend
vers +1 de j i etant nulle il existe N 2 N tel que pour k>Ni;j on ait
k+1
j
i j 6= k + 1i . En appelant N un entier superieur a tous les Ni;j associes
a des couples de valeurs propres distinctes qui sont en nombre nis, nous en
deduisons qu'a partir d'un certain rang N toutes les matrices Mk sont dans
E . k!lim
M = T donc, l'application M 2 Mn(C ) dans lui m^eme denie par
+1 k
M 7 ! PMP 1 etant lineaire continue, nous en deduisons que A est la limite
d'une suite de matrices a valeurs propres deux a deux distinctes et E = Mn(C ).
88. L(Rn) est de dimension nie donc E est compact si et seulement si il est ferme
borne.
Montrons que E est ferme.
Soit (un )n2N une suite d'elements de E convergente, vers u, dans L(Rn), . Soit
x 2 K . un (x) 2 K qui est ferme. kun(x) u(x)k6kjun ujk kxk. La suite
de terme general un (x) est donc convergente de limite u(x) 2 K . Nous avons
donc u(K ) K et u 2 E . E est bien ferme.
Montrons que E est borne.
Soit u 2 L(Rn). kjujk = supn . Soit x 2 Rn; x 6= 0.
x2R
x6
a
Soit y = x.
kxk
ku(y)k = ku(x)k donc kyk etant egale a a, kjujk6 sup ku(y)k ; comme par
n ky k
kyk
kxk
=0
y2R
kyk=a
ku(x)k nous obtenons l'egalite kjujk = sup ku(x)k c'estx2R kxk
x2Rn kxk
kxk a
kxk a
a-dire kjujk = supn ku(x)k .
a
x2R
kxk a
K etant borne, 8x 2 K; ku(x)k6M et en particulier 8x 2 Rn; kxk =
a; ku(x)k6M donc kjujk6 Ma . E est donc borne. D'ou le resultat demande.
ailleurs kjujk6 supn
=
=
=
Si K ne contient pas de boule centree en 0, le resultat peut ^etre faux. En
eet soit K = [ 1; 1] f0g R2. Considerons
1 lest endomorphismes dont les
matrices dans la base canonique de R2 sont 0 1 . La restriction a K est
l'identite. Si nous choisissons comme norme, la maximum des valeurs absolues
des coeceints de la matrice nous en deduisons que pour jtj>1 la norme est
egale a jtj. L'ensemble E n'est alors pas borne.
89. (a) Soit u 2 LC (E; F ) de rang ni. u(E ) = F 0 est de dimension nie. Soit B
une partie bornee de E . Il existe K > 0 tel que 8x 2 B; kxkE 6K . Soit
x 2 B . ku(x)kF 6kjujk kxkE 6K kjujk. u(B ) est donc une partie bornee
de F 0 .
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
348
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
Il existe une boule fermee de F 0 , donc compacte puisque F 0 est de dimension nie, contenant u(B ). u est un operateur compact34 .
(b) () Soit B = fx 2 E; u(x) = x; kxk61g. B est la boule unite de
Ker(u IdE ). B est bornee, fermee, car image reciproque de f0g
par u IdE qui est continue, B = u(B ) est inclus dans un compact
donc B est compact. D'apres le theoreme de Riesz, la boule unite
de Ker(u IdE ) est compacte a condition que Ker(u IdE ) soit de
dimension nie.
() Soit (yn)n2N une suite de points de E 0 , convergente vers y dans E .
IL existe (xn )n2N une suite de points de E telle que pour tout n 2
N; yn = u(xn ) xn .
Le noyau de u IdE est ferme donc35 il existe zn 2 Ker(u IdE ) tel
que kxn znk = d(xn; Ker(u IdE ).
zn = u(zn); yn = u(xn ) xn = (xn zn) u(xn zn).
Supposons que la suite de terme general xn zn ne soit pas bornee.
Elle possede alors une sous-suite de terme general x0n zn0 ne prenant
pas la valeur zero dont la norme tend vers +1. La suite de terme
1
general an = 0 0 (x0n zn0 ) est de norme 1.
xn zn
yn0 = kx0n zn0 k(u(an) an) donc n!lim
u(a ) an) = 0. La suite
+1 n
(an)n2N est bornee donc la suite de terme general u(an) possede une
sous-suite de terme general u(a0n) convergente car u est u operateur
compact. La suite de terme general a0n est donc aussi convergente de
limite
l 1et par continuite, u(l) = l. l est donc dans le noyau de u.
d kx z k (xn zn); Ker(u IdE )
n
n
1 d(x z ; Ker(u Id ))
=
E
kxn zn k n n
= 1 d(xn zn; Ker(u IdE )) = 1.
kxnk
0
En particulier d(an ; Ker(u IdE )) = 1 qui par continuite de la
fonction d conduit a d(l; Ker(u IdE )) = 1 ce qui est faux car l
est dans le noyau de u IdE . La suite de terme general xn zn est
donc bornee. La suite de terme general u(xn zn ) possede donc une
sous-suite convergente de limite a et comme (yn)n2N est convergente,
la suite de terme general xn zn est aussi convergente vers u(a) et
verie y = u(a) a 2 Im(u IdE ). Im(u IdE ) est donc ferme.
90. (a) Supposons qu'il existe " > 0 tel que pour toute famille nie de boules
fermees de rayons " la reunion de cette famille ne contient pas A.
Soit a0 2 A. La boule fermee centree en a0 de rayon " ne contient pas A
donc il existe a1 2 A en dehors de cette boule ; c'est-a-dire d(a0; a1 ) > ".
B (a0 ; ") [ B (a1 ; ") ne contient pas A donc il existe a2 2 A veriant
Pour plus de renseignements sur les operateurs compacts, voire le livre du m^eme auteur :
"resumes de cours textes et corriges de devoirs" chez Ellipses ; page 272 et suivantes.
35
Voir un exercice deja vu plus haut.
34
349
d(a0 ; a2 ) > " et d(a1 ; a2) > ".
Supposons construits (a0; a1; : : : ; an) 2 An+1 veriant
8n(i; j ) 2 (f0; : : : ; ng)2; i 6= j; d(ai ; aj ) > ".
[
B (ai; ") ne contient pas A donc il existe an+1 2 A tel que pour tout
i=0
i 2 f0; : : : ; ng, d(ai ; an+1) > ".
Il existe donc une suite (an)n2N de points de A veriant
8(i; j ) 2 N2 ; i 6= j; d(ai ; aj ) > ".
Cette suite ne possede donc aucune sous-suite convergente ce qui est
contradictoire avec le fait que A est compact.
(b) Soit u 2 LC (E ) tel que u(B (0; 1)) est compact. D'apres le resultat
precedent, " > 0 etant donne, il existe une famille nie de n boules fermees de rayons ", centrees en (y1; : : : ; yn) de reunion contenant A. Soit
F = Vect(fy1; : : : ; yng). F est ferme car de dimension nie. Soit pF le
projecteur orthogonal d'image F et soit v = pF u. v est de rang ni.
Soit x 2 E . u(x) = pF (u(x)) + pF ? (u(x)) = v(x) + pF ? (u(x)).
Soit x 2 B (0; 1). kv(x) u(x)k = kpF ? (u(x))k. Il existe i 2 Nn tel que
u(x) 2 B (yi ; ") donc ku(x) yi k6".
kpF ? (u(x)) pF ? (yi)k 6ku(x) yik6" c'est-a-dire, pF ? (yi) etant nul,
kv(x) u(x)k = kpF ? (u(x))k 6ku(x) yik6" et en particulier kjv ujk6".
Nous avons demontre que u est limite d'une suite d'endomorphismes
continus de rangs nis.
91. Soit (un )n2N une suite de Cauchy d'elements de LC (E; F ).
8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kjup uq jk6".
Pour chaque x 2 E , la suite de terme general un (x) verie
8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kup (x) uq (x)kF 6"kxkE et est une suite de
Cauchy de points de F ; elle est donc convergente vers un elements u(x) 2 F .
Montrons que u appartient a LC (E; F ).
Pour (x; y; ) 2 E E C nous avons un (x + y) = un(x) + un(y) donc
u(x + y) = u(x) + u(y) et u est lineaire.
En reprenant les notations precedentes et en faisant tendre q vers +1 nous en
deduisons 8" > 0; 9N 2 N; 8p 2 N; p>N 8x 2 E ) kup (x) u(x)kF 6"kxkE
et en particulier ku(x)kF 6"kxkE + kjuN jk kxkE = K kxkE . u est donc continue
et LC (E; F ) est complet.
92. Soit A une matrice de rang r>1 veriant N (A) = 0.. Soit B une matrice equivalente a A. Il existe (P; Q) 2 (GLn(K ))2 tel que B = PAQ.
06N (B )6N (P )N (A)N (Q) = 0.
r ne peut ^etre egal a n car alors toutes les matrices de rang n ont une image
nulle et N (A) = N (PP 1A)6N (P )N (P 1A) != 0. et N est nulle.
I 0
A est equivalente a la matrice Jr = r
. Jr est equivalente a toute
0 0
matrice diagonale, M , ayant r 1 sur la diagonale et des zeros ailleurs. Si
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
350
M=
r+1
X
j =2
Ej;j alors Jr M est de rang r 1. N (Jr M ) = 0. Nous avons donc
N (Jr 1 ) = 0. Nous obtenons donc par recurrence que N (Jk ) = 0 pour tout
k 6r .
! X
n
n
X
En particulier N (J1 ) = 0. N (In) = N
Ej;j 6 N Ej;j = 0.
j =1
j =1
N (A) = N (AIn)6N (A)N (In) = 0 et N est nulle ; ce qui est contradictoire
donc A = 0 et N est une norme.
93. Soit N denie de K n [X ] dans R+ par N (P ) = i2f0;max
jP (xi )j.
1; :::; ng
N (P ) = 0 ) 8i 2 f0; 1; : : : ; ng; P (xi) = 0 donc P = 0.
Il est clair que nous avons N (P ) = jjN (P ) et N (P + Q)6N (P ) + N (Q)
pour (P; Q; ) 2 K n [X ] K n [X ] K .
N est une norme. Toutes les normes sont equivalentes sur K n [X!] qui est de dimension nie donc 9P 2 K n [X ]; k!lim
+1
sup jP (x) Pk (x)j = 0 equivaut
x2[0; 1]
a 9P 2 K n [X ]; k!lim
N (P Pk ) = 0 car P 2 K n [X ] 7 ! sup jP (x)j 2 R+
+1
x2[0; 1]
est une norme. Il sut donc de demontrer qu'il existe un polyn^ome P de
K n [X ] tel que pour tout i 2 f0; 1; : : : ; ng; lim (Pk (xi ) P (xi )) = 0.
k!+1
Notons bi la limite de la suite de terme general Pk (xi ). Soit P le polyn^ome
de K n [X ] tel que pour tout i 2 f0; 1; : : : ; ng; P (xi ) = bi. P existe et est
unique. P convient.
En fait il susait que la suite Pk (x) converge pour les xi .
94. Nous identions les matrices colonnes et les elements de C n que nous munissons
d'une norme k k. Soit (e1 ; : : : ; en) une base de vecteurs propres de A, choisis
de normes egale a 1. Considerons l'application N qui a une matrice de Mn(C )
associe le reel positif max
kMei k. Si P et Q sont deux matrices alors 8i 2
i2Nn
Nn ; k(P + Q)ei k6kPei k + kQei k6N (P ) + N (Q).
Nous avons donc N (P + Q)6N (P ) + N (Q).
Si est un nombre complexe alors 8i 2 Nn ; k(P )eik = jj kPeik. Comme
nous l'avons deja vu nous avons alors max
k(P )eik = jj max
kPei k. Donc
i2Nn
i2Nn
N (P ) = jjN (P ).
Si N (P ) = 0 alors 8i 2 Nn ; Pei = 0 et P = 0. N est une norme sur Mn(C ).
L'application, k k1 , qui a une matrice M = (mi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(C ) associe
le reel positif (i;jmax
jm j est une norme.
)2(Nn) i;j
Toutes les normes sont equivalentes sur Mn(C ) donc il existe une constante
C > 0 telle que 8P 2 Mn(C ); kP k1 6C N (P ).
Notons, pour chaque i 2 Nn , i la valeur propre associee au vecteur ei . 8i 2
Nn ; 8k 2 N; Ak ei = (i )k ei . Nous avons donc 8k 2 N; N (Ak )61 puis
kAk k16C .
La boule, B , fermee de centre 0 de rayon (pour la norme k k1 ) C contient un
2
2
351
nombre ni, (1 + 2E (C ))n , de matrices a coecients dans Zdonc l'application
k 2 N 7 ! Ak 2 B n'est pas injective et il existe deux entiers naturels k1 et k2 ,
k1 < k2 , tels que Ak = Ak . D'apres l'hypothese, det(A] 6= 0 donc, en notant
q = k2 k1 , Aq = In. D'ou le resultat demande.
Les valeurs propres de A sont donc en fait des racines de l'unite.
95. Supposons que ' existe veriant les proprietes demandees. Soit " > 0. ' est
continue en 0 donc il existe > 0 tel que si d1 (x; y)6 ) '(d1 (x; y))6" puis
d2 (f (x); f (y))6". f est donc uniformement continue.
Supposons f uniformement continue.
Pour t 2 R+, posons '(t) = sup d2 (f (x); f (y)). ' est bien denie de R+
2
1
2
d1 (x; y)6t
(x; y )2E 2
dans R+.
Il est immediat que ' est croissante. '(0) = supfd2(f (x); f (x))g = 0.
x2E
Montrons la continuite de ' en 0. Soit " > 0. Il existe > 0 tel que
8(x; y) 2 E 2 ; d1 (x; y)6 ) d2 (f (x); f (y))6". Donc si t6 nous avons
d2 (f (x); f (y))6" puis la borne superieure '(t) est bien au plus egale a ". Le
resultat est demontre.
96. Supposons E non compact et soit (xn )n2N une suite de points de E n'ayant
pas de valeurd'adherence. 1
1
Posons F =
; n 2 N [ f0g et A = xn ; n + 1 ; n 2 N . Notons
n
+
1
1
an l'element xn ; n + 1 . Soit n0 ; n1 ; n2; : : : ; np ; : : : une suite d'entiers. Posons pour p 2 N, up = anp . Toutes les suites de points de A sont
de ce type. Supposons que la suite (up )p2N soit convergente dans E F ,
de limite (a; b) 2 E F . La suite (np )p2N est bornee ou non. Si elle est
bornee, elle possede une sous-suite stationnaire, sinon elle possede une soussuite strictement
croissante.
Dans le premier cas il existe m 2 N tel que
(a; b) = xm ; 1
2 A. Dans le second cas il existe ' strictement crois1+m
1
sante de N dans N telle que (a; b) = n!lim
x ;
. En particulier,
+1 '(n) 1 + '(n)
(xn )n2N possede une valeur d'adherence, ce qui est faux
donc (a; b) 2 A qui
1 ; n 2 N est ferme dans F ce
est ferme. Nous en deduisons qu'alors
n+1
1
qui est faux car la suite de terme general
n + 1 converge vers 0 appartenant
a F . E est donc compact.
