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Les Espaces Vectoriels en MP, PC, MPI, PSI, PT

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SKU: Cours Particuliers
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Résumé de cours Exercices et corrigés

Exercices et corrigés – espaces vectoriels

1. Famille libre

On note $E$ l’espace vectoriel des fonctions de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ .

Si $n\in\mathbb{N}$ , on note $f_n : x \mapsto \cos(n x).$

Montrer que la famille $(f_n)_{n \geqslant 0}$ est libre.

Corrigé de l’exercice :

Si $n\in\mathbb{N}$ , on note

$\; \; H_n$ : la famille $(f_0,... , f_n)$ est libre.

$H_0$ est vraie, car $f_0 \neq 0.$

On suppose que $H_n$ est vraie.

Si l’on avait $f_{n + 1}\in$ Vect $(f_0 ,\, ... \, ,\, f_n)$ , il existerait des réels $\alpha_0 ,\, \alpha_1 ,\, ... \, , \, \alpha_n$ tels que $f_{n+1} =\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\alpha_k\, f_k . \qquad (1)$

En dérivant deux fois la relation et en utilisant $f_k''= - k^2f_k$ , on obtient :

$-(n + 1)^2 f_{n+1}= -\displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^2\alpha_k \, f_k \qquad (2)$

En formant $(n + 1)^2 (1) + (2)$ , on obtient

$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}((n + 1)^2 - k^2 ) \alpha_k f_k = 0$ .

Par indépendance de la famille $(f_0 ,\, ... \, ,\, f_n),$ pour tout $k \in \{0 ,\, ... \, ,\, n\}$ , $((n + 1)^2 - k^2) \alpha_k = 0$ donc $\alpha_k = 0$ car $((n + 1)^2 - k^2) \neq 0.$

On en déduit que $f_{n + 1} = 0$ ce qui est absurde.

$f_{n + 1}$ n’est pas combinaison linéaire de la famille libre $(f_0 ,\, ... \, ,\, f_n)$ , donc $(f_0 ,\, ... \, ,\, f_n ,\, f_{n + 1})$ est libre.

On a prouvé $H_{n + 1}\, .$

La propriété est démontrée par récurrence. On en déduit que la famille $(f_n)_{n \geqslant 0}$ est libre.

Quand le chapitre diagonalisation a été traité, la démonstration est plus simple.

On se place sur l’espace vectoriel $E$ des fonctions de classe $C^{\infty}$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et on introduit l’endomorphisme $D$ de $E$ : $f \mapsto f''$ .

Il suffit de remarquer que $\quad \quad D(f_k) = - k ^2 f_k$ et $f_k \neq 0$ .

On a donc introduit une famille de vecteurs propres de $D$ associés à des valeurs propres deux à deux distinctes. Elle est libre.

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2. Endomorphisme et supplémentaires

Soit $E$ un espace vectoriel et $f$ un endomorphisme de $E$ tel que $f^3 = f^2$ et $f ^2 \neq f$ .

Question 1
Montrer que $E = \textrm {Ker } f^2 \oplus \, \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ .

Question 2
$\textrm {Im } f = \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$

Question 3
$\textrm {Im } f^2 = \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$

Corrigé de l’exercice :

1/ $\textrm {Ker } f^2$ et $\textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ sont des sous-espaces vectoriels de $E$ .
On raisonne par analyse-synthèse.

Analyse :
Soit $x \, \in \, E$ . On suppose qu’il existe $a \, \in \, \textrm {Ker } f^2$ et $b \, \in \, \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ tels que $x = a + b$ .
Alors $f(x) = f(a) + f(b) = f(a) + b$ et $f^2(x) = f^2(a) + f(b) = b$ .
Donc $a = x - f ^ 2(x)$ .
Si la décomposition existe, elle est unique.

Synthèse :
On remarque que si $f^2 = f^3$ , $f ^3 = f^4$ donc $f ^2 = f^4$ . (*)
Si $x \, \in \,E$ , on note $a = x - f ^2(x)$ et $b = f^2(x)$ ; $x = a + b.$
$f ^2 (a) = f ^2 (x) - f ^4(x) = 0$ par (*)
donc $a \, \in \, \textrm {Ker } f^2$
et $f(b) = f ^3 (x) = f ^2(x) = b$ ,
donc $b \, \in \,\textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E).$
On a donc prouvé que $\quad \quad E = \textrm {Ker } f^2 + \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ .

