Soient P un plan vectoriel et f un endomorphisme de P.

A : 4,13,22 B : 7,10 G : 2,17,23 H : 8,13,19

EXERCICE 1 : 4

Soient P un plan vectoriel et f un endomorphisme de P.

1. Montrer, en raisonnant sur les dimensions possibles, que l ?on a deux possibilités :

• soit Kerf = Imf ;

• soit P = Imf L Kerf ;

2. On suppose maintenant que f 6= 0 et que f ² = 0.

(a) Montrer que Kerf = Imf .

(b) Expliquer comment on peut choisir deux vecteurs e 1 et e 2 tels que (e 1 , e 2 ) soit une base de P et que la matrice de f dans la base (e 1 , e 2 ) soit

0 1 0 0

.

• • •

EXERCICE 2 : 13

Soient a 1 , a 2 , . . . , a n n réels non tous nuls et b 1 , b 2 , . . . , b n n réels non tous nuls.

On définit la matrice uniligne L = (a 1 a 2 . . . a n ) et la matrice unicolonne C =



 

  b 1

b 2

.. . b 4



 

 

1. Calculer les deux produits LC et CL. Dans la suite du problème, on posera k = LC et M = CL.

2. Vérifier que M ² = kM . En déduire que M n’est pas inversible.

3. Montrer que rang(M ) = 1. Donner un vecteur directeur de la droite R ⁿ engendrée par les vecteurs colonnes de M et un vecteur directeur de la droite de R ⁿ engendrée par les vecteurs lignes de M .

4. On pose N = I n + M et on considère le système (S) : N X = 0.

(a) Par une combinaison astucieuse de lignes de (S) et permettant de mettre en facteur le coefficicent k + 1, montrer que (S ) est un système de Cramer sauf pour une valeur k 0 de k que l’on précisera.

(b) Quel est le rang de N dans chacun des cas k = k 0 et k 6= k 0 ? 5. Dans le cas où N est inversible, calculer N ⁻¹ en fonction de N, k et I n .

• • •

EXERCICE 3 : 22

Partie I : Pour tout n > 0, R _n [X] est l’espace vectoriel des polynômes à coefficicents réels de degré inférieur ou égal à n.

ϕ est l’application définie par

∀P ∈ R [X ], ϕ(P )(X) = Q(X ) = X ² P ^′′ (X ) − 4XP ^′ (X) + 6P (X ) 1. Montrer que ϕ est un endomorphisme de R _n [X ].

2. Donner la matrice de ϕ dans la base canonique de R _n [X ].

3. Déterminer une base de Ker(ϕ) et Im(ϕ).

Partie II : on note E l’espace vectoriel des applications de R dans R de classe C ² vérifiant :

∀x ∈ R , x ² f ^′′ (x) − 4xf ^′ (x) + 6f (x) = 0

À tout élément de f de E, on associe l’application g de R − {0} dans R définie par g(x) = f (x) x ² . 1. Montrer que g est de classe C ² sur R − {0} et calculer g ^′′ (x).

2. En déduire une base et la dimension de l’espace E.

EXERCICE 4 : 7 Soit E un espace vectoriel réel de dimension 3 muni d’une base B = (i, j, k).

Soit f t l’endomorphisme dont la matrice dans la base B est M t =





t(t − 1) t(t + 1) −t 1 − t ² 1 + t ² −t

1 1 t





1. Déterminer le noyau et calculer le rang de f t en discutant suivant les valeurs de t.

2. Donner dans chaque cas une base de Im(f t ).

• • •

EXERCICE 5 : 10

Calculer les inverses des matrices d’ordre n :

A =



 

 

 

 

 

1 0 . . . . 0 0 1 1 0 . . . . 0 1 1 1 0 . . . .. . .. . .. . .. . . .. ... ...

1 1 1 . . . 1 0

1 1 1 .. . 1 1



 

 

 

 

 

et B =



 

 

 

 

1 0 . . . . 0 1 1 0 ... ...

0 1 ... ... ...

.. . . .. 1 1 0 0 . . . 0 1 1



 

 

 

 

• • •

EXERCICE 6 : 2

E désigne un K-espace vectoriel de dimension finie ou infinie, avec K = R ou C . f et g sont des endomorphismes de E.