97. Soit (xn)n2N une suite convergente (dans E ) de points de p(A). Il existe une
suite (yn)n2N de points de F telle que pour tout n 2 N on ait (xn; yn) 2 A
.F
etant compact,la suite (yn)n2N possede une sous-suite convergente y'(n) n2N.
La suite x'(n) n2N etant convergente, la suite de terme general x'(n) ; y'(n)
converge dans A qui est ferme vers (a; b) 2 A. a, qui est la limite de (xn )n2N,
est donc dans A qui est alors ferme.
352
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
98. Soit x 2 E . f (2x) = f (x) + f (x) = 2f (x).
Soit n 2 N . Si f (nx) = nf (x) alors f ((n +1)x) = f (x)+ f (nx) = (n +1)f (x).
Nous en deduisons que pour tout n 2 N ; f (nx) = nf (x).
f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) donc f (0) = 0.
f (x + ( x)) = f (x) + f ( x) = f (0) = 0 donc f ( x) = f (x).
Nous avons 8(n; x) 2 Z E; f (nx) = nf (x).
Soit r 2 Q dont une representation est p avec p 2 Z et q 2 N .
q
qf (rx) = f ((qr)x) = f (px) = pf (x) puis 8(r; x) 2 Q E; f (rx) = rf (x).
Supposons que pour tout element x de E de norme
ait
1 au plus egale a1 1on
kf (x)k6K . Soit r 2 Q+ ; soit x 2 E; kxk6r. r x 61 donc f r x 6K
et kf (x)k6rK .
Soit " > 0, soit r 2 Q+ veriant rK 6". Soit x 2 E; kxk6r ) kf (x)k6rK 6".
f est donc continue en 0.
Soit a 2 E . f (x) = f (a) + f (x a). f est donc continue en a donc sur E .
Soient x 2 E et 2 R. Soit (rn)n2N une suite de rationnels qui converge vers .
f etant continue nous avons n!lim
f (r x) = f (x) = n!lim
r f (x) = f (x). f
+1 n
+1 n
est donc lineaire.
99. (a) Soit (x; y; t) 2 C C [0; 1]. x est la limite d'une suite (xn)n2N de
points de C et y est la limite d'une suite (yn)n2N de points de C . C etant
convexe, 8n 2 N; txn +(1 t)yn 2 C donc la limite tx +(1 t)y est dans
C.
(b) Soit V 2 V (x1) inclus dans C . il existe > 0 tel que pour tout u 2 E ,
kuk6 implique x1 + u 2 C .
Supposons x0 2 C .
Soit y = x0 + t(x1 x0 ). y + tu = (1 t)x0 + t(x1 + u) 2 C . La boule de
centre y de rayon t est incluse dans C et y 2 C .
Supposons x0 62 C .
t Supposons t 2]0; 1] xe. Soit x00 2 C tel que kx00 x0 k6 6 . Posons
4 4
3t
0
0
y = x0 + t(x1 x0 ). Soit v 2 E; kvk66 4 .
y0 + v = (x00 + t(x1 x00 )) + (t(x00 x0 ) + v).
x00 + t(x1 x00 ) 2 C et kt(x00 x0) + vk6t. x00 2 C donc d'apres l'etude
du cas precedent, la boule de centre x00 + t(x1 x00 ) de rayon t est incluse
3t
dans C . La boule de centre y0 et de rayon
est incluse dans C .
4
t
Considerons la boule de centre y de rayon .
4
t
Ses elements sont y + X avec kX k6 .
4
y + X = x0 + t(x1 x0 ) + X = x00 + (x0 x00 ) + t(x1 x0 ) + X
= y0 + (x0 x00 ) + X .
k(x0 x00 ) + X k6 t2 6 3t
. La boule de centre y de rayon t est incluse
4
4
353
dans C et y 2 C .
(c) C C , C C C donc C C .
De m^eme, C C donc C C puis C C .
C
C
et
C
.
Il nous reste
a
d
e
montrer
C
Soit x 2 C . Soit V 2 V (x), inclus dans C ; on peut choisir une boule
centree en x de rayon > 0. Soit x1 2 C . Soit 2 R ; jjkx1 xk < .
Posons t = . Nous avons t 2]0; 1[. Soit x0 = x + (x1 x). x0 2 V
1 et x = x0 + t(x1 x0 ). x0 2 C , x1 2 C donc d'apres le resultat de la
question precedente, x 2 C .
Nous avons bien C C .
Soit x0 2 C .
Soit x1 2 C . Pour t 2]0; 1]; x0 + t(x1 x0 ) 2 C . Soit V la boule
centree en x0 de rayon > 0. Soit t 2]0; 1] veriant tkx1 x0 k6.
x0 + t(x1 x0 ) 2 V \ C qui est alors non vide et x0 2 C d'ou le resultat
demande.
100. (a) Supposons le resultat faux. 8" > 0; 9x 2 E; 8i 2 I; B0 (x; ") 6 Oi.
Choisissons, pour n 2 N, " = 1 . Nous construisons une suite (xn)n2N
n+1
1
de points de E telle que 8(n; i) 2 N I; B0 xn;
n + 1 6 Oi. Nous
pouvons en extraire une sous-suite, x'(n) n2N, convergente vers x 2 E .
Il existe, par hypothese, un indice i0 2 I tel que x 2 Oi ouvert ; puis il
existe > 0 tel que la boule ouverte de centre x de rayon soit incluse
1 6.
dans Oi . Il existe N 2 N tel que pour tout n>N on ait
1 + '(n) 2
Soit, pour un certain n>N , y 2 E appartenant a la boule ouverte centree
1 . d(y; x)6d(y; x ) + d(x ; x)6. La
en x'(n) de rayon
'(n)
'(n)
1 + '(n)
1
boule centree en x'(n) de rayon
est incluse dans Oi ce qui est
1 + '(n)
contradictoire, d'ou le resultat.
(b) Supposons le resultat faux. Il existe " > 0 tel que pour toute famille nie
de points de E , il existe un point de E dont la distance a tous les points
precedents est strictement superieure a ".
Soit x0 2 E ; il existe x1 2 E tel que d(x0 ; x1 ) > ". Il existe alors x2 2 E
dont la distance a x0 et x1 est strictement superieure a ". Ayant construit
(x0 ; x1 ; : : : ; xn) veriant 8(i; j ) 2 N; i6n; j 6n; i 6= j; d(xi ; xj ) > ",
nous construisons alors xn+1 dont la distance aux points precedents est
strictement superieure a ". Nous construisons ainsi une suite de points
de E qui ne possede pas de valeur d'adherence et E n'est pas compact.
0
0
0
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
354
D'ou le resultat demande.
(c) En utilisant le resultat de la question (a), nous disposons d'un reel strictement positif ". Nous recouvrons alors E par une famille nie de boules
centrees en (x1; : : : ; xn) de rayon ". Chaque boule centree en xi de rayon
[n
[n
" est incluse dans un ouvert Oji ; ji 2 I . E = Bo (xi ; ") Oji .
i=1
i=1
E est donc recouvert par une famille nie extraite de la famille (Oi )i2I .
Remarque En utilisant le complementaire, nous en deduisons que si
(E; d) est compact, pour toute famille de fermes dont l'intersection est
vide, on peut en extraire une famille nie dont l'intersection est encore
vide.
La reciproque est vraie.
Soit (\
xn )n2N une suite de points de E . Posons Xn = fxk ; k>ng. Soit
A = Xn. Nous avons deja demontre que A est l'ensemble des valeurs
n2N
d'adherence de la suite (xn)n2N. Supposons A = ;. Il existe une famille nie extraite dont l'intersection est encore vide. Nous disposons
de
\p
n1 ; n2; : : : ; np entiers, ranges dans l'ordre croissant, tels que Xni = ;.
i=1
\p
Xni = Xnp 6= ; d'ou la contradiction et A 6= ; c'est-a-dire que la
suite (xn)n2N possede une valeur d'adherence.
Nous avons donc, dans un espace metrique (E; d) les equivalences suivantes :
(E; d) compact.
de toute famille d'ouverts recouvrant E on peut en extraire une famille
nie recouvrant E .
de toute famille de fermes de E d'intersection vide on peut extraire une
famille nie dont l'intersection est encore vide.
Or
i=1
101. (a) Soit f une application continue de O dans f0; 1g. Supposons f non
constante. f0g est un ouvert de f0; 1g, f1g est un ouvert de f0; 1g.
f 1 (f0g) et f 1 (f1g) sont des ouverts de O non vides et disjoints dont la
reunion est O. O n'est pas connexe.
Supposons O non connexe. Soient O1 et O2 deux ouverts de O, non vides,
disjoints et d'union O. Soit f = O denie sur O. Soit V un voisinage
dans l'espace d'arrivee de f . V = f0; 1g ou f0g ou f1g. Les images
reciproques par f sont respectivement O; O2 ; O1 qui sont trois ouverts
de O. f est continue non constante.
L'equivalence est demontree.
(b) Soit O connexe inclus dans E . Soit f une application continue denie
sur O a valeurs dans f0; 1g. La restriction de f a O est continue, comme
toute restriction, et est donc constante. Soit x 2 O ; x est la limite d'une
suite (xn)n2N de points de O donc f (x) = n!lim
f (x ). f est constante
+1 n
1
355
36
et O est connexe.
Soit f une application continue de A dans f0; 1g. f (O) = f0g ou f1g.
Soit a 2 A donc element de O. a est limite d'une suite (an)n2N de points
de O. n!lim
f (a ) = f (a) f est donc constante et A est connexe.
+1 n
Soit f une application continue de A [ B dans f0; 1g. f (A) = fag f0; 1g et f (B ) = fbg f0; 1g. Soit x 2 A \ B . x est la limite d'une
suite (xn)n2N de points de B . Pour tout n 2 N, xn 2 A [ B et x 2 A [ B .
f (xn ) = b puis par continuite, f (x) = b. Nous en deduisons a = b et f
est constante. A [ B est connexe.
(c) Soient O1 et O2 deux ouverts de F disjoints veriant O1 [ O2 f (E ).
V1 = f 1(O1 ) et V2 = f 1(O2 ) sont disjoints et ouverts V1 [ V2 = E donc
l'un des deux ouverts est vide ; par exemple f 1(O1 ) = E et f 1(O2 ) = ;
donc O2 \ f (E ) = ; et O1 f (E ). f (E ) est donc connexe.
(d) Soient A et B deux espaces connexes. Soit f une application continue36
de A B dans f0; 1g. Supposons qu'il existe (a1; b1 ) 2 A B tel que
f (a1; b1 ) = 0 et (a2; b2 ) 2 A B tel que f (a2; b2 ) = 1.
x 2 A 7 ! f (x; b1 ) 2 f0; 1g est continue donc est constante et f (a2 ; b1) =
0 ; de m^eme x 2 B 7 ! f (a2 ; x) 2 f0; 1g est continue donc est constante
et f (a2 ; b1 ) = 1. Nous aboutissons a une contradiction et A B est
connexe.
Par recurrence, la demonstration est immediate pour un produit ni d'ensembles connexes.
Yn
L'application qui a (x1 ; : : : ; xn) 2 Oi 7 ! xj 2 Oj est continue suri=1
jective donc chaque Oj est connexe des que le produit l'est.
(e) Soit O un ouvert connexe de l'espace vectoriel norme E . Soit a un point
donne de O. Soit U l'ensemble des elements x de O connectables a a ;
c'est-a-dire tels qu'il existe un chemin de support inclus dans O d'origine
a d'extremite x.
a 2 U . Soit x 2 U . Soit f une application continue de [0; 1] dans O
telle que f (0) = a; f (1) = x. O est ouvert donc il existe une boule, Bx ,
centree en x de rayon r > 0 incluse
dans
O. Soit y 2 Bx. Considerons
1
l'application g denie par : 8t 2 0; ; g(t) = f (2t).
2
1 8t 2 2 ; 1 ; g(t) = 2t(y x) + (2x y).
1 Pour t 2 ; 1 ; kg(t) xk = (2t 1)ky xk6ky xk. Tous les points
2
de Bx sont connectables37 a a donc Bx U qui est alors ouvert non vide.
Soit x 2 U . Soit Bx, une boule centree en x de rayon r > 0 incluse dans
O. Bx contient un point y de U . Comme precedemment a est connectable
Nous munissons A B de la topologie produit.
Nous avons pour cela concatene une connection de a vers x au segment [x; y]. Si nous
remplacons U par l'ensemble des points de O connectes a a par une reunion nie de segment, la
m^emme demonstration s'applique.
37
356
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
a x par la concatenation d'une connection de a vers y puis de y vers x. x
est donc dans U qui est ferme. Nous en deduisons que le complementaire
de U est ouvert et donc U = O. O est donc connexe par arcs et, en fait,
deux points quelconques de O peuvent ^etre connectes entre eux par une
reunion nie de segments ; c'est-a-dire une ligne brisee.
(f) Soit O connexe par arcs. Supposons qu'il existe U et V deux ouverts de
E disjoints, de reunion contenant O. U1 = U \ O et V1 = V \ O sont
deux ouverts de O disjoints de reunion O.
Supposons U1 et V1 non vides. Soit (a; b) 2 U1 V1 . Soit f une application continue de [0; 1] dans O telle que f (0) = a; f (1) = b.
0 2 f 1 (U ) et 1 2 f 1 (V ) f 1 (U ) et f 1 (V ) sont deux ouverts de [0; 1]
non vides, disjoints et de reunion [0; 1]. ]0; 1[ est connexe par arcs,
ouvert de R donc connexe et son adherence [0; 1] l'est aussi. Cela est
contradictoire et O est connexe38. Posons G = f(x; f (x)); x 2]0; 1]g.
G est connexe par arcs car x 2]0; 1] 7 ! (x; f (x)) 2 R2 est continue. G
est donc connexe puis G est connexe.
Montrons que G = G [ (f0g [ 1; 1]).
Soit A 2 G ; il existe une suite (xn)n2N de points de ]0; 1] telle que
A = n!lim
x ; lim f (x ) .
+1 n n!+1 n
Soit l = n!lim
x.
+1 n
Si l 2]0; 1] alors A 2 G.
Si l = 0 alors = n!lim
f (x ) 2 [ 1; 1] et A = (0; ) 2 (f0g [ 1; 1]).
+1 n
Montrons que l'on a G [ (f0g [ 1; 1]) G .
Il s'agit donc de demontrer que pour tout y 2 [ 1; 1]; (0; y) 2 G
c'est-a-dire qu'il existe une suite (xn)n2N hde pointsi de ]0; 1] veriant
; tel que y = sin().
lim
x
=
0
et
lim
f
(
x
)
=
y
.
Soit
2
n
n
n!+1
n!+1
2 2
1
Posons pour n 2 N; xn =
+ 2(n + 1) . Cette suite convient d'ou le
resultat.
Montrons que G n'est pas connexe par arcs ; c'est-a-dire que tous ses
points ne sont pas connectables. Montrons par exemple qu'il n'est pas
possible de joindre par un chemin continu inclus dans G les points
(1; sin(1)) et (0; 0).
Dans le cas contraire, il existe deux applications u et v continues de
[0; 1] dans R telles que u(0) = v(0) = 0; u(1) = 1; v(1) = sin(1) et
8t 2 [0; 1]; (u(t); v(t)) 2 G .
