Algèbre linéaire I

(1)

Exo7

Algèbre linéaire I

Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche surwww.maths-france.fr

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable

Exercice 1 ** I

SoientFetGdeux sous-espaces vectoriels d’un espace vectorielE.

Montrer que :[(F∪Gsous-espace deE)⇔(F⊂GouG⊂F)].

CorrectionH ^[005563]

Exercice 2 ****

Généralisation de l’exercice1. Soientnun entier supérieur ou égal à 2 puisF₁, ... ,Fnnsous-espaces deEoùE est un espace vectoriel sur un sous-corpsKdeC. Montrer que

"

(F₁∪...∪Fnsous-espace deE)⇔(il existei∈[[1,n]]/ ^[

j6=i

Fj⊂Fi)

# .

Exercice 3 ** I

E=KⁿoùKest un sous-corps deC.

Soient F ={(x₁, ...,x_n)∈E/x₁+...+x_n =0} et G=Vect((1, ...,1)). Montrer que F est un sous-espace vectoriel deE. Montrer queFetGsont supplémentaires dansE. Préciser le projeté d’un vecteurxdeEsurF parallèlement àGet surGparallèlement àF.

Exercice 4 **

Les familles suivantes deR⁴sont-elles libres ou liées ? Fournir des relations de dépendance linéaire quand ces relations existent.

1. (e1,e₂,e3)oùe₁= (3,0,1,−2),e₂= (1,5,0,−1)ete₃= (7,5,2,1).

2. (e1,e₂,e3,e₄)oùe₁= (1,1,1,1),e₂= (1,1,1,−1),e₃= (1,1,−1,1)ete₄= (1,−1,1,1).

3. (e₁,e₂,e₃,e₄)oùe₁= (0,0,1,0),e₂= (0,0,0,1),e₃= (1,0,0,0)ete₄= (0,1,0,0).

4. (e₁,e₂,e₃,e₄)oùe₁= (2,−1,3,1),e₂= (1,1,1,1),e₃= (4,1,5,3)ete₄= (1,−2,2,0).

Exercice 5 ***

Montrer que(1,√ 2,√

3)est une famille libre duQ-espace vectorielR.

Exercice 6 **

Soit f(x) =ln(1+x)pourxréel positif. Soient f₁=f,f₂=f◦fetf₃=f◦f◦f. Etudier la liberté de(f₁,f₂,f₃) dans[0,+∞[^[0,+∞[.

Exercice 7 **

(2)

Soit fa(x) =|x−a|pouraetxréels. Etudier la liberté de la famille(fa)a∈R.

Exercice 8 **I

On pose fa(x) =e^axpouraetxréels. Etudier la liberté de la famille de fonctions(fa)a∈R.

Exercice 9 **

Montrer que toute suite de polynômes non nuls de degrés deux à deux distincts est libre.

Montrer que toute suite de polynômes non nuls de valuations deux à deux distinctes est libre.

Exercice 10 **I

E=Rn[X]. Pour 06k6n, on poseP_k=X^k(1−X)^n−k. Montrer que la famille(Pk)₀₆k6nest une base deE.

Exercice 11 **I Polynômes d’interpolation de LAGRANGE

Soienta₀,...,ann+1 nombres complexes deux à deux distincts etb₀,...,bnn+1 nombres complexes.

Montrer qu’il existe une unique famille den+1 polynômes à coefficients complexes de degrén exactement vérifiant∀(i,j)∈[[0,n]],L_i(aj) =1 sii= jet 0 sinon.

Montrer que la famille(Li)₀₆i6nest une base deCn[X].

Montrer qu’il existe un unique polynôme P de degré inférieur ou égal à n vérifiant ∀i∈[[0,n]], P(ai) =bi. ExpliciterPpuis déterminer tous les polynômes vérifiant les égalités précédentes.

Exercice 12 **

1. Calculer pourpetqentiers naturels donnés les intégrales suivantes :

J(p,q) =^R₀^2πcos(px)cos(qx)dx,K(p,q) =^R₀^2πcos(px)sin(qx)dxetL(p,q) =^R₀^2πsin(px)sin(qx)dx.

2. Montrer que la famille de fonctions(cos(px))p∈N∪(sin(qx))q∈N^∗ est libre.

Exercice 13 ***I

SoientFetGdeux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel de dimension finie surK. Démontrer que dim(F+G) =dimF+dimG−dim(F∩G).

Exercice 14 **

SoientF,GetHtrois sous-espaces d’un espace vectorielEde dimension finie surK.

Montrer que : dim(F+G+H)6dimF+dimG+dimH−dim(F∩G)−dim(G∩H)−dim(H∩F) +dim(F∩ G∩H).

Trouver un exemple où l’inégalité est stricte.

Exercice 15 ***

SoientF₁,F₂,...,F_nnsous-espaces vectoriels d’un espaceEde dimension finie surK(n>2).

Montrer que dim(F₁+...+Fn)6dimF₁+...+dimFnavec égalité si et seulement si la somme est directe.

(3)

Exercice 16 **I

SoitEunK-espace vectoriel de dimensionn>3. Montrer que l’intersection den−1 hyperplans deE est non nulle.

Exercice 17 **

Soient(x₁, ..,xn)une famille denvecteurs de rangret(x₁, ...,x_m)une sous famille de rangs(m6nets6r).

Montrer ques>r+m−n. Cas d’égalité ?

Exercice 18 **

SoientE etFdeux espaces vectoriels de dimension finie et soient f etgdeux applications linéaires deE dans F. Montrer que|rgf−rgg|6rg(f+g)6rgf+rgg.

Exercice 19 **

SoientE,F etG, troisK-espaces vectoriels puis f ∈L(E,F)etg∈L(F,G).

Montrer que rgf+rgg−dimF6rg(g◦f)6Min{rgf,rgg}.

Exercice 20 ***

SoientEun espace de dimension finie etFetGdeux sous-espaces deE. Condition nécessaire et suffisante sur F etGpour qu’il existe un endomorphisme f deE tel queF=Kerf etG=Imf.

Exercice 21 ***

SoientEun espace vectoriel non nul de dimension finie et f un endomorphisme deE.

Montrer que :

1. (f non injective)⇔(f=0 ou fdiviseur de zéro à gauche).

2. (f non surjective)⇔(f=0 ou f diviseur de zéro à droite).

Exercice 22 *** I

SoientEun espace de dimension finiennon nulle et fun endomorphisme nilpotent deE. Montrer que fⁿ=0.

Exercice 23 ***I

SoientA∈M3,2(R)et B∈M2,3(R) telles queAB=





8 2 −2

2 5 4

−2 4 5



. Justifier l’existence de AetB puis calculerBA.

Exercice 24 **I Noyaux itérés

SoientEun espace vectoriel et f un endomorphisme deE. Pourk∈N, on poseNk=Ker(f^k)etIk =Im(f^k) puisN= ^[

k∈N

NketI= ^\

k∈N

Ik. (Nest le nilespace de f etI le cœur de f)

(4)

1. (a) Montrer que les suites(Nk)k∈Net(Ik)k∈N sont respectivement croissante et décroissante pour l’inclusion.