1. Montrer que Ker(f ) ⊂ Ker(g o f ) et que Im(g o f ) ⊂ Im(g).

2. On suppose, uniquement dans cette question, que E est de dimension finie.

Montrer que rang(g o f ) 6 rang(g) et que rang(g o f ) 6 rang(f ).

3. Montrer que, si g est injective, alors Ker(g o f ) = Ker(f ).

4. Montrer que, si f est surjective, alors Im(g o f ) = Im(g).

• • •

EXERCICE 7 : 17

On se donne trois réels a, b et c (avec b 6= 0), et on pose F =

a −b b c

et I =

1 0 0 1

V est l’ensemble des matrices M de M 2 ( R ) telles que F M = M F . Partie I. ⊲

1. Montrer que V est un R −espace vectoriel.

2. Déterminer la dimension de V . 3. Montrer que (I, F ) est une base de V .

4. Démontrer qu’il existe deux suites (α n ) n>0 et (β n ) n>0 telles que ∀n ∈ N , F ⁿ = α n I + β n F . Partie II. ⊲

1. Montrer que l’ensemble D des matrices diagonales de M 2 ( R ) est un R −espace vectoriel.

2. D et V sont-ils deux sous-espaces supplémentaires de M 2 ( R ) ?

• • •

EXERCICE 8 : 23 On appelle E l’espace vectoriel des fonctions f continues sur I = [0; 1] et telles que

Z 1 0

f (t) dt = 0.

On définit l’application ϕ par :

∀f ∈ E, ϕ(f ) = g, où ∀x ∈ [0, 1], g(x) = Z x

0

f (t) dt + Z 1

0

tf (t) dt 1. Vérifier que g est dérivable sur I et que g ^′ = f .

2. En faisant une intégration par parties, montrer que Z 1

0

g(t) dt = 0.

3. Montrer que ϕ est un endomorphisme.

4. Montrer que ϕ est injective.

5. En utilisant les propriétés de g, montrer que ϕ n’est pas surjective.

6. Les résultats préécdents prouvent que E est de dimension infinie. Pourquoi ? 7. On considère les deux sous-espaces vectoriels de E ainsi définis :

E ^′ = {f ∈ E : ∀x ∈ I, f(1 − x) = f (x)} et E ^′′ = {f ∈ E : ∀x ∈ I, f (1 − x) = −f (x)}

(a) Montrer que E = E ^′ L E ^′′ .

(b) Montrer que ϕ(E ^′ ) ⊂ E ^′′ et que ϕ(E ^′′ ) ⊂ E ^′ .

• • •

EXERCICE 9 : 8

On considère un espace vectoriel E de dimension 4, muni d’une base B = (e 1 , e 2 , e 3 , e 4 ).

Étant donné α ∈ R ^∗ , f est l’endomorphisme de E dont la matrice dans la base B est :

A =



 



1 1 0 0 2 1 1 1

0 0 0 α

α α 0 0



 



1. Déterminer une base du noyau de f et une base de l’image de f . 2. On pose v 1 = e 1 + αe 4 , v 2 = e 2 et v 3 = e 3 .

Montrer que (v 1 , v 2 , v 3 ) est une base de F = Im(f ).

3. On appelle g la restriction de f à F , c’est à dire l’endomorphisme défini sur F par : ∀u ∈ F, g(u) = f (u).

Déterminer la matrice de g dans la base (v 1 , v 2 , v 3 ).

• • •

EXERCICE 10 : 19

On considère l’application ϕ, qui, à tout polynôme P , fait correspondre le polynôme Q = ϕ(P ) défini par : Q(X) = X (1 − X )P ^′ (X ) + nXP (X ) (n ∈ N )

1. Vérifier que, si P ∈ R _n [X ], alors Q ∈ R _n [X ]. Montrer que ϕ est un endomorphisme de R _n [X].

2. Déterminer la matrice de ϕ dans la base canonique de R _n [X ].

3. Résoudre l’équation différentielle x(1 − x)y ^′ + nxy = 0. En déduire les éléments de Ker(ϕ).

4. Donner une base de Ker(ϕ) et de Im(ϕ).

• • •

Corrections Ex 1 : 4

1. En raisonnant sur les dimensions car, via le théorème du rang, rang(f ) + dim(Ker(f )) = 2 :

• Si f est surjective (⇔ f injective) alors Ker(f ) = {0} et Im(f ) = P : P = Imf L Kerf .