Soit E l'ensemble des reels t de [0; 1] tels que u(t) > 0. E est non vide
et est un ouvert de [0; 1] inclus dans ]0; 1] donc est l'intersection d'un
ouvert X de R avec [0; 1]. X est alors l'union denombrables d'intervalles
Nous pouvions aussi considerer une application continue g de O dans f0; 1g, a et b deux points
de O distincts et f une application continue de [0; 1] dans O telle que f (0) = a; f (1) = b. g f est
continue de [0; 1] dans f0; 1g et d'apres le theoreme des valeurs intermediaires (s'il a ete demontre
sans les connexes) g f est constante. g(a) = g(b) et g est constante.
38
357
ouverts deux a deux disjoints 39 E est donc une union denombrable d'intervalles deux a deux disjoints du type ]a; b[\]0; 1] c'est-a-dire ]a; b[ avec
b61 ou ]a; 1]. 06a < b. Dans tous le cas u(a) = 0, (u(t); v(t)) 2 G ou
u(t) = 0 et v(t) 2 [ 1; 1]. Nous avons alors v(a) 2 [ 1; 1] et lim
u(t) = 0
t!a
1
v(t) = v(a).
avec v(t) = sin
t!a
u(t) donc lim
1 8" > 0; 9 > 0 tel que 8t 2]a; a + [, sin u(t) v(a) 6". Par conti1
1
nuite, u(]a; a + [) contient ]0; [ donc (]a; a + [) contient ; +1
1 u
[
et l'image de ]0; [ par t 7 ! sin
u(t) est egal a 1; 1] ce qui est
contradictoire.
102. Nous avons deja vu dans d'autres exercices que l'application det de Mn(K )
dans K (K =C ou R) est continue. Lorsqu'un ensemble est connexe par arcs,
son image par une fonction continue l'est aussi. Si GLn(R) est connexe par
arcs alors son image R par det est connexe par arcs ce qui est faux donc
GLn(R) n'est pas connexe par arcs. Nous ne pouvons pas faire le m^eme raisonnement avec GLn(C ) car C est connexe par arcs40 .
Montrons que GLn(C ) est connexe par arcs.
Soient (A; B ) 2 (GLn(C )) 2. Posons P (z ) = det((1 z )A + zB ). P est un
polyn^ome de degre au plus egal a n donc possede un nombre ni de zeros complexes. L'ensemble E =C prive de ces zeros est connexe par arcs. L'image de
E par l'application continue z 2 C 7 ! (1 z )In + zA 2 Mn(C ) est connexe
par arcs et contient A et B .
Soit A 2 GL+n (R). A est le produit de p tranvections et d'une dilatation
Dn(det(A)). Chaque transvection est du type In + p Ei;j ou 2 R.
Pour t 2 [0; 1], posons Tp (t) = In + tp Ei;j et
A(t) = T1 (t) T2(t) : : : Tp (t) Dn(t(det(A) 1) + 1).
8t 2 [0; 1]; 8i 2 Np ; det(Ti (t)) = 1 et
det(Dn(t(det(A) 1) + 1)) = t(det(A) 1) + 1> min(1; det(A)) > 0 donc
det(A(t)) > 0.
f : t 2 [0; 1] 7 ! A(t) 2 GL+n (R) est continue, f (0) = In; f (1) = A donc
GL+n (R) est connexe par arcs car il sut de connecter une matrice A a In et
une autre matrice B a In lorsque A et B sont dans GL+n (R).
L'application g qui a une matrice associe la matrice obtenue en remplacant la
premiere colonne par l'opposee de elle-ci est continue. g(GL+n (R)) GLn (R),
g(GLn (R)) GL+n (R), g2 = Id donc g(GL+n (R)) = GLn (R). Nous en deduisons que GLn (R) est connexe par arcs.
La methode employee pour prouver que GL+n (R) est connexe par arcs permet
aussi de prouver que GLn(C ) est connexe par arcs.
103. Soit A une matrice diagonalisable. Il existe une matrice inversible P et une ma39
40
voir l'exercice numero 13
C prive d'un nombre ni de points est connexe par arcs.
358
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
trice diagonale D telles que A = PDP 1. Supposons D = Diag(d1 ; : : : ; dn ).
Considerons, pour t 2 [0; 1] la matrice diagonale D(t) dont l'element d'indices
(i; i) est egal a (di 1)t +1. Posons alors A(t) = PD(t)P 1. Les matrices A(t)
sont diagonalisables, t 2 [0; 1] 7 ! A(t) 2 Mn(K ) est continuen A(0) = In
et A(1) = D. Il existe donc un chemin inclus dans l'ensemble des matrices
diagonalisables d'origine In et d'extremite A. L'ensemble des matrices diagonalisables est donc connexe par arcs.
104. A et B sont fermes donc, par exemple, un ferme de A est un sous-ensemble de
A ferme dans X .
Soient A1 et A2 deux fermes de X inclus dans A veriant A1 \ A2 = ; et
A1 [A2 = A. A1 \B et A2 \B sont fermes inclus dans B . (A1 \B )\(A2 \B ) = ;
A \ B = (A1 [ A2) \ B = (A1 \ B ) [ (A2 \ B ). A \ B est connexe donc l'un
des ensembles A1 \ B par exemple est vide et l'autre A2 \ B est egal a A \ B .
Nous avons alors A1 A n B et A \ B A2 . De m^eme si B1 et B2 sont deux
fermes inclus dans B veriant B1 \ B2 = ; et B1 [ B2 = B nous avons alors,
quitte a changer les notations, B1 B n A et A \ B b2 .
A2 et B2 sont en particulier non vides.
Posons X1 = A1 [ B1 et X2 = A2 [ B2 . X1 [ X2 = A [ B .
X1 \ X2 = [(A1 [ B1 ) \ A2 ] [ [(A1 [ B1 ) \ B2 ]
= (A1 \ A2) [ (B1 \ A2 ) [ (A1 \ B2 ) [ (B1 \ B2 )
= (B1 \ A2 ) [ (A1 \ B2 ) = (B1 [ A1 ) \ (A1 [ A2) \ (B1 \ B2 ) \ (A2 \ B2 )
= A \ B \ (B1 [ A1) \ (A2 \ B2 ) = ;.
Nous en deduisons alors que X1 est vide et que X2 est egal a A [ B . A1 et B1
sont alors vides et par consequent A=A et B2 = B . A et B sont connexes.
105. Supposons A et B connexes par arcs. Soient (a1; b1 ) et (a2; b2 ) deux elements
de A B . Il existe une application continue f de [0; 1] dans E telle que
f (0) = a1 ; f (1) = a2 et f ([0; 1]) A. De m^eme il existe une application
continue g de [0; 1] dans E telle que g(0) = b1 ; g(1) = b2 et g([0; 1]) B .
Soit " 2 R+. Il existe > 0 tel que pour tout v 2 [0; 1], jv uj6 implique
kf (u) f (v)k6" et kg(u) g(v)k6".
Nous avons donc
N [(f (u); g(u)) (f (v); g(v))] = max (kf (u) f (v)k; kg(u) g(v)k) 6" et
L'application F : t 2 [0; 1] 7 ! (f (t); g(t)) 2 E B est continue.
F ([0; 1]) A B , F (0) = (a1; b1 ) et F (1) = (a2; b2). A B est donc connexe
par arcs.
L'application de E E dans E qui a (x; y) associe x + y est continue car
k(x1 + y1) (x2 + y2)k = k(x1 x2 ) + (y1 y2)k6kx1 x2 k + ky1 y2k
62N [(x1 x2 ); (y1 y2)] = 2N [(x1 ; y1) (x2; y2)].
L'image A + B du connexe par arcs A B par cette application est donc
connexe par arcs.
Supposons A et B connexes. Nous avons deja vu ce resultat a la question (d)
plus haut. Comme precedemment, l'image continue du connexe A B est
connexe.
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
359
106. (a) Soit O la reunion
[p
Oi . Soient X1 et X2 deux ouverts de E veriant
i=1
X1 \ X2 \ O = ; et (X1 \ O) [ (X2 \ O) = O = (X1 [ X2) \ O ;
c'est-a-dire O X1 [ X2. Nous avons donc 8i 2 Np ; Oi X1 [ X2
et (X1 \ X2) \ Oi (X1 \ X2) \ O = ;. Supposons, quitte a changer
de notation, que X1 \ O1 = ; et O1 X2. Nous ne pouvons pas avoir
X2 O2 = ; car alors O1 \ O2 X2 \ O2 = ; ce qui est contradictoire
donc X1 \ O2 = ; et O2 X2. Supposons alors prouve que jusqu'au rang
k < p on a X1 \ Ok = ; et Ok X2.
Si X2 \ Ok+1 = ; alors Ok \ Ok+1 X2 \ Ok = ; ce qui est contradictoire
donc X1 \ Ok+1 = ; et Ok+1 X2. Nous en deduisons que pour chaque
i 2 Np , l'un des ensembles X1 \ Oi ou X2 \ Oi est vide, l'autre est egal a
Oi .
Nous avons donc O X2 et X2 \ O = ;. O est connexe.
Supposons les espaces sont connexes par arcs. Notons, pour chaque k 2
Np 1 , ak un element de Ok \ Ok+1 . Soient a et b deux elements de O .
Il existe (i; j ) 2 (Np )2 tel que a 2 Oi et b 2 Oj . Quitte a changer les
notations, nous pouvons supposer i6j . Si i = j , il existe par hypothese
un chemin de support inclus dans Oi d'origine a et d'extremite b.
Supposons i < j . Pour chaque k entre i et j 1, il existe un chemin ,
k , inclus dans Ok d'origine ak et d'extremite ak+1. Il existe un chemin,
0 , inclus dans Oi d'origine a et d'extremite ai ainsi qu'un chemin , j ,
d'origine aj et d'extremites b inclus dans Oj . En concatenant les chemins
0 ; 1 ; : : : ; j nous disposons d'un chemin d'origine a d'extremite b
inclus dans O et O est connexe par arcs.
Le resultat demande est donc prouve.
(b) H comme F sont de dimensions nies donc sont fermes dans E (que E
soit de dimension nie ou pas) donc E n H et E n F sont ouverts. Il y a
alors equivalence entre connexe et connexe par arcs.
Soit ' une forme lineaire (non nulle) de noyau H .
' est continue et E n H = ' 1 (R). R n'est pas connexe donc E n H
non plus.
' 1 (R+) est ouvert (comme image reciproque d'un ouvert par une fonction continue) et convexe donc connexe par arcs et connexe ainsi que
' 1 (R ).
Soit F un sous-espace vectoriel de E de dimension n 2. Il existe41 deux
hyperplans H1 et H2 tels que F = H1 \ H2 . Soient '1 et '2 deux formes
lineaires independantes de noyaux respectifs H1 et H2 .
('1 ) 1(R+), ('1 ) 1(R ), ('2) 1 (R+), ('2 ) 1(R ) sont connnexes par arcs
et convexes.
(' ) 1(R ) \ (' ) 1(R ), (' ) 1(R ) \
Montrons
que
les
ensembles
2
2
+
+
(' ) 1(R ), (' ) 1(R ) \ 1(' ) 1(+R ) sont
non
vides.
1
1
2
41
Voir l'exercice numero 75, page 98 du chapitre d'algebre lineaire.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
360
Soient ' et deux formes lineaires independantes. Il existe une base
de
n
X
E dans laquelle '(x) = x1 . Dans cette base nous avons (x) = ai xi .
i=1
l'un des coecients ai avec i > 1 n'est pas nul.
Notons, pour t 2 R, sgn(t) = 1 si t 2 R et sgn(t) = 1 si t 2 R+.
n
X
Posons = jaij > 0.
j
a
j
x
1
1
Soit x1 > 0. Pour 26i6n, posons xi = 1 +
sgn(ai ).
n
n X
X
j
a
j
x
1
1
ax =a x +
ja j 1 +
= a x + ja jx + > > 0.
i=2
i i
1 1
Nous en deduisons (')
i=1
i=2
i
1(R ) \ (')
+
1 1
1 1
1 (R ) 6= ;.
+
En utilisant ce resultat nous en deduisons en choisissant
' = '1 ou
les ensembles ('1 ) 1(R+) \
'('=) 1('R1 et), ('= )'12(Rou ) \=(' )'21(que
R ) , ('1 ) 1 (R ) \ ('2 ) 1 (R )
2
2
1
+
+
sont non vides.
(' ) 1(R ) [
En
utilisant
ce
qui
a
e
t
e
vu
plus
haut
nous
obtenons
que
1
+
(' ) 1(R ) [ (' ) 1(R ) [ (' ) 1(R ) = E n F est connexe
ainsi
2
1
2
+
que connexe par arcs.
Supposons que pour tout sous-espace vectoriel de E de dimension au plus
egale a n p>1; p>2, E n F est connexe, donc aussi connexe par arcs.
Soit G un sous-espace vectoriel de E de dimension n p 1. Il existe p +1
hyperplans, noyaux de p formes lineaires independantes, H1 ; : : : ; Hp+1
\
\p
p+1
Hi . Posons F = Hi . E nG = (E nF )[(E n(Hp [Hp+1 )).
i=1
i=1
(E n F ) \ (E n (Hp [ Hp+1 )) 6= ;. Hp et Hp+1 sont les noyaux de deux
formes lineaires independantes donc (E n (Hp [ Hp+1 )) 6= ; donc E n G 6= ;.
Le resultat est donc demontre au rang suivant. Nous en deduisons que
si F est un sous-espace vectoriel de E de dimension q6n 2 alors E n F
est connexe et connexe par arcs.
Supposons que le corps de base soit C .
Soit F un hyperplan de E . Soit ' une forme lin
eaire non nulle. Une
n
X
base etant choisie dans E , nous avons '(x) = [(aj + ibj )(xj + iyj )]
tels que G =
j =1
ou (aj ; bj ; xj ; yj ) 2 R4.
F est l'ensemble des elements de coordonnees ((xj + iyj ))j2Nn veriant
n
X
j =1
(aj xj bj yj ) = 0 et
n
X
j =1
(aj yj + bj xj ) = 0. Les deux formes lineaires
'1 et '2 denies sur R2n par
n
X
j =1
(aj xj bj yj ) et
n
X
j =1
(aj yj + bj xj ) sont
independantes.
D'apres le resultat precedent, il existe un chemin inclus dans G = R2n n
361
[Ker('1) \ Ker('2 )] d'origine et d'extremite un point de G.
Soit (1; : : : ; n ) 2 Rn, (1 ; : : : ; n) 2 Rn, (1; : : : ; n ) 2 Rn,
n
n
X
X
n
(1; : : : ; n) 2 R veriant (aj j bj j ) 6= 0 et (aj j + bj j ) 6= 0
ainsi que
j =1
n
X
j =1
(aj j bj j ) 6= 0 et
j =1
n
X
j =1
(aj j + bj j ) 6= 0. Il existe donc n ap-
plications continues x1 ; x2 ; : : : ; xn , y1 ; y2 ; : : : ; yn denies de [0; 1] dans
R veriant 8j 2 Nn ; xj (0) = j ; yj (0) = j ; xj (1) = j ; yj (1) = j et
n
n
X
X
(aj xj (t) bj yj (t)) 6= 0 ainsi que (aj yj (t) + bj xj (t)) 6= 0 pour tout
j =1
j =1
t 2 [0; 1]. Nous en deduisons qu'il existe un chemin d'origine le point
de coordonnees (j + ij )j2Nn et d'extremite le point de coordonnees
(j + ij )j2Nn de support inclus dans E n F . E n F est donc connexe
par arcs et aussi connexe.
