(1,1,2)n’est pas un vecteur de E2

Universit´e Mohammed V. Ann´ee 2019-2020.

Facult´e des sciences - Rabat D´epartement de Math´ematiques.

S´erie N 2 - Corrig´e Alg`ebre 3 - Fili`ere SMIA.

———————————————————————

Exercice 1. * E₁ oui.

* E2 non, car(1,0,1) et(0,1,1) sont deux vecteurs deE2 mais(1,0,1) + (0,1,1) = (1,1,2)n’est pas un vecteur de E2.

* E3 oui.

* E4 non, car(1,0,0) et(0,0,1) sont deux vecteurs deE4 mais(1,0,0) + (0,0,1) = (1,0,1)n’est pas un vecteur de E4.

Exercice 2.

1 i) Sous-espace vectoriel de F(N,R). En effet,

* Cet ensemble est non vide

* La multiplication d’une suite born´ee par un r´eel est une suite born´ee

* La somme de deux suites born´ees est une suite born´ee

ii) Ce n’est pas un sous espace vectoriel de F(N,R), car si on conside`re (un)n une suite croissante (donc monotone), la suite de terme g´en´eral vn = −un est une suite d´ecroissante (donc monotone), mais la somme des deux suites (un)n et (vn)n est une suite constante nulle (pas mono- tone).

2 Sous espace vectoriel F(N,R). En effet,

* Cet ensemble est non vide (suite nulle est convergente)

* La multiplication d’une suite convergente par un r´eel est une suite convergente.

* La somme de deux suites convergentes est une suite convergente.

3 Sous espace vectoriel F(N,R). En effet,

* Cet ensemble est non vide (suite nulle est arithm´etiqueun =u0+nr avec u0= 0 etr= 0).

* Soient(un)n,(vn)n deux suites arithm´etiques et αun r´eel.

u_n+αv_n= (u₀+nr₁) +α(v₀+nr₂) = (u₀+αv₀) +n(r₁+αr₂) 4 i) Sous espace vectorielF(R,R).

ii) Ce n’est pas un sous espace vectoriel F(R,R).

Exercice 3. a) * La partieF est non vide. En effet, pour P =Q= 0 de R[X], la fonctionf ≡0 est un ´el´ement deF car elle s’´ecrit sous la forme

f(x) =P(x) cos(x) +Q(x) sin(x)

* Soientf,g deux ´el´ements de F etαun r´eel. On a :

f(x) =P1(x) cos(x)+Q1(x) sin(x)etg(x) =P2(x) cos(x)+Q2(x) sin(x), avec P1,P2,Q1,Q2 deR[X].

Posonsh(x) = (f+αg)(x). Donc,

h(x) =f(x) +αg(x) = (P₁+αP₂)(x) cos(x) + (Q₁+αQ₂)(x) sin(x) Ce qui donneh(x) =P(x) cos(x) +Q(x) sin(x),

avec P =P₁+αP₂,Q=Q₁+αQ₂∈R[X]. D’o`u : h∈F. Ainsi, F est un sous espace vectoriel deE.

b) Soit K[X] l’ensemble des polynˆomes de degr´e n.

On noteKn[X] :=K[X], et on pose G={P ∈Kn[X]| AdiviseP} avec Aun polynˆome de degr´ep≥1.

G est un sous espace vectoriel de Kn[X]

* Gest non vides carA divise lui mˆeme doncA∈G.

* Soient (P1, P2)∈G×Getλ∈K. Alors,

∃Q1∈Kn[X]telle que P1=A Q1 (1)

∃Q2∈Kn[X]telle que P₂=A Q₂ (2) De (1) et (1), on obtient :

P1+λP2=A(Q1+λQ2) DoncA diviseP1+λP2, ainsiP1+λP2∈G.

Suppl´ementaire de G dans Kn[X]

Soit deg(A) = p. Si B /∈ G, alors A ne divise pas B, c’est-`a-dire :

∃Q, R∈Kn[X]tels que : B=A Q + Ro`udeg(R)< deg(A) =p.

On pose :P =AQ, donc P ∈G.

Puisquedeg(R)< palorsR∈Kp−1[X]. C’est-`a-dire : chaque ´el´ement B ∈ Kn[X] s’´ecrit d’une fa¸con unique comme somme d’un ´el´ement deGet d’un autre deKp−1[X].

