Applications linéaires 1- Révisions algèbre 4 Soient a, b deux réels. Donner le noyau et l’image de la forme linéaire sur IR² définie par : f ( x, y) ax by ( x, y) R 2 Si (a,b) (0,0) alors dim Im f 1 et Im f IR donc Im f = IR et rg f = 1 D’après la formule du rang, dim Ker f = 1 et Kerf = Vect[(b,-a)] Si (a,b) = (0,0) alors Im f = {0} et Ker f = IR² Soit f l’application de IR4 dans IR3 qui à ( x, y, z, t ) associe ( x z, x y t , t ) - Montrer que f est une application linéaire. - Déterminer une base de ker f , de Im f . f est-elle injective ? surjective ? 2- Ker f = Vect[ (1,-1,-1,0)] et Im f = Vect[ (1,0,0) , (0,1,0) , (0,-1,1) ] , f n’est pas injective, f est surjective car 3 Im f = Vect ( (1,0,0),(0,1,0), (0,-1,1)+(0,1,0) ] = ℝ 3- E est un espace vectoriel de dimension n, f est un endomorphisme de E. Comparer les espaces 0, ker f , ker f 2 ,...,ker f p ; établir l'existence d'un plus petit entier k tel que ker f p ker f p1 pour tout p k Comparer les espaces Im f , Im f 2 ,...,Im f p ; établir l'existence d'un plus petit entier h tel que Im f p Im f p1 pour tout p h Montrer grâce au théorème du rang que k h , que E ker f k Im f k p {0} Ker f Ker f² … Ker f p {dim Ker f / p IN } est une partie non vide de ⟦ 0,n ⟧ donc admet un maximum M. i { i IN / dim Ker f = M } est une partie non vide de IN donc admet un minimum k k p p+1 k p p+1 p k, M = dim Ker f dim Ker f dim Ker f M donc Ker f = Ker f = Ker f p p-1 Im f Im f … Im f p {dim Im f / p IN } est une partie non vide de ⟦ 0,n ⟧ donc admet un minimum m. i { i IN / dim Im f = m } est une partie non vide de IN donc admet un minimum h h p p+1 h p p+1 p h, m = dim Im f dim Im f dim Im f m donc Im f = Im f = Im f k h k h k k h Dim Ker f dim Ker f et dim Im f dim Im f or n = dim Ker f + dim Im f = dim Ker f + dim Im f k h h k Donc dim Ker f = dim Ker f et k h ; dim Im f = dim Im f et h k : h = k k k k k 2k 2k k h k x Im f Ker f u E / x = f (u) et f (x) = f (u) = OE u Ker f = Ker f x = f (u) = OE k k k k k k Donc Ker f Im f = { OE } et dim Ker f + dim Im f = dim E donc E = Ker f ⊕ Im f 4- Soit f l’endomorphisme de R 4 X défini par f ( P) : x ( x 1) P' ( x) P( x) . Ecrire sa matrice dans la base canonique. Trouver noyau et image de f et f 2 . ( on s'aidera du théorème du rang ) Matrice canoniquement associée à f : Rg f = 4 ( nombre de pivots obtenus après réduction par la méthode de Gauss) 3 4 3 Im f = Vect[ -1, -2X+X², 2X -3X², 3X – 4 X ] , Ker f = Vect[X-1] 4 3 3 3 4 Im f² = Vect[ f(-1), f(-2X+X², f(2X²-3X², f(3X - 4X )]= Vect[1, 2-2X+X² , 6X-9X²+4X , 12 X² - 20 X + 9 X ] Famille génératrice de Im f² formée de polynômes non nuls de degrés différents donc rg Im f² = 4 = rg Imf Or Im f² Im f donc Im f² = Imf Ker f Ker f² et dim Ker f = 5 – dim Im f = dim Ker f² donc Ker f = Ker f² Soient f et g définis sur RX par : f ( P) XP et g ( P) P' . Montrer que ce sont des endomorphismes et 5- simplifier gof n f n og pour tout entier positif n. f et g sont des applications linéaires ( à vérifier ) de ℝ[X] dans ℝ[X] P ℝ[X] , gofn(P) – fnog(P) = (XnP)’ – XnP’ = n Xn-1 P = n fn-1(P) Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E tel que f 2 2 f . - Montrer que ker f Im( f 2id ) . Montrer que E Im f ker f ( on s'aidera du théorème du rang ) - Retrouver ce dernier résultat en utilisant les propriétés des projecteurs. 