(b) Montrer queNetIsont stables par f.

(c) Montrer que∀k∈N,(Nk=N_k+1)⇒(N_k+1=N_k+2).

2. On suppose de plus que dimE=nentier naturel non nul.

(a) SoitA={k∈N/Nk=N_k+1}etB={k∈N/Ik=I_k+1}. Montrer qu’il existe un entierp6ntel que A=B={k∈N/k>p}.

(b) Montrer queE=N_p⊕I_p.

(c) Montrer que f_/N est nilpotent et que f_/I∈GL(I).

3. Trouver des exemples où (a) Aest vide etBest non vide, (b) Aest non vide etBest vide, (c) (****)AetBsont vides.

4. Pourk∈N, on posedk=dim(Ik). Montrer que la suite(dk−d_k+1)k∈Nest décroissante.

Exercice 25 ***I

SoitE un espace vectoriel non nul. Soit f un endomorphisme deE tel que pour tout vecteurxdeEla famille (x,f(x))soit liée. Montrer que f est une homothétie.

Exercice 26 ***I

SoitEun espace de dimension finie. Trouver les endomorphismes (resp. automorphismes) deEqui commutent avec tous les endomorphismes (resp. automorphismes) deE.

Exercice 27 **I

Soientpetqdeux projecteurs d’unC-espace vectorielE.

Montrer que(p+qprojecteur)⇔(p◦q=q◦p=0)⇔(Im(p)⊂Ker(q)et Im(q)⊂Ker(p)).

Dans le cas oùp+qest un projecteur, déterminer Ker(p+q)et Im(p+q).

Exercice 28 **I

SoitEun espace de dimension finie. Montrer que la trace d’un projecteur est son rang.

Exercice 29 ****

Soientp₁,..., pnnprojecteurs d’unC-espace de dimension finie. Montrer que(p₁+...+pnprojecteur)⇔ ∀i6=

j, p_i◦p_j=0.

Exercice 30 ***

SoitEunC-espace de dimension finien. Soientp₁,...,p_nnprojecteurs non nuls deEtels que∀i6=j,p_i◦p_j=0.

1. Montrer que tous lesp_isont de rang 1.

2. Soientq₁,...,qnnprojecteurs vérifiant les mêmes égalités. Montrer qu’il existe un automorphisme f de Etel que∀i∈[[1,n]],qi= f◦pi◦f⁻¹.

(5)

Exercice 31 ***

SoitE un espace vectoriel. SoitGun sous-groupe fini deG L(E)de cardinaln. Soit F un sous-espace deE stable par tous les éléments deGetpun projecteur d’imageF. Montrer que¹_n∑g∈Gg◦p◦g⁻¹est un projecteur d’imageF.

Exercice 32 ***

SoitGun sous-groupe fini deGL_n(R)tel que∑_M∈GTr(M) =0. Montrer que∑_M∈GM=0.

Exercice 33 ***

SoitGun sous-groupe deGL(E)avec dimE=net cardG=p. SoitF={x∈E/∀g∈G,g(x) =x}.

Montrer que dimF= ¹_p∑_g∈GTrg.

Exercice 34 ***I

SoientA₁,..., A_p p matrices distinctes et inversibles deM_n(R) telles queG={A₁, ...,A_p}soit stable pour la multiplication. SoitA=A₁+...+Ap. Montrer que TrAest un entier divisible parp.

Exercice 35 ****

Montrer que tout hyperplan deM_n(R)contient des matrices inversibles.

(6)

Correction del’exercice 1N

⇐)SiF⊂GouG⊂F alorsF∪G=GouF∪G=F. Dans tous les cas,F∪Gest un sous-espace vectoriel.

⇒)Supposons queF6⊂Get queF∪Gest un sous-espace vectoriel deEet montrons queG⊂F. F n’est pas inclus dansGet donc il existexélément deE qui est dansFet pas dansG.

Soityun élément deG.x+yest dansF∪Gcarxetyy sont et carF∪Gest un sous-espace vectoriel deE. Si x+yest élément deGalorsx= (x+y)−yl’est aussi ce qui est exclu. Doncx+yest élément deFet par suite y= (x+y)−xest encore dansF. Ainsi, tout élément deGest dansFet doncG⊂F.

⇐)Immédiat .

⇒)On raisonne par récurrence surn.

Pourn=2, c’est l’exercice1.

Soitn>2. Supposons que toute réunion densous-espaces deEest un sous-espace deEsi et seulement si l’un de ces sous-espaces contient tous les autres.

SoientF₁,...,Fn,F_n+1n+1 sous-espaces vectoriels deEtels queF₁∪...∪F_n+1soit un sous-espace vectoriel de E. PosonsF=F₁∪...∪F_n.

•SiF_n+1contientF, c’est fini.

•SiF_n+1⊂F, alors=F₁∪...∪Fn=F₁∪...∪Fn∪F_n+1est un sous-espace vectoriel deE. Par hypothèse de récurrence, F est l’un des F_i pour un certainiélément de[[1,n]]. F_i =F contient égalementF_n+1 et contient donc tous lesFjpour jélément de[[1,n+1]].

•Supposons dorénavant queF6⊂F_n+1et queF_n+16⊂Fet montrons que cette situation est impossible.

Il existe un vecteurxqui est dansF_n+1et pas dansFet un vecteuryqui est dansF et pas dansF_n+1.

Soitλ un élément deK.y−λxest un élément deF∪F_n+1(puisqueF∪F_n+1est un sous-espace) maisy−λx n’est pas dansF_n+1car alorsy= (y−λx) +λxy serait ce qui n’est pas.

Donc∀λ∈K,y−λx∈F. On en déduit que pour tout scalaireλ, il existe un indicei(λ)élément de[[1,n]]tel que y−λx∈F_i(λ). Remarquons enfin que siλ6=µalorsi(λ)6=i(µ). En effet, si pourλetµdeux scalaires distincts donnés, il existe un indiceiélément de[[1,n]]tel quey−λxety−µxsoient dansF_i, alorsx=(y−µx)−(y−λx)

µ−λ est

encore dansFiet donc dansF, ce qui n’est pas.

Comme l’ensemble des scalaires est infini et que l’ensemble des indices ne l’est pas, on vient de montrer que cette dernière situation n’est pas possible, ce qui achève la démonstration.

1ère solution.F est le noyau d’une forme linéaire non nulle surE et est donc un hyperplan deE.

Soitx= (x₁, ...,x_n)un élément de F∩G. Il existeλ ∈Ktel quex= (λ, ...,λ)etnλ =0 et doncλ =0 puis x=0. DoncF∩G={0}. De plus dim(F) +dim(G) =n−1+1=n=dim(E)<+∞et doncF⊕G=E.