La partie analyse a permis de prouver que la somme est directe.

Donc $E = \textrm {Ker } f^2 \oplus \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ .

2/ Si l’on avait $\textrm {Im } f = \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ ,
pour tout $x \, \in \, E$ , comme $f(x) \, \in \, \textrm {Im } f$ , on aurait $f(x) \, \in \, \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ , donc $f( f(x) - x ) = 0$ soit $f ^2 (x) = f(x)$ ce qui contredit $f ^2 \neq f$ .

3/ $\ast$ Pour tout $y \, \in \, \textrm {Im } f^2$ , il existe $t \, \in \, E$ tel que $y = f ^2 (t)$ , alors $f(y) = f ^3 (t) = f ^2 (t) = y$ , donc $y \, \in \, \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ .
On a prouvé que $\textrm {Im } f^2 \subset \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ .
$\ast$ Si $x \, \in \, \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ , $f(x) = x$ , alors $f ^2 (x) = f(x) = x$ , donc $x \, \in \, \textrm {Im } f^2$ .
On a prouvé que $\textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E) \subset \textrm {Im } f^2$ .
Par double inclusion, $\quad \quad \quad \textrm {Im } f^2 = \textrm {Ker}(f - \textrm {Id}_E)$ .

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3. Somme directe de $n$ s.e.v.

Exercice 1
Soit $E$ l’ensemble des fonctions de $[- 1 , 1]$ dans $\mathbb{R}$ .
On note $F$ l’ensemble des fonctions constantes sur $[- 1 , 1]$ , $G$ l’ensemble des éléments de $E$ nuls sur $[0 , 1]$ et $H$ l’ensemble des éléments de $E$ nuls sur $[- 1 , 0].$
Montrer que $E = F \oplus G \oplus H.$

Corrigé de l’exercice 1 :

On démontre facilement que $F$ , $G$ et $H$ sont des sous-espaces vectoriels de $E$ .
On raisonne par analyse-synthèse.

Analyse : soit $u \in E$ , on suppose que l’on peut écrire $u = f + g + h$ avec $f \in F$ $g \in G$ et $h \in H.$
Il existe $C \in \mathbb{R}$ tel que $f : x \mapsto C$ et en prenant la valeur en 0, $u(0) = f(0) = C.$
Puis si $x < 0$ , $g(x) = u(x) - f(x)$ car $h(x) = 0,$ donc $g(x) = u(x) - C,$
et si $x > 0,$ $h(x) = u(x) - f(x)$ car $g(x) = 0$ donc $h(x) = u(x) - C.$

On en déduit que si la décomposition existe, elle est unique.

Synthèse : Soit $u \in E.$
On définit $f:x\mapsto u(0)$ ,
$g:x\mapsto\left\{\begin{matrix} 0&\textrm { }&\textrm{ si } x\, {\in} \, [0,1] \\ u(x)-f(0)&\textrm { }&\textrm{sinon} \end{matrix} \right.$
et $h:x\mapsto\left\{\begin{matrix} u(x)-f(0)&\textrm {}&\textrm{si } x\in[-1,0[ \\ 0&\textrm {}&\textrm{sinon} \end{matrix} \right.$

Il est évident que $f \,\in \, F$ , $g \,\in \, G$ et $h \, \in \, H$ et que $u = f + g + h$ (il suffit de distinguer les cas $x = 0$ , $x \,\in\; ]0 , \, 1]$ et $x \,\in\;[ - 1 ,\, 0[$ ).