• Si f = 0 alors Ker(f ) = P , puis Im(f ) = {0} : P = Imf L Kerf .

• Si rang(f ) = dim(Ker(f )) = 1 :

⊲ Im(f ) ∩ Ker(f ) = {0} donc, grâce à l’égalité des dimensions : P = Imf L Kerf .

⊲ Im(f ) ∩ dim(Ker(f )) 6= {0} ; on considère x ∈ rang(f ) ∩ Ker(f ) (x 6= 0), R x ⊂ Ker(f ) et R x ⊂ Im(f ).

Compte-tenu des dimesions :

Ker(f ) = R x = Im(f ) 2. f 6= 0 et que f ² = 0.

(a) f 6= 0 donc il existe x ∈ E tel que f (x) 6= 0 donc dim(Im(f )) > 1 et par conséquent, dim(Ker(f )) 6 1.

Soit x 6= 0, on a f (f (x)) = 0 donc f (x) ∈ Ker(f ) donc Im(f ) ∩ Ker(f ) 6= {0} et d’après la question précédente Ker(f ) = Im(f ).

(b) Soit e 1 ∈ Im(f ) ∩ Ker(f ), on a f (e 1 ) = 0 et il existe e 2 ∈ P (mais pas dans le noyau de f : possible puisque f 6= 0) tel que f (e 2 ) = e 1 (e 1 ∈ Im(f )). On obtient bien une base de P et dans cette base, la matrice de f est :

0 1 0 0

• • •

Ex 2 : 13

1. LC = a 1 b 1 + a 2 b 2 + . . . + a n b n = k et CL =



 



b 1 a 1 b 1 a 2 . . . b 1 a n

b 2 a 1 b 2 a 2 . . . b 2 a n

. . . . . . . . . . . . b n a 1 b n a 2 . . . b n a n



 

 = M 2. ∀(i, j) ∈ [[1; n]] ² , le coefficient de M ² en ligne i et colonne j est donné par la formule

b i a j (b 1 a 1 + b 2 a 2 + . . . + b n a n ) = kb i a j = km ij , ainsi M ² = kM

Si l’on fait l’hypothèse que M est inversible, on aurait M = kI n ce qui n’est pas donc M n’est pas inversible.

3. M X = 0 = ⇒

b

i

non tous nuls a 1 x 1 + a 2 x 2 + . . . + a n x n = 0 donc dim(Ker(M )) = n − 1 et rang(M ) = 1.

Comme les a i sont non tous nuls, il existe un a k non nul et



 

 b 1 a k

b 2 a k

. . . b n a k



 

 est un vecteur directeur de Im(M ).

4. (a) N X = 0 ⇔



 

 

 

 

(1 + a 1 b 1 )x 1 + a 2 b 1 x 2 + . . . + a n b 1 x n = 0 (L 1 ) a 1 b 2 x 1 + (1 + a 2 b 2 )x 2 + . . . + a n b 2 x n = 0 (L 2 )

.. .

a 1 b n x 1 + a 2 b n x 2 + . . . + (1 + a n b n )x n = 0 (L n ) La combinaison a 1 L 1 + a 2 L 2 + . . . a n L n donne la relation

(k + 1)(a 1 x 1 + a 2 x 2 + . . . + a n x n ) = 0 Une discussion s’impose

• si k 6= −1 : a 1 x 1 + a 2 x 2 + . . . + a n x n = 0.

Or ∀i, L i donne x i = −b i (a 1 x 1 + a 2 x 2 + . . . + a n x n ) donc

Si k 6= −1, N X = 0 = ⇒ X = 0.

• Si k = −1 : a 1 L 1 + a 2 L 2 + . . . + a n L n donne 0 donc le rang de la matrice N est inférieur ou égal à n − 1

et N X = 0 n’est pas un système de Cramer.