Soit x= (x₁, ...,xn) un vecteur deE. Soitλ ∈K. x−(λ, ...,λ)∈F ⇔(x₁−λ) +...+ (xn−λ) =0⇔λ =

1

n∑ⁿ_i=1x_i. Le projeté dexsurGparallèlement àFest donc¹_n∑ⁿ_i=1x_i(1, ...,1)et le projeté dexsurFparallèlement àGestx−¹_n∑ⁿ_i=1xi(1, ...,1).

2ème solution (dans le cas où K=R). On munit Rⁿ de sa structure euclidienne canonique. Posons −→ u = (1, . . . ,1).

On aF=−→u^⊥=G^⊥. Par suite,Fest le supplémentaire orthogonal deF. Soitx∈E. Le projeté orthogonal dexsurGest _kuk^x.u2u=^x¹^+...+x_n ⁿ(1, . . . ,1).

1. La matrice de la famille (e₁,e₂,e₃) dans la base canonique de R⁴ est







3 1 7

0 5 5

1 0 2

−2 −1 1







. Les trois dernières équations du systèmeλe₁+µe₂+νe₃=0 d’inconnuesλ,µ etν forment un sous-système

(7)

de matriceA=





0 5 5

1 0 2

−2 −1 1





En développant le déterminant de cette matrice suivant sa première colonne, on obtient det(A) =−10− 2×10=−306=0. Ce sous-système est de CRAMER et admet donc l’unique solution (λ,µ,ν) = (0,0,0). Par suite, la famille(e₁,e₂,e₃)est libre.

2.

1 1 1 1

1 1 1 −1

1 1 −1 1

1 −1 1 1

=

1 1 1 1

0 0 0 −2

0 0 −2 0

0 −2 0 0

(pour 26i64,L_i←L_i−L₁)

=

0 0 −2

0 −2 0

−2 0 0

=−86=0.

Donc la famille(e1,e₂,e3,e4)est une famille libre (et donc une base deE).

3. Notons(u₁,u₂,u₃,u₄)la base canonique deR⁴.

La famille(e₁,e₂,e₃,e₄) = (u₃,u₄,u₁,u₂)a même rang que la famille(u₁,u₂,u₃,u₄)c’est-à-dire 4. La famille(e1,e2,e3,e₄)est donc une base deR⁴.

4. La matrice de la famille(e2,e1,e3,e₄)dans la base canonique deR⁴est







1 2 4 1

1 −1 1 −2

1 3 5 2

1 1 3 0





 . Cette matrice a même rang que les matrices suivantes :







1 0 0 0

1 −3 −3 −3

1 1 1 1

1 −1 −1 −1







(e5=e₁−2e2,e₆=e₃−4e2ete₇=e₄−e₂)







1 0 0 0

1 −3 0 0

1 1 10 0

1 −1 0 0







(e8=e₆−e₅ete₉=e₇−e₅).

La matrice ci-dessus est de rang 2. Il en est de même de la famille(e1,e₂,e3,e4)qui est en particulier liée.

La nullité de la troisième colonne fournit 0=e₈=e₆−e₅= (e₃−4e₂)−(e₁−2e₂) =−e₁−2e₂+e₃et donce₃=e₁+2e2. La nullité de la quatrième colonne fournit 0=e₉=e₇−e₅= (e₄−e₂)−(e₁−2e2) = e₄+e₂−e₁et donce₄=e₁−e₂.

Correction del’exercice 5N Soit(a,b,c)∈Q³.

a+b√ 2+√

3=0⇒(a+b√

2)²= (−c√

3)²⇒a²+2b²+2ab√

2=3c²⇒2ab√ 2∈Q. Mais√

2 est irrationnel doncab=0.

Sib=0, puisquea+c=0 et que√

3 est irrationnel, on en déduit quec=0 (sinon√

3 serait rationnel) puis a=0 et finalementa=b=c=0.

Sia=0, il reste 2b²=3c². Mais q3

2 est irrationnel (dans le cas contraire, il existe deux entiers p etqnon nuls tels que 3q²=2p²et par exemple l’exposant du nombre premier 2 n’a pas la même parité dans les deux membres de l’égalité ce qui est impossible) et doncb=c=0 puis encore une foisa=b=c=0.

On a montré que∀(a,b,c)∈Q³,(a+b√ 2+√

3=0⇒a=b=c=0). Donc la famille(1,√ 2,√

3)est une famille de réelsQ-libre.

(8)

Les fonctions f₁, f₂et f₃sont bien définies surR⁺. Soienta,betctrois réels tels quea f₁+b f₂+c f₃=0.

Première solution.Siaest non nul, la fonctiona f₁+b f₂+c f₃est équivalente au voisinage de+∞àalnxet ne peut donc être égale à la fonction nulle. Donca=0. Puis sibest non nul, la fonctiona f₁+b f₂+c f₃=b f₂+c f₃ est équivalente àbln(lnx)et ne peut être égale à la fonction nulle. Doncb=0. Puisc=0.

Deuxième solution.On effectue un développement limité à un ordre suffisant de la fonctiona f₁+b f₂+c f₃ quandxtend vers 0 :

f₁(x) =ln(1+x) =

x→0x−^x₂²+^x₃³+o(x³)puis f₂(x) =ln(1+f₁(x)) =

x→0ln

1+x−x² 2 +x³

3 +o(x³)

=

x−x² 2 +x³

3

−1 2

x−x²

2 2

+1

3x³+o(x³)

=x−x²+7

6x³+o(x³) puis

f₃(x) =ln(1+f₂(x)) =

x→0ln

1+x−x²+7

6x³+o(x³)

=

x−x²+7 6x³

−1

2 x−x²2

+1

3x³+o(x³)

=x−3 2x²+5

2x³+o(x³).

Par suite, a f₁(x) +b f₂(x) +c f₃(x) =

x→0(a+b+c)x+ −^a₂−b−^3c₂

x²+ ^a₃+^7b₆ +^5c₂

x³+o(x³). L’égalité a f₁+b f₂+c f₃=0 fournit, par identification des parties régulières des développements limités à l’ordre trois en zéro :







a+b+c=0

−^a₂−b−^3c₂ =0

a

3+^7b₆ +^5c₂

ou encore







a+b+c=0 a+2b+3c=0 2a+7b+15c=0

.

Comme

1 1 1

1 2 3

2 7 15

=

1 0 0

1 1 1

2 5 8

=36=0, on a donca=b=c=0.

Soientnun entier naturel non nul puisa₁,...,annréels deux à deux distincts etλ₁,...,λnnréels.

Supposonsλ1fa₁+...+λnfa_n =0. Soitiun élément de[[1,n]]. On aλifa_i =−∑j6=iλjfa_j et on ne peut avoir λi6=0 car alors le membre de gauche est une fonction non dérivable ena_itandis que le membre de droite l’est.

Par suite, tous lesλi sont nuls et donc la famille(fa_i)₁₆i6nest libre.

