Un corrigé partiel du devoir surveillé n°1 de mathématique

Un corrigé partiel du DS n°1 de mathématique
Lycée Chrestien de Troyes
MP1617
Un corrigé partiel du devoir surveillé n°1 de mathématique
Exercice 1
Soient E 1 = Vect(v 1 , v 2 ) et E 2 = Vect(w 1 , w 2 ) avec v 1 = (1, °1, 0, 1), v 2 = (0, 2, 1, 0), w 1 = (0, 6, °1, 4)
et w 2 = (3, 3, 1, 5).
1. Caractériser E 1 \ E 2 .
2. Donner une base de E 1 + E 2 .
3. Définir un supplémentaire de E 1 + E 2 dans R4 .
Corrigé exercice 1
1.
• Soit u 2 E 1 \ E 2 . Comme u 2 E 1 , il existe (∏1 , ∏2 ) 2 R2 tel que
u = ∏1 v 1 + ∏2 v 2 = (∏1 , °∏1 + 2∏2 , ∏2 , ∏1 ).
Comme u 2 E 2 , il existe (µ1 , µ2 ) 2 R2 tel que
u = µ1 w 1 + µ2 v 2 = (3µ2 , 6µ1 + 3µ2 , °µ1 + µ2 , 4µ1 + 5µ2 ).
D’où
8
>
>
<
=
3µ2
= 6µ1 + 3µ2
= °µ1 + µ2
= 4µ1 + 5µ2
∏1
°∏1 + 2∏2
>
∏2
>
:
∏1
On applique l’opération élémentaire L 2 √ L 2 + L 1 :
8
∏1
>
>
<
>
>
:
2∏2
∏2
∏1
=
3µ2
= 6µ1 + 6µ2
= °µ1 + µ2
= 4µ1 + 5µ2
De L 1 et L 4 , nous déduisons 3µ2 = 4µ1 + 5µ2 , soit µ2 = °2µ2 , puis
u = (°6µ1 , 0, °3µ1 , °6µ1 ) = µ1 (°6, 0, °3, °6).
Donc u 2 Vect(°6, 0, °3, °6) = Vect(2, 0, 1, 2). Nous avons donc établi
E 1 \ E 2 Ω Vect(2, 0, 1, 2).
• Nous observons :
(2, 0, 1, 2) = 2v 1 + v 2 2 E 1
et
2
1
(2, 0, 1, 2) = w 1 ° w 2 .
3
3
Donc (2, 0, 1, 2) 2 E 1 \ E 2 . Par minimalité d’un sous-espace vectoriel engendré,
Vect(2, 0, 1, 2) Ω E 1 \ E 2 .
• Ainsi, ((2, 0, 1, 2)) est une base de E 1 \ E 2 .
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2.
Un corrigé partiel du DS n°1 de mathématique
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• D’après le cours, la famille (v 1 , v 2 , w 1 , w 2 ) est génératrice de E 1 + E 2 .
• D’après la formule de Grassmann,
dim(E 1 + E 2 ) = dim(E 1 ) + dim(E 2 ) ° dim(E 1 \ E 2 ).
Les vecteurs v 1 et v 2 ne sont pas colinéaires, donc (v 1 , v 2 ) est une base de E 1 . Ainsi
dim(E 1 ) = 2. Les vecteurs w 1 et w 2 ne sont pas colinéaires, donc (w 1 , w 2 ) est une
base de E 2 . Ainsi dim(E 2 ) = 2. D’après 1, dim(E 1 \ E 2 ) = 1. Par suite, dim(E 1 + E 2 ) =
3.
2
1
• De la question 1, nous déduisons 2v 1 + v 2 = w 1 ° w 2 et donc :
3
3
2
1
v 2 = °2v 1 + w 1 ° w 2 2 Vect(v 1 , w 1 , w 2 ).
3
3
3.
D’après le cours, la famille (v 1 , w 1 , w 2 ) reste génératrice de E 1 +E 2 . Or elle possède
3 = dim(E 1 + E 2 ) éléments. C’est donc une base de E 1 + E 2 .
• La famille (v 1 , w 1 , w 2 ) est une famille libre de 3 éléments de R4 . D’après le théorème de la base incomplète, on peut la compléter en une base de R4 en lui adjoignant un des vecteurs de la base canonique.