(b) Pour tout i ∈ [[1; n]], on pose λ = −(a 1 x 1 + a 2 x 2 + . . . + a n x n ), on a donc une réécriture de la ligne L i : x i = λb i

donc Ker(N) ⊂ Vect((b 1 , b 2 , . . . , b n )) et dim(Ker(N )) 6 1, puis rang(N) > n − 1. En conclusion si k = −1, rang(N) = n − 1 et si k 6= −1, rang(N) = n.

5. Calcul de N ^{− 1} dans le cas où N est inversible.

M ² = kM ⇔ (N − I n ) ² = k(N − I n )

⇔ N ² − 2N + I n = kN − kI n

⇔ N ² − (k + 2)N + (k + 1)I n = 0

Dans le cas où N est inversible, on a N ⁻¹ N ² = N = N ⁻¹ [(k + 2)N − (k + 1)I n ], soit N = (k + 2)I n − (k + 1)N ⁻¹ et N ⁻¹ = −N + (k + 2)I n

k + 1

• • •

Ex 3 : 22 Partie I :

1. Laissé à la sagacité du lecteur.

2. ∀k ∈ [[0; n]], ϕ(X ^k ) = [k(k − 1) − 4k + 6]X ^k = [k ² − 5k + 6]X ^k = (k − 2)(k − 3)X ^k . On déduit de ce pui précède la matrice de ϕ dans la base canonique

Mat(ϕ, (X ^k ) k∈[[0;n]] ) =



 

 

 

 

 

 



6 . . . . . .

.. . 2 .. .

0 (0)

0 2

(0) 6

.. . ... .. .

. . . . . . (n − 2)(n − 3)



 

 

 

 

 

 



3. D’après la forme de la matrice ou l’expression de ϕ(X ^k ), on peut dire que X ² et X ³ appartiennent à Ker(ϕ) et (ϕ(1), ϕ(X ), (ϕ(X ^k )) 46k6n ) ⊂ Im(ϕ). Ces familles sont libres donc dim(Ker(ϕ)) > 2 et dim(Im(ϕ)) > (n + 1) − 2 = n − 1.

Le théorème du rang permet de dire que

• dim(Ker(ϕ)) = 2 et (X ² , X ³ ) en est une base ;

• dim(Im(ϕ)) = n − 1 et (ϕ(1), ϕ(X), (ϕ(X ^k )) 46k6n ) en est une base.

Partie II :

1. g est un quotient de deux fonctions de classe C ² sur R − {0} donc g est C ² .

∀x 6= 0, g ^′ (x) = f ^′ (x)

x ² − 2 × f (x)

x ³ et g ^′′ (x) = f ^′′ (x)

x ² − 4 × f ^′ (x)

x ³ + 6 × f (x) x ⁴ 2. On constate que :

∀x 6= 0, x ² f ^′′ (x) − 4xf ^′ (x) + 6f (x) = 0 ⇔ g ^′′ (x) = 0

⇔ g(x) = αx + β

⇔ f (x) = αx ³ + βx ² Par continuité de f en 0, cette égalité reste vraie en 0 et donc

f ∈ E ⇔ f (x) = αx ³ + βx ² , ∀x ∈ R

E a pour base (f 1 , f 2 )) avec f 1 (x) = x ³ et f 2 (x) = x ² et dim(E) = 2.

• • •

Ex 4 : 7

M t =





t(t − 1) t(t + 1) −t 1 − t ² 1 + t ² −t

1 1 t





1. et 2. Discussion suivant les valeurs de t :

• Si t = 0, M 0 =





0 0 0 1 1 0 1 1 0



 est de rang 1 et Ker(f 0 ) = {(x, y, z) : x + y = 0} de dimension 2 (par exemple dirigé par i − j et k). Im(f 0 ) est dirigée par (0, 1, 1).

• Si t = 1, M 1 =





0 2 −1 0 2 −1

1 1 1



 est de rang 2 et Ker(f 1 ) = {(x, y, z) : x + y + z = 0 et 2y − z = 0} de dimension 1 (par exemple dirigé par −3i + j + 2k).Im(f 1 ) a pour base ((0, 0, 1); (2, 2, 1))

• Si t 6= 0 et t 6= 1, rang(M t ) = 3 et Ker(f t ) = {0} et Im(f t ) = E.

