Un corrigé partiel du devoir surveillé n°1 de mathématique

Lycée Chrestien de Troyes Un corrigé partiel du DS n°1 de mathématique MP1617
Un corrigé partiel du devoir surveillé n°1 de mathématique
Exercice 1
Soient E1=Vect(v1,v2) et E2=Vect(w1,w2)avecv1=(1, °1,0,1), v2=(0,2, 1,0), w1=(0, 6,°1, 4)
et w2=(3,3, 1,5).
1. Caractériser E1\E2.
2. Donner une base de E1+E2.
3. Définir un supplémentaire de E1+E2dans R4.
Corrigé exercice 1
1. •Soit u2E1\E2. Comme u2E1, il existe (∏1,∏2)2R2tel que
u=∏1v1+∏2v2=(∏1,°∏1+2∏2,∏2,∏1).
Comme u2E2, il existe (µ1,µ2)2R2tel que
u=µ1w1+µ2v2=(3µ2,6µ1+3µ2,°µ1+µ2,4µ1+5µ2).
D’où
8
>
>
<
>
>
:
∏1=3µ2
°∏1+2∏2=6µ1+3µ2
∏2=°µ1+µ2
∏1=4µ1+5µ2
On applique l’opération élémentaire L2√L2+L1:
8
>
>
<
>
>
:
∏1=3µ2
2∏2=6µ1+6µ2
∏2=°µ1+µ2
∏1=4µ1+5µ2
De L1et L4, nous déduisons 3µ2=4µ1+5µ2, soit µ2=°2µ2, puis
u=(°6µ1,0,°3µ1,°6µ1)=µ1(°6,0, °3,°6).
Donc u2Vect(°6,0, °3,°6) =Vect(2,0,1,2). Nous avons donc établi
E1\E2ΩVect(2,0,1, 2).
•Nous observons :
(2,0, 1,2) =2v1+v22E1et (2,0, 1,2) =2
3w1°1 3w2.
Donc (2,0, 1,2) 2E1\E2. Par minimalité d’un sous-espace vectoriel engendré,
Vect(2,0,1, 2) ΩE1\E2.
•Ainsi, ((2,0, 1,2)) est une base de E1\E2.
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2. •D’après le cours, la famille (v1,v2,w1,w2) est génératrice de E1+E2.
•D’après la formule de Grassmann,
dim(E1+E2)=dim(E1)+dim(E2)°dim(E1\E2).
Les vecteurs v1et v2ne sont pas colinéaires, donc (v1,v2) est une base de E1. Ainsi
dim(E1)=2. Les vecteurs w1et w2ne sont pas colinéaires, donc (w1,w2) est une
base de E2. Ainsi dim(E2)=2. D’après 1, dim(E1\E2)=1. Par suite, dim(E1+E2)=
3.
•De la question 1, nous déduisons 2v1+v2=2
3w1°1 3w2et donc :
v2=°2v1+2
3w1°1 3w22Vect(v1,w1,w2).
D’après le cours, la famille (v1,w1,w2) reste génératrice de E1+E2. Or elle possède
3=dim(E1+E2) éléments. C’est donc une base de E1+E2.
3. •La famille (v1,w1,w2) est une famille libre de 3 éléments de R4. D’après le théo-
rème de la base incomplète, on peut la compléter en une base de R4en lui adjoi-
gnant un des vecteurs de la base canonique.
•On résout l’équation
ae1+bv1+cw1+dw2=0
d’inconnue (a,b,c,d)2R4et on trouve a=b=c=d=0(à détailler sur la copie). La
famille (e1,v1,w1,w2) est donc libre. Comme elle contient 4 =dim(R4) éléments,
c’est une base de R4. Donc
Vect(e1)+(E1+E2)=Vect(e1)+Vect(v1,w1,w2)=Vect(e1,v1,w1,w2)=R4.