• On résout l’équation
ae 1 + bv 1 + c w 1 + d w 2 = 0
d’inconnue (a, b, c, d ) 2 R4 et on trouve a = b = c = d = 0 (à détailler sur la copie). La
famille (e 1 , v 1 , w 1 , w 2 ) est donc libre. Comme elle contient 4 = dim(R4 ) éléments,
c’est une base de R4 . Donc
Vect(e 1 ) + (E 1 + E 2 ) = Vect(e 1 ) + Vect(v 1 , w 1 , w 2 ) = Vect(e 1 , v 1 , w 1 , w 2 ) = R4 .
Il reste à voir que Vect(e 1 ) \ (E 1 + E 2 ) = {0} pour savoir que Vect(e 1 ) est un supplémentaire de E 1 + E 2 dans R4 .
• La propriété Vect(e 1 )\(E 1 +E 2 ) = {0} découle de la liberté de la famille (e 1 , v 1 , w 1 , w 2 ).
Soit u 2 Vect(e 1 ) \ (E 1 + E 2 ). Alors il existe a 2 R tel que u = ae 1 et (b, c, d ) 2 R3 tel
que u = bv 1 + c w 1 + d w 2 . Donc
ae 1 ° bv 1 ° c w 1 ° d w 2 = 0
ce qui entraîne, par liberté de (e 1 , v 1 , w 1 , w 2 ), a = 0 et donc u = 0.
• Vect(e 1 ) est donc un supplémentaire de E 1 + E 2 dans R4 .
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EXERCICE 60 algèbre
Énoncé exercice 60
Soit la matrice A =
✓
1
2
2
4
◆
et f l’endomorphisme de M2 (R) défini par : f (M ) = AM.
1. Déterminer une base de Kerf .
2. f est-il surjectif ?
3. Déterminer une base de Imf.
4. A-t-on M2 (R) = Kerf
Imf ?
Corrigé exercice 60
✓
◆
a b
1. Posons M =
2 M2 (R).
c d
✓
◆
a + 2c
b + 2d
On a f (M ) =
.
2a + 4c 2b + 4d
✓
◆
⇢
a b
a
Alors M 2 Kerf () 9 (a, b, c, d) 2 R tel que M =
avec
c✓ d
◆b
2c
2d
C’est-à-dire, M 2 Kerf () 9 (c, d) 2 R2 tel que M =
.
c
d
⇢✓
◆ ✓
◆
2 0
0
2
On en déduit que Kerf = Vect
,
. (*)
1
0
0
1
✓
◆
✓
◆
2 0
0
2
On pose M1 =
et M2 =
.
1 0
0 1
D’après (*), la famille (M1 , M2 ) est génératrice de Kerf .
De plus, M1 et M2 sont non colinéaires ; donc (M1 , M2 ) est libre.
Donc (M1 , M2 ) est une base de Kerf .
4
=
=
2c
.
2d
2. Kerf 6= {0}, donc f est non injectif.
Or f est un endomorphisme de M2 (R) et M2 (R) est de dimension finie.
On en déduit que f est non surjectif.
3. Par la formule du rang, rgf
✓ = 2. ◆
✓
◆
1 0
0 2
On pose M3 = f (E1,1 ) =
et M4 = f (E2,2 ) =
.
2 0
0 4
M3 et M4 sont non colinéaires, donc (M3 , M4 ) est une famille libre de Imf .
Comme rgf = 2, (M3 , M4 ) est une base de Imf .
4. On a dim M2 (R) = dim Kerf + dim Imf . (1)
Prouvons que Kerf \ Imf = {0}.
Soit M 2 Kerf \ Imf .
4
D’après 1. et
8 3., 9(a, b, c, d) 2 R tel que M = aM1 + bM2 et M = cM3 + dM4 .
2a = c
>
>
<
2b = 2d
On a donc
.
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 E un espace vectoriel sur R ou C.
Soit f 2 L(E) tel que f 2 f 2Id = 0.
1. Prouver que f est bijectif et exprimer f
1
2. Prouver que E = Ker(f + Id)
2Id) :
Ker(f
en fonction de f .
(a) en utilisant le lemme des noyaux.
(b) sans utiliser le lemme des noyaux.