On a montré que toute sous-famille finie de la famille(fa)a∈Rest libre et donc la famille(fa)a∈Rest libre.

Soienta₁< ... <annréels deux à deux distincts etλ₁,...,λnn réels tels que∑ⁿ_i=1λifa_i=0(∗).

Première solution.Après multiplication des deux membres de(∗)pare^−aⁿ^x puis passage à la limite quandx tend vers+∞, on obtientλn=0. En réitérant, on obtient doncλn=λn−1=...=λ1=0.

Deuxième solution.On note f la fonction apparaissant au premier membre de(∗).

f =0⇒ ∀k∈[[0, ,n−1]], f^(k)(0) =0

⇒ ∀k∈[[0,n−1]],λ₁a^k₁+...+λna^k_n=0.

(9)

Le système prédédent d’ inconnuesλi, 16n, est un système linéaire homogène ànéquations etninconnues.

Son déterminant est le déterminant de Vandermonde des ai et est non nul puisque les ai sont deux à deux distincts. Le système est donc de CRAMERet admet l’unique solution(0, ...,0).

Troisième solution.( dans le cas où on se restreint à démontrer la liberté de la famille(x7→e^nx)n∈N).

Soientn₁< ... <np pentiers naturels deux à deux distincts. Supposons que pour tout réelxon ait∑ⁿ_i=1λieⁿⁱ^x= 0. On en déduit que pour tout réel strictement positift, on a∑ⁿ_i=1λitⁿⁱ =0 et donc le polynôme∑ⁿ_i=1λiXⁿⁱ est nul (car a une infinité de racines) ou encore les coefficients du polynôme∑ⁿ_i=1λiXⁿⁱ à savoir lesλi sont tous nuls.

Quatrième solution.(pour les redoublants) L’applicationϕ qui à f de classeC^∞fait correspondre sa dérivée est un endomorphisme de l’espace des fonctions de classeC^∞ sur R à valeurs dans R. Pour a réel donné, ϕ(fa) =a faet la famille(fa)a∈Rest constituée de vecteurs propres deϕ(les fasont non nulles) associés à des valeurs propres deux à deux distinctes. On sait qu’une telle famille est libre.

Soientnun entier naturel non nul puisP₁,...,P_nnpolynômes non nuls de degrés respectifsd₁< ... <d_n. Soit(λ₁, . . . ,λn)∈Kⁿtel queλ₁P₁+...+λnP_n=0. Supposons par l’absurde que lesλine soient pas tous nuls et posonsk=Max{i∈[[1,n]]/λi6=0}. On ne peut avoirk=1 carP₁6=0 puis

λ1P₁+...+λnPn=0⇒λ1P₁+...+λkP_k=0⇒λkP_k=−∑_i<kλiPi.

Cette dernière égalité est impossible carλkP_k est un polynôme de degré d_k (car λk6=0) et−∑_i<kλiP_i est un polynôme de degré au plusdk−1<dk. Donc tous lesλksont nuls.

La même démarche tient en remplaçant degré par valuation et en s’intéressant à la plus petite valuation au lieu du plus grand degré.

Première solution.ChaqueP_k, 06k6n, est de degrék+n−k=net est donc dansRn[X].

Les polynômesPk, 06k6nont des valuations deux à deux distinctes et donc constituent une famille libre.

Comme de plus card(Pk)₀₆k6n=n+1=dim(E)<+∞, la famille(Pk)₀₆k6nest une base deE.

Deuxième solution.La matrice carréeMde la famille(Pk)_06k6ndans la base canonique deRn[X]est triangu- laire inférieure. Ses coefficients diagonaux sont tous non nuls car égaux à 1.Mest donc inversible et(Pk)₀₆k6n

est une base deE.

Unicité.Soiti∈[[0,n]].L_i doit admettre lesnracines deux à deux distinctesa_j où jest différent deiet doncL_i est divisible par le polynôme∏j6=i(X−aj).Li doit être de degrénet donc il existe un réel non nulλ tel que Li=λ∏j6=i(X−aj). EnfinLi(ai) =1 fournitλ= ¹

∏j6=i(ai−aj). Ainsi nécessairementLi=∏j6=i X−a_j a_i−a_j. Existence.LesLi ainsi définis conviennent.

∀i∈[[0,n]],L_i=∏_j6=i_a^X−a^j

i−a_j. Montrons que la famille(Li)₀₆i6nest libre.

Soientλ₀,..., λn n+1 nombres complexes tels queλ₀L₀+...+λnL_n=0. En particulier, pour un indice ide [[0,n]]donné, ∑ⁿ_j=0λjLj(ai) =0 et donc λi=0 au vu des égalités définissant lesLj. La famille(Li)₀₆i6n est libre.

De plus les L_i sont tous dans Cn[X] et vérifient card(Li)_06i6n=n+1=dimCn[X]<+∞. Donc la famille (Li)₀₆i6nest une base deCn[X].

SoitPun polynôme quelconque de degré inférieur ou égal àn.

On écritPdans la base (Lj)₀₆_j6n:P=∑ⁿ_j=0λjL_j. En prenant la valeur ena_i,idonné dans[[0,n]], on obtient λi=P(ai). D’où l’écriture générale d’un polynôme de degré inférieur ou égal àndans la base(Li)₀₆i6n:

(10)

∀P∈Cn[X],P=P(a₀)L₀+...+P(an)Ln. Mais alors :(∀i∈[[0,n]],P(ai) =bi)⇒P=b₀L₀+...+bnLn.

Réciproquement le polynôme P=b₀L₀+...+b_nL_n vérifie bien sûr les égalités demandées et est de degré inférieur ou égal àn.

Ainsi, il existe un et un seul polynôme de degré inférieur ou égal ànvérifiant∀i∈[[0,n]],P(ai) =bià savoir P₀=∑ⁿ_i=0b_iL_i.

SoientP∈C[X]etR= (X−a₀)...(X−a_n)(deg(R) =n+1).

(∀i∈[[0,n]]P(ai) =bi)⇔(∀i∈[[0,n]]P(ai) =P₀(ai))

⇔P−P₀admet lesn+1 racines deux à deux distinctesa₀, ...,a_n

⇔P−P₀est divisible parR⇔ ∃Q∈C[X]/P=P₀+QR.

Les polynômes cherchés sont lesP₀+QRoùQdécritC[X].

1. Pourpetqentiers relatifs, posonsI(p,q) =^R₀^2πe^i(p−q)xdx.

Sip6=q,I(p,q) =_i(p−q)¹

e^i(p−q)x2π

0 =0. Soient alorspetqdeux entiers naturels.

Donc si p6=q, J(p,q)¹₂Re(I(p,q) +I(p,−q)) =0 puisK(p,q) = ¹₂Im(I(p,−q)−I(p,q)) =0 puis L(p,q) =¹₂Re(I(p,−q)−I(p,q)) =0.