• • •

Ex 5 : 10 Pour la matrice A :

AX = Y ⇔



 

 

 



 

 

 



x 1 = y 1

x 1 + x 2 = y 2

x 1 + x 2 + x 3 = y 3

. . .

x 1 + x 2 + . . . + x n−1 = y n−1

x 1 + x 2 + . . . + x n− 1 + x n = y n

⇔



 

 



 

 



x 1 = y 1

x 2 = y 2 − y 1 L 2 ← L 2 − L 1

x 3 = y 3 − y 2 L 3 ← L 3 − L 2

. . .

x n = y n − y n−1 L n ← L n − L n−1

⇔ X = A ⁻¹ Y

Avec A ⁻¹ =



 

 

 

 

1 0 . . . . . . 0

−1 1 0 ... ...

0 −1 1 ... ...

.. . ... ... ... 0 0 . . . 0 −1 1



 

 

 

 

Pour la matrice B :

BX = Y ⇔



 

 

 

 

 

 

 

 

x 1 = y 1

x 1 + x 2 = y 2

x 2 + x 3 = y 3

... .. .

x n− 2 + x n− 1 = y n− 1

x n− 1 + x n = y n

⇔



 

 



 

 



x 1 = y 1

x 2 = y 2 − y 1

x 3 = y 3 − y 2 + y 1

. . .

x n = y n − y n− 1 + y n− 2 + . . . + (−1) ⁿ y 1

⇔

X = B ⁻¹ Y

Avec B ⁻¹ =



 

 

 

 

1 0 . . . . . . 0

−1 1 0 ... ...

1 −1 1 ... ...

.. . ... ... ... 0 (−1) ⁿ . . . 0 −1 1



 

 

 

 

• • •

Ex 6 : 2

E désigne un K-espace vectoriel de dimension finie ou infinie, avec K = R ou C . f et g sont des endomorphismes de E.

1. Soit x ∈ Ker(f ). On a f (x) = 0 et g(f (x)) = g(0) = 0 car g est linéaire donc x ∈ Ker(g o f ), d’où l’inclusion.

Soit y ∈ Im(g o f ), il existe x ∈ E tel que y = g(f (x)) donc y ∈ Im(g) (en effet, f ∈ L(E) donc f (x) ∈ E), d’où la deuxième inclusion.

2. On suppose, uniquement dans cette question, que E est de dimension finie.

D’après la question précédente Im(g o f ) ⊂ Im(g) donc rang(g o f ) 6 rang(g).

On a de plus Ker(f ) ⊂ Ker(g o f ), ce qui implique que dim(Ker(f )) 6 dim(Ker(g o f )), ce qui s’écrit via le théorème du rang, puisque l’on est en dimension finie

n − rang(f ) 6

dim(E)=n

n − rang(g o f ) ⇔ −rang(f ) 6 −rang(g o f ) ⇔ rang(f ) > rang(g o f ) 3. On a déjà Ker(f ) ⊂ Ker(g o f ).

Soit x ∈ Ker(g o f ) alors g(f (x)) = 0 et f (x) ∈ Ker(g). Or g est injective donc Ker(g) = {0} donc f (x) = 0 et x ∈ Ker(f ).

On obtient donc une double inclusion synonyme de l’égalité.

4. Im(g o f ) ⊂ Im(g) d’après la question 1. Soit y ∈ Im(g) alors il existe x ∈ E tel que y = g(x). Or comme f est surjective, il existe z ∈ E tel que x = f (z). On a donc y = g o f (z) et par suite y ∈ Im(g o f ). On a bien démontré que, si f est surjective, alors Im(g o f ) = Im(g).

Ex 7 : 17 Partie I. ⊲

1. F I = F = IF donc I ∈ V et V est non vide. Si (λ, µ) ∈ R ² et (M, N ) ∈ V ² ,

F (λM + µN) = F (λM ) + F (µN ) = λ(F M ) + µ(F N) = λ(M F ) + µ(N F ) = (λM + µN )F Ce qui prouve que λM + µN ∈ V . Ainsi V est un R −espace vectoriel.