La reunion d'un nombre ni42 d'hyperplans de E est dierente de E .
Supposons que pour tout sous-espace vectoriel de E de dimension au plus
egale a n p>1; p>1, E n F est connexe, donc aussi connexe par arcs.
Soit G un sous-espace vectoriel de E de dimension n p 1. Il existe p +1
hyperplans, noyaux de p formes lineaires independantes, H1 ; : : : ; Hp+1
\
p+1
\p
Hi . Posons F = Hi . E n G = (E n F ) [ (E n Hp+1 ).
i=1
i=1
(E n F ) \ (E n Hp+1 ) 6= ;. donc E n G 6= ;. Le resultat est donc demontre
tels que G =
au rang suivant. Nous en deduisons que si F est un sous-espace vectoriel
de E de dimension q6n 1 alors E n F est connexe et connexe par arcs.
107. Munissons E d'une base. On peut supposer n>2 car alors l'ensemble propose
est un segment qui est convexe donc connexe et connexe par arcs.
Soit x un element de E de coordonnees (x1 ; : : : ; xn) dans la base choisie. Posons N1 (x) = max
jx j. Notons N une norme quelconque sur E , S1 la sphere
i2Nn i
unite pour la norme N 1 et S la sphere unite pour la norme N .
Notons pour i 2 Nn R+i l'ensemble des elements x de E veriant xi = 1 et
pour j 2 Nn n fig; jxj j61. De m^eme notons pour i 2 Nn Ri l'ensemble des
elements x de E veriant xi = 1 et pour j 2 Nn n fig; jxj j61.
Nous avons pour i 2 Nn 1 ; R+i \ R+i+1 6 ;, Ri \ Ri+1 6= ; et R+n \ R1 6= ;. De
plus, chaque ensemble
R+i et!Ri est convexe donc connexe par arcs et connexe.
!
[n
[n
Enn
Ri = S1 . Nous en deduisons en utilisant le resultat
i [
i=1
i=1
de l'exercice numero 103 precedent que S1 est connexe par arcs puis connexe.
Soit f l'application de S1 inclus dans E muni de la norme N1 dans S inclus
1
dans E muni de la norme N denie par f (x) =
N (x) x. f est evidemment
42
R+
voir l'exercice numero 28 page 91 du chapitre d'algebre lineaire.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
362
continue et f 1 est denie par y 2 S 7 ! 1 y 2 S1 . f est donc un hoN1 (y)
meomorphisme et f (S1 ) = S . S est donc connexe par arcs et connexe. D'ou
le resultat demande.
108. Soit a 2 U . Soit E l'ensemble des points x de U tels que f (x) = f (a).
Soit x 2 E . U est ouvert donc il existe une boule Bx ouverte centree en x
incluse dans U . D'apres l'hypothese, il existe une boule ouverte Bx0 centree en
x sur laquelle f est constante. Bx \ Bx0 est une boule Cx incluse dans U sur
laquelle f est constante. 8y 2 Cx; f (y) = f (x) = f (a) et Cx E qui est un
ensemble ouvert non vide.
Soit x 2 E . Il existe une boule ouverte Bx0 centree en x sur laquelle f est
constante. Cette boule contient un point y 2 E . f (x) = f (y) = f (a) et x 2 E
donc E est ferme. Nous en deduisons en utilisant les resultats des exercices
precedents, U etant ouvert connexe par arcs que E = U et f est constante.
109. (a) Soit P =
n
X
ak X k, avec an 6= 0 ; n>1.
X
1 1 X
n
n
= n ak zn k. zlim
Pour z 2 C ; P
ak z n k = an 6= 0 donc
!0
z
j
z
j
k=0
k=0
1 lim P
z !0 z = +1.
Nous
1endeduisons qu'il existe A 2 R+ tel que pour z 2 C , jzj6A on a
P >jP (0)j.
z
k=0
Cela est equivalent a 8z 2 C ; jz j> 1 = r; jP (z )j >jP (0)j.
A
L'application z 2 C 7 ! jP (z )j 2 R est continue donc possede un
minimum sur le disque compact centre en 0 de rayon r ; minimum atteint en un point z0 de ce disque. Nous avons donc jP (0)j>jP (z0)j puis
8z 2 C ; jP (z )j>jP (z0)j d'ou le resultat demande.
n
X
bk z k si n>p + 1. R(t) s'ecrit
(b) Posons R(z ) = 0 si n = p et R(z ) =
k
k=p+1 aussi tp+1 S (t) ou S est un polyn^ome.
Nous avons alors 1 (z )p + R(z ) = P (z ).
L'application z 2 C 7 ! z 2 C est une bijection donc j1 z p + R(z )j >1
pour tout z 2 C .
(c) En particulier, pour t 2 R; t 2]0; 1] nous avons j1 tp + R(t)j >1.
Nous avons alors 1 tp + tp+1 jS (t)j>1 soit encore tkS (t)j>1.
En calculant la limite lorsque t tend vers 0 nous obtenons 0>1. Il y a
contradiction et P (z0 ) = 0.
Tout polyn^ome complexe de degre au moins egal a 1 possede une racine.
Par recurrence descendante sur le degre du polyn^ome nous en deduisons
que tout polyn^ome complexe de degre au moins egal a 1 est scinde43.
43
On peut voir une autre demonstration dans le livre "complement de cours" du m^eme auteur.
363
110. 8n 2 N; Xn+1 Xn donc la suite (n )n2N est decroissante et possede une
limite eventuellement egale a 1. etant la limte de la suite (n )n2N, nous
avons 8 > ; 9N 2 N; 8n 2 N; n>N ) 6n6 .
S'il existe n0>N tel que n = alors pour n>n0 nous avons n = . Nous
en de\
duisons que pour tout n>n0 ; 2 Xn donc aussi 8n 2 N; 2 Xn puis
2 Xn et est donc, comme nous l'avons deja vu dans un autre exercice,
0
n2N
une valeur d'adherence de la suite (xn)n2N.
Si pour tout n 2 N; < n alors il existe pn >n tel que 6xpn 6n . La
sous-suite de (xn)n2N terme general xpn est donc convergente vers qui est
une valeur d'adherence de (xn)n2N. Supposons qu'il existe une suite x'(n) n2N ayant une limite l 2 R.
8n 2 N; x'(n) 2 Xn donc 8n 2 N; x'(n) 6n et l6. est donc la plus grande
valeur d'adherence de la suite (xn )n2N.
Le m^eme raisonnement s'applique pour la limite inferieure.
Par construction, nous avons pour tout entier naturel n, n6xn6n. Si = alors la suite (xn )n2N a pour limite la valeur commune.
n
1 X
111. (a) vn l =
n + 1 k=0 (uk l).
Soit " > 0 donne. Il existe N 2 N tel que pour tout entier n>N on ait
kun lk6 2" .
Soit n>N .
n
1 NX1
X
kvn lk6 n + 1 (uk l) + n +1 1 kuk lk
k=0
k=N
N
1
X
6 n +1 1 (uk l) + (n 2(nN++1)1)" = yn.
k=0
"
lim y = donc il existe N1 2 N tel que pour n> max(N; N1) = N2
n!+1 n 2
on ait yn6".
Nous en deduisons que pour n>N2 ; kvn lk6" c'est-a-dire n!lim
+1 vn = l.
La reciproque n'est pas vraie ; il sut de choisir un = ( 1)n.
n
vn = 12(+n(+ 1)
. La suite (un )n2N ne converge pas alors que la suite
1)
(vn)n2N converge vers 0.
(b) Soit A 2 R. Il existe N1 2 N tel que pour tout !k>N1 on ait vk >A + 1.
1 NX1
n + 1 N1 .
Nous avons alors pour n>N1 , vn>
u
k + (A + 1)
n + 1 k=0
n+1
La suite de terme general le mebre de doite de l'inegalite precedente
a pour limite A! + 1 donc il existe N2 2 N tel que pour n>N2 on ait
1 NX1
n + 1 N1 >A.
u
k + (A + 1)
n + 1 k=0
n+1
Pour n 2 N; n> max(N1 ; N2 ) = N3 nous avons vn>A c'est-a-dire
1
1
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
364
= +1.
En remplacant un par un nous avons un resultat analogue lorsque
(un)n2N tend vers 1.
(c) Si la suite (un )n2N est monotone elle possede une limite l dans R donc
d'apres les parties precedentes la suite (vn)n2N a pour limite l. (un)n2N
et (vn )n2N ont m^eme limite.
lim v
n!+1 n
112. (a) etant une valeur propre, il existe V 6= 0; V 2 Mn;1(C ) tel que AV =
V . La matrice X de Mn(C ) dont les n colonnes sont V est non nulle et
verie AX = X .
(b) N (AX ) = jjN (X ) donc jjN (X )6N (A)N (X ). N (X ) est non nul donc
jj6N (A). Nous avons bien alors (A)6N (A).
(c) Deux matrices semblables ont les m^emes valeurs propres donc (A) =
(S 1 AS ).
Les valeurs propres de Ak sont les puissances kieme des valeurs propres
de A. Il sut pour cela, par exemple, de trigonaliser A. Il est alors
immediat que pour tout k 2 N , (Ak ) = (A)k et (A)k 6N (Ak ) c'est-a
dire (A)6 N (Ak ) k .
L'application X 2 Mn(C ) 7 ! N (S 1 XS ) 2 R+ est clairement une
norme. Pour A et B appartenant a Mn(C ), S 1 ABS = S 1 ASS 1 BS
donc l'application est une norme d'algebre44.
(d) Soit M une matrice de Mn(C ) de terme general mi;j . Le terme general
d'indices (i; j ) de la matrice
(Diag (1; d; : : : ; dn 1 )) 1 M Diag (1; d; : : : ; dn 1) est egal a !
mi;j dj i .
1
Nous savons que l'application M 2 Mn(C ) 7 ! sup
j 2Nn
n
X
i=1
jmi;j j est une
norme d'algebre45 .
Posons, pour M 2 Mn(C ) de terme general mi;j , kAk = sup
n
X
j 2Nn
i=1
!
jmi;j j
et Nd (A) = kD 1TDk ou D = Diag(1; d; : : : ; dn 1 ).
Notons ti;j le terme gene!ral d'indices (i; j ) de la matrice T . Nd(A) =
sup jti;i j +
j 2Nn
j 1
X
i=1
dj i jti;j j .
Supposons d < 1.
j 1
X
1 dj 1
dj i jti;j j6 (i;jmax
j
t
j
d
donc
i;j
)
2
(
N
)
1
d
n
i=1
2
dite aussi sous-multiplicative.
n
X
45
Il s'agit de la norme subordonnee a la norme V = (v1 ; : : : ; vn) 2 C n 7 ! jvi j comme
44
n
X
!
i=1
d'ailleurs la norme M 2 Mn(C ) 7 ! sup
jmi;j j est une norme d'algebre subordonnee a la
i2N i=1
norme V = (v1 ; : : : ; vn) 2 C n 7 ! max
jv j.
i2N i
n
n
365
j 1
X
1 dj 1
dj i jti;j j6jti;ij + (i;jmax
j
t
et
i;j jd
)2(Nn)
1 d
i=1
d . lim d = 0 donc il existe d tel que
Nd(A)6jti;j j + (i;jmax
j
t
i;j j
)2(Nn)
1 d d!0 1 d
Nd(A)6(A) + ". La norme en question depend de A.
Si (A) < 1, nous pouvons choisir " > 0 tel que (A) + " < 1 puis une
norme N 0 telle que N 0 (A) < 1. N 0 est, comme nous l'avons vu plus haut,
une norme d'algebre donc N 0 (Ak )6N 0 (A)k et k!lim
N 0 (Ak ) = 0. Toutes
+1
les normes etant equivalentes, nous en deduisons46 que k!lim
Ak = 0.
+1
jti;i j +
2
2
(e) Soit A 2 Mn(C ). Soit " > 0. Posons B = 1 A.
(A) + "
k
(B ) < 1 donc k!lim
B = 0 et il existe l 2 N tel que 8k 2 N; k>l )
+1
N B k 61 c'est-a-dire N Ak k 6((A) + ")k . Nous avons vu aussi que
(A)6 N Ak k donc la suite de terme general N Ak k converge et
a pour limite (A).
1
1
1
113. Si E est un espace vectoriel de dimension nie, muni d'un produit scalaire
hermitien, si u est un endomorphisme de E nous avons pour tout x de E
ku(x)k6kjujk kxk. Si x est un vecteur propre de u associe a la valeur propre
, nous avons alors jj kxk6kjujk kxk donc jj6kjujk.
En reprenant les notations de l'exercice et en identiant matrice et endomorphisme associe dans la base canonique de C n , nous avons j 1j6 1 . etant
2
une valeur propre de g, pour tout k 2 Z; k est une valeur propre de gk
qui est un element de G car G est un groupe. Nous avons donc pour tout
k 2 Z; jk 1j6 12 . Si jj 6= 1, l'ensemble des elements k ; k 2 Z n'est pas
borne sur Z ce qui est contradictoire donc jj = 1.
Posons = exp(i) avec 2 [0; 2[.
Supposons 62 2Q.
Nous avons vu dans l'exercice numero 45 que fexp(ip); p 2 Ng est dense
dans U . Nous en deduisons donc (faire un dessin) qu'il existe p 2 N tel que
jp 1j > 21 ce qui est faux.
Supposons 2 (2Q) n (2Z
). Il existe
(a; b) 2 N N ; a ^ b = 1; b>2 tel
que frac2 = a . = exp 2ia . fp ; p 2 Ng = fp ; p 2 Nb g.
b b
ap
jp 1j = 2 sin b avec p 2 Nb 1 .
0 < a < . Verions qu'il existe p tel que a et b etant premiers entre eux,
b
Reciproquement, supposons k!lim1 Ak = 0. Soit une valeur propre. Soit V 2 Mn; (C ), non
nul tel que AV = V . Nous avons alors Ak V = k V puis k!lim1 k V = 0 il vient alors jj < 1.
Nous avons donc l'equivalence (A) < 1 () k!lim1 Ak = 0.
46
1
+
+
+
366
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
2ia ieme
47
exp
b est une racine b primitive de 1 et engendre l'ensemble des
racines bieme de 1.
2ika 2ik Nous en deduisons que exp
b ; k 2 Z = exp
b ; k2Z .
Supposons b pair ; choisissons k = b . k 1 = exp 2i
1 = 2.
2
2
b 1.
Supposons b impair ; choisissons k =
2 k 1 = exp 2i(b 1) 1 = 2 cos
>2 cos = p3. Dans les
2b
2b
6
deux cas nous aboutissons a une contradiction. appartient donc a 2Z
et = 1.