De plus on a : G∩Kp−1[X] ={0}. D’o`u : G⊕Kp−1[X] =Kn[X] Exercice 4. * Soitf ∈F∩G, alors f est une fonction constante ´egale `a

c qui v´erifie Z 1

−1

f(t)dt= 0, on obtientf ≡0. D’o`u F∩G={0}.

* Soitf ∈ C

[−1,1],C

. On posec= Z 1

−1

f(t)dt (c’est une constante).

La fonction

f1 : [−1,1] → C x 7→ f1(x) = ¹₂c

est un ´el´ement de G.

On cponsid`ere la fonction :

f₂ : [−1,1] → C

x 7→ f₂(x) =f(x)−¹₂c f₂∈F. En effet,

Z 1

−1

f2(t)dt= Z 1

−1

f(t)dt−1 2c

Z 1

−1

dt= 0.

Par construction, nous avonsf2=f−f1c, ainsif =f1+f2. Donc pour toutf ∈ C

[−1,1],C

, il existe f1∈Getf2∈F telles quef =f1+f2. Conclusion :

C

[−1,1],C

=F⊕G.

Exercice 5. 1. Pour montrer que fa

a∈C est libre dans l’espace vectoriel F(R,C)il suffit de montrer que pour toute sous famille finie{f_a1, f_a2,· · ·, f_an} de fa

a∈C est une famille libre.

Soita∈C. Pourn∈N^∗, montrons que la famille suivante{fa₁, fa₂,· · ·, fa_n} est une famille libre. En utilisant la r´ecurrence :

* Pourn= 1, nous avons :

λ1fa₁(x) = 0 =⇒ λ1e^a1x= 0 =⇒ λ1= 0.

* Supposons que :

n

X

i=1

λ_if_ai(x) = 0 =⇒ λ₁=λ₂=· · ·=λ_n= 0.

* Montrons que :

n+1

X

i=1

λifa_i(x) = 0 =⇒ λ1=λ2=· · ·=λn=λn+1= 0?

On a :λ₁f_a1(x) +λ₂f_a2(x) +· · ·+λ_nf_an(x) +λ_n+1f_an+1(x) = 0

=⇒λ1e^a1x+λ2e^a2x+· · ·+λne^anx+λn+1e^an+1x= 0.

Multiplier pare^−an+1x :

λ₁e^(a1−an+1)x+λ₂e^(a2−an+1)x+· · ·+λ_ne^(an−an+1)x+λ_n+1= 0.

D´eriver :

λ₁(a₁−an+1)e^(a1−an+1)x+λ₂(a₂−an+1)e^(a2−an+1)x+· · ·+λn(a_n−an+1)e^(an−an+1)x= 0.

Ce qui donne :

λ1(a1−an+1)fa₁−an+1(x)+λ2(a2−an+1)fa₂−an+1(x)+· · ·+λn(an−an+1)fa_n−an+1(x) = 0,

D’apr`es la r´ecurrence :

λ1(a1−an+1) = λ2(a2−an+1) = λn(an−an+1) = 0.

On obtient :

λ₁ = λ₂ = λ_n = 0.

Ainsi λn+1= 0.

D’o`u : {fa₁, fa₂,· · · , fa_n} est une famille libre.

2. On consid`ere une sous famille{ga₁, ga₂,· · · , ga_n} avec ak∈R⁺. Montrons que cette sous famille est libre.

Puisquega_k(x) = cos(akx) = ¹₂ e^iakx+e^−iakx

, alors : λ1

e^ia1x+e^−ia1x

2 + λ2

e^ia2x+e^−ia2x

2 + · · · + λn

e^ianx+e^−ianx

2 = 0.

On obtient :

λ1e^ia1x + λ2e^ia2x + · · · + λne^ianx + λ1e^−ia1x + λ2e^−ia2x + · · · + λne^−ianx = 0.

On pose : α_k =α_k+n=λ_k,b_k =ia_k∈Cetb_k+n=−ia_k ∈Cpour tout k∈ {1,· · ·, n}.

Ceci donne :

α1e^b1x + α2e^b2x + · · ·+· · ·αne^bnx + αn+1e^bn+1x + · · ·+ α2ne^b2nx = 0.