Il reste à voir que Vect(e1)\(E1+E2)={0} pour savoir que Vect(e1) est un supplé-
mentaire de E1+E2dans R4.
•La propriété Vect(e1)\(E1+E2)={0} découle de la liberté de la famille (e1,v1,w1,w2).
Soit u2Vect(e1)\(E1+E2). Alors il existe a2Rtel que u=ae1et (b,c,d)2R3tel
que u=bv1+cw1+dw2. Donc
ae1°bv1°cw1°dw2=0
ce qui entraîne, par liberté de (e1,v1,w1,w2), a=0 et donc u=0.
•Vect(e1) est donc un supplémentaire de E1+E2dans R4.
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Banque épreuve orale de mathématiques session 2017, CCP-MP Mise à jour : 08/09/16
EXERCICE 60 algèbre
Énoncé exercice 60
Soit la matrice A=✓12
24
◆et fl’endomorphisme de M2(R)défini par : f(M)=AM.
1. Déterminer une base de Kerf.
2. fest-il surjectif ?
3. Déterminer une base de Imf.
4. A-t-on M2(R)=KerfImf?
Corrigé exercice 60
1. Posons M=✓ab
cd
◆2M
2(R).
On a f(M)=✓a+2cb+2d
2a+4c2b+4d◆.
Alors M2Kerf() 9 (a, b, c, d)2R4tel que M=✓ab
cd
◆avec ⇢a=2c
b=2d.
C’est-à-dire, M2Kerf() 9 (c, d)2R2tel que M=✓2c2d
cd
◆.
On en déduit que Kerf=Vect ⇢✓ 20
10
◆,✓02
01
◆.(*)
On pose M1=✓20
10
◆et M2=✓02
01
◆.
D’après (*), la famille (M1,M
2)est génératrice de Kerf.
De plus, M1et M2sont non colinéaires ; donc (M1,M
2)est libre.
Donc (M1,M
2)est une base de Kerf.
2. Kerf6={0},doncfest non injectif.
Or fest un endomorphisme de M2(R)et M2(R)est de dimension finie.
On en déduit que fest non surjectif.
3. Par la formule du rang, rgf=2.
On pose M3=f(E1,1)=✓10
20
◆et M4=f(E2,2)=✓02
04
◆.
M3et M4sont non colinéaires, donc (M3,M
4)est une famille libre de Imf.
Comme rgf=2,(M3,M
4)est une base de Imf.
4. On a dim M2(R)=dimKerf+dimImf.(1)
Prouvons que Kerf\Imf={0}.
Soit M2Kerf\Imf.
D’après 1. et 3., 9(a, b, c, d)2R4tel que M=aM1+bM2et M=cM3+dM4.
On a donc 8
>
>
<
>
>
:
2a=c
2b=2d
a=2c
b=4d
.
On en déduit que a=b=c=d=0.
Donc M=0.
Donc Kerf\Imf={0}(2)
Donc, d’après (1) et (2), M2(R)=KerfImf.
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EXERCICE 62 algèbre
Énoncé exercice 62
Soit Eun espace vectoriel sur Rou C.
Soit f2L(E)tel que f2f2Id = 0.
1. Prouver que fest bijectif et exprimer f1en fonction de f.
2. Prouver que E= Ker(f+Id)Ker(f2Id) :
(a) en utilisant le lemme des noyaux.
(b) sans utiliser le lemme des noyaux.
3. Dans cette question, on suppose que Eest de dimension finie.
Prouver que Im(f+Id)=Ker(f2Id).
Corrigé exercice 62
1. fest linéaire donc :
f2f2Id = 0 () f(fId) = (fId) f= 2Id () f(1
2f1 2Id) = (1 2f1 2Id) f=Id.
On en déduit que fest inversible, donc bijectif, et que f1=1
2f1 2Id.
2. (a) On pose P=X2X2.OnaP=(X+ 1)(X2).
P1=X+1et P2=X2sont premiers entre eux.
