Correction des exercices du chapitre 1 1 Espaces vectoriels Exercice 1: 1. On r

Correction des exercices du chapitre 1 1 Espaces vectoriels Exercice 1: 1. On raisonne par double implication. ⇐: Supposons que F = G. Alors, F ∩G = F et F + G = F donc F ∩G = F + G. ⇒: Supposons que F ∩G = F + G. On va montrer une double inclusion. i. Soit x ∈F. Alors, x ∈F + G donc x ∈F ∩G donc x ∈G. Donc, F ⊂G. ii. Par symétrie entre F et G, on obtient G ⊂F. On a bien F = G. 2. On raisonne par double implication. ⇐: Supposons que  F ⊂G ou G ⊂F  . Alors, F ∪G = G ou F ∪G = F. Dans les 2 cas, F ∪G est un sous-espace vectoriel de E. ⇒: Supposons que F ∪G soit un sous-espace vectoriel de E. Supposons par l’absurde que F ⊈G et G ⊈F : ∃y ∈G tel que y / ∈F et ∃z ∈F tel que z / ∈G. On a y ∈F ∪G et z ∈F ∪G donc y + z ∈F ∪G car sous-espace vectoriel de E. Si y + z ∈F alors y + z −z = y ∈F. Absurde. Si y + z ∈G alors y + z −y = z ∈G. Absurde. Donc, ⌉(F ⊈G et G ⊈F), c’est-à-dire  F ⊂G ou G ⊂F  . Espaces vectoriels de dimension finie Exercice 2: Soient n ∈N∗et (a, b) ∈C2. 1. Soit (Pk)0≤k≤n une base de Cn[X]. Montrer que (Pk(X + a)0≤k≤n l’est aussi. 2. Montrer que ((X −a)k(X −b)n−k)0≤k≤n est une base de Cn[X]. Exercice 3: 1. On utilise la formule de Grassmann : dim(H ∩H′)=dim(H)+dim(H′)−dim(H + H′). (a) H + H′ ⊂E donc dim(H + H′) ≤n. De plus, H ⊂H + H′ donc dim(H + H′) ≥n −1. Donc, dim(H + H′) = n −1 ou n. (b) Si dim(H + H′) = n −1 alors H = H + H′ et H′ = H + H′ donc H = H′ ce qui est absurde. donc dim(H + H′) = n. Par la formule de Grassmann, dim(H ∩H′)=dim(H)+dim(H′)−dim(H + H′) = 2(n −1) −n = n −2. 2. (a) Ils sont de dimension 1. (b) On va raisonner par l’absurde. Supposons que ∀(u, v) ∈H × H′, u ∈H′ ou v ∈H. On a donc H ⊂H′ ou H′ ⊂H. Or, ils ont la même dimension donc H = H′. Absurde. (c) Supposons que w = u + v ∈H ∪H′. — Si w ∈H alors u + v −u = v ∈H. Absurde. — Si w ∈H′ alors u + v −v = u ∈H′. Absurde. Donc, w / ∈H ∪H′. (d) Posons G =Vect(w). On va montrer que c’est un supplémentaire commun à H et à H′. — Soit x ∈H ∩G. x ∈G donc ∃λ ∈R tel que x = λ.w. Si λ ̸= 0, on a alors w = 1 λ.x ∈H. Absurde donc λ = 0 donc x = 0. — On montre de la même façon que G ∩H′ = {0E}. S. Freyssinet PSI-Lycée l’Essouriau 2017-2018 Correction des exercices du chapitre 1 2 — Enfin, dim(H)+dim(G) =dim(E) donc on retrouve 2 des 3 points de la caractérisation des supplémentaires en dimension finie. Donc, E = G ⊕H. — De même, E = G ⊕H′. Exercice 4: Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n. Soit u ∈L(E) tel que Ker(u) =Im(u). 1. On applique le théorème du rang. dim(E) = dim(Ker(u)) + dim(Im(u)) = 2dim(Ker(u)) La dimension de E est bien paire. 2. On cherche une base de E sous la forme B = (B1, B2) avec u(B1) = 0 et u(B2) = B1. Puisque Im(u)=Ker(u), on pourrait prendre pour B1 une base de Im(u). Mais rien ne garantit que u(B1) soit une famille libre ayant autant de vecteurs que B1. On va raisonner comme dans la démonstration du théorème du rang. Soit F un supplémentaire dans E de Ker(u) : E = Ker(u) ⊕F. La restriction de u à F, uF : ( F →Im(u) x 7→u(x) , est un isomorphisme de F dans Im(u). Soit B1 une base de F. Soit B2 = u(B1). On va montrer que la famille (B2, B1) convient. (a) Puisque E = Ker(u) ⊕F = Im(u) ⊕F, ces 2 bases forment une famille libre de E. (b) Puisque uF est un isomorphisme, B2 