D’apr`es la quetion 1), on d´eduit :

α₁ = α₂ = · · ·=· · ·α_n = α_n+1 = · · ·= α_2n = 0.

idem

λ₁ = λ₂ = · · ·=· · ·λ_n = = 0.

D’o`u : ga

a∈R⁺ est une famille libre dans l’espace vectorielF(R,R).

Exercice 6.

Notation :SoitP = (an)n∈Nun ´el´ement non nul deK[X]. on note val(P) :=min{n∈N|a_n 6= 0}.

1. Montrons que Pk =X^k(1−X)^n−k est une famille libre de Kⁿ[X].

Soit (λ₁, . . . , λ_n)∈Kⁿ tel que

λ₁P₁+...+λ_nP_n= 0

Supposons par l’absurde que lesλi ne soient pas tous nuls et posons k= Min{i∈[1, n]/ λi6= 0}

λ1P1+...+λnPn= 0⇒λkPk+...+λnPn= 0⇒λkPk=−P

k<i≤nλiPi. On a val(λkPk) =val(Pk)⇒val(Pk) =val(−P

k<i≤nλiPi)

Cette dernire ´egalit´e est impossible carval(P_i)6=val(P_j) ∀ i6=j.donc Les polynmes P_k, 06k6nconstituent une famille libre.

2. La familleP_k =X^k(1−X)^n−k est une famille g´eneratrice de Kn[X].

En effet, comme la famille (Pk)k est libre et de plus card(Pk)06k6n = n+ 1 = dim(Kn[X])<+∞, donc la famille (Pk)06k6n est une base de Rn[X].

Exercice 7. a) Nous avons : idE−p2

= idE−p

◦ idE−p

= idE− 2p+p²

.

* Sipest projecteur alorsp²=p. Donc, idE−p2

= idE−2p+p

= idE−p.

D’o`u : id_E−pest un projecteur.

* Si idE −p est un projecteur, alors idE −p2

= idE−p. Ce qui implique :

id_E−2p+p² = id_E−p =⇒ p²=p.

Conclusion :p est un projecteur si et seulement si id_E−pest un projecteur

b) * Montrer que :ker(p) =Im(idE−p).

x∈ker(p) =⇒ p(x) = 0

=⇒ p(x)−idE(x) +idE(x) = 0

=⇒ idE(x) = idE−p (x)

=⇒ x= idE−p (x)

=⇒ x∈Im idE−p (x) On a montr´e :

ker(p)⊂Im idE−p . y∈Im idE−p

=⇒ ∃x∈E: idE−p (x) =y

=⇒ ∃x∈E:x−p(x) =y

=⇒ ∃x∈E:p(x)−p²(x) =p(y)

=⇒ p(y) = 0car p²(x) =p(x)

=⇒ y∈ker(p) On a montr´e :

Im id_E−p

⊂ker(p).

* Montrer que :Im(p) =ker(id_E−p).

x∈ker(idE−p) =⇒ idE(x)−p(x) = 0

=⇒ p(x) =x

=⇒ x∈Im(p)

On a montr´e :

ker(idE−p)⊂Im(p).

y∈Im(p) =⇒ ∃x∈E:p(x) =y

=⇒ ∃x∈E:p²(x) =p(y)

=⇒ ∃x∈E:p(x) =p(y)car p²(x) =p(x)

=⇒ y−p(y) = 0

=⇒ id_E−p (y) = 0

=⇒ y∈ker id_E−p On a montr´e :

Im(p)⊂ker idE−p . Soitpun projecteur, montrons que Im(p)⊕ker(p) =E.

* Soitx∈Im(p)∩ker(p),

x∈Im(p) =⇒ ∃z∈E:x=p(z)

=⇒ ∃z∈E:p(x) =p²(z)

=⇒ ∃z∈E:p(x) =p(z) =x x∈ker(p) =⇒ p(x) = 0

=⇒ x= 0 D’o`u :

Im(p)∩ker(p) ={0}

* Nous avons :x = p(x) +x−p(x) = p(x) + id_E−p (x).

D’une part, p(x)∈Im(p), et d’autre part idE−p

(x)∈ker(p)car p x−p(x)

=p(x)−p²(x) = 0.

D’o`u le r´esultat.