2. Notons M = x y

z t

. On a F M =

ax − bz ay − bt bx + cz by + ct

et M F =

ax + by −bx + cy az + bt −bz + ct

. Compte-tenu de l’hypothèse b 6= 0, on a :

M ∈ V ⇔ F M = M F ⇔

y = −z

ay − bt = −bx + cy ⇔

( z = −y x = t + c − a

b y avec (t, y) ∈ R ² Par ailleurs,

( z = −y x = t + c − a

b y ⇔ M = t + c − a b y y

−y t

!

⇔ M = t 1 0

0 1

+ y c − a

b 1

−1 0

! . Ceci prouve que V est engendré par la famille (I, G) avec G =

c − a

b 1

−1 0

!

. On démontre facilement que la famille (I, G) est libre et donc (I, G) est une base de V : dim(V ) = 2.

3. IF = F = F I donc I ∈ V et F F = F ² = F F ⇒ F ∈ V . De plus, ∀(λ, µ) ∈ R ² , λI + µF = 0 ⇔ λ + µa −µb

µb λ + µc

= 0 0

0 0

⇔ λ = µ = 0 (b 6= 0). Ceci prouve que (I, F ) est une famille libre de V . De plus dim(V ) = 2 donc (I, F ) est une base de V .

4. ∀n ∈ N , F ⁿ F = F ⁿ⁺¹ = F F ⁿ donc ∀n ∈ N , F ⁿ ∈ V . Comme (I, F ) est une base de V , on a :

∃!(α n , β n ) ∈ R ² tel que F ⁿ = α n I + β n F .

Partie II. ⊲

1. D est non vide et stable par combinaison linéaire donc c’est un sous-espace de (M 2 ( R ),+,−).

2. ∀M ∈M 2 ( R ) , M ∈ D ⇔ M = α 0

0 β

avec (α, β) ∈ R ² . En posant H = 1 0

0 0

et K = 0 0

0 1

, on a M ∈ D ⇔ (α, β) ∈ R ² , M = αH + βK donc D = Vect(H, K )

On prouve très rapidement que la famille (H, K ) est libre donc c’est une base et dim(D) = 2.

On a, pour l’instant, dim(V ) + dim(D) = 2 + 2 = 4 = dim(M 2 ( R )). Pour vérifier si V et D sont supplé- mentaires, on étudie V ∩ D : I ∈ V d’après la question I.3 et I est une matrice diagonale donc I ∈ D, ainsi I ∈ V ∩ D et V ∩ D 6= {0}.

D et V ne sont pas supplémentaires dans M 2 ( R ).

Ex 8 : 23

∀x ∈ [0, 1], g(x) = Z x

0

f (t) dt + Z 1

0

tf (t) dt 1. L’application x 7→

Z x 0

g(t) dt est dérivable sur I, c’est l’unique primitive de f qui s’annule en 0. Ainsi, pour tout x ∈ I, g ^′ (x) = f (x). En effet, Z 1

0

tf(t) dt est une contante réelle.

2. Comme g est dérivable sur I, g est continue sur I.

Z 1 0

g(t) dt =

IP P [tg(t)] ¹ ₀ − Z 1

0

tf(t) dt = g(1) − Z 1

0

tf (t) dt.

Or g(1) = Z 1 0

f (t) dt + Z 1 0

tf(t) dt = Z 1 0

tf(t) dt car f ∈ E et Z 1 0

f (t) dt = 0.

Ainsi Z 1

0

g(t) dt = g(1) − Z 1

0

tf(t) dt = Z 1

0

tf(t) dt − Z 1

0

tf (t) dt = 0 et g ∈ E.

3. On a montré que f ∈ E ⇒ ϕ(f ) = g ∈ E donc ϕ est une application de E dans E. La linéarité de l’intégrale permet de montrer que ϕ est linéaire (laissé à la sagacité du lecteur). Ainsi, ϕ application inéaire de E dans E est un endomorphisme.

4. ϕ(f ) = 0, on en déduit que (ϕ(f )) ^′ = f = 0 (d’après la question 1.) donc Ker(ϕ) = {0 E } et ϕ est injective.