Soit g 2 G; g 6= In. h = g In est non nul. Si x est un vecteur propre
associe a la valeur propre de h nous avons h(x) = x qui equivaut a
g(x) = (1 + )x donc = 0. h est donc nilpotent et il existe p 2 N; p>2 tel
que hp = 0. Soit x 62 Ker(hp 1 ) ; posons z = hp 1(x) 6= 0 et y = hp 2 (x) 6= 0.
g(y) = h(y) + y = z + y. g2 (y) = g(z ) + g(y) = g(z ) + y + z = y + 2z .
Supposons que gk (y) = y+kz; k 2 N alors gk+1 (y) = g(y)+kg(z ) = y+(k+1)z .
k
Le resultat est prouve pour tout k 2 N. kjgk Injk> kg (y) yk = q kz k .
kyk
kyk
k
Nous avons donc n!lim
kjg Injk = +1 ce qui est contraire a l'hypothese.
+1
Nous en deduisons donc g = In.
114. Soit (A; B ) 2 E 2 .
An
Bn
=
donc kAn
n 1
X
An k B k
An 1 k B k+1
k=0
n 1
Bnk 6
kAkn 1 k kB kk
X
1 k=0
1 n 1
=X
An
! k=0
1 k (A
B )B k . Nous avons
kA B k6nM n 1kA B k.
1
Posons X = exp A exp B et Y = exp (A + B ) . En utilisant ce
n
n
n
n
n
que nous venons de voir, il vient : kX Y k 6n (max(kX k; kY k))n 1 kX Y k.
+1 kC kk
X
Si C est un element de E , nous avons k exp(C )k6
= exp(kC k).
k=0 k !
l'identit
ezout,
il existe (u; v) 2 Z2
; uau + bv = 1 donc
e de B
2
i
(
au
+
bv
)
2
i
2
i
(
au
)
2
ia
exp
= exp b = exp
= exp b
Le groupe multiplicatif
b
b
des racines bieme de 1 est donc aussi engendre par exp 2ia
b . Nous aurions p^u dire aussi
que Z/bZ; + est un groupe cyclique
de cardinal b et est donc isomorphe au groupe multipli
2
i
catif cyclique engendre par exp b ; un isomorphisme entre le premier et le second etant
k 7 ! exp 2ik
enerateur du second est donc l'image d'un generateur du premier et les
b ; un g
generateurs de Z/bZ; + sont les classes d'entiers premiers avec b.
D'apres
47
367
kAk kBk exp
et
Nous avons donc kX k6 exp
kA + Bk knAk knBk kY k6 exp
6 exp n exp n .
n
n 1
n
n
Nous obtenons alors kX Y k 6n exp
kA + B k kX Y k.
n
X
kAk 1
+1 kAkk
2
k
A
k
k
A
k
+1 1 Ak 6 X
1
k=0 nkk! k=0 nk k! = exp n
n
n2 = o n2 lorsque
n tend vers l'inni.
Nous en deduisons
1 1 1
1 1
1
2
2
Ip + n B + n2 B + o n2 et
X = Ip + n A + n2 A + o n2
1
1 1
2
Y = Ip + n (A + B ) + n2 (A + B ) + o n2 lorsque n tend vers l'inni puis
1
1
X Y = n2 (AB BA) + o n2 lorsque n tend vers l'inni.
Nous en deduisons : n!lim
nkX Y k = 0 ce qui conduit a n!lim
kX n Y nk = 0.
+1
+1
Nous avons deja demontre48 que pour toute matrice M et pour tout entier q
nous avons
1 1 n
exp(qM ) = exp(M )q donc n!lim
exp A exp B
= exp(A + B ).
+1
n
n
115. fn decroit strictement sur [0; n ] puis croit sur strictement [n ; 1] ou n =
2 n
. fn(0) = 1; fn(1) = 0 donc fn possede un et un seul zero, xn ,
n+3
sur ]0; 1[.
Pour x 2]0; 1[, fn+1(x) fn(x) = xn+3 (x 1) < 0 donc xn+1 < xn . La suite
(xn )n2N est strictement decroissante donc convergente, de limite l 2 [0; x0 [.
(xn )n+3 6 (x0 )n+3 donc n!lim
(x )n+3 = 0.
+1 n
1
Nous avons la relation (xn )n+3 = 2xn 1 donc 2l 1 = 0 et l = .
2
1
+2
n
116. (a) d (xn x n) = nxn 1 1. Posons n = 1
.
dx
n
Pn : x 2 R+ 7 ! xn x n 2 R est strictement decroissante sur [0; n ] et
strictement croissante sur [n ; +1[. Pn(0) = n < 0 donc Pn(n) < 0.
Pn a pour limite +1 en +1 donc Pn possede un et un seul zero, xn .
Pn(1) = n < 0 donc ce zero est strictement superieur a 1.
Pn+1(xn) = xnn+1 xn np= (xn + n)xn xn n 1 = x2n +(n 1)xn n 1.
2
Notons n = n + 1 + n + 2n + 5 la plus grande racine du polyn^ome
2
Qn = X 2p+ (n 1)X n 1. Qn (1) = n < 0 donc 1 < n.
n 1 + n2 + 2n + 5 > n > n n donc >
2
p
= .
n
2
n 1 + n2 + 2n + 5 n
1
48
1
Voir l'exercice numero 111 page 186 du chapitre d'algebre lineaire.
1
1
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
368
Nous obtenons alors xn > n et Pn+1(xn) > 0 puis xn < xn+1.
La suite est donc decroissante, minoree ; elle converge vers une limite l>1.
(b) Posons xn = 1 + yn. nyn n!+1 n ln(1 + yn) = ln(n + 1 + yn) n!+1 ln(n)
donc yn = xn 1 n!+1 ln(n) .
n
117. S'il existe q 2 N tel que uq = 0 alors pour
tout n>p; un = 0. La limite est
q
n
alors nulle et il s'agit bien de l = ninf
un .
2N
Nous pouvons supposer que les un sont tous strictement positifs.
q
n u .
Soit (p; n) 2 N N. Nous avons upn 6(un )p. Posons l = ninf
n
2
N
q
Soit " > 0. Il existe n0 2 N tel que l6 n un 6l + " .
2
Soit m 2 N ; m = pn0 + r; 06r < n0 . Par denition q
de l et d'apresp les hyp
m
m
potheses, nous avons l 6um 6 (un ) ur soit encore l6 um 6 (un ) m (ur ) m .
p = 1 donc lim (u ) mp = (u ) n .
lim
n
m!+1 m n0
m!+1 n
Pour chaque r, mlim
(u ) m = 1.
!+1 r
Le nombre d'indices r etant ni (6np0 ), il existe un entier n1 tel que pour tout
m>n1 et pour tout r, on ait (un ) m (ur ) m 6 (un ) n + 2" . Nous avons alors
q
qn
pour tout m>n1 , l6 m um 6l + " c'est-a-dire n!lim
un = l.
+1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
1
0
118. Soit " > 0. Soit N 2 N associe tel que pour tout entier n>N on ait
jn(un + u2n ) 2j6 2" . n etant aini xe, il vient alors (2k n etant superieur a
n pour k 2 N ) j(2k n) (u2k n + u2k n ) 2j6 2" .
p
X
4(1 21 p )
2
k
p
( 1) u2k n + u2k n k = un + ( 1) un2p
.
2
n
3
n
k=0
utilisant
obtenons :
En
nous
l'inegalite precedente,
p
p
X
X
" 6 " soit encore
( 1)k u2kn + u2k n 2 6
k
k=0
2 n k=0 n2k+1 n
1 p ) "
4(1
2
6 .
un + ( 1)pun2p
3n n
" 4
4
En faisant tendre p vers +1 nous obtenons un
6 puis nun 3 6"
3n n
4.
c'est-a-dire n!lim
nu
=
n
+1
3
119. Il est immediat que si la suite (xn )n2N converge, de limite a, la suite (yn)n2N
converge, de limite 3a.
supposons que la suite (yn)n2N converge, de limite l. Posons vn = yn l et
un = xn 3l .
Nous avons la relation vn+1 = un + 2un+1 .
+1
+1
+1
+1
+1
369
n
n
X
8n 2 N ; un = ( 1)2n u0
( 2)k
k=1
1 n vk . En eet ; cette relation est vraie
pour n = 1. Supposons-la vraie jusqu'au
rang n.
n
n
+1
X
u0
v
un+1 = u2n + vn2+1 = ( 1)
( 2)k 2 nvk + n+1
n
+1
2
2
k=1
n+1
( 1)n+1 u0 X
=
( 2)k 1 (n+1) vk . Le resultat est vrai au rang n + 1.
n
+1
2
k=1
Il est vrai pour tout n 2 N .
Soit " > 0. Il existe N 2 N; N >2 tel que pour n>N on ait jvnj 6 " .
2
Soit
alors n>N . X
1
n
A
n ( 2)k 1 nvk 6 NX1 2k 1 njykj + " X
N
N
2
n
k
2
n
2
.
2
= n +"
k=1
k=1
2
2
k1=N
u
A
0
N
N
2
n
Nous avons donc junj6 n + n + "
2
.
2
2
2
Le membre de droite de l'inegalite precedente denit une suite qui converge
vers " donc il existe N1 2 N tel que pour n>N1 , le membre de droite soit au
2
plus egal a ". Pour n> max(N; N1) = N2 nous avons junj6" donc la suite
l
(un )n2N converge vers 0 et la suite (xn)n2N converge49 vers .
3
1
n
Considerons la suite (xn )n2N de terme general ( 2) . yn+1 = xn + xn+1 = 0.
2
La suite (yn)n2N converge vers 0 et la suite (xn )n2N n'est pas convergente.
120. (a) Soit " > 0. D'apres l'hypothese, il existe N 2 N tel que pour tout n>N
on a jx2n + bxn j 6"(jbj 1).
Soit n>N . Soit p 2 N. Nous avons ( 1)p xn2p + bp+1 xn 6" jbjp+1 1 .
relation est vraie pour p = 0. Supposons-la vraie jusqu'au rang p.
Cette
p
( 1) +1 xn2p + bp+2 xn = ( 1)p+1 xn2p + ( 1)p+1 xn2p
( 1)p+1xn2p + bp+2 xn
6"(jbj 1) + jbj" jbjp+1 1 6" jbjp+2 1
d'ou le resultat.
x p
jbjp+1 1
Nous obtenons donc ( 1)p np2+1 + xn 6" p+1 . En faisant tendre
b
jbj
p vers l'inni ; la suite(xn)n2N etant bornee, nous obtenons jxnj6". La
suite est donc convergente, de limite nulle.
Autre methode.
Si la suite (xn)n2N converge, la limite est nulle. Si elle ne converge pas ;
etant bornee elle possede une sous-suite, x'(n) n2N, convergente de limite50 l 6= 0.
converge
lim
x
+
bx
=
0
donc
la
suite
de
terme
g
e
n
e
ral
x
2
'
(
n
)
'
(
n
)
2
'
(
n
)
n2N
n!+1
vers bl puis pour tout p 2 N, x2p '(n) n2N converge vers ( b)pl.
+1
+2
+2
+1
+1
+1
Le resultat est le m^eme pour une suite d'elements d'un espace vectoriel norme.
Nous avons deja vu que si une telle suite ne possede qu'une seule valeur d'adherence, elle
converge.
49
50
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
370
lim j( b)p lj = +1 et la suite (xn)n2N n'est pas bornee ; ce qui est
contradictoire d'ou la convergence de la suite (xn)n2N.
Considerons la suite (xn )n2N denie par x2n+1 = 0 pour n 2 N et
x2n = bxn . x2n + bxn = 0.
8p 2 N; x2p = ( b)p x1 ne converge pas. L'hypothese \bornee" est necessaire.
(b) 06nun6n(un + u2n). La suite de terme general nun est donc bornee.
Posons xn = nun 1 . La suite (xn)n2N verie les conditions precedentes ;
3
elle converge donc vers 0 et la suite de terme general nun converge vers
1.
3
121. On peut remarquer que f possede un point xe. En eet ; posons h(x) =
f (x) x. h(a) = f (a) a>0, h(b) = f (b) b60. D'apres le theoreme des
valeurs intermediaires, h possede au moins un zero.
La suite (xn)n2N est bien denie car x + f (x) 2 [a; b].
2
f
(
x
)
+
x
Posons g(x) =
. g est denie de [a; b] dans lui-m^eme, continue et
2
possede donc au moins un point xe.
f est 1-Lipschitzienne donc si (x; y) in[a; b]; x6y, x y6f (y) f (x) puis
g(x)6g(y). g est croissante et la suite (xn )n2N est alors monotone (croissante
si x1>x0 ; decroissante si x1 6x0 ). La suite est donc convergente de limite
l 2 [a; b] veriant, gr^ace a la continuite, 2l = l + f (l). l est un point xe de
f.
n!+1
122. Posons un = an + ibn et vn = a0n + ib0n avec (an; bn; a0n; b0n) 2 R4.
un et vn sont dans le disque centre en 12 de rayon 21 donc 06an61; 06a0n61.
Nous avons a2n + b2n an60; a0n2 + b0n2 a0n60 donc (a2n + b2n)(a0n2 + b0n2 )6ana0n61
0
puis junvn 6ana0n61. Nous en deduisons n!lim
+1 anan = 1.
ana0n6an61 donc n!lim
a = 1 et de m^eme n!lim
a0 = 1. n!lim
ju u0 j2 = 1
+1 n
+1 n
+1 n n
donc en posant xn = (anb0n)2 + (bna0n)2 + (bnb0n)2 nous avons n!lim
x = 0 et
+1 n
en particulier n!lim
a b0 = 0 donc n!lim
b0 = 0 c'est-a-dire n!lim
u = 1 et
+1 n n
+1 n
+1 n
lim v = 1.
n!+1 n
123. n!lim
n(u + un+1) = 1 donc n!lim
n(u + un+2) = 1 puis en calculant la dif+1 n
+1 n+1
ference n!lim
n(u
un ) = 0. La suite (un)n2N etant decroissante, nous
+1 n+2
avons 06xn xn+16xn xn+2 et alors n!lim
+1 n(un+1 un ) = 0. Nous en de1
duisons n!lim
2
nu
=
1
soit
encore
lim
nu
=
.
n
+1
n
+1
n!+1
2
Considerons la suite (un )n2N denie par u2n = 1 , u2n+1 = 0.
2n
2n (u2n+1 + u2n ) = 1, (2n + 1) (u2n+2 + u2n+1 ) = 2n + 1 .
2n + 2
371
Nous avons donc n!lim
n(u + un+1 ) = 1. Cependant la limite de la suite de
+1 n
terme general (2n + 1)u2n+1 est nulle et la limite de la suite de terme general
(2n)u2n est egale a 1.
124. (a) Les deux suites sont bien denies.
pvn pun 2
>0. v0 u0 >0 donc pour tout n 2 N; un6vn.
vn+1 un+1 =
2
un+1 un = pun (pvn pun ) >0, vn+1 vn = un 2 vn 60.
La suite (vn)n2N est decroissante donc majoree par b, la suite (un)n2N
est croissante majoree par b donc convergente de limite l1 >a ; la suite
(vn)n2N est decroissante minoree par 0 donc convergente de limite l2 2
[l1 ; b]. Nous avons les relations l12 = l1 l2 ; 2l2 = l1 + l2 . Il vient alors
l1 = l2 = l 2 [a; b]. Les suites sont donc en fait adjacentes.