On a donc établi que $E = F \oplus G \oplus H.$

Exercice 2
Soient $p$ et $q$ deux projecteurs de $E$ tels que $p \circ q = 0.$
Montrer que $E = \textrm{Im }p \oplus \textrm{Im }q \oplus (\textrm{Ker } p \,\cap \,\textrm{Ker } q).$

Corrigé de l’exercice 2 :

$\textrm{Im }p$ , $\textrm{Im }q$ et $\textrm{Ker } p \, \cap \, \textrm{Ker } q$ sont des sous-espaces vectoriels de $E.$

Analyse :
On suppose que $x = a + b + c$ avec $a \in \textrm{Im }p,$ $b \in \textrm{Im }q$ et $c \in\textrm{Ker } p \, \cap \, \textrm{Ker } q.$
Comme $p$ et $q$ sont des projecteurs, $p(a) = a$ et $q(b) = b.$
$p(x) = p(a) + p(b) + p(c)$ $p(x) = a + p \circ q(b) + 0 = a$ donc $a = p(x).$
$q(x) = q(a) + q(b) + q(c) = q \circ p(x) + b,$ donc $b = q(x) - q \circ p(x).$
Alors $c = x - p(x) - q(x) + q \circ p(x).$

Si la décomposition existe, elle est unique.

Synthèse :
Soit $x \in E$ , on note $a = p(x) \in \textrm{Im }p$ , $b = q(x) - q \circ p(x) \in \textrm{Im }q$ et $c = x - p(x) - q(x) + q \circ p(x).$
$p(c) = p(x) - p^2(x) - p \circ q(x)$ $\quad \quad \quad \quad \quad \quad +\, p \circ q \circ p(x)$ ,
$p(c) = p(x) - p(x) = 0$ car $p \circ q = 0$
donc $c \in \textrm{Ker } p.$
$q(c) = q(x) - q \circ p(x) - q^2(x) + q^2 \circ p(x)$
$q(c) = q(x) - q \circ p(x) - q(x) + q \circ p(x)$ $q(x) = 0$ donc $c \in \textrm{Ker } q.$
De plus $a + b + c = x.$

On avait justifié l’unicité de la décomposition dans la partie analyse.

On a donc prouvé que $\quad E = \textrm{Im }p \oplus \textrm{Im }q \oplus (\textrm{Ker } p \, \cap \, \textrm{Ker } q).$

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4. Existence d’un endomorphisme

Exercice 1

Il existe une unique application linéaire $u$ sur $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que si $M$ est une matrice symétrique, $u(M) = 2\, M$ et si $M$ est une matrice antisymétrique, $u(M) = - M.$

Corrigé de l’exercice 1 :

En effet, $\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) = \mathcal{A}_n(\mathbb{R}) \oplus \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ où $\mathcal{A}_n(\mathbb{R})$ est le sous-espace vectoriel des matrices antisymétriques et $\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ est le sous-espace vectoriel des matrices symétriques.

L’application $u_1 : \mathcal{A}_n(\mathbb{R}) \rightarrow \mathcal{M}_n(\mathbb{R}),$ $A \mapsto- A$ est linéaire
et l’application $u_2:\mathcal{S}_n(\mathbb{R}) \rightarrow \mathcal{M}_n(\mathbb{R}),$ $S \mapsto 2 \, S$ est linéaire.

Par le théorème de recollement des applications linéaires, il existe donc un unique endomorphisme $u$ de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ tel que $\forall S \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ , $u(S) = 2\, S$ et $\forall A \in \mathcal{A}_n(\mathbb{R})$ , $u(A) = - A.$

Exercice 2

On suppose que $E,\, F , \, G$ sont trois $\mathbb{K}$ -e.v. de dimension finie strictement positive.

Soit $u \in \mathcal{L}(E , F)$ et $v \in \mathcal{L}(E , G)$ .

Le but de l’exercice est de trouver une CNS pour que $\textrm{Ker }u \subset \textrm{Ker }v$ .

Question 1.

S’il existe $w \in \mathcal{L}(F , G)$ tel que $v = w \circ u$ , $\textrm{Ker }u \subset \textrm{Ker }v$ .

Question 2

On note $\dim E = n$ , $\dim \textrm{Im} u = p$ et $\dim F = r$ .

Dans les questions a) à e) on suppose que $0 < p < n$ .

a) Il existe une base $(e_1\, , \, \cdots \, , \, e_n)$ de $E$ telle que $(e_{p + 1 }\, , \, \cdots \, , e_n)$ soit une base de $\textrm{Ker }u$ .

b) On note si $i \in [\![1 , \, p]\!], \, f_i = u(e_i)$ .