5. Si h ∈ E possède un antécédent f par ϕ alors d’après la question 1., h est dérivable sur I. Donc une fonction continue et non dérivable sur I de E ne peut pas avoir d’antécédent par ϕ.

De telles fonctions existent, par exemple :







x si x ∈ [0; 1/4]

−x + ¹ ₂ si x ∈]1/4; 3/4[

x − 1 si x ∈ [3/4; 1]

6. Si E est de dimension finie alors, il y a équivalence entre ϕ injective et ϕ surjective. Or ce qui précède permet de voir que cette équivalence n’est pas établie donc E est de dimension infinie.

7. E ^′ = {f ∈ E : ∀x ∈ I, f (1 − x) = f (x)} et E ^′′ = {f ∈ E : ∀x ∈ I, f (1 − x) = −f (x)}.

(a) Si f ∈ E ^′ ∩ E ^′′ , on a alors, pour tout x de I, f (x) = f (1 − x) = −f (x) et donc 2f (x) = 0 et f (x) = 0. Ceci montre que E ^′ ∩ E ^′′ = {0 E }.

Soit f ∈ E. Supposons qu’il existe (f 1 , f 2 ) ∈ E ^′ × E ^′′ telles que f = f 1 + f 2 .

Alors : ∀x ∈ I, f(x) = f 1 (x) + f 2 (x) et f (1 − x) = f 1 (1 − x) + f 2 (1 − x) = f 1 (x) − f 2 (x) D’où, pour tout x dans I, f 1 (x) = f (x) + f (1 − x)

2 et f 2 (x) = f (x) − f (1 − x)

2 .

On vérifie ensuite que les fonctions trouvées par analyse, sont bien dans les ensembles E ^′ et E ^′′ :

• f = f 1 + f 2 ;

• ∀x ∈ I, f 1 (1 − x) = f (1 − x) + f (1 − (1 − x))

2 = f 1 (x) ;

• ∀x ∈ I, f 2 (1 − x) = f (1 − x) − f (1 − (1 − x))

2 = −f 2 (x) ;

Il reste à prouver que f 1 et f 2 sont des éléments de E ; c’est à dire que les fonctions sont continues et vérifient la propriété carctéristique de l’ensemble E (intégrale nulle sur I).

• Comme f est continue sur I, il est évident que f 1 et f 2 le sont aussi (opérarions, composition) ;

• Z 1

0

f 1 (t) dt = Z 1

0

f (t) dt + Z 1

0

f (1 −t) dt =

f∈E+u=1 −t 0 + Z 1

0

f (u) du = 0 et de même pour Z 1

0

f 2 (t) dt = 0 En résumé, ∀f ∈ E, ∃(f 1 , f 2 ) ∈ E ^′ × E ^′′ /f = f 1 + f 2 donc E = E ^′ L

E ^′′ .

(b) Soit f ∈ E ^′ . On note g = ϕ(f ). On sait déjà que, d’après la question 2, g ∈ E. Il reste à prouver que , pour x ∈ I, g(1 − x) = g(x).

Or g(1 − x) = Z 1 −x 0

f (t) dt + Z 1 0

tf(t) dt =

t=1−u − Z x

1

f (1 − u) du + Z 0 1

(1 − u)f (1 − u) du et g(1 − x) =

f∈E

^′

Z 1 x

f (u) du + Z 1

0

f (u) du

| {z }

=0

− Z 1

0

uf (u) dt = Z 1

0

f (u) du

| {z }

=0

− Z x

0

f (u) du − Z 1

0

uf(u) dt = −g(x)

Ainsi ϕ(E ^′ ) ⊂ E ^′′ . Idem pour ϕ(E ^′′ ) ⊂ E ^′ .

• • •

Ex 9 : 8

1. AX = 0 ⇔



 



 



x + y = 0

2x + y + z + t = 0

αt = 0

αx + αy = 0

⇔







x + y = 0 x + z = 0

t = 0

d’où l’équation paramétrique de Ker(f ) :



 



 



x = −λ y = λ

z = λ , λ ∈ R t = 0

; Ker(f ) est une droite vectorielle dirigée par

u 0 (−1, 1, 1, 0).

dim(Ker(f )) = 1 donc rang(f ) = 3 et on peut vérifier que la famille (f (e 1 ), f(e 3 ), f(e 4 )) est libre donc c’est une base de Im(f ). (Attention, f (e 2 ) = f (e 1 ) − f (e 3 )).