1
n+1 = 1 . La suite ( ) a une
donc n!lim
(b) n+12 = p
p
n n2N
+
1
(n) 2( un + vn )
(n)2 8l
convergence quadratique.
125. (a) Les suites (un )n2N (vn)n2N sont bien denies, positives.
vn+1 un+1 = pun+1 (pvn pun+1 ) a le signe de vn un +2 vn c'est-adire le signe de vn un .
Nous en deduisons immediatement que 8n 2 N; vn un>0.
un+1 un = vn 2 un .
pvn(un+1 vn) pvn(un vn)
p
a le signe
vn+1 vn = un+1vn vn = pu + pv = p
2 un+1 + pvn
n+1
n
de un vn60.
La suite (un )n2N est croissante, la suite (vn )n2N est decroissante. Nous
avons alors 8n 2 N; a6un6vn6b. Les deux suites sont donc convergentes
l +l
de limites respectives l1 et l2 . Ces limites verient la relation l1 = 1 2 .
2
Ces deux suites ont donc la m^eme limite l (elles sont adjacentes).
i h
a
(b) 0 < < 1 donc il existe ' 2 0;
tel que a = b cos(').
b
2
'
Yn ' Montrons que l'on a pour n 2 N ; vn = b cos k ; un = vn cos k .
2
2
k=1
Cette relation estvraie pour n = 1. Supposons-la vraie jusqu'au rang n.
v cos 2'n + vn
un+1 = n
= vn cos2 n'+1 ,
2 r 2 ' vn+1 = vn2 cos2 2n+1 = vn cos 2n'+1 puis un+1 = vn+1 cos 2n'+1 .
Le resultat est prouve au rang
n + 1. La relationnest donc veriee.
n
'
Y
Y '
Posons pour n 2 N ; xn = cos k et yn = sin k .
2
k=1 2
k=1
n
Y 1
'
sin(') xn et yn sont > 0. xn yn =
sin k 1 = n
y . En sim2
2 sin 2'n n
k=1 2
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
372
pliant nous obtenons xn =
sin(')
2n sin 'n
2
.
sin(') puis l = b sin(') .
Nous en deduisons : n!lim
x
=
n
+1
'
'
126. Posons, pour x 2 R; f (x) = 4x x2 . f est strictement croissante sur ] 1; 2]
et est strictement decroissante sur [2; +1[ ; f (x) = x () x 2 f0; 3g ;
f (x) = 0 () x 2 f0; 4g.
Pour x < 0 ou pour x > 4, f (x) < 0. Si x < 0; f (x) x < 0. Nous en
deduisons donc que si u0 2] 1; 0[[]4; +1[, 8n>1; un 2] 1; 0[ et la suite
est strictement decroissante a partir du rang 1. Cette suite possede donc une
limite, reelle 6u1 , ou egale a 1 Si cette suite converge, la limite, l6u1 , doit
verier f (l) = l c'est-a-dire l 2 f0; 3g ce qui est exclu. La suite a donc pour
limite 1.
Si la suite est stationnaire alors 9N 2 N; 8n 2 N; n>N ) un = un+1 ce qui
equivaut a un 2 f0; 3g. Si la suite n'est pas stationnaire alors 8n 2 N; un 62
f0; 3g.
Supposons
que 8n 2 N; un 62 f0; 3g et que la suite converge vers 3.
alors
1
Soit " 2 0; . Il existe N 2 N tel que pour tout n 2 N, n>N implique
2
jun 3j6".
un+1 3 = (un 3)(1 un ) donc pour n>N nous avons
Yn
"
Yn
un+1 3 = (uN 3) (1 uk ) puis (1 uk ) 6 ju 3j .
N
k=N
k=N
n
3
3 N +1
" ce qui
Pour n>N nous avons jun 1j>2 "> donc
6
2
2
juN 3j
est faux car le membre de gauche tend vers +1 lorsque n tend vers l'inni.
Supposons alors que 8n 2 N; un 62 f0; 3g et que la suite converge vers 0.
Soit " 2 ]0; 1[. Il existe N 2 N tel que pour tout n 2 N, n>N implique junj6".
Yn
un+1 = un (4 un ) donc pour n>N nous avons un+1 = uN ) (4 uk ) puis
k=N
Yn
"
(4 uk ) 6 . Pour n>N nous avons j4 unj>3 donc (3)n
k=N
juN j
"
juN j
ce qui estla encore faux car le membre de gauche tend vers +1 lorsque n tend
vers l'inni.
En resume, les seuls cas ou la suite (un )n2N est convergente sont ceux pour
lesquels elle est stationnaire51.
N +1 6
127. (a) Pn est strictement croissante sur [0; 1] ; Pn (0) = 1; Pn(1) = 1 donc il
existe un unique n 2]0; 1[ veriant Pn(n) = 0.
(b) Pn+1(n) = n+1 + n 1 = n(1 n) + n 1 = (1 n)2 < 0. Nous
en deduisons n < n+1.
La suite (n )n2N est croissante, majoree ; elle converge vers l 2]1 ; 1].
51
Nous denissons en fait la un systeme cahotique.
373
Si l < 1 alors 8n 2 N ; 06(n )n6ln donc n!lim
( )n = 0 puis 1 l = 0
+1 n
et l = 1 ; i y a une contradiction donc l = 1.
ln(1 t)
. t 2]0; 1[7 ! ln(1 t) 2 R
Posons pour t 2]0; 1[, f (t) =
ln(t)
est positive, strictement croissante ; t 2]0; 1[7 ! 1 2 R est positive,
ln(t)
strictement croissante donc f est positive, strictement croissante. La
limite en 0 de f est egale a 0 ; la limite en 1 est egale a +1. f est une
bijection de ]0; 1[ sur ]0; +1[. n = f 1(n) et n!lim
= 1.
+1 n
t) > 0 donc f (t) = h(t) ln(1 t) avec lim h(t) = 1.
f (t) t!1 ln(1
t 1
ln(1 t) t 1ln(h(t)) t!1
ln(f (t)) = ln(h(t)) + ln
+1 ln ln(1 t) = 0
t 1 . n!lim
t 1
ln(1 t) donc ln(f (t)) t!1 ln
t 1 puis ln(f (t)) t!1 ln(1 t).
ln(f (n)) = ln(n) donc ln(n) n!+1 ln(1 n ) et, nous avons vu plus
haut, n n!+1 ln(1 n ) soit nalement 1 n n!+1 ln(n) .
n 1
n
128. Posons Pn(x) = xn nx + 1. Pn0 (x) = n(xn 1 1) est strictement negatif sur
[0; 1[. Pn(0) = 1; Pn(1) = 2 n60 donc Pn possede un et un seul zero dans
1 + (n)n 1 2
l'intervalle [0; 1]. n =
n 2 n ; n . La suite (n )n>2 converge donc
n = 0. Nous en deduisons 1.
vers 0 et n!lim
(
)
n
n
n!+1 n
+1
Nous pouvons obtenir un peu plus de precision. n
n n1 = n1 exp(n ln(n)) = n1 exp n ln 1 + (nn)
soit encore
n n1 = n1 exp (n ln (1 + (n)n) n ln(n)) = nn1+1 exp (n ln (1 + (n)n)).
1
1
= n+1 exp (n ((n)n + 0 ((n)n))).
Nous avons donc n
n n
1
i h
Il existe N 2 N; N >2 tel que pour n>N on ait n 2 0; donc nn 2 0; nn
2
2
1
1
et converge vers 0. Nous en deduisons n
n n!+1 nn+1 .
129. Soit la suite (un)n2N denie par 8n 2 N; un = ln(n + 1).
Pour p 2 N ; un+p un = ln n + p + 1 n!+1 p . Nous avons donc pour
n+1
n
tout p 2 N; n!lim
(
u
u
)
=
0.
(
u
)
n'est
pas
de Cauchy car elle ne
n
n n2N
+1 n+p
converge pas.
130. (a) fn0 (x) a le signe de (n + 1)xn x2n 2 1 + (n 1)xn 2 x2n+2 1 qui
est strictement negatif sur ]0; 1[. fn est strictement decroissante, a pour
limite +1 en 0 et 1 en 1. L'equation fn(x) = n possede donc une et une
seule solution xn sur ]0; 1[ pour tout n>2.
374
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
(b) fn+1(x) + fn 1(x) = fn(x) x + 1 .
x
1
Nous en deduisons fn+1(xn) + fn 1(xn) = n xn +
xn > 2n.
f2 (0; 44) < 2; f3(0; 51) > 3 donc x2 < 0; 44 < 0; 51 < x3 .
Supposons que pour 36i6n on ait xi 1 < xi .
Il vient alors fn 1 (xn) > fn 1(xn 1 ) = n 1 donc
fn+1(xn) > 2n (n 1) = n +1 = fn+1(xn+1 ) ce qui conduit a xn < xn+1 .
La suite (xn )n>2 est donc convergente de limite l 2]0; 1].
1 + x2n 1
1
1
Pour x 2 [0; 1],
>
donc fn(xn)>
puis (xn)n 1> et
2
n
1
1+x 2
2(xn )
2n
ln(2
n
)
ln(xn)>
n 1.
En calculant la limite nous obtenons ln(l)>0 puis l>1c'est-a-dire
l = 1.
2
n
2
n
1
1
+
(
x
)
1
1
+
(
x
)
n
n
(xn)n 1 =
n 1 + (xn)2 . ln(xn) = n 1 ln(n) + ln 1 + (xn)2 .
1 6 1 + (xn)2n 61 donc
2 1 + (xn)2
1 + (xn)2n
1
ln(n) + ln
ln(
n
)
et
ln(
x
)
n
2
n!+1
1 + (xn) n!+1
n 1 ln(n)
ln(n)
soit encore 1 xn n!+1
n .
Cette derniere demonstration aurait en fait sut pour prouver la convergence de la suite vers 1.
131. fn est continue et strictement croissante sur R+. fn(0) = 1; fn(1) = n 1.
fn(x) = 0 possede une et une seule solution, yn, positive ; celle-ci est strictement positive et strictement inferieure a 1 des que n>2.
fn+1(yn) = fn(yn) + ynn+1 >= fn+1 (yn+1). La suite (yn)n2N est strictement
decroissante donc convergente de limite l 2 [0; 1[. En particulier, pour
n+1 = 0. 8n 2 N; (y )n+1 = 2y
n>2; 06yn6y2 < 1 donc n!lim
(
y
)
n
n
n 1.
+1
1
Nous en deduisons l = .
2
1
Posons yn = (1 + n). Nous avons la relation (1 + n)n+1 = 2n+1 n.
2
Il vient immediatement 2n+1 n>1 + (n + 1)n.
3 n+1
1
Il existe N 2 N, tel que pour n>N on ait n6 donc n6
et
2
4
lim (n + 1)n = 0.
n!+1
En etudiant les variations, il est simple de verier que exp(x) 1 2x < 0
pour x 2 [0; 1]. IL existe donc N1 2 N tel que pour tout n>N1 on ait
2n+1 n = exp((n + 1) ln(1 + n))6 exp((n + 1)n )61 + 2(n + 1)n c'est-a-dire
n 6 2n+1 12(n + 1) .
En utilisant les deux inegalites nous en deduisons n n!+1 n1+1 .
2
375
lim
+ x = donc
x
=
132. Soit " > 0. xlim
!0 x + 1
+1 x!0 + x + 1
+1
8" > 0; 9 > 0 tel que + 1 > + 1 " et + + 1 + 6 + 1 + ".
+
Posons
+
pour k 2 N , Sk
8n 2 N ;
=
k
X
i=1
ui et Xk =
n
X
k
X
i=1
iui .
Xn = (n + 1)Sn
Sk .
k=1
Par hypthese nous avons
8 > 0; 9N 2 N; 8n 2 N; n>nN ) ( n )nun6Sn 6(n+ )nun .
X
X
X
Nous obtenons alors ( ) pup 6 Sp 6( + ) pup puis
X
N 1
p=1
Sp ( )
X
N 1
p=1
p=N
pup + ( )
n
X
p=1
p=N
pup 6
6( + )
n
X
p=1
n
X
p=1
p=N
Sp
pup +
X
N 1
p=1
Sp ( + )
X
N 1
p=1
pup
que nous pouvons ecrire :
KN + ( )Xn6(n + 1)Sn Xn6KN0 + ( + )Xn.
Nous obtenons donc KN + ( + 1)Xn6(n + 1)Sn6KN0 + ( + + 1)Xn.
Montrons n!lim
n2 u = 0.
+1 n
1
n
n
Si > 0, nun n!+1 Sn et n2un n!+1 Sn > u1 donc n!lim
n2u = 0.
+1 n
Supposons = 0. (Sn)n2N est croissante donc a une limite S > 0 ou innie. Dans le premier cas, n2 u = nSn tend vers +1 ; dans le second cas
n
Sn
nun
lim nun = +1 puis n!lim
n2u = +1.
+1 n
En
l'encadrement
avons
(nutilisant
obtenu
plusXhaut,
nous
1 + 1)Sn KN0
1
(n + 1)Sn KN
n
n2 un
n2 un + + 1 6 n2un 6 n2 un
n2 un + 1 .
; celui de droite .
Le membre de gauche a pour limite
++1
+1
Il existe donc N1 2 N tel que pour n 2 N; n>N1 on ait
Xn 6 + .
6
+1
n2un + + 1
Il existe alors N2 2 N tel que pour tout n 2 N; n>N2 on ait
Xn 6 + " c'est-a-dire lim Xn = .
"
6
n!+1 n2 un
+1
n2 un + 1
+1
Remarque Si 8n 2 N ; un 2 R et > 0 nous avons encore le m^eme resultat.
En eet. Il existe N 2 N tel que pour tout n 2 N ; n>N on ait Sn > .
nun 2
2
Nous pouvons imposer a N d'^etre strictement superieur a .
Supposons que un ne soit pas de signe xe.
Il existe n>N tel que un > 0 et un+1 < 0. Il vient alors
n!+1
376
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
Sn >nun 2 et Sn+1 6(n + 1)un+1 2 puis un+1 6 2 ((n + 1)un+1 nun) c'est-a
dire 1 (n + 1) u 6 nu . Le membre de gauche est strictement
n+1
n
2
2
positif et le membre de droite est strictement negatif ; il y a une contradiction
d'ou le resultat demande.
133. (a) Posons wn = vn n. n!lim
w
wn = 0.
+1 n+1
8" > 0; 9N 2 N ; 8n 2 N; n>N ) jwn+1 wnj6 2" .
n
X
jwn+1 wN j = (wk+1 wk ) 6(n N + 1) 2" .
k=N
jwn+1j 6 jwN j + n N + 1 " . Le membre de droite a pour limite " donc
n
n
n 2
2
n
N
+
1
"
j
w
j
N
il existe N1 2 N tel que pour n>N1 ;
n +
n 2 6". Pour
wn = 0
n>N2 = max(N; N1 ) + 1 nous avons jwnnj 6" c'est-a-dire n!lim
+1 n
v
n
puis n!lim
= .