Sip=q,J(p,p) =2πsip=0 etπsip6=0 puisK(p,p) =0 puisL(p,p) =π sip6=0 et 0 si p=0.

2. Sur l’espace E des fonctions continues sur R à valeurs dansR et 2π-périodiques, l’application qui à (f,g) élément de E² associe ^R₀^2π f(t)g(t) dt est classiquement un produit scalaire. La famille de fonctions proposée est une famille orthogonale pour ce produit scalaire et ne contient pas le vecteur nul deE. Cette famille est donc est libre.

Soit f l’application deF×GdansEqui à un élément(x,y)deF×Gassociex+y.

f est clairement linéaire et d’après le thèorème du rang

dim(F×G) =dim(Kerf) +dim(Imf)avec dim(FxG) =dimF+dimGet dim(Imf) =dim(F+G).

Il reste à analyser Kerf.

Soit(x,y)∈E².(x,y)est élément de Kerf si et seulement sixest dansF,yest dansGetx+y=0 ou encore si et seulement sixetysont dansF∩Gety=−x. Donc Kerf={(x,−x),x∈F∩G}.

Montrons enfin que Kerf est isomorphe àF∩G. Soitϕ l’application de F∩Gdans Kerf qui à l’élémentx de F∩Gassocie(x,−x) dans Kerf.ϕ est clairement une application linéaire, clairement injective et clairement surjective. Donc ϕ est un isomorphisme deF∩Gsur Kerf et en particulier dim(Kerf) =dim(F∩G).

Finalement

dim(F+G) =dimF+dimG−dim(F∩G).

dim(F+G+H) =dim((F+G) +H) =dim(F+G) +dimH−dim((F+G)∩H)

=dimF+dimG+dimH−dim(F∩G)−dim((F+G)∩H).

(11)

Maintenant ,F∩H+G∩H⊂(F+G)∩H(car sixest dansF∩H+G∩Hil existeydansF et dansH etz dansGet dansHtel quex=y+zetxest bien dansF+Get aussi dansH). Donc

dim((F+G)∩H)>dim(F∩H+G∩H) =dim(F∩H) +dim(G∩H)−dim((F∩H)∩(G∩H))

=dim(F∩H) +dim(G∩H)−dim(F∩G∩H) et finalement

dim(F+G+H)6dimF+dimG+dimH−dim(F∩G)−dim(F∩H)−dim(G∩H) +dim(F∩G∩H).

Le cas de trois droites vectorielles deR²deux à deux distinctes fournit un cas d’inégalité stricte.

Montrons par récurrence que∀n>2, dim(F1+. . .+Fn)6dim(F1) +. . .+dim(Fn).

•Pourn=2, dim(F₁+F₂) =dim(F₁) +dim(F₂)−dim(F₁∩F₂)6dim(F₁) +dim(F₂).

•Soitn>2. Supposons que siF₁,. . . ,Fnsontnsous-espaces deE, dim(F₁+. . .+Fn)6dim(F₁) +dim(Fn).

SoientF₁,. . . ,F_n+1n+1 sous-espaces deE.

dim(F₁+F₂+...+F_n+1)6dim(F₁+...+Fn) +dim(F_n+1) (d’après le casn=2) 6dim(F₁) +...+dim(F_n+1) (par hypothèse de récurrence).

Le résultat est démontré par récurrence.

On sait que si la sommeF₁+. . .+Fnest directe, on a dim(F₁+. . .+Fn) =dim(F₁) +. . .+dim(Fn).

Montrons par récurrence que∀n>,2[dim(F₁+...+Fn) =dimF1+...+dimFn]⇒la sommeF₁+. . .+Fnest directe].

•Pour n=2 , d’après le14, dim(F₁+F₂) =dim(F₁) +dim(F₂)⇒dim(F₁∩F₂) =0⇒F₁∩F₂={0}.

•Soitn>2. SoientF₁,...,F_n+1n+1 sous-espaces deEtels que dim(F₁+...+F_n+1) =dim(F₁)+...+dim(F_n+1).

On sait que

dim(F₁) +...+dim(F_n+1) =dim(F₁+...+F_n+1)

=dim(F₁+...+Fn) +dim(F_n+1)−dim((F₁+...+Fn)∩F_n+1) 6dim(F₁) +...+dim(Fn+1)−dim((F₁+...+F_n)∩F_n+1),

et donc dim((F1+...+Fn)∩F_n+1)60 puis dim((F1+...+Fn)∩F_n+1) =0. Par suite(F1+...+Fn)∩F_n+1={0}

et aussi dim(F₁) +...+dim(Fn+1) =dim(F₁+...+Fn) +dim(Fn+1)et donc dim(F₁+...+F_n) =dim(F₁) +...+

dim(Fn).

Mais alors, par hypothèse de récurrence, la sommeF₁+...+Fn est directe et si l’on rappelle que(F₁+...+ F_n)∩F_n+1={0}, on a montré que la sommeF₁+...+F_n+1est directe.

Le résultat est démontré par récurrence.

Soitn>3. Montrons par récurrence que∀k∈[[2,n−1]], siH₁,...,Hk sont khyperplans deE, alors dim(H₁∩ ...∩Hk)>n−k.

•Pourk=2. SoientH₁etH₂deux hyperplans deE.

dim(H₁∩H₂) =dim(H₁) +dim(H₂)−dim(H₁+H₂)>(n−1) + (n−1)−n=n−2.

•Soitk∈[[2,n−3]]. Supposons que la dimension d’une intersection dek hyperplans deE soit supérieure ou égale àn−k.

SoientH₁,...,H_k,H_k+1k+1 hyperplans deE.

dim(H₁∩...∩Hk∩H_k+1) =dim(H₁∩...∩Hk) +dim(H_k+1)−dim((H₁∩...∩Hk) +H_k+1)>

(n−k) + (n−1)−n=n−(k+1),

(12)

ce qui démontre le résultat par récurrence.

Pourk=n−1, on obtient en particulier dim(H₁∩...∩Hn−1)>n−(n−1) =1>0 et doncH₁∩...∩Hn−16={0}.

Correction del’exercice 17N Sim=n, c’est immédiat.

Supposonsm<n.

r=dim(Vect(x₁, ...,xn)) =dim(Vect(x₁, ...,xm) +Vect(x_m+1, ...xn)) 6dim(Vect(x₁, ...,xm)) +dim(Vect(x_m+1, ...,xn))

6s+ (n−m)

et donc s>r+m−n. On a l’égalité si et seulement si chaque inégalité est une égalité, c’est à dire si et seulement si Vect(x₁, ...,xm)∩Vect(x_m+1, ...xn) ={0} (pour la première) et la famille(x_m+1, ...,xn) est libre (pour la deuxième).