$(f_1\, , \, \cdots \, , \, f_p)$ est une base de $\textrm{Im }u$ .

c) Il existe une base $(f_1 \, ,\, \cdots \, ,\, f_r)$ de $F$

d) On définit $w \in \mathcal{L}(F , G)$ tel que $\forall i \in [\![1 , \, p]\!], w(f_i) = v(e_i)$ et $w(f_i) = 0$ si $i \in [\![p + 1 , \, r]\!]$ .

Si $\textrm{Ker }u \subset \textrm{Ker }v$ , $v = w \circ u$ .

e) Si $\textrm{Ker }u \subset \textrm{Ker }v$ et si $\dim \textrm{Ker } u \in \{0 , n\}$ , il existe $w \in \mathcal{L}(F , G)$ tel que $v = w \circ u$ .

Corrigé de l’exercice :

1/ Si $x \in \textrm{Ker }u$ , $v(x) = w(u(x)) = w(0) = 0$ donc $x \in \textrm{Ker }v$ .

On a prouvé que $\textrm{Ker }u \subset \textrm{Ker }v$ .

2/ a/ $\textrm{Ker }u$ est un sous-espace vectoriel de dimension $n - p > 0$ , on peut donc introduire une base de la forme $(e_{p + 1 }\, , \, \cdots \, , \, e_n)$ .

C’est une famille libre de $E$ . Par le théorème de la base incomplète, on peut introduire une base de $E$ de la forme $(e_1 \, , \,\cdots \, ,\, e_n)$ .

b/ Pour tout $y \in \textrm{Im } u$ , il existe $x \in E$ tel que $y = u(x)$ .

On écrit $x = \displaystyle \sum _ {i = 1} ^n x_i \, e_i\,$ .

$y = u(x) = \displaystyle \sum _ {i = 1} ^n x_i \, u(e_i) = \sum _ {i = 1}^ p x_i \, f_i\,$ .

On a prouvé que $(f_1 \, ,\, \cdots \, ,\, f_p)$ est une famille génératrice de $\textrm{Im }u$ .

Elle est formée de $p$ vecteurs dans un espace vectoriel de dimension $p$ .

Donc $(f_1 \, ,\, \cdots \, ,\,f_p)$ est une base de $\textrm{Im }u$

c/ Comme $\textrm{Im }u \subset F$ , $(f_1\, ,\, \cdots \, ,\, f_p)$ est une famille libre de $F$ que l’on peut compléter en une base $(f_1\, ,\, \cdots \, ,\, f_r)$ de $F$ par le théorème de la base incomplète.

d/ L’application $w$ est bien définie par le théorème de caractérisation d’une application linéaire.

$\forall \, i \in [\![1 , \, p]\!]$ , $w \circ u(e_i) = w(f_i) = v(e_i)$

$\forall \, i \in [\![p + 1 , \, n]\!]$ , $\quad \quad w \circ u(e_i) = w(0) =0 = v(e_i)$ .

Les applications linéaires $v$ et $w \circ u$ sont égales sur une base, donc $v = w \circ u$ .

e/ $\bullet$ Si $\dim \textrm{Ker } u = 0$ , $u$ est injective, l’image d’une base $(e_1 \, ,\, \cdots \, ,\, e_n)$ de $E$ par $u$ est une famille libre.

Donc en notant si $i \in [\! [1 , \, n]\!], f_i = u(e_i)$ , $(f_1\, ,\, \cdots \, ,\, f_n)$ est une famille libre de $F$ . On continue comme dans les questions d) et e).

$\bullet$ Si $\dim \textrm{Ker } u = n$ , $\textrm{Ker }u = E$ .

Comme $\textrm{Ker }u \subset \textrm{Ker }v$ , alors $E \subset \textrm{Ker }v$ , donc $v = 0$ et toute application linéaire $w$ de $F$ dans $G$ convient.

Conclusion : on a prouvé que $\textrm{Ker }u \subset \textrm{Ker }v$ ssi il existe $w \in \mathcal{L}(F , G)$ tel que $v = w \circ u$ .

5. Noyaux itérés

Question 1 Un résultat classique

a)Si $u \in \mathcal{L}(E)$ où $\dim E = n$ , il existe $p \in [\![1 , n]\!]$ tel que $\textrm{Ker } u^p = \textrm{Ker } u^{p + 1}$ et si $k < p$ ,

$\textrm{Ker } u^k\, \neq\, \textrm{Ker } u^{k + 1}$ .

b) L’entier $p$ étant défini dans la question a), montrer que si $k \, \geq\, p$ , $\textrm{Ker } u^k = \textrm{Ker } u^{p}$ .