+1 n
n
n
X
X
(b)
vk = wk + n(n2+ 1) .
k=1
k=1
X
NX1 X
n
n
j
w
j
n
8" > 0; 9N 2 N ; 8n 2 N; n>N ) n 6" wk 6 wk + k"
k=1
k=1
k=N
puis
NX1 n
1 X
6 1 wk + 1 (n(n + 1) N (N + 1)) ". Le membre de
w
k
2
n k=1 n2 k=1 2n2
droite a pour limite " donc il existe N1 2 N tel que pour n>N1 on
2
NX1 1
1
ait 2 wk + 2 (n(n + 1) N (N + 1)) "6". Pour n> max(N; N1)
n k=1
2n
X
n
n
X
1
1
on a 2 wk 6" c'est-a-dire n!lim
w = 0. Nous avons donc
+1 n2 k=1 k
n k=1
immediatement52 le resultat demande.
(c) Posons vn = an+1 an. Nous sommes ramene aux cas precedents et
n
X
vk = an+1 a1. La conclusion est immediate.
k=1
n
1X
134. n Cnk (uk l) = vn l. On peut donc supposer l = 0.
2 k=0
Soit " > 0 et soit N 2 N tel que pour n>N on ait kunk6 " . Nous avons alors
2
52
On peut remplacer C par un espace vectoriel norme sans changer le resultat.
377
N
n
X
" X
1
k
kvn k6 2n Cn uk + 2n+1
Cnk . Pour k 2 f0 : : : ; N g, Cnk 6nN donc
k=0
k=N +1
N
N
N
(N + 1)n X
"
(N + 1)nN X
"="
k
u
k
+
.
lim
k
u
k
+
pour n>N , kvnk6
k
k
2n
2 n!+1
2n
2 2
k=0
k=0
N
NX
"
donc il existe N1 2 N tel que pour n>N on ait (N + n1)n
k
u
k k + 6".
2
2
k=0
Nous en deduisons le resultat demande.
135. x2 xy x0 2 + x0 y0 = (x x0 )(x + x0 y) + x0 (y0 y),
y2 + 2xy + y02 2x0 y0 = (y y0 )(2x0 y0 y) + 2y(x x0 ).
Pour x; x0 ; y; y0 dans [ a; a] nous avons
j(x x0 )(x + x0 y) + x0 (y0 y)j63ak(x x0 ); (y y0 )k1 et
j(y y0 )(2x0 y0 y) + 2y(x x0 )j64ak(x x0 ); (y y0)k1 .
Pour 0 < a < 1 , nous avons le resultat demande.
4
2
jxj jx yj62a < 12 a et jyj jy 2xj63a2 < 34 a donc f laisse stable [ a; a]2 . f
est alors contractante. [ a; a]2 est complet donc d'apres le theoreme du point
xe vu plus haut en exercice, f possede un et un seule point xe, limite de la
suite (xn )n2N denie par x0 2 [ a; a]2 et pour n 2 N; xn+1 = f (xn).
1
3
Dans l'exemple propose, u2 = ; v2 = .
8
16
Nous pouvons alors appliquer le resultat precedent et la suite (xn)n2N converge,
de limite (l1 ; l2 ) avec l1 = l12 l1 l2 ; l2 = l22 +2l1 l2 . Les solutions de ce systeme
sont (0; 0); (0; 1) et (1; 0). La limite est donc egale a (0; 0).
136. Posons f () = sup(sin(p) qui existe car sin(p)61.
p2Z
fsin(p); p 2 Zg = fsin(pi p
i); p 2 Zg donc f ( ) = f (). Nous
pouvons donc supposer 2 0; .
2
p p
p3
3
3
sin p prend pour p 2 Z les valeurs 0; ;
donc f
= .
3
2
2
3
2
p
i i
3
Montrons alors que 8 2 0; ; f ()> .
2
p 2
h i
Pour 2 ; , on abien s^ur f ()> 3 .
2
i 3 h2
Soit 2 0; . Soit p le plus petit entier tel que p> . (p 1) < 6p ;
3
3
p 3
2
p est au moins egal a 2. Nous avons 3 6p < 3 puis sin(p)> 23 d'ou le
resultat demande.
137. Supposons dans un premier temps que l est nul.
Soit " > 0. Il existe N 2 N tel que pour tout entier n au moins egal a N on
ait kun+1 unk6"jvn+1 vn j.
Quitte a changer vn en vn on peut supposer que la suite (vn )n2N est strictement decroissante et en particulier strictement positive.
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
378
Soit n>N .
Pour tout entier k nous avons alors kun+k+1 un+k 6"(vn+k vn+k+1 ).
p
X
(un+k+1 un+k ) = un+p+1 un puis en utilisant les inegalites precedentes,
k=0
kun+p+1 unk6"(vn vn+p+1 ). En faisant tendre p vers l'inni nous obtenons
kun k6"(vn ) d'ou le resultat demande.
1 (u
Supposons que la suite de terme general
vn+1 vn n+1 un) a pour limite
l. En posant wn = un lvn nous sommes ramene au cas precedent donc
1 u = l.
lim
n!+1 vn n
138. Supposons dans un premier temps que la suite (an)n2N converge vers 0. Soit
" . N etant
" > 0. Soit N1 2 N tel que pour tout k 2 N; k>N1 ) jak j6 2M
1
"
choisi, soit N2 2 N tel que pour tout k>N2 on ait kbk k6 PN
.
2 j=0 jaj j
Soit
n>N1 +
N1 , nous avons n k>N1 + N2 N1 = N2 donc
X
N2. Pour k6X
N
N
".
akbn k 6 P "
j
a
j
=
k
N
2 j=0 jaj j k=0
2
k=0X
n akbn k 6M " = ".
k=N +1
2M
1
1
1
1
X
n
n
X
Nous avons donc ak bn k 6" c'est-a-dire n!lim
a b = 0.
+1 k=0 k n k
k=0
Supposons que la suite (an)n2N ait pour limite l 2 C . Posons cn = an l.
n
n
X
X
X
1
k=0
ak bn k =
k=0n
ck bn k + l
k=0
bn k .
E etant complet, la suite (xn)n2N de terme general
p+q
X
n
X
k=0
bk est convergente53 .
kbk k est croissante majoree
donc convergente puispour tout " > 0, il existe N 2 N tel que pour tout n>N
p+q X
p+q
X
bk 6
kbk k6". (xn)n2N est de Cauchy donc
on ait kxp+q xq k = En eet La suite (yn)n2N de terme general
k=q+1
k=q+1
k=q+1
convergente de limite L. n
X
La suite de terme general ak bn k converge donc vers lL.
k=0
139. Si la suite (un)n2N converge, sa limite est nulle.
Supposons que la suite (un )n2N ne soit pas convergente.
Il existe " > 0 tel que
p
pour tout p 2 N il existe q>p veriant juq j> ". " peut ^etre suppose inferieur
La serie de terme general bn est par hypothese absolument convergente donc convergente parce
que E est complet.
53
379
a 1 . Il existe N 2 N tel que pour tout entier n>N on ait un+1 un u2n 6".
4
p
Il existepdonc m>N tel que jum jp> ".p
Si um > " alors um+1 > " + " + " = " et um+1 um >0.p On en deduit alors
immediatement que pour tout p>m nous avons up+1 >up > ". La suite (un)n2N
converge vers
une limite strictement positive. Nous avons une contradiction.
p
Si um 6 " alors u2m >" et "6um+1 um u2m 6um+1 um " puis um+1
um >0.
Deux cas sont alors
p" ; lapossibles.
8p>m; up 6 p
suite bornee et monotone a partir du rang m converge,
de limite l6
" ce qui est faux.
p
Il existe p > m tel que up > " mais alors t 7 ! t2 + t etant croissante sur
p".
1
;
+1 nous avons up + u2p >"
2
p" + u + u > p". La suite est croissante a partir
Il vient alors up+1 >
p
p+1
p
du rang p et, etant bornee, a une limite superieure a ". Nous avons encore
une contradiction.
La suite (un)n2N est bien convergente.
140. u5n+1 u5n = n(un+1 un ) un+1 donc
(un+1 un) u4n+1 + u3n+1 un + u2n+1 u2n + un+1 u3n + u4n + n = un+1 .
Si un+1 > 0 alors 0 < un+1 < un .
Si un+1 < 0 alors un < un+1 < 0. Nous en deduisons que si un+1 est strictement
positif alors u0 aussi et si un+1 est strictement negatif alors u0 aussi. u0 etant
par hypothese egal a 1 nous avons alors un+1 > 0 et 0 < un+1 < un. La suite
(un )n2N est donc convergente de limite l 2 [0; 1[.
1 u5n
La relation un =
n conduit alors a l = 0.
1
1 5 1
lim
nu
=
1
et
u
=
u
n
n
n
n!+1
n n n!+1 n6 c'est-a-dire
un n1 = n16 + o n16 .
1 5
1
1 1 1
un n = n n n6 + o n6
5 1 1
1
un n = n6 1 n5 + o n5 .
1
1
1
5
Nous avons donc un =
n n6 + n11 + o n11 .
141. Soient (n0 )n>2 et (n)n>2 les deux suites denies par n0 =
n =
n
X
1
n 1
X
1
ln(n) et
k
k=1
ln(n).
k
k=1
1 1
1
Nous avons pour tout k 2 N ;
k + 1 6 ln 1 + k 6 k donc
n0 +1 n0 >0 et n+1 n 60. n!lim
( n0 ) = 0 ; les deux suites sont donc
+1 n
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
380
adjacentes et convergentes de m^eme limite (la constante d'Euler voisine de
n
X
0,57721). Nous en deduisons aussi que 1 n!+1 ln(n).
k=1 k
En utilisant le theoreme de Rolle, nous en deduisons que Pn0 possede une racine sur chaque intervalle ]i; i + 1[. Chaque racine est unique car Pn est un
polyn^ome de degre n + 1. n est donc unique et appartient a ]0; 1[.
Nous avons la relation (deja vue dans le chapitre sur les fractions rationnelles)
n
n
Pn0 = 1 + X
1
1 X
1
1
donc 0 = +
soit encore n = X
.
n
Pn X k=1 X k
n k=1 n k
1
k=1 k n
n
n 1
n
X
X
1
1
1
1 X
<
<
+
.
k
k
1
k
n
n
k=1
k=1
k=1
1
1 . Nous en deduisons alors que
Nous avons alors
<
<
n
n
n 1
X1
1 +X
1
1 n k=1 k
k=1 k
1
lim
=
0
puis,
gr^
a
ce
a
l'encadrement,
qui est equivalent a
n
n
n
n!+1 X 1
n!+1
k=1 k
1 .
ln(n)
1
n
X
1
1
1
1
2
n
Nous avons la relation
=
n 1 n = n(1 n ) donc n 2 0; 2 .
k=2 k ! n
n
n
n 2
X
X
1
1 1
1
n
=
,
= 1 + + k n .
n
n
k
k
k 1 k
1
1
n k=1
k
k
k=1
n
X
k=1
k
1<
k k
1
2X
=
+ n
+
(
)
n
2
2
n k=1 k
k=1 k
k=1 k (k n )
n
n
X1
X
1
2
= n + ln(n) + n
+
(
)
.
n
2
2
k=1 k
k=1 k (k n )
n
1 < 1 donc X
1
est bornee54.
1
2
n k 2
k=1 k (k n )
1 1
2 1
1
n
X
1
n
X
1
n
Nous avons donc = n + ln(n) +
+o
+ 1 3 O(1) soit
n
6ln(n) ln(n)
ln(n)
2 1
1
1
encore = n + ln(n) +
+o
. Nous en deduisons
n 6 ln(n) ln(n)
1 1
1
1
n
n = ln(n) 1 ln(n) + o ln(n) = ln(n) ln(n)2 + o ln(n)2 .
Nous admettons que les series de termes generaux k12 et k13 sont convergentes et que
+1
X
1 = 2 .
2
6
k=1 k
54
381
142. (a) Supposons qu'il existe K 2 R+ tel que pour tout couple (x; y) de points
de E F on ait kf (x; y)k6K kxk kyk.
Soient (x; y) 2 E F et (x0 ; y0) 2 E F .
f (x; y) f (x0; y0) = f (x; y y0) + f (x x0 ; y0).
Nous avons donc kf (x; y) f (x0 ; y0)k6K (kxk ky y0k + kx x0 ky0k).
Soit " > 0 donne. soit 2 R veriant :
"
Soit > 0; 61; 6
.
(K + 1)(1 + kx0 k + ky0k + 1
Supposons kx x0 k6 et ky y0k6. Nous avons alors
K ((kx0 k + ) + ky0k)6K(kx0 k + ky0k + 1)6". f est donc continue.
Supposons f continue.
Il existe > 0 tel que 8(x; y) 2 E F; (kxk6; kyk6) ) kf (x; y)k61.
Soient
x 2 E et y2 F deux2elements non nuls.
f
kxk x; kyk y 2 = kxk kyk kf (x; y)k.
kf (x; y)k61 puis kf (x; y)k6 1 kxk kyk.
Il vient alors
kxk kyk
2
Pour x ou y nul, l'inegalite est veriee ; d'ou le resultat demande.
(b) D'apres le resultat precedent, kj jk est bien deni. Le reste est immediat.
(c) Soit (a; b) 2 E F un couple de deux vecteurs unitaires.
Soit f 2 BC (E; F; G) uniformement continue.
1
1
Posons, pour n 2 N ; xn = na; yn = nb; x0n = xn + a; yn0 = yn + b.
n
n
0 ; y 0 ) f (xn ; yn )) = 0.
Il vient alors n!lim
(
f
(
x
n
n
+1
1
0
0
f (xn ; yn) f (xn; yn) = 2 + n2 f (a; b) qui a pour limite 2f (a; b) ce
qui est contradictoire. f n'est pas uniformement continue.
143. (a) un+1 = un (un)2 . un+1 un = (un )2 60. La suite (un )n2N est decroissante. Si la suite converge, alors la limite l verie l = l l2 c'est-a-dire
l = 0. Si u0 < 0, si la suite est minoree, elle converge vers l6u0 < 0 ce
qui est faux donc la suite n'est pas minoree et tend vers 1. Si u0 > 1
alors u1 < 0 et la suite tend vers 1. Si u0 2 [0; 1] alors u1 2 [0; 1].
L'intervalle [0; 1] est stable, la suite est alors minoree et converge vers 0.
En resume si u0 2 [0; 1] alors la suite converge vers 0, dans le cas contraire
elle tend vers 1.
(b) un+1 = un (2 aun); a > 0.
En etudiant les variations
de f : x 2 R 7 ! x(2 ax) 2 R, nous en
deduisons que f 0; 2 = 0; 1 0; 2 .
a a a
f (] 1; 0[) =] 1; 0[; f a2 ; +1 =] 1; 0[.
f (x) x = x(1
ax). 2
1
Si u0 2 0; ; u1 2 0; ; u2 u1 >0 la suite (un)n2N est alors, a para
a
tir du rang 1, croissante majoree donc convergente.
382
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
2
1
Lorsque u0 2 0; ; u1 2 0; ; la limite est alors egale a 1 .
a
a
2 a
Si u0 2 0;
a ; u1 = 0 ; la suite est stationnaire et converge vers 0.
Si u0 < 0 ou u0 > 2 , u1 < 0 et la suite est strictement decroissante. Si
a
elle est minoree, elle converge vers une limite stritement negative ce qui
est contradictoire car les seules limites possibles sont 0 ou 1 . La suite
a
tend donc vers 1.
