Exercice 1 : la série harmonique.

Exercice 1 : la série harmonique.

On considère la suite S_n définie par : n≥1,S_n=

∑

k=1

n 1

k . 1- Montrons que : ∀n∈ℕ^∗,S_2nS_n≥1

2 . S_2nS_n=

∑

k=1 2n 1

k

∑

k=1

n 1

k=

∑

k=n+1

2n 1

k

∀k , 1≤k≤2n ,1 k≥ 1

2n . (la fonction inverse est décroissante sur les réels positifs) S_2nS_n a 2n(n+1)+1=n termes et donc: S2nS_n≥n× 1

2n⇒S_2nS_n≥1 2

∀n∈ℕ^∗,S_2nS_n≥1 2

2- En déduire que S_n diverge vers +∞. La suite S_n est croissante, car S_n+1S_n= 1

n+1≥0 .

Soit elle est majorée et elle converge soit elle diverge vers l'infini.

Supposons qu'elle converge vers L.

La suite S_2n est une suite extraite de la suite S_n qui converge vers L, donc elle converge aussi vers L. Et doncS_2nS_n converge vers LL=0 .

Ce qui est en contradiction avec ∀n∈ℕ^∗,S_2nS_n≥1

2 car le passage à la limite donnerait 0≥1 2 . Donc l'hypothèse de la convergence de la suite S_n est absurde. Donc :

La suite S_n diverge vers l'infini.

3- Nicole Oresme savait prouver au 14^ième siècle que : 1 2+2

4+3 8+ 4

16+...=2 . Peut-on faire aussi bien au 21^ième siècle ?

On écrit : 2

4=1 4+1

4 3

8=1 8+1

8+1 8 4

16= 1 16+ 1

16+ 1 16+ 1

16

Et réordonnant la somme on obtient :

S=

(

)

(

)

(

)

S=1

2

(

)

(

)

(

)

Soit A=1+1 2+1

4+... et S=1 2A+1

4A+1

8...=A×

(

)

(

)

On pose An=1+1 2+1

4+...+1 n

A_n= 1(1

2)

n+1

11 2

et lim

n→ +∞

A_n=2 Et A=2 et S=2² 2=2

On a démontré que : 1 2+2

4+3 8+ 4

16+...=2

Exercice 2 : la série harmonique alternée.

On considère la suite définie par : n≥1, u_n=11 2+1

3+...+(1)ⁿ¹ n 1- Montrons par récurrence que ∀x∈ℝ, x≥0,∀n∈ℕ :

ln(1+x)=xx² 2+x³

3+...+(1)ⁿ¹xⁿ

n+(1)ⁿ

∫

0 x tⁿ

1+tdt

Initialisation : pour n=0, la relation à démontrer est : ln(1+x)=

∫

0

x 1

1+tdt Or

∫

0

x 1

1+tdt=[ln(1+t)]₀^x=ln(1+x)ln(1+0)=ln(1+x). Donc ln(1+x)=

∫

0

x 1

1+tdt . La relation est vraie pour n=0 .

Hérédité :

On suppose que : ln(1+x)=xx² 2+x³

3+...+(1)ⁿ¹xⁿ

n +(1)ⁿ

∫

0 x tⁿ

1+tdt

On doit démontrer que : ln(1+x)=xx² 2 +x³

3 +...+(1)ⁿ¹xⁿ

n+(1)ⁿ xⁿ⁺¹

n+1+(1)ⁿ⁺¹

∫

0 x tⁿ⁺¹

1+tdt . On doit donc prouver que :

(1)ⁿ

∫

0 x tⁿ

1+tdt=(1)ⁿ xⁿ⁺¹

n+1+(1)ⁿ⁺¹

∫

0 x tⁿ⁺¹

1+tdt⇔

∫

0 x tⁿ

1+tdt=xⁿ⁺¹ n+1

∫

0 x tⁿ⁺¹

1+tdt⇔

∫

0 x tⁿ

1+tdt+

∫

0 x tⁿ⁺¹

1+tdt= xⁿ⁺¹ n+1⇔

∫

0

x

(

)

^∫

x

(

)

⇔

∫

0

x tⁿ(1+t)

1+t dt=xⁿ⁺¹ n+1⇔

∫

0 x

tⁿdt=xⁿ⁺¹

n+1 Or la dernière égalité est vraie car tⁿ⁺¹

n+1 est une primitive de la fonction qui à t associé tⁿ.