3. Dans cette question, on suppose que E est de dimension finie.
Prouver que Im(f + Id) = Ker(f 2Id).
Corrigé exercice 62
1. f est linéaire donc :
f 2 f 2Id = 0 () f
(f
Id) f = 2Id () f
Id) = (f
On en déduit que f est inversible, donc bijectif, et que f
2. (a) On pose P = X
X
P1 = X + 1 et P2 = X
Donc, d’après le lemme
Or P est annulateur de
Donc E = Ker(f + Id)
2
1
=
2. On a P = (X + 1)(X 2).
2 sont premiers entre eux.
des noyaux, KerP (f ) = KerP1 (f )
f , donc KerP (f ) = E.
Ker(f 2Id).
( 12 f
1
2f
1
2 Id)
= ( 12 f
1
2 Id)
KerP2 (f ).
(b) Analyse (unicité) :
Soit x 2 E. Supposons que x = a + b avec a 2 Ker(f + Id) et b 2 Ker(f 2Id).
Alors par linéarité de f , f (x) = f (a) + f (b) = a + 2b.
2x f (x)
x + f (x)
On en déduit que a =
et b =
.
3
3
Synthèse (existence) :
2x f (x)
x + f (x)
Soit x 2 E. On pose a =
et b =
.
3
3
On a bien x = a + b. (*)
1
1
(f + Id)(a) =
2f (x) f 2 (x) + 2x f (x) =
f 2 (x) + f (x) + 2x = 0 car f 2
3
3
Donc a 2 Ker(f + Id). (**)
1
f (x) + f 2 (x) 2x
3
Donc b 2 Ker(f 2Id). (***)
(f
2Id)(b) =
2f (x) =
1 2
f (x)
3
f (x)
2x = 0 car f 2
D’après (*), (**) et (***), x = a + b avec a 2 Ker(f + Id) et b 2 Ker(f
Conclusion : E = Ker(f + Id)
Ker(f
f = Id.
1
2 Id.
f
f
2Id = 0.
2Id = 0.
2Id).
2Id).
3. Prouvons que Im(f + Id) ⇢ Ker(f 2Id).
Soit y 2 Im(f + Id).
9 x 2 E / y = f (x) + x.
Alors (f 2Id)(y) = f (y) 2y = f 2 (x) + f (x) 2f (x) 2x = f 2 (x) f (x) 2x = 0 car f 2
Donc y 2 Ker(f 2Id).
Donc Im(f + Id) ⇢ Ker(f 2Id). (*)
Posons dim E = n.
D’après 2., n = dim Ker(f + Id) + dim Ker(f 2Id).
De plus, d’après le théorème du rang, n = dim Ker(f + Id) + dim Im(f + Id).
On en déduit que dim Im(f + Id) = dim Ker(f 2Id). (**)
Donc, d’après (*) et (**), Im(f + Id) = Ker(f
f
2Id = 0.
2Id).
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EXERCICE 64 algèbre
Énoncé exercice 64
Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension n.
1. Démontrer que : E = Imf
Kerf =) Imf = Imf 2 .
2. (a) Démontrer que : Imf = Imf 2 () Kerf = Kerf 2 .
(b) Démontrer que : Imf = Imf 2 =) E = Imf
Kerf .
Corrigé exercice 64
1. Supposons E = Imf Kerf .
Indépendamment de l’hypothèse, on peut affirmer que Imf 2 ⇢ Imf
(*)
Montrons que Imf ⇢ Imf .
Soit y 2 Imf .
Alors, 9 x 2 E tel que y = f (x).
Or E = Imf Kerf , donc 9 (a, b) 2 E ⇥ Kerf tel que x = f (a) + b.
On a alors y = f 2 (a) 2 Imf 2 .
Ainsi Imf ⇢ Imf 2 (**)
2
D’après (*) et (**), Imf = Imf 2 .
2. (a) On a Imf 2 ⇢ Imf et Kerf ⇢ Kerf 2 .
On en déduit que Imf 2 = Imf () rgf 2 = rgf et Kerf = Kerf 2 () dim Kerf = dim Kerf 2 .
Alors, en utilisant le théorème du rang,
Imf = Imf 2 , rgf = rgf 2 , dim Kerf = dim Kerf 2 , Kerf = Kerf 2 .
(b) Supposons Imf = Imf 2 .