Question 2

Montrer que la suite $( \textrm {Im }u^k)_{k \, \geq \, 0}$ est monotone pour l’inclusion et qu’elle est stationnaire à partir du même rang $p$ .

Question 3

Montrer que $E = \textrm {Im }u^p \oplus \, \textrm {Ker }u^p$ et que la restriction de $u$ à $\textrm {Im }u^p$ est un automorphisme de $\textrm {Im }u^p$ .

Question 4 (plus difficile)

On note $\quad \forall \, k \, \in \, \mathbb{N} , \, r_k = \textrm {rg}(u ^k) - \textrm {rg}(u ^{k + 1})$ .

Montrer que $\quad r_{p-1} \, \leq \, r_{p - 2 }\, \leq \, \, ... \, \, r_1 \leq \, r_0$ .

Indication : introduire si $k \in [\![0 , p-1]\!]$ , un supplémentaire $F_k$ de $\textrm {Im }u^{k + 1}$ dans $\textrm {Im }u^k$ et montrer que $\quad \quad \textrm {Im }u^{k + 1} = \textrm {Im }u^{k + 2} + u(F_k).$

Corrigé de l’exercice :

1/ a/ Si $x \, \in \,\textrm{Ker } u^k$ , $u^k(x) = 0$ donc $u^{k + 1}(x) = u(0) = 0$ , alors $x \, \in \,\textrm{Ker } u^{k + 1}$ , ce qui prouve que $\textrm{Ker } u^k \, \subset \, \textrm{Ker } u^{k+1}$ .

On a démontré que la suite $(\textrm{Ker } u^k )_{k \in \mathbb{N}}$ est une suite croissante.

$\dim \textrm{Ker}(u^0) = 0$ .

Il est impossible d’avoir : $0 < \dim \textrm{Ker } u < \dim \textrm{Ker } u^2 < ...$

$< \dim \textrm{Ker } u^n < \dim \textrm{Ker } u^{n + 1}$ ,
car on aurait, puisque toutes les dimensions sont entières, $\dim \textrm{Ker } u^{n + 1} \geq n + 1$ , ce qui est absurde dans un espace vectoriel de dimension $n.$

On peut donc introduire $p$ le plus petit entier inférieur ou égal à $n$ tel que $\dim \textrm{Ker } u^p = \dim \textrm{Ker } u^{p + 1}$ , donc $\quad \quad \textrm{Ker } u^p = \textrm{Ker } u^{p + 1}$

et si $k < p$ , $\textrm{Ker } u^k\, \neq\, \textrm{Ker } u^{k + 1}$ .

b/ On peut alors établir par récurrence que si $k \geqslant p$ , $\textrm{Ker } u^k = \textrm{Ker } u^p.$

La propriété est vraie pour $k = p.$

On suppose qu’elle est vraie au rang $k$ où $k$ est un entier supérieur ou égal à $p.$

Si $x \in \textrm{Ker } u^{k + 1},$ $\quad \quad u^{k + 1}(x) = 0 = u^k(u(x))$ , $\Rightarrow u(x) \in \textrm{Ker } u^k$ soit $u(x) \in \textrm{Ker } u^p,$ $\Rightarrow u^p(u(x)) = 0$ soit $u^{p + 1}(x) = 0.$

Comme $x \in \textrm{Ker } u^{p + 1}$ , $x \in \textrm{Ker } u^p$ car $\textrm{Ker } u^p = \textrm{Ker } u^{ p + 1}$ , donc $\quad \quad \textrm{Ker } u^{ k + 1} \subset \textrm{Ker } u^p.$

L’inclusion contraire est évidente puisque la suite est croissante pour l’inclusion et $p \leqslant k + 1.$

Par double inclusion, on a prouvé que $\quad \quad \textrm{Ker } u^{ k + 1} = \textrm{Ker } u^p.$

La propriété est vraie par récurrence sur $k.$

2/ Pour tout $i \, \in \, \mathbb{N}$ , si $y \, \in \, \textrm {Im }u^{i + 1}$ , il existe $t \, \in \, E$ tel que $y = u ^{i + 1}(t) = u ^i(x)$ avec $x = u(t)$ , donc $y \, \in \, \textrm {Im }u^i$ , et alors $\textrm {Im }u^{i + 1}\subset \textrm {Im }u^i$ .