8- u Ker f u = (f – 2 id) ( u Im ( f – 2 id) u Im (f-2 id) x E / u = f(x) – 2x f(u) = f²(x) – 2 f(x) = OE ( car f² = 2f) u Ker f Par double inclusion, Ker f = Im (f – 2id) u Kerf Im f x E / u = f(x) et OE = f(u) = f²(x) = 2 f(x) = 2u u = OE De plus OE Ker f Imf donc Ker f Im f = {OE} Dim ker f + dim im f = dim e donc E = Kerf ⊕ Im f Par les projecteurs : Soit u E Analyse : s’il existe x Ker f et y Im f tels que : u = x + y alors il existe z E tel que y = f(z) et f(u) = f(y) = f²(z)=2f(z) = 2y donc y est unique et y = et x est donc unique : x = u Synthèse : u) f(u) Im f et x = u - f(u) vérifie f(x) = f(u) - f²(u) = OE donc x Ker f u E, ! x Ker f, !y Im f / u = x + y donc Ker f ⊕ Im f = E Soit f L(E) . Montrer l’équivalence : ker f ker fof Im f ker f 0 9- 10- - On suppose que Ker f = Ker f² Si u ker f Im f alors il existe x E tel que u = f(x) et OE = f(u) = f²(x) donc x Ker f² = Ker f donc u = OE - On suppose que Ker f Im f = { OE } Si u Ker f² alors f ( f(u) ) = OE donc f(u) Ker f Im f et f(u) = OE donc Ker f² Ker f Or Kerf Ker f² d’où l’égalité Ker f = Ker f² Soit E un espace vectoriel sur IR, et p et q deux projecteurs. Montrer que p = q si et seulement si Im p = Im q et p o q = q o p. L’implication directe est immédiate. Supposons : Im p = Im q et p o q = q o p u Ker p , q o p(u) = OE = p o q (u) donc q(u) Ker p Im q = Ker p Im p = { OE } donc u Ker q Ker p Ker q donc Ker p = Ker q ( par symétrie entre p et q ou par les dimensions de Ker p et Ker q ) p et q sont la même projection sur Im p parallèlement à Ker p : p = q 11- - Soit E un espace vectoriel, et f, g deux éléments de L(E ) tels que fog gof p 1 g p 1k of k k 0 Montrer : p 2 g p f p ( g f )o - Soit E un espace vectoriel, f L(E) et p N * tels que f p 0 . Montrer que h id f est inversible et préciser h 1 . - Application : E R n X . Montrer que h : P P P' est inversible. En déduire : Q R n X ! P R n X Q P P' . On exprimera P à l’aide de Q et de ses dérivées. Par distributivité de la loi 0 par rapport à l’addition dans L(E) : (g–f)o = – p p p p = g – f par télescopage -1 ho = o h = id – f = id donc h est inversible et h = On note f la dérivation de ℝn[X] dans ℝn[X), qui est un endomorphisme de ℝn[X] n+1 h(P)=P-P’ donc h = id – f et f = OL( [X]) car la dérivée d’ordre (n+1) d’un polynôme de degré inférieur ou égal à n est le polynôme nul. -1 donc h est inversible d’inverse h = ℝ -1 (n) Q ℝn[X] , Q = P – P’ Q = h(P) P = h (Q) = Q + Q’ + Q’’ + ... + Q Soit E un IK-espace vectoriel de dimension 2p, avec p IN et u L(E) tel que rg(u) = p et u² = 0. Comparer Im(u) et Ker(u). 