Corrigé

(1)

Devoir à la maison n°01

• Le devoir devra être rédigé sur des copies doubles.

• Les copies ne devront comporter ni rature, ni renvoi, ni trace d’effaceur.

• Toute copie ne satisfaisant pas à ces exigences devra être intégralement récrite.

Problème 1

Partie I – Définition d’une application

1. Soientλ₁, λ₂∈ ℂetP₁, P₂∈ ℂ[X]. NotonsQ₁etQ₂les quotients respectifs des divisions euclidiennes deP₁(X²)et P2(X²)parTetR1etR2les restes. On a donc

P₁(X²) = TQ₁+ R₁avec degR₁ <degT P₂(X²) = TQ₂+ R₂avec degR₂<degT On en déduit que

(λ1P1+ λ2P2)(X²) = T(λ1Q1+ λ2Q2) + (λ1R1+ λ2R2)

et deg(λ1R₁+ λ₂R₂) ≤max(degR₁,degR₂) <degT. Ainsiλ₁Q₁+ λ₂Q₂etλ₁R₁+ λ₂R₂sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de(λ₁P₁+ λ₂P₂)(X²)parT. Par conséquent,

𝑓(λ1P1+ λ2P2) = (λ1Q1+ λ2Q2) + X(λ1R1+ λ2R2) = λ1(Q1+ XR1) + λ2(Q2+ XR2) = λ1𝑓(P1) + λ2𝑓(P2) ce qui prouve que𝑓est bien linéaire.

2. 𝑓𝑛est linéaire puisque𝑓l’est. SoitP ∈ ℂ𝑛[X]. Il faut donc montrer que𝑓𝑛(P) = 𝑓(P) ∈ ℂ𝑛[X]. Notons à nouveau QetRle quotient et le reste de la division euclidienne deP(X²)parT.

D’une part, degR ≤degT − 1 = 𝑛 − 1donc degXR ≤ 𝑛.

D’autre part degP(X²) = 2degP ≤ 2𝑛donc

degQ =degQT −degT =deg(P(X²) − R) − 𝑛 ≤max(degP(X²),degR) − 𝑛 ≤ 2𝑛 − 𝑛 = 𝑛 Par conséquent, deg𝑓(P) =deg(Q + XR) ≤max(degQ,degXR) ≤ 𝑛. Ceci prouve que𝑓_𝑛(P) = 𝑓(P) ∈ ℂ_𝑛[X].

𝑓_𝑛est bien un endomorphisme deℂ_𝑛[X].

3. a. On reprend à nouveau les mêmes notations.

• SiP = 1, alorsQ = 0etR = 1. Ainsi𝑓₂(1) = X.

• SiP = X, alorsQ = 1etR = 0. Ainsi𝑓2(X) = 1.

• SiP = X², alorsQ = X²etR = 0. Ainsi𝑓2(X²) = X². La matrice de𝑓₂dans la base(1, X, X²)est doncA =

⎛

⎜⎜

⎝ 0 1 0 1 0 0 0 0 1

⎞

⎟⎟

⎠ .

b. A²= I₃donc𝑓₂²=Idℂ2[X].𝑓₂est bijective et𝑓₂⁻¹= 𝑓₂.𝑓₂est une symétrie.

On aA − I3 =

⎛

⎜⎜

⎝

−1 1 0 1 −1 0 0 0 0

⎞

⎟⎟

⎠

donc Ker(A − I3) =vect⎛

⎜⎜

⎝

⎛

⎜⎜

⎝ 1 1 0

⎞

⎟⎟

⎠ ,

⎛

⎜⎜

⎝ 0 0 1

⎞

⎟⎟

⎠

⎞

⎟⎟

⎠

. On en déduit que Ker(𝑓2−Idℂ₂[X]) = vect(1 + X, X²).

De même,A + I3 =

⎛

⎜⎜

⎝ 1 1 0 1 1 0 0 0 2

⎞

⎟⎟

⎠

donc Ker(A + I3) = vect⎛

⎜⎜

⎝

⎛

⎜⎜

⎝

−1 1 0

⎞

⎟⎟

⎠

⎞

⎟⎟

⎠

. On en déduit que Ker(𝑓2 +Idℂ₂[X]) = vect(X − 1).

𝑓₂est donc la symétrie par rapport à vect(1 + X, X²)parallèlement à vect(X − 1).

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(2)

Partie II – Etude d’un cas particulier

1. On emploie encore une fois les mêmes notations.

• SiP = 1, alorsQ = 0etR = 1. On a donc𝑓₃(1) = X.