Donc la propriété est vraie pour n+1.

∀x∈ℝ, x≥0,∀n∈ℕ : ln(1+x)=xx² 2+x³

3+...+(1)ⁿ¹xⁿ

n+(1)ⁿ

∫

0 x tⁿ

1+t dt

2- Montrons que u converge vers ln(2).

On fait x=1 , dans l'égalité précédente et on obtient : ln(1+1)=11²

2 +1³

3+...+(1)ⁿ¹1ⁿ

n+(1)ⁿ

∫

0 1 tⁿ

1+tdt ln(2)=11

2+1

3+...+(1)ⁿ¹1

n+(1)ⁿ

∫

0 1 tⁿ

1+tdt ln(2)=u_n+(1)ⁿ

∫

0 1 tⁿ

1+tdt⇒u_n=ln(2)(1)ⁿ

∫

0 1 tⁿ

1+t dt

Pour montrer que u converge vers ln(2) il suffit de montrer que wⁿ=(1)ⁿ

∫

0 1 tⁿ

1+t dt converge vers 0 lors n tend vers l'infini.

∣w_n∣=

∫

0 1 tⁿ

1+tdt≤

∫

0 1 ∣tⁿ∣

1+tdt⇒∣w_n∣≤

∫

0 1 ∣t∣ⁿ

1+tdt⇒∣w_n∣≤

∫

0 1 tⁿ

1+tdt Sur l'intervalle [0,1] 1≤1+t⇒ 1

1+t≤1 1⇒ 1

1+t≤1

Et donc :∣w_n∣≤

∫

0 1

tⁿdt⇒∣w_n∣≤

[

]

⇒∣w_n∣≤

[

]

⇒∣w_n∣≤ 1 n+1 . Et la suite w tend vers 0, et u tend vers ln(2).

La suite u converge vers ln(2)

3- Soit u une suite décroissante qui tend vers zéro. Montrons que la suite v définie par v_n=

∑

k=0 n

(1)^ku_k est convergente.

On considère les deux suites extraites et a_n=v_2n+1 et b_n=v_2n Montrons qu'elles sont adjacentes.

Montrons que a est croissante.

a_n+1=v_2(n+1)+1=v_2n+3=v_2n+1+u_2n+2u 2n+3=a_n+u_2n+2u_2n+3 Et u est décroissante donc : u_2n+2u_2n+3≥0

Et a_n+1≥a_n et la suite a est croissante.

b₀=u₀

b₁=u₀+(u₁+u₂). La suite est u décroissante donc u₂≤u₁⇒u₁+u₂≤0 et donc b₁≤b₀. De même . bn+1=v_2n+2=v_2nu_2n+1+u_2n+2=b_n+(u_2n+1+u_2n+2).

Et u est décroissante donc : u_2n+1+u_2n≤0 _et b_n+1≤b_n. b est décroissante.

On a a_n=v_2n+1=v_2n+(1)²ⁿ⁺¹u_2n+1=b_nu_2n+1

Si u est décroissante et tend vers 0, alors ∀n∈ℕ, u_n≥0. Car s'il existait n₀ , tel que un0<0 . Alors n≥n₀⇒u_n≤u_n

0<0 . On prend ǫ>0 tel que ǫ<∣u_n

0∣. Il existe N tel que n≥N⇒∣u_n∣≤ǫ. Si on choisit n≥n₀ et n>=N on a : un≤u_n

0<ǫ et ∣u_n∣≤ǫ ce qui est une contradiction.

a_n=b_nu_{2n+1 avec}u_2n+1≥0 alors a_n≤b_n.

Et a_n=b_nu_2n+1⇒a_nb_n=u_2n+1 et la suite u converge vers 0, alors a-b converge vers 0.