Donc la suite $( \textrm {Im }u^k)_{k \, \geq \, 0}$ est une suite croissante.

Si $i \, \in \, \mathbb{N}$ ,

$\dim \textrm {Im }u^i - \dim \textrm {Im }u^{i + 1} =$

$(\dim E - \dim \textrm {Ker }u^i )$

$- (\dim E -\dim \textrm {Ker }u^{i + 1})$

donc $\dim \textrm {Im }u^i - \dim\textrm {Im }u^{i+1} =$

$\dim \textrm {Ker }u^{i + 1} - \dim \textrm {Ker }u^i$ .

Par la première question,

$\ast$ si $i \leq p - 1$ , $\dim \textrm {Im }u^i - \dim\textrm {Im }u^{i + 1} > 0$ et alors $\textrm {Im }u^i \, \neq \, \textrm {Im }u^{i + 1}$ .

$\ast$ si $i \geq p$ , $\dim \textrm {Im }u^i - \dim\textrm {Im }u^{i + 1} = 0$ , donc $\textrm {Im }u^i \, = \, \textrm {Im }u^{i + 1}$ , on en déduit que si $i \geq p$ , $\textrm {Im }u^i = \textrm {Im }u^p$ .

On a montré que la suite $( \textrm {Im }u^k)_{k \, \geq \, 0}$ est décroissante pour l’inclusion et est stationnaire à partir du même rang $p$ .

3/ Si $x \, \in \, \textrm {Im }u^p \, \cap \, \textrm {Ker }u^p$ , il existe $t \, \in \, E$ tel que $x = u^ p(t)$ et $u^ p(x) = 0$ , donc $u^{ 2 p}(t) = 0$ ,

$t \, \in \, \textrm {Ker }u^{2 p} = \textrm {Ker }u^p$ , alors

$x = u ^p(t) = 0$ , donc $\textrm {Im }u^p \,\cap \, \textrm {Ker }u^p \subset \{0\}$

L’inclusion contraire étant toujours vraie, $\textrm {Im }u^p \,\cap \, \textrm {Ker }u^p = \{0\}$ .

Comme de plus $\dim E = \dim \textrm {Im }u^p + \dim \textrm {Ker }u^p$ ,

on obtient $E = \textrm {Im }u^p \oplus \, \textrm {Ker }u^p$ .

Si $x \, \in \, \textrm {Ker }v$ , $x \, \in \, \textrm {Im }u^p$ et $u(x) = 0$ , donc, il existe $t \, \in \, E$ tel que $x = u^ p(t)$ et $0 = u(x) = u ^{p + 1}(t)$ , $t \, \in \, \textrm {Ker }u^{p + 1} = \textrm {Ker }u^p$ , $u ^p(t) = x = 0$ .

L’endomorphisme $v$ du $\mathbb{K}$ -espace vectoriel de dimension finie $\textrm {Im }u^p$ est injectif. C’est donc un automorphisme.

La restriction de $u$ à $\textrm {Im }u^p$ est un automorphisme de $\textrm {Im }u^p$ .

4/ On suppose que $0 \, \leq \, k \,\leq \, p - 1$ , $\textrm {Im }u^{k+1} \subset \textrm {Im }u^k$ et les sous-espaces sont distincts.

On introduit $F_k$ tel que $\quad \textrm {Im }u^k = \textrm {Im }u^{k + 1} \oplus \, F_k$ . (*)

$\bullet$ On démontre que $\quad \textrm {Im }u^{k + 1} = \textrm {Im }u^{k + 2} + u(F_k)$ .

$\ast$ Si $y \, \in \, \textrm {Im }u^{k + 1}$ , il existe $x \, \in \, \textrm {Im }u^k$ tel que $y = u(x)$ , alors il existe $a \, \in \, \textrm {Im }u^{k + 1}$ et $b \, \in \, F_k$ tels que $x = a + b$ , donc $y = u(a) + u(b)$ avec $u(a) \, \in \, \textrm {Im }u^{k + 2}$ et $u(b) \, \in \, u(F_k)$ ,
donc $\textrm {Im }u^{k + 1} \subset \textrm {Im }u^{k + 2} + u(F_k)$ .