Donc, d’après le lemme des noyaux, KerP(f)=KerP1(f)KerP2(f).
Or Pest annulateur de f,doncKerP(f)=E.
Donc E= Ker(f+Id)Ker(f2Id).
(b) Analyse (unicité) :
Soit x2E.Supposonsquex=a+bavec a2Ker(f+Id)et b2Ker(f2Id).
Alors par linéarité de f,f(x)=f(a)+f(b)=a+2b.
On en déduit que a=2xf(x)
3et b=x+f(x) 3.
Synthèse (existence) :
Soit x2E.Onposea=2xf(x)
3et b=x+f(x) 3.
On a bien x=a+b.(*)
(f+Id)(a)=1
32f(x)f2(x)+2xf(x)=1 3f2(x)+f(x)+2x=0car f2f2Id = 0.
Donc a2Ker(f+Id).(**)
(f2Id)(b)=1
3f(x)+f2(x)2x2f(x)=1 3f2(x)f(x)2x=0car f2f2Id = 0.
Donc b2Ker(f2Id).(***)
D’après (*), (**) et (***), x=a+bavec a2Ker(f+Id)et b2Ker(f2Id).
Conclusion : E= Ker(f+Id)Ker(f2Id).
3. Prouvons que Im(f+Id)⇢Ker(f2Id).
Soit y2Im(f+Id).
9x2E/y=f(x)+x.
Alors (f2Id)(y)=f(y)2y=f2(x)+f(x)2f(x)2x=f2(x)f(x)2x=0car f2f2Id = 0.
Donc y2Ker(f2Id).
Donc Im(f+Id)⇢Ker(f2Id).(*)
Posons dim E=n.
D’après 2., n= dim Ker(f+Id)+dimKer(f2Id).
De plus, d’après le théorème du rang, n= dim Ker(f+Id)+dimIm(f+Id).
On en déduit que dim Im(f+Id)=dimKer(f2Id).(**)
Donc, d’après (*) et (**), Im(f+Id)=Ker(f2Id).
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EXERCICE 64 algèbre
Énoncé exercice 64
Soit fun endomorphisme d’un espace vectoriel Ede dimension n.
1. Démontrer que : E=ImfKerf=)Imf=Imf2.
2. (a) Démontrer que : Imf=Imf2() Kerf=Kerf2.
(b) Démontrer que : Imf=Imf2=)E=ImfKerf.
Corrigé exercice 64
1. Supposons E=ImfKerf.
Indépendamment de l’hypothèse, on peut affirmer que Imf2⇢Imf(*)
Montrons que Imf⇢Imf2.
Soit y2Imf.
Alors, 9x2Etel que y=f(x).
Or E=ImfKerf,donc9(a, b)2E⇥Kerftel que x=f(a)+b.
On a alors y=f2(a)2Imf2.
Ainsi Imf⇢Imf2(**)
D’après (*) et (**), Imf=Imf2.
2. (a) On a Imf2⇢Imfet Kerf⇢Kerf2.
On en déduit que Imf2=Imf() rgf2=rgfet Kerf=Kerf2() dim Kerf= dim Kerf2.
Alors, en utilisant le théorème du rang,
Imf=Imf2,rgf=rgf2,dim Kerf= dim Kerf2,Kerf=Kerf2.
(b) Supposons Imf=Imf2.
Soit x2Imf\Kerf.
9a2Etel que x=f(a)et f(x)=0
E.
On en déduit que f2(a)=0
Ec’est-à-dire a2Kerf2.
Or, d’après l’hypothèse et 2.(a), Kerf2=Kerfdonc a2Kerfc’est-à-dire f(a)=0
E.
C’est-à-dire x=0.
Ainsi Imf\Kerf={0E}.(***)
De plus, d’après le théorème du rang, dim Imf+ dim Kerf=dimE.(****)
Donc, d’après (***) et (****), E=ImfKerf.
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