En resum
e :2 1
Si u0 2 0; , la suite converge vers .
a
a2 Si u0 2 0; , la suite est stationnaire et converge vers 0.
a
Dans les autres cas la suite tend vers 1.
3
1
2
(c) un+1 = un(3 a(un) ); a 2 R+; u0 2 0; p .
2
a
1
3
2
0
Posons f (x) = x(3 ax ). f est impaire. f (x) = (1 ax2 ).
2
2
En etudiant
alors
les
variations
de
f
nous
en
d
e
duisons,
sachant que
!
"
#!
r
r
r
1
3
3
3
1
1
1
f pa = pa et f
= 0, f
; a = pa ; pa .
a
a
1
0; p est stable par f .
" a r "! 1
3
1
f pa ; a = 0; pa . f (x) x = 12 x(1 ax2).
# r "
3
1
Nous en deduisons que si u0 2 0;
;
u
2
0; p la suite est alors
1
a
a #
r "
3 ; 0 la
1
croissante majoree et converge vers p . De m^eme si u0 2
a
a
1
suite converge vers p .
( r
ra )
3 ; 0; 3 la suite est stationnaire et converge vers 0.
Pour u0 2
a
a
2
(d) un+1 = 4 un ; u0 2 R.
3
4 x2
Posons f (x) =
. f est croissante sur R , decroissante sur R+.
3
f (x) x = 31 (1 x)(4 + x).
Si la suite (un )n2N converge, sa limite est egale a -4 ou a 1.
f (] 1; 4[) =] 1; 4[; f (]4; +1[) =] 1; 4[. Si u0 est strictement
inferieur a -4, la suite est decroissante. Si elle est minoree, elle converge
383
vers l6u0 < 4 ce qui n'est pas possible donc la limite est egale a -1.
f ([ 4; 4]) = 4; 43 .
Supposons qu'il existe u0 2] 4; 0] tel que 8n 2 N; un 2] 4; 0]. La suite
(un)n2N est alors croissante ; elle converge donc vers l 2 [u0 ; 0] cequi est
4
exclu. Il exsite donc n0 2 N tel que un 2] 4; 0] et un +1 2 0; .
3
4
Finalement, si u0 est dans 4; , a partir d'un certain rang, N , tous
3 4 les termes de la suite sont dans 0; .
3
1 + un
jun+1 1j = 3 jun 1j.
A partir du rang N nous avons alors jun+1 1j 6 7 jun 1j c'est-a-dire
9
7n N
8n>N; jun 1j6 9 juN 1j. Nous en deduisons que la suite (un)n2N
converge vers 1.
En resume :
si ju0 j > 4 la suite (un)n2N tend vers 1.
Si ju0 j = 4, la suite est stationnaire et converge vers -4.
Si ju0 j < 4 la suite converge vers 1.
(e) un+2 + 4un+1 4un = n; u0 2 R.
La suite de terme general n 6 verie la relation de denition.
Posons vn = un (n 6). La suite (vn )n2N verie la relation de recurrence
vn+2 + 4vn+1 4vn = 0.
L'equation caracteristique associee est r2 + 4rp 4 = 0.
p
Il existe (a; b) 2 R2; 8n 2pN; vn = a( 2 p 2 2)n + b( 2 + 2 2)n.
v0 = a + b; v1 = a( 2 2 2) + b(p 2 + 2 2).
p
v
+ v0 (2p+ 2 2)
v
+ v0 (p 2 + 2 2)
1
1
Il vient alors a =
; b=
.
4 2
4 2
p
Lorsque n tend vers +1, vn n!+1 a( 2 2 2)n.
p
p
un = a( 2 2 2)n + b( 2+2p 2)n + n 6 qui est aussi equivalent lorsque
n tend vers
+1 a a( 2 2 2)n.
p
(f) un+1 = 2 + un; u0 2 R+. 8n 2 N; un>0.
p
p
un+1 un a le signe de 2 + un + (un)2 = 14 (1 + 5 2un)(1 5 2un )
p
p
c'est-a-dire le signe de 1 + 5 2un . x>0 7 ! 2 + x 2 R+ etant
croissante,
p la suite (un)n2N est monotone, croissante
p majoree lorsque
u0 6 1 +2 5 , decroissante minoree lorsque u0 > 1 +2 5 .
p
1+ 5
La suite est donc convergente, de limite
.
2
p
(g) un+1 = 2 un; u0 2 R; u0 < 2.
La suite est denie
a condition que pour tout entier n, un62.
p
Posons f (x) = 2 x. f (x)62 () jxj62.
0
0
384
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
Supposons cette condition realisee.
f est decroissante f ([ 2; 2]) = [0; 2].
f (x) x a le signe de 2 x x2 = (1 x)(2 + x).
A partir du rangp 1, un+1 pun a le signe de 1 un .
f ([0; 1]) = [1; 2]; f ([1; 2]) [0; 1].
Nousp pouvons donc supposer, quitte a changer l'indexation, que u0 2
[0; 2].
Soitpg = f f . g est croissante et laisse stable les intervalles [0; 1] et
[1; 2].
p2 x x2
22
2
g(x) x = p p
= p p (2 x ) (2 px)
.
2
2 x+x ( 2
2 x + x)(2 + 2 x x2)
f (x) = x ) g(x) = x donc le polyn^ome X 2 + X 2 divise le polyn^ome
(2 X 2)2 (2 X ).
(2 X 2)2 (2p X ) = (X 1)(X + 2)(X 2 X 1).
p
Pour x 2 [0; 2]; (x + 2)(x2 x 1)60. g(x) x a donc sur [0; 2] le
signe de 1 x.
Si u0 2 [0; 1] alors la suite de terme general u2p est croissante, majoree
donc converge et a pour limite 1.
La suite de terme general u2p+1 est decroissante, minoree donc converge
et a pour limite 1. Lap suite (un )n2N est donc convergente de limite egale
a 1. Le cas u0 2 [0; 2] est analogue.
En resume : pour u0 2 [ 2; 2] la suite (un )n2N est convergente de limite
egale a 1.
(h) un+1 = 1p ; u0 2 R+; u0 < 4.
2
un
Posons, pour x 2 [0; 4[, f (x) = 1p .
2
x p
p
x p x 1) .
f est croissante. f (x) x = ( x 1)(
2
x
Pour x 2 [0
;
1]
;
f
(
x
)
2
[0
;
1]
et
f
(
x
)
x
>
"
"
p#
p 0.#
3+ 5
3+ 5
Pour x 2 1;
;
f
(x) 2 1;
et f (x) x60.
2
2
" p "
" p
"
Pour x 2 3 + 5 ; 4 ; f (x) 2 3 + 5 ; +1 et f (x) x>0.
2
2
Nous en deduisons que si u"0 2 [0; 1],
p la" suite (un)n2N converge et a pour
limite 1 ; de m^eme si u0 2 1; 3 + 5 la suite converge et a pour limite
2
1.
p
3
+
5 la suite est constante.
Si u0 =
#2 p "
" p "
3+ 5
3+ 5
Soit u0 2
;
4 tel que 8n 2 N; un 2
;4 .
2
2
p
3
+
5 ce
La suite (un )n2N est croissante majoree donc converge vers l >
2
385
qui est exclu.
" p "
Nous en deduisons que pour u0 2 3 + 5 ; 4 ; 9N 2 N tel que un >4.
2
uN +1 est alors non deni ou < 0. La suite (un)n2N n'est alors"pas denie.
p#
3
+
5 .
En resume : la suite (un)n2N est denie si et seulement si u0 2 0;
2
"
p"
3+ 5
Elle a pour limite 1 lorsque u0 2 0;
et est constante egale a
2
p
p
3 + 5 lorsque u = 3 + 5 .
0
2
2
(i) u0 = 1; un+1 = un 1 + 2un
1 + 3un
x
(1
Posons f (x) = + 2x) . La derivee de f est strictement positive ; f est
(1 + 3x)1 1
croissante sur 1;
et sur
; +1 . f ([0; +1[) = [0; +1[.
3
3
2
f (x) x = 1 +x 3x . Pour x > 0; f (x) x < 0. La suite proposee est
donc decroissante, minoree par 0 donc converge. Sa limite est nulle.
Choisissons 2 R tel que le developpement limite au voisinage de 0 de
f (x
) x soit,
a l'ordre
0, une constante.
2x
x 11 +
1 = x ( x + o(x)). En choisissant = 1 nous
+ 3x
obtenons f (x) x = 1 + o(1).
1
1
Nous en deduisons n!lim
= 1.
+1 un+1 un
En utilisant ce que nous avonsdeja vu concernant
la moyenne de Cesaro,
n 1
X
1
1
1 = 1 c'est-a-dire 1 1
nous en deduisons n!lim
+1 n k=0 un+1 un
nun n!+1
1
donc un n!+1 .
n
3a + un 2
(j) u0 > 0; un+1 = un
a + 32un 2 a > 0. 2
2
2
Posons f (x) = x 3a + x2 . f 0 (x) = 3(x a2 )2 >0. f (x) x = 2x(a x2 ) .
a +p3x
(a + 3x ) p
a + 3x
p
p
f ([0; (a)]) = [0; (a)]; f ([ (a); +1[) = [ (a); +1.
La suite (un )n2pN est croissante
majoree (resp. decroissante minoree)
p
lorsque 06u0 6 a (resp. u0 > a).
p
(un)n2N est convergente de limite egale a a.
2
(k) u0 = 0; un+1 = un un 2un + a ou a 2]0; 21 [.
2 (un 1)
La suite (un )n2N est la suite obtenue lorsque nous utilisons la methode
Tous droits reserves, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
386
CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIGE S
de Newton55 pour resoudre l'equation x2 2x + a = 0.
x2 2x + a . g0 (x) = x2 2x + a .
Posons g(x) = x
2(x 1)
2(x 1)2
2
Nous avons donc g([0; ] [0; ]. g(x) x = x 2x + a >0 pour
2(x 1)
x 2 [0; ]. La suite (un)n2N converge donc vers .
)2
.
g(x) = (2(xx 1)
8n 2 N; un 2 [0; ] donc 06 un+1 = ( un) 2(1 uun ) .
n
x
x 2 [0; ] 7 ! 1 x est decroissante donc 8n 2 N; 2(1 uun ) 6 2 .
n
n
.
Nous en deduisons 8n 2 N; jun+1 j6jun j puis jun j6ju0 j
2
2
Or 62a donc jun j62an+1 .
p
(l) u0 2 R+, et pour n 2 N; un+1 = un + (un)2.
un
un+1 un = p
>0. La suite (un)n2N est croissante ; si elle
un + (un )2 + un
a une limite reelle, celle-ci est nulle donc la suite (un)n2N tend vers +1.
1
lim
u
u
=
. En utilisant a nouveau la moyenne de Cesaro nous
n
+1
n
n!+1
2n
obtenons un n!+1 .
2
1
(m) u0 >0 et pour tout n 2 N; un+1 = pun +
n + 1.
Si pour un certain n, un>1 alors un+1>1 donc 8n 2 N ; un >1.
Posons vn = un 1.
p
vn
p
1 + vn+1 = 1 + vn + 1 c'est-a-dire : vn+1 =
+ 1 .
n+1
1 + 1 + vn n + 1
1
1 "
lim
= 0 donc pour " > 0 donne, il existe N 2 N tel que
n!+1 n + 1
n + 164.
Nous avons alors pour n>N , 06vn+16 1 vn + " puis 06vn+2 6 1 vn + " + " .
2 p4
4
4 8
X "
1
Supposons avoir prouve 06vn+p 6 p vn +
k+1 .
2
2
k=1
p
X
1
"
1
" + " c'est-aNous avons alors 06vn+p+1 6 vn+p + 6 p+1 vn +
k+2 4
2
4 2
k=1 2
dire le resultat au rang p + 1.
Nous en deduisons alors : 8p 2 N; 06vn+p 6 1p vn + " .
2
2
1
"
"
lim v + = donc il existe N1 2 N tel que pour tout p 2 N; p>N1 )
p!+1 2p N 2 2
1
" 6" puis 06v 6".
v
+
N
N +p
2p
2
La suite (vn )n2N converge alors vers 0 et la suite (un)n2N converge vers 1.
55
voir le livre consacre sur ce site aux calculs numeriques.
387
(n) Au voisinage de 0, sin(t) = t + o(t). Soit " > 0. Il existe > 0 veriant :
8t 2 [ ; ]; j sin(t) tj6"jtj.
k k k
1
2
Soit n> . (k 2 N ; k6n) ) (p6n ). Nous avons alors sin 2
2 6" n2 .
n
n
X
k X
n
k = " n + 1 6".
n sin k
6
"
2
2
k=1
n
n k=1 n2
2n
k 1
n
n
X
X
k
n
+1
Nous en deduisons n!lim
sin 2
= 0 puis n!lim
sin 2 = .
+1 k=1
+1 k=1
n
2n
n
2
144. Nous savons qu'une fonction est continue en un point si et seulement la restriction a un voisinage de ce point est continue en ce point.
(a) La restriction de f a l'ouvert de R2 ensemble des couples (x; y) tels que
jxj < jyj et la restriction a l'ouvert de R2 ensemble des couples (x; y) tels
que jxj > jyj sont continues. Il reste a prouver la continuite de f en un
point (a; a).
Choisissons jx aj61 et jy aj61. Si jxj6jyj alors jf (x; y) f (a; a)j =
jx aj jx + aj62jx aj.
Si jxj>jyj alors jf (x; y) f (a; a)j = jy aj jy + aj62jy aj. Nous en
deduisons, en choisissant pour norme sur R2 le maximum des valeurs
absolues des coordonnees, jf (x; y) f (a; a)j62k(x; y) (a; a)k. f a
pour limite 0 en (0; 0). En posant f (0; 0) = 0, f est continue.
(b) Considerons la restriction de f a la parabole d'equation y = tx2 qui
contient le point (0; 0) ou t est un reel non nul. f (x; tx2 ) = jtj exp( jtj).
f n'a donc pas de limite en (0; 0).
(c) La limite en (0; 0) suivant la droite d'equation y = tx, avec t 2 R est
2
egale a (1 + t)2 . Il n'y a pas de limite en (0; 0) et f n'est pas continue
1+t
en ce point.
(d) 8(x; y) 2 R2, 9(r; ) 2 R+ [0; p
2[, x = r cos(); y = r sin().
3
3
Pour (x; y) 6= (0; 0) x2 + y2 = r 2 cos( ) (2 sin(2)).
x +y
2
4
En posant f (0;0) = 0, nouspen deduisons
p
3 3
8(x; y) 2 R2; xx2 ++ yy2 6 3 2 2 x2 + y2.
Il vient alors (x; ylim
f (x; y) = 0 ; f est continue.
)!(0; 0)
1
1
(e) f (x; x) = ; f (x; x) = . f n'a pas de limite en (0; 0).
2
2
2
(f) Comme dans (b), pour (x; y) 6= (0; 0) 2x y 2 = r cos2() sin() donc
x +y
x2y 1 p
2 2 6 x2 + y2. En posant f (0; 0) = 0, f est continue sur R2.
x +y 2
388
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