$\ast$ $\textrm {Im }u^{k + 2} \subset \textrm{Im } u^{k + 1}$ et $F_k \subset \textrm{Im }u^k$ donc $u(F_k) \subset \textrm {Im }u ^{k + 1}$ .

On a montré que $\quad \quad \textrm {Im }u^{k + 2} + u(F_k) \subset \textrm {Im }u^{k + 1}$ .

$\bullet$ On remarque que si $u$ est un endomorphisme de $E$ , espace vectoriel de dimension finie, pour tout sev $F$ de $E$ différent de

$\{0\}$ , l’image d’une base de $F$ est une partie génératrice de $u(F)$ , donc $\dim u(F) \leq \, \dim F$ , ce résultat reste vrai si $F = \{0\}$ .

$\bullet$ On en déduit que $\dim \textrm { Im }u^{k + 1} = \dim \, (\textrm {Im }u^{k + 2} + u(F_k))$

donc $\textrm {rg }(u^{k + 1}) \leq \, \dim \textrm { Im }u^{k + 2} + \dim u(F_k)$

puis $\textrm {rg }(u^{k + 1}) \leq \, \textrm {rg }(u^{k + 2}) + \dim \, F_k$

ce qui donne $\dim \textrm { Im }u^{k + 1} - \dim \textrm { Im }u^{k + 2} \, \leq \, \dim F_k$

On termine avec $\dim \, F_k = \dim \textrm { Im }u^{k} - \dim \textrm { Im }u^{k + 1}$ par (*), soit $r_{k + 1}\, \leq \, r_k$ .

On a établi que :

$r_{p-1} \, \leq \, r_{p - 2 }\, \leq \, \, ... \, \, r_1 \leq \, r_0$ .

6. Hyperplan

Exercice 1

Question 1

Montrer que $F = \{P \in \mathbb{K}[\textrm {X}] \,/\, P(1) = 0\}$ est un hyperplan de $\mathbb{K}[\textrm {X}]$ et en déterminer une infinité de supplémentaires.

Question 2

Déterminer une base de $F.$

Corrigé de l’exercice 1 :

1/ Soit $\varphi : \mathbb{K}[\textrm {X}] \rightarrow \mathbb{K},$ $P \mapsto P(1)$ , $\varphi$ est une forme linéaire (démonstration simple) non nulle (car $\varphi(1) \neq 0$ ).

Comme $F = \textrm{Ker } \varphi,$ $F$ est un hyperplan de $\mathbb{K}[\textrm {X}].$

Pour tout $n \in \mathbb{N}$ , $\textrm {X}^n \notin \textrm{Ker } \varphi$ , donc $\textrm{Vect}(\textrm {X}^n)$ est un supplémentaire de $F.$

2/ $P\in\textrm{Ker }\varphi$ $\Leftrightarrow$ il existe $Q \in \mathbb{K}$ [X] tel que $P = (\textrm {X} - 1) Q$

$\Leftrightarrow$ il existe une suite $(a_n)_{ n \geqslant 0}$ de scalaires nuls à partir d’un certain rang telle que $P=\displaystyle(\textrm {X}-1)\sum_{k=0}^{\infty}a_k\, \textrm {X}^k$

soit $P=\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}a_k(\textrm {X}-1)\textrm {X}^k$ . On a prouvé que la famille $\left((\textrm {X} - 1)\textrm {X}^k \right)_{k\geqslant 0}$ est une famille génératrice de $F$ .

C’est une famille libre car formée de polynômes de degrés deux à deux distincts, donc c’est une base de $F.$

L’année de Maths Spé, est l’année des concours, par conséquent, tous les étudiants de Maths Spé, doivent s’assurer de leur niveau de connaissances avant de se lancer dans les grands entrainements sur les annales. N’hésitez pas à faire appel à un prof de maths à domicile pour bien progresser et viser les meilleurs concours. Ainsi, pour s’assurer de leurs connaissances, voici quelques cours qu’il est important de revoir :

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