Im(f+g) ={f(x) +g(x),x∈E} ⊂ {f(x) +g(x⁰),(x,x⁰)∈E²}=Imf+Img. Donc rg(f+g)6dim(Imf+Img)6rgf+rgg

puis rgf =rg((f+g) + (−g))6rg(f+g) +rg(−g) =rg(f+g) +rgg (car Im(−g) ={−g(x), x∈E}= {g(−x),x∈E}={g(x⁰),x⁰∈E}=Img) et donc rg(f+g)>rgf−rgg. De même , en échangeant les rôles de

f etg, rg(f+g)>rgg−rgf et finalement rg(f+g)>|rgf−rgg|.

∀(f,g)∈L(E,F)²,|rgf−rgg|6rg(f+g)6rgf+rgg.

Im(g◦f) =g(f(E))⊂g(F)fournit rg(go f)6rgg.

Soitg⁰=g_/_f_(E₎. D’après le théorème du rang, on a

rgf =dim(f(E)) =dimKerg⁰+dimImg⁰>dimImg⁰) =rg(g◦f) et donc rg(g◦f)6Min{rgf,rgg}.

A partir du théorème du rang, on voit que l’inégalité rgf+rgg−dimF6rg(g◦f)est équivalente à l’inégalité dim(Ker(g◦f))6dimKerf+dimKerg.

Soit f⁰ = f_/Ker(g◦_f₎. D’après le théorème du rang, dim(Ker(g◦f)) =dimKerf⁰+dimImf⁰. Mais Kerf⁰ ⊂

Kerf puis Imf⁰ ={f(x)/x∈Eetg(f(x)) =0} ⊂ {y∈F/g(y) =0}=Kerget finalement dimKer(g◦ f)6 dimKerf+dimKerg.

∀(f,g)∈L(E,F)×L(F,G),rgf+rgg−dimF6rg(g◦f)6Min{rgf,rgg}.

Une condition nécessaire est bien sur dimF+dimG=dimE(et non pasF⊕G=E).

Montrons que cette condition est suffisante. SoientF etGdeux sous-espaces de E tels que dimF+dimG= dimE.

SoitF⁰un supplémentaire deF dansE(F⁰existe carEest de dimension finie).

SiG={0}(et doncF=E), f =0 convient.

(13)

SiG6={0}, il existe un isomorphismeϕ deF⁰ surG(carF⁰etGont même dimension finie) puis il existe un unique endomorphisme deEvérifiant : f_/F=0_/F et f_/F⁰=ϕ.

Mais alors Imf = f(F⊕F⁰) = f(F) +f(F⁰) ={0}+G=GpuisF⊂Kerf et pour des raisons de dimension, F=Kerf.

1. ⇐/ Si f =0, f n’est pas injective (carE6={0}).

Si f 6=0 et s’il existe un endomorphisme non nulgdeEtel que f◦g=0 alors il existe un vecteurxde E tel queg(x)6=0 et f(g(x)) =0. Par suite Kerf6={0}et f n’est pas injective.

⇒/ Supposons f non injective et non nulle. SoientF=Kerf etGun supplémentaire quelconque deF dansE. Soitpla projection surFparallèlement àG.

PuisqueF=Kerf, on a f◦p=0 et puisque f n’est pas nul,F est distinct deE et doncGn’est pas nul (Eétant de dimension finie) ou encore pn’est pas nul. f est donc diviseur de zéro à gauche.

2. ⇐/ Si f =0, f n’est pas surjective.

Si f n’est pas nul et s’il existe un endomorphisme non nulgdeEtel queg◦f=0 alors f ne peut être surjective car sinong(E) =g(f(E)) ={0}contredisantg6=0.

⇒/ Supposons f non surjective et non nulle.

SoientG=ImfetFun supplémentaire quelconque deGdansEpuispla projection surFparallèlement àG.FetGsont non nuls et distincts deEet doncpn’est pas nulle et vérifiep◦f=0. fest donc diviseur de zéro à droite.

1ère solution.Si f=0, c’est immédiat . Sinon, soitpl’indice de nilpotence de f (p>2).

Par définition dep, il existe un vecteurx₀tel que f^p−1(x0)6=0 (et f^p(x0) =0).

Montrons que la famille(f^k(x₀))₀₆k6p−1est libre. Dans le cas contraire, il existea₀,..., a_p−1 pscalaires non tous nuls tels quea₀x₀+...+ap−1f^p−1(x₀) =0.

Soitk=Min{i∈[[0,p−1]]/ai6=0}.

p−1

∑

i=0

aifⁱ(x₀) =0⇒

p−1

∑

i=k

aifⁱ(x₀) =0⇒ f^p−1

p−1

∑

i=k

aifⁱ(x₀)

!

=0

⇒akf^p−1(x0) =0(car pouri>p, fⁱ=0

⇒ak=0(car f^p−1(x₀)6=0).

Ceci contredit la définition deket donc la famille(f^k(x₀))₀₆k6p−1est libre. Puisque le cardinal d’une famille libre est inférieur à la dimension de l’espace, on a montré quep6nou, ce qui revient au même, fⁿ=0.

2ème solution.(pour les redoublants)

Soit p∈N^∗l’indice de nilpotence de f. Le polynômeX^pest annulateur de f. Son polynôme minimal est un diviseur deX^pet donc égal àX^k pour un certaink∈[[1,p]]. Par définition de l’indice de nilpotence,k=ppuis µf =X^p. D’après le théorème de CAYLEY-HAMILTON,µf diviseχf qui est de degrénet en particulierp6n.

Cherchons une matriceAde format(3,2)et une matriceBde format(2,3)telles queAB=





8 2 −2

2 5 4

−2 4 5



.

PosonsE=R²et notons(i,j)la base canonique deE.

PosonsF=R³et notons(e₁,e₂,e₃)la base canonique deF.

Le problème posé matriciellement peut aussi s’énoncer en termes d’applications linéaires : trouvons f ∈ L(E,F) et g∈L(F,E) telles que f◦g(e₁) =8e₁+2e₂−2e₃, f◦g(e₂) =2e₁+5e₂+4e₃ et f◦g(e₃) =

−2e₁+4e2+5e3.

(14)

Remarquons tout d’abord que le problème posé n’a pas nécessairement de solution car par exemple rg(f◦g)6 Min{f,g}6dimE=2 et si la matrice proposée est de rang 3 (c’est à dire inversible), le problème posé n’a pas de solution.

Ici,

8 2 −2

2 5 4

−2 4 5

=8×9−2×18−2×18=0 et la matrice proposée est de rang au plus 2 puis de rang 2 car ses deux premières colonnes ne sont pas colinéaires.

Une relation de dépendance des colonnes estC₁=2C2−2C3.

Un couple(f,g)solution devra vérifier f◦g(e1) =2f◦g(e2)−2f◦g(e3).

Prenons n’importe quoi ou presque pourg(e₂)etg(e₃)mais ensuite prenonsg(e₁) =2g(e₂)−2g(e₃).