12- u² = 0 donc Im u Ker u . or dim ker u = 2p – dim Im u = p = dim Im u donc Ker u = Im u 13a. b. c. d. Soit E un IR-espace vectoriel. Soit f L(E), et g un projecteur de E. Montrer que : Ker(f o g) = Ker(g) (Ker f Im g). Soit f un projecteur de E, et g L(E). Montrer que : Im(f o g) = Im(f) (Ker f + Im g). Soit g un projecteur. Montrer que id − g est un projecteur et Ker g = Im(id − g), et Im(g) = Ker(id − g). Soit f et g deux projecteurs de E. Montrer que f o g est un projecteur si et seulement si Im(f) ( Ker f + Im g ) Im g (Ker f Ker g). a. g est un projecteur donc Ker g Im g = E Puisque (Ker f Im g ) Im g, la somme (Ker g) + ( Ker f Im g ) est directe Il reste à prouver une double inclusion : Si u Ker(fog) alors fog(u) = OE Or u E donc u = u1 + u2 avec u1 Ker g et u2 Im g ; OE = fog(u) = fog(u2) = f(u2) donc u2 Ker f Im g et u Ker g (Ker f Im g ) Réciproquement : si u Ker(g) (Ker f Im g ) alors u=u1+u2 avec u1 Ker g et u2 Ker f Im g fog(u) = fog(u2) = f(u2) = OE donc u Ker fog Par double inclusion, Ker (fog) = Ker g ( Ker f Im g ) b. Si u Im (fog) alors v E / u = fog (v) = f ( g(v) ) Im f De plus, f est un projecteur donc f(u) = u et u = g(v) + (u-g(v)) avec f(u-g(v)) = f(u) – fog(v) = u – fog(v) = OE Donc u Im f ( Ker f + Im g ) Réciproquement : si u Im f (Ker f + Im g ) alors u = f(x) = x1+x2 avec x E, f(x1)=OE et x2 Im g donc u = f(x) = fof(x) ( car f est un projecteur f²=f ) ce qui donne u = f(u) = f(x1) + f(x2) = f(x2) Im (fog) car x2 Im g Par double inclusion, Im(f o g) = Im(f) (Ker f + Im g). c. Cours de 1 ère année 14- Soit E un espace vectoriel sur IR, non réduit au vecteur nul. On note : C = {(u, v) L(E)² / u o v – v o u = idE }. a. Montrer que : (u, v) C 0, ( u , C Que peut-on déduire sur C ? C est-il un espace vectoriel ? b. Dans cette question seulement, on suppose que E est de dimension finie n. - Montrer que l’application tr telle que : A= (ai,j)i,j ⟦1,n⟧ , tr(A) = est une forme linéaire sur Mn(IR) - Montrer que : A,B Mn(IR), tr(AB) = tr(BA). - En déduire que C = . c. Soit (u, v) un couple d’endomorphismes de C. Montrer que, pour tout entier n > 0 : un o v − v o un = n un−1. En déduire que : • ni u ni v ne peuvent être des projecteurs ; • ni u ni v ne peuvent être nilpotents d. Dans cette question, E = IR[ X], et on considère l’application v définie sur E par v(P) = XP. Déterminer u tel que (u, v) C. a. b. (u,v) C 0, u o ( v) = u o v = idE : ( u , v ) C Si C n’est pas vide alors C est infini C n’est pas un espace vectoriel car ( OL(E),OL(E)) C A = (aij) Mn(IR) , B = (bij) Mn(IR), IR : tr( A + B) = tr(AB) = = = tr(A) + tr(B) tr(BA) Soit (u,v) C et U,V les matrices respectivement associées dans une base de E. tr(UV – VU) = tr(In) = n or tr(uV-VU) = tr(UV) – tr(UV) = 0 impossible donc C = si E est de dimension finie. c. n n n-1 (u,v) C, n IN*, u o v – v o u = n u ( par récurrence sur n ) Si u était un projecteur, on aurait : u² - v – v o u² = 2 u = uov – vou = idE donc u = idE qui n’est pas un