Corrig´ es des exercices

(1)

Enonc´´ es

Enonc´ ´ es des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Soit E un lC−espace vectoriel, et f un endomorphisme deE tel que f ◦f =−Id.

Soient V ={x∈E, f(x) =ix} etW ={x∈E, f(x) = −ix}.

Montrer que V et W sont deux sous-espaces vectoriels suppl´ementaires dans E.

Soit f un endomorphisme de E, et deux scalaires distinctsα et β.

Montrer que Ker (f²−(α+β)f+αβId) = Ker (f−αId)⊕Ker (f −βId).

Soit f un endomorphisme de E. Montrer que E = Kerf ⊕Imf ⇔ la restriction de f `a Imf est un automorphisme de Imf.

Soit E un lC−espace vectoriel, et soitf un endomorphisme de E tel que f³ = Id.

Montrer que E =E₁⊕E_j ⊕E_j², avec la notation E_λ = Ker (f −λId).

Soit f un endomorphisme de E, et P, Qdeux polynˆomes premiers entre eux.

Montrer que Ker (P Q)(f) = KerP(f)⊕KerQ(f).

Soient f et g deux endomorphismes deE tels que f ◦g◦f =f et g◦f◦g =g.

1. Montrer queE = Kerf ⊕Img.

2. Montrer quef(Img) = Imf.

(2)

Indications ou r´ esultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] Supposer queu∈E s’écrit u=v+w, avec v ∈V et w∈W. Montrer que v = 1

2(u−if(u)) et quew= 1

2(u+if(u)).

R´eciproquement, v´erifier que ces deux vecteurs conviennent.

Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

Montrer que Ker (f−αId) et Ker (f−βId) sont en somme directe.

Noter queg =f²−(α+β)f +αβId = (f −αId)◦(f−βId) = (f −βId)◦(f −αId).

En d´eduire Ker (f−αId)⊕Ker (f −βId)⊂Kerg.

V´erifier enfin que toutu deE peut s’´ecrireu= 1

β−α(v −w), avec

v = (f−αId)(u) w= (f−βId)(u)

Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] – Si E = Kerf⊕Imf, soit g la restriction de f à Imf.

Montrer que g est un endomorphisme surjectif de Imf. Si v ∈Kerg, noter que f(v) = −→ 0 . – R´eciproquement supposer que la restriction g def `a Imf est un automorphisme de Imf.

Si u∈Kerf∩Imf, utiliser l’injectivit´e de g pour montrer que u=−→ 0 .

Siu∈E, utiliser la surjectivit´e degpour montrer qu’il existev dans Imf tel quef(u) = g(v).

En d´eduire que w=u−v est dans Kerf.

Sif³ = Id, supposer que u∈E s’´ecrit u=u₁+u_j+u_j² avec u₁ ∈E₁, u_j ∈E_j, u_j² ∈E_j². Prouveru₁ = ¹₃(u+f(u) +f²(u)),u_j = ¹₃(u+j²f(u) +jf²(u)),u_j² = ¹₃(u+jf(u) +j²f²(u)).

R´eciproquement, v´erifier que les trois vecteurs u₁, u_j, u_j² conviennent.

SiP ∧Q= 1, Montrer qu’il existe A, B tels que Id = (AP)(f) + (BQ)(f).

Siu∈Ker (P Q)(f), alors u=v+w, avec v = (AP)(f)(u) et w= (BQ)(f)(u).

1. Six=y+z, avecy∈Kerf etz ∈Img, montrer quez =g◦f(x) ety=x−z=x−g◦f(x).

R´eciproquement v´erifier que ces deux vecteurs y, z conviennent.

2. Se donnerx⁰ =f(x) dans Imf. ´Ecrire x=y+z, avec y∈Kerf etz ∈Img.

(3)

Corrig´es

Corrig´ es des exercices

Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

V, W sont des sous-espaces vectoriels de E car V = Ker (f −iId) et W = Ker (f +iId).