• SiP = X, alorsQ = 0etR = X². On a donc𝑓₃(X) = X³.

• SiP = X², alorsQ = X − 1etR = X²− 𝑎X + 𝑎. On a donc𝑓3(X²) = X³− 𝑎X²+ (1 + 𝑎)X − 1.

• SiP = X³, alorsQ = X³ − X²+ X − 𝑎 − 1etR = (1 + 2𝑎)X² − 𝑎X + 𝑎 + 𝑎². On a donc𝑓₃(X³) = (2𝑎 + 2)X³+ (−𝑎 − 1)X²+ (1 + 𝑎 + 𝑎²)X − 𝑎 − 1.

La matrice de𝑓3dans la base(1, X, X², X³)est donc bien la matriceB.

2. On développe deux fois par rapport à la première colonne :

det(𝑓3) =det(B) =

||

|

0 0 −1 −𝑎 − 1 1 0 𝑎 + 1 1 + 𝑎 + 𝑎² 0 0 −𝑎 −𝑎 − 1 0 1 1 2𝑎 + 2

||

|

= −

||

|

0 −1 −𝑎 − 1 0 −𝑎 −𝑎 − 1 1 1 2𝑎 + 2

||

|

= (𝑎 + 1)|

||

|

−1 1

−𝑎 1

||

||= (𝑎 + 1)(𝑎 − 1)

3. 𝑓₃n’est pas bijective si et seulement si det(𝑓3) = 0i.e. si et seulement si𝑎 = ±1.

4. a. Dans ce cas,B =

⎛

⎜

⎝

0 0 −1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0

⎞

⎟

⎠

. Les trois premières colonnes sont linéairement indépendantes (famille éche-

lonnée) et la dernière colonne est identique à la première. On en déduit que

⎛

⎜

⎝

⎛

⎜

⎝ 0 1 0 0

⎞

⎟

⎠ ,

⎛

⎜

⎝ 0 0 0 1

⎞

⎟

⎠ ,

⎛

⎜

⎝

−1 0 1 1

⎞

⎟

⎠

⎞

⎟

⎠

est une base

de ImBet que

⎛

⎜

⎝

−1 0 0 1

⎞

⎟

⎠

est un vecteur de KerB. En utilisant le théorème du rang, dim KerB = 1et

⎛

⎜

⎝

⎛

⎜

⎝

−1 0 0 1

⎞

⎟

⎠

⎞

⎟

⎠ est

une base de KerB.

On en déduit que(X, X³, X³+ X²− 1)ou encore(X, X³, X²− 1)est une base de Im𝑓₃et que(X³− 1)est une base de Ker𝑓₃.

b. La matrice de la famille ℱ = (X, X³, X² − 1, X³− 1) (réunion des bases de Im𝑓3 et Ker𝑓3) dans la base canonique est

⎛

⎜

⎝

0 0 −1 −1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1

⎞

⎟

⎠

. En développant deux fois par rapport à la première colonne, on trouve que le déterminant de cette matrice est−1, doncℱest une base deℂ₃[X]. Ceci prouve queℂ₃[X] =Im𝑓₃⊕Ker𝑓₃.

Partie III – Etude du noyau

1. degP(X²) = 2degP = 2𝑝 < 𝑛. En employant toujours les mêmes notations,Q = 0etR = P(X²). Ainsi𝑓(P) = Q + XR = XP(X²). CommePest non nul,𝑓(P)est également non nul.

2. SupposonsP ∈Ker𝑓. On a doncQ = −XR. OrP(X²) = QT + RdoncP(X²) = (1 − XT)Ret degR <degT = 𝑛 puisqueRest le reste de la division euclidienne deP(X²)parT.

Réciproquement, supposons qu’il existeR ∈ ℂ[X]tel que degR < 𝑛etP(X²) = (1 − XT)Ri.e.P(X²) = −XTR + R.

On en déduit que−XRetRsont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne deP(X²)parR.

Alors𝑓(P) = −XR + XR = 0.

(3)

3. SoitP ∈Ker𝑓. Il existe doncR ∈ ℂ[X]tel que degR < 𝑛etP(X²) = (1 − XT)R. Ainsi degP(X²) =deg(1 − XT) + degR. Or deg(1 − XT) =degXT = 𝑛 + 1donc degP(X²) < 2𝑛 + 1i.e. degP(X²) ≤ 2𝑛. Ainsi2degP ≤ 2𝑛donc degP ≤ 𝑛.