projecteur. u ne peut donc pas être un projecteur. Même raisonnement pour v. p Si u était nilpotent alors il existerait p IN* tel que u = O ( on note p le plus petit entier vérifiant cette égalité ). p p p-1 u o v – v o u = OL(E) mais OL(E) p u donc u ne peut pas être nilpotent. Même raisonnement pour v. d. Analyse du problème : si n tel endomorphisme u existe alors P IR[X] , u(XP) – Xu(P) = P n+1 n n En particulier : n IN , u(X ) = X + X u(X ) u(X) = 1 + X u(1) u(X²) = 2X + X² u(1) 3 3 u(X ) = 3X² + X u(1) n n-1 n n+1 n n+1 Si u(X ) = n X + X u(1) alors u(X ) = (n+1) X + X u(1) En particulier, u(P)= P’ convient 15- Soit E un espace vectoriel sur IR, de dimension finie, et f et g deux endomorphismes dans L(E). On suppose que : E = Im(f) + Im(g) = Ker(f) + Ker(g). Montrer que ces deux sommes sont directes. E = Im f + Im g = Ker f + Ker g donc d’après le théorème de Grassmann : n = dim E = dim Ker f + dim Ker g – dim Ker f Ker g = dim Im f + dim Im g – dim Im f Im g donc dim Ker f Ker g = dim Ker f + dim Ker g – n = n – rg f + n – rg g – n = n – ( rg f + rg g ) = - dim ( Im f Im g ) donc Ker f Ker g = Im f Im g = { OE } et les sommes sont directes. 16- Soit E un espace vectoriel sur IR de dimension 3n, et f un endomorphisme de E tel que f3 = 0. a. Soit g l’application linéaire de L (Im(f),E), obtenue par restriction de f à Im(f) - Montrer que Ker(g) = Ker(f) Im(f) et que Im(g) Ker(f). - En déduire que rg(g) ≤ 3n − rg(f) et dim(Ker(g)) = 3n – dim (Im(f) + Ker(f)) - À l’aide de la formule du rang appliquée à g, montrer que rg(f) ≤ 2n b. Montrer que si rg(f) = 2n, alors rg(f²) = n (on pourra dans un premier temps exprimer rg(g)) c. Montrer que si rg(f) = 2n − 1, alors rg(f²) = n − 1 ou rg(f²) = n − 2. a. u Ker g u Im f et f(u) = OE u Ker f Im f : Ker g = Ker f Im f 3 x Im g u E / x = f² (u) et f = OL(E) donc x Ker f et Im g Ker f rg g dim Ker f et dim Ker f = 3n – rg f ( formule du rang ) donc rg g 3n – rg f Formule de Grassmann : dim (Im f + Ker f ) = dim Im f + dim Ker f – dim ( Ker f Im f)= 3n – dim(Ker f Im f) Et puisque Ker f Im f = Ker g : dim Ker g = 3n – dim ( Ker f + Im f ) On applique la formule du rang à g : dim Ker g + dim Im g = dim Im f = rg f donc rg f 6n – dim ( Ker f + Im f ) – rg f et Im f (Kerf + Im f) donc rg f dim ( ker f + Im f ) donc rg f 2n 17- b. Si rg f = 2n alors rg g n et dim ( Ker f + Im f ) = 3n – dim Ker g = n + rg g 2n donc rg g n rg g = n et Im g = Im f² donc rg f² = n c. Si rg f = 2n-1 alors rg g = (2n-1) - dim ker g = dim(Ker f + Im f ) – n -1 rg f – n – 1 n - 2 Si u Im g alors u Im f² et il existe x E tel que u=f²(x) donc g(u) = f(u) = OE , u Ker g : Im g Ker g rg g dim ker g et rg g + dim ker g = 2n – 1 donc 2 rg g 2n – 1 et rg g n- 1 donc rg f² { n-1, n-2 } Les polynômes de Grégory L’application Δ associe à tout polynôme P de IRn[X], le polynôme Q de Rn[X] tel que Q(X) = P(X + 1) − P(X). a. b. Si P0 est un polynôme de IRn[X], on construit à partir de P0 une suite