Il faut montrer que tout u deE s’écrit de manière unique u=v+w, avec v ∈V et w∈W. Supposons qu’une telle décomposition existe. Alors f(u) =f(v) +f(w) =i(v−w).

On en d´eduit :

v+w=u

v−w=−if(u) doncv = 1

2(u−if(u)) et w= 1

2(u+if(u)).

On a ainsi prouv´e l’unicit´e du couple (u, v), s’il existe.

R´eciproquement on pose v = 1

2(u−if(u)) et w= 1

2(u+if(u)). On a bien sˆur v+w=u.

D’autre part,







f(v) = 1

2(f(u)−if²(u)) = 1

2(f(u) +iu) =iv f(w) = 1

2(f(u) +if²(u)) = 1

2(f(u)−iu) =−iw

Ce résultat prouve l’existence du couple (u, v), ce qui achève la démonstration.

Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] Posonsg =f²−(α+β)f+αβId.

Soient u un vecteur de Ker (f−αId)∩Ker (f−βId).

Alorsf(u) = αu=βu. Il en d´ecouleu=−→

0 , car α6=β.

La somme Ker (f−αId) + Ker (f −βId) est donc directe.

On ag = (f−αId)◦(f −βId) = (f −βId)◦(f −αId).

On en d´eduit les inclusions

Ker (f −αId)⊂Kerg Ker (f −βId)⊂Kerg On en d´eduit que Ker (f−αId)⊕Ker (f −βId)⊂Kerg.

Tout vecteuru de E peut s’´ecrire u= 1

β−α(v−w), avec

v = (f −αId)(u) w= (f−βId)(u) Siu est dans Kerg, alors

(f−βId)(v) =g(u) = −→ 0 (f−αId)(w) = g(u) =−→

0 . Autrement dit, on a

v ∈Ker (f −βId) w∈Ker (f −αId) L’´egalit´e u= 1

β−α(v−w) montre donc que uappartient `a Ker (f −αId)⊕Ker (f −βId).

On a donc prouv´e l’´equivalence

Ker (f²−(α+β)f+αβId) = Ker (f−αId)⊕Ker (f −βId)

(4)

– On suppose queE = Kerf ⊕Imf. Soit g la restriction de f `a Imf.

Il est clair que Imf est stable parf donc par g. Ainsi g est un endomorphisme de Imf.

Soit v dans Imf. Il existe u dans E tel que v =f(u).

Mais il existe u⁰ dans Kerf et u⁰⁰ dans Imf tel que u=u⁰ +u⁰⁰, car E = Kerf+ Imf. On en d´eduitv =f(u⁰+u⁰⁰) =f(u⁰⁰) = g(u⁰⁰), ce qui prouve la surjectivit´e de g.

Soit v dans Kerg. Alors v est dans Imf et on ag(v) = −→

0 donc f(v) =−→ 0 . Ainsi v est dans Kerf ∩Imf ={−→

0}, ce qui prouve l’injectivit´e de g.

L’application g est donc un isomorphisme de Imf sur lui-mˆeme.

– R´eciproquement supposons que la restrictiong de f `a Imf est un automorphisme de Imf. Soit u un vecteur de Kerf∩Imf. On af(u) =−→

0 etu∈Imf. Il en d´ecoule g(u) =−→

0 et donc u=−→

0 carg est injective.

Soit u un vecteur de E. On a f(u)∈Imf.

Puisque g est un automorphisme de Imf, il existe v dans Imf tel que f(u) = g(v).

On a ainsi f(u) = f(v) donc f(u−v) =−→

0 . Le vecteur w=u−v est dans Kerf. On a u=w+v, avec w dans Kerf et v dans Imf, ce qui prouve E = Kerf+ Imf. Finalement, on a prouv´e que E = Kerf⊕Imf.

Soit E un lC−espace vectoriel, et soitf un endomorphisme de E tel que f³ = Id.