Soit x 2 Imf \ Kerf .
9 a 2 E tel que x = f (a) et f (x) = 0E .
On en déduit que f 2 (a) = 0E c’est-à-dire a 2 Kerf 2 .
Or, d’après l’hypothèse et 2.(a), Kerf 2 = Kerf donc a 2 Kerf c’est-à-dire f (a) = 0E .
C’est-à-dire x = 0.
Ainsi Imf \ Kerf = {0E }. (***)
De plus, d’après le théorème du rang, dim Imf + dim Kerf = dim E.
Donc, d’après (***) et (****), E = Imf
(****)
Kerf .
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Exercice 5
Soit E un R-espace vectoriel. Soit f un endomorphisme de E .
On suppose que pour tout u 2 E , la famille (u, f (u)) est liée.
Démontrer que f est une homothétie, i.e. :
9∏ 2 R 8u 2 E
f (u) = ∏u.
Corrigé exercice 5
• Soit u 2 E \ {0E }. La famille (u, f (u)) étant liée, il existe (Æu , Øu ) 2 R2 \ {(0, 0)} tel que
Æu u + Øu f (u) = 0.
Si Øu = 0, alors Æu 6= 0 et Æu u = 0E , d’où u = 0E , ce qui est exclu. D’où Øu 6= 0 et
f (u) = ∏u u
avec ∏u := °
Æu
.
Øu
Notons que comme la famille (u) est libre, le scalaire ∏u vérifiant f (u) = ∏u u est
unique.
• Fixons un vecteur non nul de E , noté u. Soit v 2 E \ {0E }. Montrons que ∏v = ∏u .
. Supposons que la famille (u, v) est liée.
Alors, comme précédemment, puisque u 6= 0E , on démontre l’existence d’un scalaire µ tel que v = µu. De
∏v v = f (v) = f (µu) = µ f (u) = µ∏u u = ∏u v
et de la liberté de (v), on déduit ∏v = ∏u .
. Supposons que la famille (u, v) est libre.
Alors, u + v 6= 0E . De
∏u+v u + ∏u+v v = f (u + v) = f (u) + f (v) = ∏u u + ∏v v
et de la liberté de (u, v), on déduit ∏u = ∏u+v = ∏v .
• Nous venons de démontrer que tous les ∏v , pour v 2 E \{0E } sont égaux. Notons ∏ leur
valeur commune. Il vient
8v 2 E \ {0E } f (v) = ∏v.
La relation f (v) = ∏v vaut aussi pour v = 0E , puisque f étant linéaire, f (0E ) = 0E =
∏0E . Donc
8v 2 E f (v) = ∏v.
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Exercice 6
Soit
Ø
Ø D
Ø
Ø
:
K[X ] ! K[X ]
P
7!
P0
l’opérateur de dérivation sur K[X ]. Déterminer tous les sous-espaces vectoriels de K[X ]
stables par D.
Corrigé exercice 6
• Les sous-espaces vectoriels triviaux de K[X ], que sont K[X ] et {0} sont bien sûr stables
par D. Cherchons à présent les sous-espaces non triviaux de K[X ], qui sont stables par
D.
• Soit n 2 N. Alors Kn [X ] est stable par D. En effet, si P 2 Kn [X ]\{0}, alors D(P ) = P 0 a un
degré strictement inférieur à P donc inférieur ou égal à n. Et bien sûr D(0) = 0 2 Kn [X ].
• Montrons enfin que les sous-espaces Kn [X ], n 2 N, sont les seuls sous-espaces vectoriels non triviaux de K[X ], stables par D.
Soit F un sous-espace vectoriel de K[X ] stable par D, différent de K[X ] et {0}.
. Soit P°2 F \ {0}. Notons d
¢ 2 N son degré.
Alors P (0) , P (1) , . . . , P (d ) est une famille de polynômes (tous non nuls) échelonné
en degré. Elle est donc libre par le théorème des degrés échelonnés. En outre,
P (0) , P (1) , . .°. , P (d ) 2 Kd [X ]. ¢
La famille P (0) , P (1) , . . . , P (d ) est une famille libre de d + 1 = dim(Kd [X ]) éléments
de Kd [X ]. C’est donc une base de Kd [X ]. Donc
≥
¥
Vect P (0) , P (1) , . . . , P (d ) = Kd [X ].