de polynômes (Pk)k IN par la relation k IN, Pk+1(X) = Pk(X + 1) − Pk(X) ou encore Pk+1 = Δ(Pk) = Δk+1(P0) Démontrer que Δ est un endomorphisme de Rn[X]Quel est le noyau de Δ ? Si P0 est de degré n, quel est le degré de Pk = Δk(P0) ? Quel est le noyau de Δk ? c. Les polynômes de Grégory sont définis par : Q0(X) = 1, Q1(X) = X, ...,Qn(X) = d. e. f. a. b. - Démontrer que (Q0,Q1, ...,Qn) est une base de IRn[X]. Calculer Δ(Qn), puis Δk(Qn) pour k IN. - Soit P un polynôme de IRn[X], (a0, a1, ..., an) ses coordonnées dans la base (Q0,Q1 , ...,Qn). Démontrer que les coordonnées (a0, a1, ..., an) s’expriment facilement en fonction des valeurs Δk(P)(0). On pose H1(X) = X3 − X2 − 3X + 2, H2 = Δ(H1), et si k ≥ 2, Hk+1 = Δ(Hk) : construire la matrice M = (mi,j)i ≤ 5 , j ≤ 6 dont le coefficient mi,j est égal à Hi(j − 1) . Expliquer comment on obtient avec la première colonne de cette matrice les coordonnées de H1 dans la base (Q0,Q1, ...,Q3). P étant un polynôme de IRn−1[X] , on considère la suite (uk)k IN telle que : k IN, uk = P(k). On pose : Sk = - Montrer que s’il existe un polynôme R de IRn[X], tel que Δ(R) = P, alors : k IN , R(k + 1) = R(0) + Sk. - Montrer qu’il existe un polynôme R unique de IRn[X], tel que R(0) = 0 et Δ(R) = P (on exprimera R à l’aide des polynômes de Grégory ). Application : exprimer sous forme polynômiale les sommes : ; ; ; 2 points à vérifier : linéaire et P IRn[X] , (P) IRn[X] Si P ker alors Q(X) = P(X) – P(0) admet une infinité de racines ( tous les entiers naturels : à vérifier par récurrence ) donc Ker IR0[X] et l’inclusion dans l’autre sens est immédiate. Ker = IR0[ X ] k Si deg P0 = n alors deg( (P0) = n-1 et deg (P0) = c. k k k alors k ⟦ 0 , n ⟧, (P) = donc (P) (0) = ak Hi(j-1) = Hi-1(j) – Hi-1(j-1) : M = H1 = e. k , Ker = IRk-1[X] (Q0,…,Qn) est une famille de (n+1) polynômes non nuls de degrés différents donc il s’agit d’une base de IR n[X]. (Qn) = Qn-1 , (Qn) = Si P = d. i et la première colonne de M est Hi(0) = (H1)(0) coordonnées de H1 dans la base (Q0,…,Q3) R(X+1) – R(X) = P(X) donc R(i+1) - R(i) = P(i) On ajoute membre à membre, i variant de 0 à k et on obtient : R(k+1) – R(0) = Sk Analyse du problème : S’il existe un polynôme R IRn[X] tel que R(0)=0 et (R) = P alors notons (x0,…,xn) les coordonnées de R dans la base (Q0,…,Qn) : P = (R) = Or P IRn-1[X] donc P se décompose de façon unique en combinaison linéaire des polynômes (Q0,…,Qn-1) : P= donc R = avec pour 1 i n, xi = ai-1 et x0 = 0 car R(0) = 0 Donc R est unique. Synthèse : on vérifie aisément que la polynôme R trouvé dans l’analyse répond bien à la question. f. On applique les calculs précédents à P(X) = X P(X) = Q1(X) et R(X) = Q2(X) donc Sn = Pour P(X) = X² = Q1 + 2 Q2, R= Q2 + 2 Q3 = 3 = R(n+1) = X (X-1) ( 2X-1) donc Sn = Pour P(X) = X = Q1 + 6 Q2 + 6 Q3 , R = Q2 + 6 Q3 + 6 Q4 = 4 = donc Sn = Pour P(X) = X = Q1 + 14 Q2 + 36 Q3 + 24 Q4, R = Q2 + 14 Q3 + 36 Q4 + 24 Q5 = = 3 (X-1) X (6(X-1) +9(X-1)²+X) donc Sn = =