Les suite a et b vérifient :

∀n∈ℕ,a_n≤b_n

a est croissante et b est décroissante.

ab converge vers 0.

a et b sont deux suites adjacentes.

Elles sont donc convergentes et ont la même limite.

Théorème : si les deux sous-suites v_2net v_2n+1 sont convergentes de même limite alors la suite v converge vers cette limite.

On en déduit que la suite v est convergente.

Exercice 3 : étude d'un endomorphisme de

Soit f l'application de ℝ² dans ℝ² définie par f(x,y)=(x+y,y).

1- Montrons que f est un endomorphisme de ℝ².

Montrons que f est linéaire. Soit (u , v)∈(ℝ²)², démontrons que : f(u+v)=f(u)+f(v)

u=(x , y) et v=(x ' , y ')

u+v=(x+x ' , y+y ') On pose X=x+x ' et Y=y+y ' et : u+v=(X, Y). Et donc :

f(u+v)=f(u)+f(v)

f(u+v)=(x+y+x '+y ' , y+y ')=(x+y , y)+(x '+y ', y ') f(u+v)=f(u)+f(v)

Et donc : f(u+v)=f(u)+f(v).

f(λu)=f(λx ,λy)=(λx+λy ,λy)=λ(x+y , y)=λf(u) On a f(u+v)=f(u)+f(v) et f(λu)=λf(u).

f est une application linéaire de ℝ² dans ℝ². L'espace de départ et l'espace d'arrivée sont identiques. C'est un endomorphisme.

2- Montrons que : f²2f+Id=0 .

Exprimons f∘f(x , y)=f(f(x , y))=f(x+y , y)=(x+y+y , y)=(x+2y , y) 2f(x , y)=2(x+y , y)=(2x+2y , y)et :

(f²2f+Id)(x , y)=(x+2y , y)(2x+2y ,2 y)+(x , y)=(x+2y(2x+2y)+x , y2y+y)=(0,0) On a démontré que f²2f+Id=0

3- f²2f+Id=0⇒f²+2f=Id⇒f∘f+f∘2Id=Id⇒f∘(f+2Id)=Id et(f+2Id)∘f=Id On en déduit que f est un automorphisme et f¹=f+2Id

Exercice 4 : forme générale des applications linéaires de

dans

u(x)=λx où λ ∈ℝ.

Si u une application de ℝ dans ℝ est de la forme u(x)=λx où λ ∈ℝ, alors elle est linéaire.

En effet, u(x+y)=λ(x+y)=λx+λy=u(x)+u(y). Et u(αx)=λ αx=α (λx)=αu(x) et u est linéaire.

Soit un une application linéaire de ℝ dans ℝ, montrons qu'elle est de le forme : u(x)=λx . Analyse : On remarque que si u s'écrit u(x)=λx alors u(1)=λ.

Synthèse : On pose donc : λ=u(1) . Montrons que u(x)=λx .

u(x)=u(x×1). Or u est linéaire et x∈ℝ , donc u(x)=x×u(1)=x×λ=λx

Toutes les applications linéaires u de ℝ dans ℝ sont de la forme.

u(x)=λx Où λ ∈ℝ.

2- On veut maintenant déterminer l'expression générale des applications linéaires de ℝ² dans ℝ². a- Dans un premier temps, on détermine l'expression des applications linéaires de ℝ² dans ℝ. Soit e1=(1,0) et e2=(0,1). Montrons que ℝ²=Vect(e_1,e₂).

Soit (x , y)∈ℝ²,(x , y)=(x ,0)+(0, y)=x(1,0)+y(0,1)=xe1+ye₂

Tous les vecteurs de ℝ² sont des combinaisons linéaires de e₁ et e₂ donc : ℝ²=Vect(e_1,e₂). Remarque : (e_1,e₂) est donc une famille génératrice de ℝ², ℝ² est un ℝ espace vectoriel de dimension 2, donc (e_1,e₂) est une base de ℝ². C'est la base canonique de ℝ².

b- Soit Φ∈L(ℝ²,ℝ), montrons que Φ est de la forme : Φ(x , y)=ax+by .

