©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2015-2016 1 Corrigé du DS n°7 du

©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2015-2016 1 Corrigé du DS n°7 du samedi 26 mars Durée : 4 heures de 8h à 12h. Les calculatrices sont interdites. Les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées. 1 Exercices Exercice 1 On considère l’endomorphisme f de R3 définie par f(x, y, z) = (4x −y + 5z, −2x −y −z, −4x + y −5z). 1. (x, y, z) ∈Ker f ⇔    4x −y + 5z = 0 −2x −y −z = 0 −4x + y −5z = 0 ⇔  4x −y + 5z = 0 2x + y + z = 0 car L3 = −L1 ⇔  4x −y + 5z = 0 6x + 6z = 0 L2 ←L2 + L1 ⇔  y = 4x + 5z = z x = −z ⇔ (x, y, z) = z(−1, 1, 1) Ainsi Ker f = Vect {(−1, 1, 1)} et comme le vecteur (−1, 1, 1) est non nul, il constitue une base de Ker f. Donc dim Ker f = 1. Ainsi par le théorème du rang, on a rg f = dim R3 −dim Ker f = 3 −1 = 2. 2. Comme Ker f ̸= {0}, f n’est pas injective, donc n’est pas un automorphisme. 3. Les vecteurs u = f(1, 0, 0) = (4, −2, −4) et v = f(0, 1, 0) = (−1, −1, 1) sont dans Im f. Leurs coordonnées sont non proportionnelles, ils forment donc une famille libre de deux vecteurs de Im f qui est de dimension 2, ils en donc forment une base. 4. (a) Comparer Im f et P le plan de R3 d’équation x + z = 0. Les coordonnées des vecteurs u et v vérifient l’équation du plan P. Donc u et v sont dans P, donc Vect {u, v} = Im f est inclus dans P car P est stable par combinaison linéaire. On en déduit que Im f = P car ils ont la même dimension. (b) On remarque que le vecteur (−1, 1, 1) qui engendre Ker f est aussi dans Im f car ses coor- données vérifient l’équation x + z = 0. Ainsi Ker f ∩Im f ̸= {0} et donc Ker f et Im f ne sont pas supplémentaires dans R3. 5. Déterminer un plan vectoriel Q de R3 dont l’image par f est une droite vectorielle. Si Q = Vect {a, b}, alors f(Q) = Vect {f(a), f(b)}. Il suffit donc de prendre deux vecteurs a et b non colinéaires avec a dans Ker f. On prend donc Q = Vect {(−1, 1, 1); (1, 0, 0)}, c’est bien un plan de R3, et on a f(Q) = Vect {f(−1, 1, 1); f(1, 0, 0)} = Vect {(0, 0, 0); (4, −2, −4)} = Vect {(4, −2, −4)}. L’image du plan Q par f est donc la droite dirigée par (4, −2, −4). Exercice 2 (En vrac) Les questions sont indépendantes. 1. Déterminer la dimension du R-espace vectoriel E = {P ∈Rn[X] | Z 1 0 P(t) dt = 0}. L’application φ : P 7→ R 1 0 P(t) dt est une forme linéaire sur Rn[X] non nulle (car φ(1) = 1), donc E est un hyperplan car noyau d’une forme linéaire non nulle et donc dim E = dim Rn[X]−1 = n. ©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2015-2016 2 2. On note E1 la droite du plan d’équation y = x et E2 la droite du plan d’équation y = 2x. Déter- miner s(x, y) l’image du vecteur (x, y) ∈R2 par s la symétrie vectorielle sur E1, parallèlement à E2. Soit X = (x, y) ∈R2. Si X = X1 + X2 avec (X1, X2) ∈E1 × E2, on a s(X) = X1 −X2. Déterminons X1 et X2. On cherche X1 de la forme (t, t) tel que X2 = (x, y) −(t, t) = (x −t, y −t) ∈E2. Cela donne y −t = 2(x −t) donc t = 2x −y et donc X1 = (2x −y, 2x −y) et X2 = (x −(2x −y), y −(2x −y)) = (−x + y, −2x + 2y). Ainsi s(x, y) = X1 −X2 = (3x −2y, 4x −3y). 