Soit uun vecteur de E.

On doit montrer queus’écrit de fa¸con uniqueu=u1+uj+u_j² oùu1 ∈E1, uj ∈Ej, u_j² ∈E_j². Supposons que cette décomposition existe. Ainsi f(u1) =u1, f(uj) =juj etf(u_j²) =j²u_j². On applique f etf² à l’égalité u=u₁+u_j +u_j².

On trouve







u=u₁+u_j+u_j² f(u) =u₁+ju_j +j²u_j² f²(u) =u₁+j²u_j +ju_j²

et on en d´eduit











u1 = ¹₃(u+f(u) +f²(u)) u_j = ¹₃(u+j²f(u) +jf²(u)) u_j² = ¹₃(u+jf(u) +j²f²(u)) On a ainsi prouv´e l’unicit´e des vecteurs u₁, u_j, u_j² s’ils existent.

Réciproquement, considérons les trois vecteurs u₁, u_j, u_j² définis par les égalités précédentes.

On a bien sˆur u₁+u_j+u_j² =u. D’autre part, compte tenu de f³ = Id, on trouve : f(u₁) = ¹₃(f(u) +f²(u) +f³(u)) = ¹₃(f(u) +f²(u) +u) = u₁.

f(u_j) = ¹₃(f(u) +j²f²(u) +ju) = ^j₃(j²f(u) +jf²(u) +u) =ju_j f(u_j²) = ¹₃(f(u) +jf²(u) +j²u) = ^j

2

3 (jf(u) +j²f²(u) +u) = j²u_j²

(5)

Corrig´es

Puisque P, Qsont premiers entre eux, il existe deux polynˆomes A, B tels queAP +BQ= 1.

Ainsi 1(f) = Id = (AP +BQ)(f) = (AP)(f) + (BQ)(f).

Soit uun ´el´ement de Ker (P Q)(f).

On au=v+w, avec v = (AP)(f)(u) et w= (BQ)(f)(u).

On constate que Q(f)(v) = (QAP)(f)(u) = (A(f)◦(P Q)(f))(u) =−→

0 car (P Q)(f)(u) =−→ 0 . De mˆeme, P(f)(w) = (P BQ)(f)(u) = (B(f)◦(P Q)(f))(u) =−→

0 .

On a ainsi trouv´e v dans KerQ(f) et w dans KerP(f) tels queu=v+w.

Supposons maintenant qu’un vecteuru appartienne `a KerP(f)∩KerQ(f).

L’´egalit´e u= (AP)(f)(u) + (BQ)(f)(u) = (A(f)◦P(f))(u) + (B(f)◦Q(f))(u) donne u=−→ 0 . Ainsi la somme KerP(f) + KerQ(f) est directe, donc Ker (P Q)(f) = KerP(f)⊕KerQ(f).

1. Supposons qu’un vecteur x s’´ecrive x=y+z, avec y dans Kerf etz =g(t) dans Img : x=y+z =y+g(t)⇒f(x) =f ◦g(t)⇒g◦f(x) =g◦f ◦g(t) =g(t) =z.

On a donc n´ecessairement z =g◦f(x) et y=x−z =x−g◦f(x).

Réciproquement ces vecteurs y, z vérifient évidemmenty+z =x, le vecteur z =g(f(x)) est bien dans Img, et f(y) =f(x)−f ◦g◦f(x) = −→

0 c’est-`a-direy∈Kerf.

Ainsi la d´ecomposition x=y+z existe et est unique : on a E = Kerf ⊕Img.

2. On a toujours f(Img)⊂Imf.

Réciproquement soit x⁰ =f(x) un élément de Imf.

On sait que xs’´ecrit x=y+z, avec y dans Kerf etz dans Img.

Ainsi x⁰ =f(x) = f(y) +f(z) =f(z), doncx⁰ ∈f(Img).

Conclusion : f(Img) = Imf.