Analyse : Soit Φ de la forme : Φ(x , y)=ax+by . On a Φ(1,0)=a×1+b×0=a et donc : a=Φ (e₁) de mêmeΦ(0,1)=b et b=Φ (e₂).

Synthèse : Soit Φ∈L(ℝ²,ℝ), on pose a=Φ (e₁) et b=Φ (e₂). Φ(x , y)=Φ (xe₁+ye₂)=xΦ (e₁)+yΦ(e₂)=xa+yb=ax+by

Toute application linéaire ℝ² dans ℝ est de la forme : Φ(x , y)=ax+by

Remarque : il est facile de prouver que les applications de la forme Φ(x , y)=ax+by sont linéaires.

3- Soient E,F et G trois K espaces vectoriels.

Soit u une application de E dans F×G , définie par : u(x)=(u₁(x), u₂(x)) _avecu₁(x)∈F _et u₂(x)∈G .

Montrons que u∈L(E , F×G) si et seulement si u₁∈L(E , F) et u₂∈L(E , G). u∈L(E , F×G)⇔u(αx+βy)=αu(x)+βu(y)⇔

(u₁(αx+βy),u₂(αx+βy))=α(u₁(x), u₂(x))+β(u₁(y), u₂(y))⇔

(u₁(αx+βy),u₂(αx+βy))=(αu₁(x)+βu₁(y),αu₂(x)+βu₂(y))⇔

u₁(αx+βy)=αu₁(x)+βu₁(y)et u₂(αx+βy)=αu₂(x)+βu₂(y)⇔u₁∈L(E , F)et u₂∈L(E ,G) u∈L(E , F×G) si et seulement si u₁∈L(E , F) et u₂∈L(E , G)

4- Soit u∈L(ℝ²,ℝ²). D'après la question précédente u=(u_1,u₂) avec u₁∈L(ℝ²,ℝ) et u₂∈L(ℝ²,ℝ). D'après la question 2-a, alors u1 est de la forme : u1(x)=ax+by et u₂(x)=cx+dy. Et donc u est de la forme :

u(x , y)=(ax+by , cx+dy).

5- Montrons que u∈GL(ℝ²) si et seulement si adbc≠0 .

Avec la théorie des déterminants, la réponse est immédiate. Un endomorphisme d'un espace

vectoriel de dimension finie est un automorphisme si et seulement si son déterminant est non nul. Et son déterminant est le déterminant d'une matrice représentative dans n'importe quelle base.

La matrice représentative de u dans la base canonique est : M=

(

)

On est en dimension finie, pour que u soit un automorphisme il suffit que u soit injective c'est à dire que son noyau soit réduit au vecteur nul.

Ker(u)={(x , y)∈ℝ^2,ax+by=0 et cx+dy=0}

Interprétation géométrique : à quelle condition, les droites d'équation a x+by=0 et cx+dy=0 ont-elle comme seul point commun l'origine ? Si elle ne sont pas confondues c'est-à-dire si (a,b) et (c,d) ne sont pas proportionnels soit : adbc≠0 .

u est injective si et seulement si adbc≠0 et donc : u∈GL(ℝ²) si et seulement si adbc≠0 . Remarque : dans ce cas, on peut revenir à la définition d'une application bijective. Une application est bijective si tout élément a un unique antécédent.

Soit (x ', y ')∈ℝ² fixé.

Cherchons à quelle condition ce couple de réels admet un unique antécédent.

(x,y) est un antécédent de (x',y') par u si :

u(x , y)=(x ', y ') c'est-à-dire si ax+by=x ' et cx+dy=y ' On cherche x et y tels que : ax+byx '=0 et cx+dyy '=0 .

Interprétation géométrique : Les droites d'équation ax+byx '=0 et cx+dyy '=0 admettent un unique point d'intersection si elle ne sont pas parallèles, soit :

adbc≠0 et dans ce cas :

x= 1

adbc(dx 'by ') et y= 1

adbc(cx 'ay ')

En d'autres termes M=

(

)

M¹= 1

adbc

(

)

Exercice 5 : sous-espaces supplémentaires

On note E le ℝ espace vectoriel ℝ^ℝ des applications de ℝ dans ℝ. a) Montrons que F={f∈ℝ^ℝ∣f(1)=0} est un sous-espace vectoriel de E.