4. SoitP ∈Ker𝑓. D’après la question2, il existeR ∈ ℂ[X]tel queP(X²) = (1 − XT)Ret degR < 𝑛. PosonsQ = X^𝑘P.

AlorsQ(X²) = X^2𝑘P(X²) = (1 − XT)X^2𝑘R. Or degX^2𝑘R = 2𝑘 +degRet degR = degP(X²) −deg(1 − XT) = degP(X²) − (𝑛 + 1)donc degX^2𝑘R = 2𝑘 +degP(X²) − (𝑛 + 1) ≤ 2𝑛 − (𝑛 + 1) = 𝑛 − 1. En utilisant maintenant l’autre sens de l’équivalence démontrée à la question2, on en déduit queQ ∈Ker𝑓.

5. a. Comme Ker𝑓 ≠ {0}, il existe un polynôme de degré entier naturel dans Ker𝑓. AinsiIest non vide. Comme c’est une partie deℕ,Iadmet un minimum.

b. Notons𝑎0 et𝑎1 les coefficients dominants respectifs deP0etP1 (ceux-ci existent puisqueP0 etP1 sont de degré𝑑 ∈ ℕdonc non nuls). AlorsP1−^𝑎¹

𝑎₀P0appartient à Ker𝑓et est de degré strictement inférieur à𝑑. Par minimalité de𝑑, on en déduit queP1−^𝑎¹

𝑎₀P0= 0. En posant𝑐 = ^𝑎¹

𝑎₀, on a donc bienP1= 𝑐P0.

c. Soit𝑘un entiel naturel tel que𝑘 ≤ 𝑛 − 𝑑. Alors degP₀+ 𝑘 ≤ 𝑛et, d’après la question4,X^𝑘P₀∈Ker𝑓. Comme Ker𝑓est un sous-espace vectoriel, on en déduit que pour toutS ∈ ℂ_𝑛−𝑑[X],SP₀∈Ker𝑓.

Réciproquement, soit P ∈ Ker𝑓.D’après 3, degP ≤ 𝑛. Soit Set Ule quotient et le reste de la division euclidienne dePparP₀. On a en particulier degU < 𝑑 ≤ 𝑛(P0 ∈Ker𝑓donc𝑑 = degP₀ ≤ 𝑛d’après3).

CommeSP₀= P − U, degS =deg(P − U) −degP₀≤max(degP,degU) − 𝑑 ≤ 𝑛 − 𝑑. D’après ce qui précède, SP0∈Ker𝑓. AinsiU = P − SP0∈Ker𝑓. Or degU < 𝑑donc, par minimalité de𝑑,U = 0etP = SP0. 6. D’après3, Ker𝑓 =Ker𝑓3. Or on a vu à la question4.aque, dans ce cas, Ker𝑓3=vect(X³− 1).

Partie IV – Etude d’un produit scalaire 1. Il suffit de reprendre les questions1et2en remplaçantℂparℝ.

La matriceAest celle de la question3.a(on la considère tout simplement comme une matrice à coefficients réels et non complexes).

2. La symétrie est évidente.

La bilinéarité provient de la bilinéarité du produit de polynômes, de la linéarité de la dérivation et de la linéarité de l’évaluation en1.

Pour toutU ∈ ℝ2[X],⟨U, U⟩ = U(1)²+ U^′(1)²+ U^″(1)²donc la forme bilinéaire est positive.

SoitU ∈ ℝ2[X]tel que⟨U, U⟩ = 0. On a doncU(1)²+ U^′(1)²+ U^″(1)²= 0. Une somme de termes positifs étant nulle si et seulement si chacun des termes est nul, on en déduitU(1) = U^′(1) = U^″(1) = 0. Ainsi1est racine deU d’ordre au moins3. Comme degU ≤ 2,Uest nécessairement nul.

⟨., .⟩est donc une forme bilinéaire, symétrique, définie, positive : c’est un produit scalaire.

3. On vérifie queA^⊤A = I3doncAest orthogonale.

4. a. On a⟨1, X⟩ = 1 ≠ 0donc la base canonique(1, X, X²)n’est pas orthogonale donc encore moins orthonormale.

b. Attention, la matrice de𝑔dans la base canonique est orthogonale mais la base canonique n’est pas orthonormale : on n’en déduit surtout pas que𝑔est une isométrie. En fait⟨1, 1⟩ = 1et⟨𝑔(1), 𝑔(1)⟩ = ⟨X, X⟩ = 2.𝑔ne conserve donc pas le produit scalaire; ce n’est pas une isométrie.