Par exemple, posonsg(e₂) =i,g(e₃) = jetg(e₁) =2i−2jpuis f(i) =2e1+5e2+4e3et f(j) =−2e1+4e2+ 5e3ou encore soientA=





2 −2

5 4

4 5



etB=

2 1 0

−2 0 1

. On aAB=





8 2 −2

2 5 4

−2 4 5



.

SoientAetBdeux matrices de formats respectifs(3,2)et(2,3)telles queAB=





8 2 −2

2 5 4

−2 4 5



. Calculons

BA(il n’y a bien sûr pas unicité deAetB, mais l’énoncé suggère que le produitBAdoit être indépendant deA etB).

Tout d’abord

(AB)²=





8 2 −2

2 5 4

−2 4 5









8 2 −2

2 5 4

−2 4 5



=





72 18 −18

18 45 36

−18 36 45



=9AB.

De plus, rg(BA)>rg(A(BA)B) =rg((AB)²) =rg(9AB) =rg(AB) =2 et donc rg(BA) =2 puisBA∈G L2(R).

De l’égalité (AB)²=9AB, on tire après multiplication à gauche parBet à droite par A, (BA)³=9(BA)² et, puisqueBAest une matrice carrée inversible et donc simplifiable pour la multiplication des matrices,BA=9I2.

BA=9I₂.

1. (a) Soientk∈Netx∈E.x∈Nk⇒ f^k(x) =0⇒ f(f^k(x)) =0⇒x∈N_k+1.

∀k∈N,N_k⊂N_k+1.

Soientk∈Nety∈I_k+1⇒ ∃x∈E/y= f^k+1(x)⇒ ∃x∈E/y=f^k(f(x))⇒y∈Ik.

∀k∈N,I_k+1⊂I_k.

(b) Soit x ∈N. Il existe un entier k tel que x est dans N_k ou encore tel que f^k(x) =0. Mais alors f^k(f(x)) = f(f^k(x)) =0 et f(x)est dansN_ket donc dansN. Ainsi,Nest stable par f.

Soity∈I. Alors, pour tout naturelk, il existexk∈E tel quey= f^k(xk). Mais alors, pour tout entier k, f(y) = f(f^k(xk)) = f^k(f(x))est dansIk, et donc f(y)est dansI.I est stable par f.

(c) SiN_k=N_k+1, on a déjàN_k+1⊂N_k+2. Montrons queN_k+2⊂N_k+1.

Soitx∈N_k+2. Alors f^k+1(f(x)) =0 et donc f(x)∈N_k+1=N_k. Donc, f^k(f(x)) =0 ou encorexest dansN_k+1. On a montré que

∀k∈N,[(Nk=N_k+1)⇒(N_k+1=N_k+2)].

2. (a) Notons tout d’abord que, pour tout entier naturel k, Nk ⊂N_k+1 etI_k+1⊂Ik. Si de plus, on est en dimension finie, alors d’après le théorème du rang,

(15)

Nk=N_k+1⇔I_k+1=Ik⇔dimNk=dimN_k+1. DoncA=B(éventuellement=∅).

La suite des noyaux itérés ne peut être strictement croissante pour l’inclusion car alors la suite des dimensions de ces noyaux serait une suite strictement croissante d’entiers naturels, vérifiant par une récurrence facile dimNk>kpour tout naturelk, et en particulier dimNn+1>dimEce qui est exclu.

Donc il existe un entierktel queN_k=N_k+1. Soitple plus petit de ces entiersk.

Par définition dep,Nk est strictement inclus dansN_k+1pourk<p, puisNp=N_p+1et d’après 1)c) pour tout entier naturel k supérieur ou égal à p on aN_k =N_p (par récurrence sur k> p). Donc A={p,p+1,p+2, ...}.

Enfin, dim(N₀)<dim(N₁)< ... <dim(Np)et donc dim(Np)>pce qui imposep6n.

(b) On a déjà dimNp+dimIp=dimE. Il reste à vérifier queIp∩Np={0}.

Soit x un élément de Ip∩Np. Donc f^p(x) =0 et il existe y∈E tel que x = f^p(y). Mais alors f^2p(y) =0 etyest dansN_2p=Np(car 2p>p) ou encorex= f^p(y) =0.

E=Ip⊕Np. (c) IciN=N_p=Kerf^petI=I_p=Imf^p.

Soit f⁰= f_/N. D’après 1)b), f⁰est un endomorphisme deNpuis immédiatement f^0p=0. Donc f_/N est nilpotent.

Soit f⁰⁰= f_/I . f⁰⁰ est d’après 1)b) un endomorphisme deI. Pour montrer que f⁰⁰est un automorphisme deI, il suffit de vérifier que Kerf⁰⁰={0}. Mais Kerf⁰⁰⊂Kerf⊂Net aussi Kerf⁰⁰⊂I. Donc Kerf⁰⁰⊂N∩I={0}. Donc f_/I∈G L(I).

3. Il faut bien sûr chercher les exemples en dimension infinie.

(a) Soit f deR[X]dans lui-même qui à un polynômePassocie sa dérivéeP⁰. On vérifie aisément que

∀k∈N,Nk=Rk[X]et donc la suite des noyaux itérés est strictement croissante. La suite desIk est par contre constante :∀k∈N,I_k=R[X]. Dans ce cas,Aest vide etB=N.

(b) A un polynôme P, on associe le polynômeX P. LesN_k sont tous nuls et pour k∈Ndonné,I_k est constitué des polynômes de valuation supérieure ou égale àkou encoreIk=X^kR[X]. Dans ce cas, A=NetB=∅.

(c) Soit f l’endomorphisme deR[X]qui à Xn associe Xn+1 sinn’est pas une puissance de 2 et 0 sin est une puissance de 2 (f(1) =X, f(X) =0, f(X²) =0, f(X³) =X⁴, f(X⁴) =0, ...)

Soitkun entier naturel.

f²^k⁻¹(X²^k⁺¹) =X²^k⁺¹⁺²^k⁻¹=X²^k+16=0 et f²^k(X²^k⁺¹) = f(X²^k+1) =0.

Donc, pour tout entier naturelk,N₂k−1est strictement inclus dansN_k.Aest vide.

Ensuite,X²^k+1 ∈I₂k−1maisX²^k+1 ∈/I₂k. En effet, sil>2^k+1+1, f²^k(X^l)est ou bien nul ou bien de degré supérieur ou égal à 2^k+2^k+1+1>2^k+1et sil62^k+1, f²^k(X^l) =0 car entrelet 2^k+l−1, il y a une puissance de 2 (il y a 2^knombres entrelet 2^k+l−1, ensuite 2^k+l−1<2^k+2^k+1=3×2^k<

2^k+2et enfin l’écart entre deux puissances de 2 inférieures à 2^k+1vaut au maximum 2^k+1−2^k=2^k) . Donc,I₂k contient le polynôme nul ou des polynômes de degré strictement supérieur à 2^k+1et ne contient donc pasX²^k+1. Finalement, pour tout entier naturelk,I₂k est strictement inclus dansI₂k−1

etBest vide.