– F est non∅, car la fonction constante égale à 0 appartient à F.

– F est stable par addition. Soient (f , g)∈F², montrons que f+g∈F . (f+g)(1)=f(1)+g(1). Et f∈F⇔f(1)=0 et g∈F⇔g(1)=0 . Donc : (f+g)(1)=0+0=0 . Et f+g∈F .

F est stable par addition.

– Montrons que F est stable par multiplication par un scalaire.

Soit f∈F et λ ∈ℝ, (λf)(1)=λf(1)=0 car f∈F⇔f(1)=0 . Et donc, λf∈F . F est stable par multiplication par un scalaire.

F est non vide, stable addition et par multiplication par les scalaires donc F est un sous- espace vectoriel de E.

b) On note G le sous-espace vectoriel de E formé des applications constantes.

Montons que F et G sont supplémentaires dans E.

Montrons que F∩G={0} et E=F+G .

Soit h∈F∩G , h∈G donc h est une fonction constante et h∈F⇒h(1)=0 .

h est donc la fonction constante égale à 0. F∩G={0} (0 désigne la fonction constante égale à 0).

Montrons que E=F+G . Soit h une fonction de ℝ dans ℝ, montrons qu'elle est la somme d'une fonction de F et d'une fonction de G.

On pose f=hh(1) et g=h(1) où h(1) désigne la fonction constante égale à h(1).

On a : h=hh(1)+h(1)=f+g et f(1)=h(1)h(1)=0 et f∈F et g est une fonction constante donc g∈G . Donc E=F+G .

On a démontré que : F∩G={0} et E=F+G . Donc F et G sont supplémentaires dans E.

On note G' l'ensemble des fonctions f deℝ dans ℝ telles qu'il existe a∈ℝ vérifiant :

∀x∈ℝ, f(x)=ax

d) Montrons que G' est un sous-espace vectoriel de E et que F et G' sont supplémentaires dans E.

G '=L(ℝ,ℝ) G' est l'ensemble des applications linéaires de ℝ dans ℝ. G' est un espace-vectoriel.

C'est un sous-espace vectoriel de E.

On peut le prouver en montrant que G' est non vide, stable par addition et multiplication par un scalaire.

Montrons que F et G' sont supplémentaires.

Soit h∈F∩G ' , montrons que h est l'application constante égale à 0. h∈G ' , donc h s'écrit:

h(x)=ax et h∈F , donc h(1)=0 et h(1)=a×1=a=0 . et h est donc l'application constante égale à 0.

Montrons que E=F+G'. Soit h∈E , montrons que h est la somme d'un élément de F et d'un élément de G.

Analyse : Si h=f+g ' avec f∈F et g '∈G ' . On a g '(x)=ax et g '(1)=a . On doit avoir f(1)=0.

Soit h(1)=0+a et a=h(1).

On pose : g '(x)=h(1)×x et f(x)=h(x)g '(x)=h(x)h(1)×x . On a bien g '∈G ' et f(1)=h(1)h(1)×1=0 . Et h=f+g ' . On a E=F+G '

E= ⊕F G

On a démontré que : F∩G '={0} et E=F+G ' . Donc F et G' sont supplémentaires dans E.

Exercice 6: sous-espaces supplémentaires de

Dans le ℝ espace vectoriel ℝ³, on pose F={(x , y , z)∈ℝ³∣x+yz=0}

a- Montrons que F est un sous-espace vectoriel de ℝ³ .

On peut montrer que F est non vide et stable par addition et par multiplication par un scalaire.

– (0,0 ,0)∈F . F est non vide.

– Soit u=(x , y , z) et v=(x ' , y ' , z ') deux élément de F.

On montre que u+v∈F . u+v=(x+x ' , y+y ', z+z ').