et B1 ont le même cardinal, la dimension de Im(u) donc la famille (B2, B1) a autant de vecteurs que la dimension de E. Finalement, dans la base (B2, B1) matB(u) = 0 Ip 0 0 ! Projecteurs et symétries Exercice 5: 1. On raisonne par double implication. ⇐: Supposons que p ◦q = q ◦p = 0. (p + q) ◦(p + q) = p ◦p + p ◦q + q ◦p + q ◦q = p + q De plus, la somme de deux endomorphismes est encore un endomorphisme donc, par la carac- térisation, p + q est la projection sur Im(p + q) parallèlement à Ker(p + q). ⇒: Supposons que p + q soit un projecteur de E. (p + q) ◦(p + q) = p + q ⇒ p ◦q + q ◦p = 0 ⇒ p ◦q = −q ◦p ⇒ p ◦q ◦p = −q ◦p ◦p (on compose par p à droite) ⇒ p ◦q ◦p = −q ◦p ⇒ p ◦q ◦p = −p ◦q ◦p (on compose par p à gauche) On obtient donc p ◦q ◦p = 0 et donc p ◦q = q ◦p = 0. S. Freyssinet PSI-Lycée l’Essouriau 2017-2018 Correction des exercices du chapitre 1 3 2. (a) On a, pour tous les endomorphismes u et v, Im(u + v) ⊂Im(u) + Im(v). (b) Soit x ∈Im(p) + Im(q) : ∃(y, z) ∈E2, x = p(y) + q(z). (p + q)(x) = p(x) + q(x) = p(y) + p(q(z)) + q(p(z)) + q(z) = p(y) + q(z) = x Donc x ∈Im(p + q). On a donc bien Im(p)+Im(q) ⊂Im(p + q). (c) Soit x ∈Im(p) ∩Im(q) : ∃(y, z) ∈E2, x = p(y) = q(z). p(x) = p(p(y)) = p(y) = x = p(q(z)) = 0 x = 0 On a donc bien Im(p) ⊕Im(q). (d) On a, pour tous les endomorphismes u et v, Ker(u)∩Ker(v) ⊂Ker(u + v). (e) Soit x ∈Ker(p + q) : (p + q)(x) = 0. (p + q)(x) = 0 ⇒ p(x) = −q(x) ⇒ p(x) = −(p ◦q)(x) on compose à gauche par p ⇒ p(x) = 0 (p + q)(x) = 0 ⇒ p(x) = −q(x) ⇒ (q ◦p)(x) = −q(x) on compose à gauche par q ⇒ q(x) = 0 Donc, on a bien x ∈Ker(p) ∩Ker(q) On a bien ( Im(p + q) = Im(p) ⊕Im(q) Ker(p + q) = Ker(p) ∩Ker(q) Sommes directes Exercice 6: Soient P et P ′ deux plans vectoriels de R3. P + P ′ ⊂R3 donc dim(P + P ′) ≤3. Si la somme est directe, dim(P ⊕P ′) =dim(P)+dim(P ′) = 4. Impossible. Exercice 7: On raisonne par analyse et synthèse. 1. Analyse : Supposons qu’il existe une décomposition : ∀x ∈E, ∃(y, z) ∈Ker(u −idE) × Ker(u −3idE) tel que x = y + z. ( x = y + z u(x) = u(y) + u(z) = y + 3z ⇔ ( y = 3x−u(x) 2 z = u(x)−x 2 Donc, s’il y a une décomposition, elle est unique. Montrons que celle-ci convient. S. Freyssinet PSI-Lycée l’Essouriau 2017-2018 Correction des exercices du chapitre 1 4 2. Synthèse : Soit x ∈E. Posons y = 3x−u(x) 2 et z = u(x)−x 2 . y + z = x (u −idE)(y) = 3u(x) −u2(x) −3x + u(x) 2 = 0 ⇒y ∈Ker(u −idE) (u −3idE)(z) = u2(x) −u(x) −3u(x) + 3x 2 = 0 ⇒z ∈Ker(u −3idE) On a bien E = Ker(u −idE) ⊕Ker(u −3idE). Exercice 8: On raisonne par analyse et synthèse. 1. Analyse : Supposons qu’il existe une décomposition : ∀x ∈E, ∃(y, z, t) ∈Ker(u)×Ker(u+idE)×Ker(u−2idE) tel que x = y + z + t.      x = y + z + t u(x) = u(y) + u(z) + u(t) = −z + 2t u2(x) = z + 4t ⇔        y = x + 1 2u(x) −1 2u2(x) z = u2(x)−2u(x) 3 t = u(x)+u2(x) 6 Donc, s’il y a une décomposition, elle est unique. Montrons que celle-ci convient. 2. Synthèse : Soit x ∈E. Posons y = x + 1 2u(x) −1 2u2(x) , z = u2(x)−2u(x) 3 et t = u(x)+u2(x) 6 . y + z + t = x u(y) = u(x) + u2(x) 2 −u3(x) 2 = 0 ⇒y ∈Ker(u) u(z) = u3(x) −2u2(x) 3 = −z ⇒z ∈Ker(u + idE) u(t) = u2(x) + u3(x) 6 = 2t ⇒t ∈Ker(u −2idE) On a bien E = Ker(u) ⊕Ker(u + idE) ⊕Ker(u −2idE). Exercice 9: 1. Soit P uploads/s3/ chap1-exercices-correction.pdf

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