3. On note F(R, R) le R-espace vectoriel des applications de R dans R. Une fonction f est dite lipschitzienne sur R s’il existe un réel k tel que ∀x, y ∈R, |f(x) −f(y)| ⩽k|x −y|. (a) Démontrer que l’ensemble Lip(R) des fonctions lipschitziennes sur R est un sous-espace vectoriel de F(R, R). Soit f et g dans Lip(R) et λ un réel. On suppose que f est k-lipschitzienne et que g est k′-lipschitzienne. Soit x et y dans R. On a |λf(x) + g(x) −(λf(y) + g(y))| = |λ(f(x) −f(y)) + g(x) −g(y)| ⩽ |λ||f(x) −f(y)| + |g(x) −g(y)| ⩽ |λ|k|x −y| + k′|x −y| = (|λ|k + k′)|x −y| Ceci montre que la fonction λf + g est (|λ|k + k′)-lipschitzienne donc λf + g ∈Lip(R). Ainsi Lip(R) est bien un sous-espace vectoriel de F(R, R). (b) L’ensemble des fonctions majorées sur R est-il un sous-espace vectoriel de F(R, R) ? Non, car la fonction f : x 7→−ex est négative donc majorée par 0 mais son opposée est exp qui n’est pas majorée sur R. 2 Problème : une introduction aux endomorphismes nilpo- tents Dans tout le problème, K désigne le corps R ou C, et E un K-espace vectoriel . Un endomorphisme f de E est dit nilpotent s’il existe un entier naturel p ∈N∗tel que f p = 0 (on rappelle que f p désigne l’endomorphisme f ◦f ◦· · · ◦f | {z } p termes ). 2.1 Généralités 1. On considère les endomorphismes u et v de R2 définis par u(x, y) = (0, x) et v(x, y) = (0, y). (a) On a u2(x, y) = u(0, x) = (0, 0) donc u2 = 0 et u est nilpotent. De même on a v2 = v. Ainsi pour tout entier n ∈N∗, vn = v ̸= 0, donc v n’est pas nilpotent. (b) Comme v2 = v, v est un projecteur. On montre sans difficulté que c’est la projection orthogonale sur l’axe des ordonnées. (c) On note s la symétrie orthogonale par rapport à la droite d’équation y = x. Ainsi s(x, y) = (x, 0). On a alors s ◦v(x, y) = s(v(x, y)) = s(0, y) = (y, 0) = u(x, y). Ainsi u = s ◦v et u est la composée d’une projection et d’une symétrie. ©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2015-2016 3 2. L’endomorphisme dérivation de Rn[X] noté D est nilpotent car si P ∈Rn[X], Dn+1(P) = P (n+1) = 0 et donc Dn+1 = 0. 3. Soit f et g des endomorphismes de E qui commutent, c’est-à-dire f ◦g = g ◦f. On suppose que f et g sont nilpotents et que f p = gq = 0. (a) Comme f et g commutent, on a (f ◦g)p = f p ◦gp = 0 ◦gp = 0 donc f ◦g est nilpotent. (b) Le résultat ne subsiste pas si f et g ne commutent pas. En effet l’endomorphisme w définie par w(x, y) = (y, 0) est nilpotent mais u ◦w(x, y) = u(y, 0) = (0, y). Donc u ◦w est un projecteur et pour tout n ∈N∗, on a (u ◦w)n = u ◦w ̸= 0 donc u ◦w n’est pas nilpotent. (c) Comme f et g commutent, on peut utiliser la formule du binôme de Newton. On a (f + g)p+q = p+q X k=0 p + q k  f kgp+q−k = p−1 X k=0 p + q k  f kgp+q−k + p+q X k=p p + q k  f kgp+q−k. Pou k ⩾p, on a f k = 0 donc la deuxième somme est nulle. Pour k ⩽p −1, on a p + q −k ⩾ p+q −p+1 ⩾q +1 donc gk = 0 et la deuxième somme est nulle. Finalement, (f +g)p+q = 0 et donc f + g est nilpotent. 4. Soit f un endomorphisme de E nilpotent avec f p = 0. Calculer (id −f)◦(id +f +f 2 +· · ·+f p−1). En déduire que id −f est bijectif et donner son inverse. Notre candidat pour l’inverse de id −f est id +f + . . . + f p−1 (pour k ⩾p, f k = 0). On a (id −f) ◦(id +f + . . . + f p−1) = id +f + . . . + f p−1 −(f + f 2 + . . . + f p−1 + f p) = id −f p = id . De même, on a (id +f + . . . + f p−1) ◦(id −f) = id donc id −f est inversible d’inverse id +f + . . . + f p−1. Soit f un endomorphisme nilpotent. On appelle indice de nilpotence uploads/Ingenierie_Lourd/ corrige-ds7.pdf

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Ingénierie ainsi nilpotent comme n’est dimension
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