4. Pourkentier naturel donné, on note f_kla restriction de f àI_k. D’après le théorème du rang, on a dimIk=dimKerf_k+dimImf_k avec Imf_k=f(Ik) =I_k+1.

Donc, pour tout entier naturelk,dk−d_k+1=dimKerfk.

Or, pour tout entier naturel k, Kerf_k+1 =Kerf∩I_k+1 ⊂Kerf∩I_k =Kerf_k et donc d_k+1−d_k+2 = dimKerf_k+16dimKerfk=dk−d_k+1.

Finalement, pour tout entier naturelk,d_k+1−d_k+26dk−d_k+1et la suite des images itérées décroît de moins en moins vite.

(16)

Correction del’exercice 25N On transforme légèrement l’énoncé.

Six est un vecteur non nul tel que(x,f(x))est liée alors il existe un scalaireλx tel que f(x) =λxx. Six=0, f(x) =0=0xet encore une fois il existe un scalaireλxtel que f(x) =λxx.

Inversement, si pour toutxdeE, il existeλx∈Ktel que f(x) =λxx, alors la famille(x,f(x))est liée. Donc [(∀x∈E,(x,f(x))liée)⇔(∀x∈E,∃λ_x∈K/ f(x) =λxx)].

Notons de plus que dans le cas où x6=0, la famille (x) est une base de la droite vectorielle Vect(x) et en particulier, le nombreλxest uniquement défini.

Montrons maintenant que f est une homothétie c’est à dire montrons que :∃λ∈K/∀x∈E, f(x) =λx.

Soientx₀un vecteur non nul et fixé deEpuisxun vecteur quelconque deE.

1er cas.Supposons la famille(x₀,x)libre. On a f(x+x₀) =λ_x+x₀(x+x₀)mais aussi f(x+x₀) = f(x) +f(x₀) = λxx+λx₀x₀et donc

(λx+x₀−λx)x+ (λx+x₀−λx₀)x₀=0.

Puisque la famille(x₀,x)est libre, on obtientλ_x+x₀−λ_x=λ_x+x₀−λx₀=0 et doncλx=λ_x+x₀ =λx₀. Ainsi, pour tout vecteurxtel que(x,x₀)libre, on a f(x) =λx₀x.

2ème cas.Supposons la famille(x₀,x)liée. Puisquex₀est non nul, il existe un scalaireµ tel quex=µx₀. Mais alors

f(x) =µf(x₀) =µ λx₀x₀=λx₀x.

Finalement, il existe un scalaire k=λx₀ tel que pour tout vecteur x, f(x) =kxet f est une homothétie. La réciproque étant claire, on a montré que

∀f ∈L(E),[(f homothétie)⇔(∀x∈E,(x,f(x))liée)].

Remarques. 1) Soit (G,∗) un groupe. Le centre deGest l’ensemble des éléments deGqui commutent avec tous les éléments deG. Ce centre, souvent notéZ, est un sous-groupe de(G,∗).

2)(L(E),◦)est un magma associatif et unitaire mais non commutatif (pour dimE>1)mais(L(E),◦)n’est pas un groupe. Par contre(G L(E),◦)est un groupe (groupe des inversibles de(L(E),◦)).

Soit f un endomorphisme (resp. automorphisme) de E commutant avec tous les endomorphismes (resp. les automorphismes) deE. f commute en particulier avec toutes les symétries.

Soitxun vecteur non nul deE etsla symétrie par rapport à Vect(x)parallèlement à un supplémentaire donné de Vect(x)).

s(f(x)) = f(s(x)) = f(x).

Par suite, f(x)est invariant parset appartient donc àVect(x). Ainsi, si f commute avec tout endomorphisme (resp. automorphisme) de E, f vérifie nécessairement ∀x∈E, (x,f(x))liée et d’après le25, f est nécessai- rement une homothétie. Réciproquement , les homothéties deEcommutent effectivement avec tout endomorphisme deE.

Les endomorphismes deE qui commutent avec tout endomorphismes deEsont les homothéties.

(17)

Pour le centre deG L(E), il faut enlever l’application nulle qui est une homothétie mais qui n’est pas inversible.

⇒/ Si p+qest un projecteur alors l’égalité(p+q)²=p+qfounit pq+qp=0. En composant par pà droite ou à gauche , on obtient pqp+qp=0=pq+pqpet doncpq=qp.

Cette égalité jointe à l’égalitépq+qp=0 fournitpq=qp=0.

⇐/ Si pq=qp=0, alors(p+q)²=p²+pq+qp+q²=p+qet p+qest un projecteur.

Pour tous projecteurs petq, (p+qprojecteur⇔p◦q=q◦p=0⇔Imq⊂Kerpet Imp⊂Kerq).

Dorénavant,p+qest un projecteur ou ce qui revient au mêmepq=qp=0.

On a Kerp∩Kerq⊂Ker(p+q). Inversement, pourx∈E,

x∈Ker(p+q)⇒(p+q)(x) =0⇒ p(p(x) +q(x)) =0⇒p(x) =0, et de mêmeq(x) =0. Ainsi, Ker(p+q)⊂Kerp∩Kerqet donc Ker(p+q) =Kerp∩Kerq.

On a Im(p+q)⊂Imp+Imq. Inversement, pourx∈E,

x∈Imp+Imq⇒ ∃(x₁,x₂)∈E²/x=p(x1) +q(x2).

Mais alors,(p+q)(x) =p²(x1) +pq(x1) +qp(x2) +q²(x2) =p(x1) +q(x2) =xet doncx∈Im(p+q). Ainsi, Imp+Imq⊂Im(p+q)et donc Im(p+q) =Imp+Imq. En résumé, si petqsont deux projecteurs tels que p+qsoit un projecteur, alors

Ker(p+q) =Kerp∩Kerqet Im(p+q) =Imp+Imq.

Soit pun projecteur deE. Sip=0, Tr(p) =rg(p) =0 et sip=IdE, Tr(p) =rg(p) =n.

Dorénavant,pest un projecteur de rangr∈[[1,n−1]]. On choisit une base deE Badaptée à la décomposition

E=Im(p)⊕Ker(p). Dans cette base, la matrice deps’écrit







1 0 . . . 0

0 . .. ... ...

... . .. 1

0 . .. ...

... . .. ... 0

0 . . . 0 0







où le nombre de

1 est dim(Im(p)) =r. Mais alors Tr(p) =r.

En dimension finie, la trace d’un projecteur est son rang.

⇐/ Si∀i6= j,p_i◦p_j=0 alors

(p₁+...+pn)²=p²₁+...+p²_n+∑_i6=_jpi◦pj=p₁+...+pn, etp₁+...+pnest un projecteur.

⇒/ Supposons que p=p₁+...+pnsoit un projecteur. PosonsFi=Impi, 16i6n, puisF =F₁+...+Fnet G=Imp. On sait que la trace d’un projecteur est son rang. Par linéarité de la trace, on obtient