2. Vérifions que v 1 , v 2 et v 3 sont dans F :

• v 1 = (1, 0, 0, α) = f (e 2 − e 3 ) ;

• v 2 = (0, 1, 0, 0) = f (e 3 ) ;

• v 3 = (0, 0, 1, 0) = 1

α [(0, 1, α, 0) − (0, 1, 0, 0)] = f

e 4 − e 3

α

(v 1 , v 2 , v 3 ) est une famille de F = Im(f ).

On prouve facilement qu’elle est libre donc c’est une base de F (qui est de dimension 3).

3. g la restriction de f à F , c’est à dire l’endomorphisme défini sur F par : ∀u ∈ F, g(u) = f (u).

Pour déterminer la matrice de g dans la base (v 1 , v 2 , v 3 ), on calcule :

• g(v 1 ) = f (v 1 ) = f (e 1 ) + αf (e 4 ) = (1, 2, 0, α) + (0, α, α ² , 0) = (1, 2 + α, α ² , α) = v 1 + (2 + α)v 2 + α ² v 3 ;

• g(v 2 ) = f (v 2 ) = f (e 2 ) = v 1 + v 2 ;

• g(v 3 ) = f (v 3 ) = f (e 3 ) = v 2 .

Ainsi,

Mat(g, (v i )) =





1 1 0

2 + α 1 1 α ² 0 0





• • •

Ex 10 : 19 1. Soit P ∈ R _n [X ], il existe (a 0 , a 1 , . . . , a n ) ∈ R ⁿ⁺¹ tel que P =

X n

k=0

a k X ^k . On en déduit P ^′ = X n

k=1

ka k X ^{k− 1} . Par ailleurs, deg(P ) 6 n donc deg(nXP ) 6 n + 1. deg(P ^′ ) 6 n − 1 donc deg(X (1 − X)P ^′ ) 6 n + 1 et, en l’état actuel des choses, on peut seulement écrire que deg(ϕ(P)) 6 n + 1.

Le calcul du terme dominant de ϕ(P) donne −na n + na n = 0, ce qui implique deg(ϕ(P )) 6 n et Q ∈ R _n [X ].

Il ne reste plus qu’à montrer que ϕ est linéaire, c’est à dire que

∀(λ, µ) ∈ R ² , ϕ(λP + µR) = λϕ(P) + µϕ(R) ( laissé au lecteur ) Ainsi ϕ est un endomorphisme de R _n [X].

2. Matrice de ϕ dans la base canonique de R _n [X] : ϕ(X ^k ) = kX(1 − X )X ^k−1 + nX ^k+1 = (n − k)X ^k+1 + kX ^k pour tout entier inclus dans [0; n − 1] et ϕ(X ⁿ ) = nX ⁿ .

On en déduit donc la matrice de ϕ dans la base canonique de R _n [X] :

A =



 

 

 

 

 



0 0 . . . . . . . 0 n 1 ... ... ... .. . 0 n − 1 2 ... ... .. . .. . ... ... ... ... .. . .. . ... ... 2 n − 1 0 0 . . . . . . 0 1 n



 

 

 

 

 



3. Équation différentielle x(1 − x)y ^′ + nxy = 0 : les solutions de l’équation sont les polynômes p C = C(x − 1) ⁿ . On a donc Ker(ϕ) = Vect((X − 1) ⁿ ), ce qui implique que dim(Ker(ϕ)) = 1.

D’après le théorème du rang, on obtient dim(Im(ϕ)) = n.

Le rang de la matrice A est aussi celui de sa transposée et de toute évidence la transposée est de rang n, ce qui confirme le résultat précédent.

4. Pour la base de Ker(ϕ), vu question précédente. Une base de Im(ϕ) est choisi de la façon suivante

(ϕ(1), ϕ(X ), . . . , ϕ(X ⁿ⁻¹ ))