(x+x ')+(y+y ')(z+z ')=(x+yz)+(x '+y 'z ')=00=0 et donc : u+v∈F . – Montrons que λu∈F , avecλ∈ℝ.

λu=(λx ,λy ,λz). Et λx+λyλz=λ(x+yz)=0 . Et donc λu∈F , avecλ∈ℝ.

F est non vide, stable par addition et multiplication par un scalaire. F est un sous-espace vectoriel de E.

Remarque : on peut aussi considérer Φ l'application de ℝ³ dans ℝ qui à (x,y,z) associe Φ(x , y , z)=x+yz . Φest une forme linéaire non nulle. Et F=ker(Φ). F est donc un sous- espace vectoriel de E, et F est un hyperplan. On peut donc préciser que dim(F)=32=2 .

b- On pose u=(1,2 ,1) et G=Vect(u).

Montrons que F et G sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de ℝ³. On a dim(F)=2 et dim(G)=1 . Donc dim(F)+dim(G)=3

On a : dim(F)+dim(G)=dim(E), il suffit de montrer que : F∩G={0}. Soit v∈F∩G . Montrons que v=0 . v∈G⇒v∈Vect(u)⇒v=λu avec λ ∈ℝ.

v=(λ,2λ,λ) et v∈F , donc λ+2λλ=0⇒2λ=0⇒ λ=0 et v=0 .

On a : dim(F)+dim(G)=dim(E) et F∩G={0} donc F et G sont supplémentaires.

On peut aussi montrer que E=F+G.

' E= ⊕F G

1+2(1)=4≠0 . Donc u∉F . On a F⊂F+G et F≠F+G . Par conséquent dim(F)<dim(F+G) et 2<dim(F+G) et 3≤dim(F+G)⇒dim(F+G)=3⇒F+G=E

Remarque : on peut aussi revenir à la définition et montrer que E=F+G.

Soit v=(x , y , z)∈ℝ³, on cherche f et g tels que v=f+g .

g=(λ,2λ,λ). Et f=vg et a comme coordonnées (xλ, y2λ, z+λ). f∈F⇔(xλ)+(y2λ)(z+λ )=x+yz4λ=0⇔ λ=x+yz

4

xλ=xx+yz

4 =4xxy+z

4 =3xy+z

4

y2λ=yx+yz

2 =2yxy+z

2 =x+y+z

2 z+λ=z+x+yz

4 =4z+x+yz

4 =x+y+3z

4

Et on vérifie que : v=f+g . On a bien : E=F+G et F∩G={0}. Donc F et G sont supplémentaires dans E.

c- On note p la projection sur F de direction G. Soit v=(x , y , z) un vecteur de ℝ³. Déterminer en fonction de x,y et z, l'image par p du vecteur v.

Le calcul précédent donne :

p(x , y , z)=

(

)

Remarque : la matrice de p dans la base canonique de ℝ³ est :

M=

(

)

Exercice 7 : Im et Ker

Soit E un ℝ espace vectoriel et f∈L(E). Montrer que : a- Ker(f)=Ker(f²)⇔Im(f)∩Ker(f)={0}

On a deux implications à démontrer.

Montrons d'abord que Ker(f)=Ker(f²)⇒Im(f)∩Ker(f)={0}

On suppose que Ker(f)=Ker(f²).

Soit x∈Ker(f)⇒f(x)=0⇒f(f(α))=0⇒f²(α)=0⇒ α∈Ker(f²), montrons que x=0.

x∈Im(f)⇒x=f(α)avecα∈E .

x∈Ker(f)⇒f(x)=0⇒f(f(α))=0⇒f²(α)=0⇒ α∈Ker(f²). Or Ker(f)=Ker(f²) et α∈Kerf(f)⇒f(α)=0 et x=f(α)=0 . On a démontrer que : Ker(f)=Ker(f²)⇒Im(f)∩Ker(f)={0} Démontrons que : Im(f)∩Ker(f)={0}⇒Ker(f)=Ker(f²) Remarque : on a toujours Ker(f)⊂Ker(f²) car :

x∈Ker(f)⇒f(x)=0⇒f(f(x))=0⇒f²(x)=0⇒x∈Ker(f²) On doit donc démontrer : Im(f)∩Ker(f)={0}⇒Ker(f²)⊂Ker(f)