°
¢
Puisque F est stable par D, P (0) , P (1) , . . . , P (d ) est une famille de vecteurs de F . Par
minimalité du sous-espace vectoriel engendré
≥
¥
(0)
(1)
(d )
Kd [X ] = Vect P , P , . . . , P
Ω F.
Nous venons d’établir que si F possède un polynôme non nul de degré d , alors
Kd [X ] Ω F .
. Considérons l’ensemble
D := {deg(P ) : P 2 F \ {0}}.
Il s’agit d’une partie de N, non vide (puisque F 6= {0}).
. Prouvons que la partie D est majorée. On raisonne par l’absurde et on suppose
que D n’est pas majorée.
Soit Q 2 K[X ] \ {0}. Alors deg(Q) ne majore par D. Donc il existe P 2 F \ {0} tel que
deg(Q) < deg(P ). D’après ce qui précède, Kdeg(P ) [X ] Ω F et donc Q 2 F .
On en déduit que K[X ] \ {0} Ω F , puis comme F est un sous-espace vectoriel de
K[X ], K[X ] Ω F , ce qui contredit le fait que F est non trivial.
. D étant une partie non vide de N, majorée, elle admet un maximum. Soit n celuici.
. Comme n est le maximum des degrés des polynômes de F , il vient F Ω Kn [X ].
Puisque n 2 D, il existe P 2 F , de degré n. D’après le début de l’étude, ceci implique
Kn [X ] Ω F. Finalement Kn [X ] = F.
• Nous avons démontré que les Kn [X ], n 2 N, sont précisément les sous-espaces vectoriels non triviaux de K[X ], qui sont stables par D.
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Exercice 7
Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Soient f , g 2 L (E ). Démontrer
Ker( f ) Ω Ker(g )
9h 2 L (E ), g = h ± f .
()
Corrigé exercice 7
(= On suppose qu’il existe h 2 L (E ) tel que g = h ± f .
Soit x 2 Ker( f ).
g (x) = h ± f (x) = h( f (x)) = h(0) = 0
où la dernière identité vient de la linéarité de h. Donc x 2 Ker(g ).
=) Supposons Ker( f ) Ω Ker(g ).
• Soit A un supplémentaire de Ker( f ) dans E (nous sommes en dimension finie,
A peut être construit, par exemple, avec le théorème de la base incomplète du
programme).
• Considérons l’application
Ø
Ø ' : A ! f (A)
Ø
Ø
x 7! f (x)
Cette application est linéaire (restriction et co-restriction d’une application linéaire)
et surjective par construction. Vérifions qu’elle est injective.
Soit x 2 A tel que '(x) = 0. Alors f (x) = 0 et donc x 2 Ker( f ). Ainsi x 2 A \ Ker( f ) =
{0} car A et Ker( f ) sont supplémentaires dans E . Donc x = 0.
L’application ' étant un isomorphisme, nous pouvons considérer sa bijection réciproque '°1 , qui est également linéaire.
• Soit B un supplémentaire de f (A) dans E (nous sommes en dimension finie, B
peut être construit, par exemple, avec le théorème de la base incomplète du programme). Posons
Ø
Ø p : E = f (A) © B ! f (A)
Ø
Ø
y + z 7!
y
la projection de E sur f (A) parallèlement à B .
• Nous vérifions que l’application
h = g ± i ± '°1 ± p
convient, où
Ø
Ø i
Ø
Ø
:
A ! E
x 7! x
est l’injection canonique, qui est clairement linéaire.
. L’application h est linéaire, comme composée d’applications linéaires.
. Soit x 2 E = Ker( f ) © A. Alors x s’écrit x = x 0 + a, avec x 0 2 Ker( f ) et a 2 A. Nous
calculons
h ± f (x 0 ) = h(0) = 0
h ± f (a) = g (i ('°1 (p( f (a))))) = g (i ('°1 ( f (a)))) = g (i (a)) = g (a).
pour obtenir
h ± f (x) = h ± f (x 0 ) + h ± f (a) = g (a).
D’autre par comme Ker( f ) Ω Ker(g ), g (x 0 ) = 0 et donc g (x) = g (x 0 ) + g (a) =
g (a). Ainsi g (x) = h ± f (x).
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