Soit f tel que Im(f)∩Ker(f)={0}, montrons que Ker(f²)⊂Ker( f) . Soit x∈Kerf(f²) on veut prouver que x∈Ker(f).

x∈Kerf(f²)⇒f(f(x))=0⇒f(x)∈Ker(f). Et f(x)∈Im(f). Donc : f (x)∈Im(f)∩Ker(f) et comme Im(f)∩Ker(f)={0} alors f(x)=0 etx∈Ker(f).

On a prouver que Im(f)∩Ker(f)={0}⇒Ker(f²)⊂Ker(f) et donc : Im(f)∩Ker(f)={0}⇒Ker(f²)=Ker(f)

On a démontré que : Ker(f)=Ker(f²)⇔Im(f)∩Ker(f)={0}

b- Si on ne fait aucune hypothèse sur la dimension de l'espace, l'énoncé correcte est : Im(f)=Im(f²)⇔E=Im(f)+Ker(f).

Montrons d'abord : Im(f)=Im(f²)⇒E=Im(f)+Ker(f) On suppose que Im(f)=Im(f²).

Soit x∈E , montrons que x s'écrit comme la somme d'un élément de Im(f) et d'un élément de Ker(f).

f(x)∈Im(f)⇒f(x)∈Im(f²), car Im(f)=Im(f²). Donc : f(x)=f²(α) avecα∈E . Et f(x)f²(α)=0⇒f(x)f(f(α))=0⇒f(xf(α))=0⇒xf(α)∈Ker(f)

Et xf(α)=x₀ avec x0∈Ker(f). Et x=f(α)+x₀ avec f(α)∈Im(f) et x0∈Ker(f). Donc E=Im(f)+Ker(f).

On a démontré que : Im(f)=Im(f²)⇒E=Im(f)+Ker(f) Démontrons que : E=Im(f)+Ker(f)⇒Im(f)=Im(f²)

On suppose que E=Im(f)+Ker(f), on doit prouver que Im(f)=Im(f²). On remarque qu'on a toujours Im(f²)⊂Im(f) en effet f²(x)=f(f(x))∈Im(f) On doit donc prouver que Im(f)⊂Im(f²).

Soit y∈Im(f), y=f(x) Et E=Im(f)+Ker(f), donc x s'écrit : x=f(α)+x_{0 avec} x₀∈Ker(f) y=f(x)=f(f(α)+x0)=f²(α)+f(x0) et x0∈Ker(f)⇒f(x₀)=0 . Et donc :

y=f²(α) et y∈Im(f²). On a prouvé que : E=Im(f)+Ker(f)⇒Im(f)=Im(f²) Les deux propriétés sont équivalentes. On a démontré que :

u∈GL(ℝ²)⇔det(M)=adbc≠0 . Si E est de dimension finie :

En effet dans ce cas, le théorème du rang donne : dim(E)=dim(Im(f))+dim(Ker(f)). Pour que les espaces soient supplémentaires il suffit que E=Im(f)+Ker(f) ou

Im(f)∩Ker(f)={0}. Et la première relation étant vérifiée, on a bien l'équivalence en dimension finie.

Barème :

Soit P le nombre de points sur 58 et N la note sur 20.

13≤P : N=P 2 P<13 : N= P

1,5

Im( ) ( ) Im( ) ( )

E= f +Ker f ⇔ =E f ⊕Ker f

*** Fin du corrigé ***

Total 58

Exercice 1 8

1- 3

2- 3

3- 2

Exercice 2 11

1-Initialisation 1

1-Hérédité 4

2- 3

3- 3

Exercice 3 7

1- 2

2- 3

3- 2

Exercice 4 9

1- 2

2-a 1

2-b 2

3- 1

4- 1

5- 2

Exercice 5 10

a- 3

b- 3

d- 2

2

Exercice 6 8

a- 2

b- 3

c- 3

Exercice 7 5

a- 3

b- 2