Semaine 1

Colle PC Semaine 1 _2011-2012

EXERCICE 1 :

Soit E un R −espace vectoriel finie de dimension finie et a non nul dans R . On considère f ∈ L(E) tel que : f

³

− 2af

²

+ a

²

f = 0

1. Montrer que Kerf

²

=Kerf 2. Montrer que Kerf L Imf =E

EXERCICE 2 :

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

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

Application : E=R

n

[X]. Pour 0 6 k 6 n, on pose P

k

= X

^k

(1 − X )

^n−k

. Montrer que la famille (P

k

)

06k6n

est une base de E.

EXERCICE 3 :

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

EXERCICE 4 :

On considère une matrice A de M

p

( R ) pour laquelle il existe deux réels α et β distincts tels que : (A − αI)(A − βI) = 0

1. Montrer que l’on a aussi (A − βI)(A − αI) = 0.

2. Exprimer A

²

en fonction de A et de I.

3. (a) Montrer que, pour tout entier naturel n, il existe deux réels u

n

et v

n

tels que : A

ⁿ

= u

n

A + v

n

I

Exprimer u

n+1

et v

n+1

en fonction de u

n

et de v

n

. (b) Exprimer u

n+2

en fonction de u

n+1

et u

n

.

(c) En déduire l’expression de u

n

en fonction de n, puis celle de A

ⁿ

en fonction de n, A et I.

My Maths Space 1 sur 3

Colle PC Semaine 1 _2011-2012

Corrections

Exercice 1 :

1. f

³

−2af

²

+a

²

f = 0 ⇔ f = − 1

a

²

(f −2aId

E

)of

²

. Ainsi si x ∈ Kerf

²

alors f (x) = 0 donc x ∈ Kerf et Kerf

²

⊂Kerf De plus, Kerf ⊂Kerf

²

(si f (x) = 0 alors f (f (x)) = 0) donc Kerf

²

=Kerf .

2. Soit y ∈Kerf ∩ Imf . Il existe x ∈ E tel que y = f (x). Ce qui implique que f (y) = f

²

(x) donc, comme y ∈ Kerf , f

²

(x) = 0. Or d’après la question précédente, Ker(f

²

)=Ker(f ) donc y = f (x) = 0 et par suite Kerf ∩ Imf = {0}.

Grâce au théorème du rang, dim(Imf )+dim(Kerf )=dim(E) donc on a : Kerf L Imf =E.

Exercice 2 :

1. Soit n un entier naturel non nul puis P

1

, ..., P

n

n polynômes non nuls de degrés respectifs d

1

< ... < d

n

. On note (λ

1

, ..., λ

n

) n scalaires tels que λ

1

P

1

+ ... + λ

n

P

n

= 0.

Supposons que les λ

i

ne soient pas tous nuls, notons J la partie de {1, 2, ..., n} telle que pour i ∈ J , λ

i

6= 0 . On appelle k le plus grand élément de J . (On ne peut avoir k = 1 car P

1

6= 0)

λ

1

P

1

+ ... + λ

n

P

n

= X

i∈J

λ

i

P

i

= 0 ⇔ λ

k

P

k

= − X

i∈J,i<k

λ

i

P

i

Or λ

k

P

k

est un polynôme de degré d

k

et − X

i∈J,i<k

λ

i

P

i

est un polynôme de degré au plus d

k−1

< dk. On aboutit à une contradiction donc tous les λ

k

sont nuls.

2. Utiliser la plus petite valuation au lieu du plus grand degré.

Application : E=R

n

[X]. Pour 0 6 k 6 n, on pose P

k

= X

^k

(1 − X )

^n−k

.

Pour 0 6 k 6 n, P

k

est de degré k + n − k = n donc P

k

∈ R

n

[X]. Les polynômes P

k

ont des valuations deux à deux distinctes et donc, d’après ce qui précède (P

k

)

06k6n

est une famille libre. La famille (P

k

)

06k6n

est composée de n + 1 éléménts et n + 1=dim(E) donc la famille (P

k

)

06k6n

est une base de E.

Exercice 3 :

Soit p un projecteur de E.

On considère que p 6= 0 car si tel est le cas, tr(p)=rg(p)=0.

p est de rang r (1 6 r 6 n). Comme p est un projecteur, E=Im p L

Ker p. Il existe donc une base de E, {e

1

, e

2

, ..., e

r

, e

r+1

, ..., e

n

} où les (e

i

)

16i6r

sont des vecteurs de Im p et les (e

i

)

r+16i6n

sont des vecteurs de Ker p. Dans cette base,la matrice

de p est

























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

.. . . .. 1

0 . .. ...

.. . . .. ... 0 0 . . . . . . 0 0

























. Matrice qui s’écrit aussi par blocs :

I

r

0 0 0

. On a donc dim(Im p)=r et

tr( p)=r d’où le résultat : en dimension finie, la trace d’un projecteur est son rang.

Exercice 4 :

1. Les matrices A et I communtent donc (A − βI)(A − αI ) = (A − αI)(A − βI) = 0.

2. En développant les relations précédentes : A

²

= (α + β)A − αβI.

3. (a) On effectue un raisonnement par récurrence sur l’entier naturel n pour établir l’existence de réels u

n

et v

n

tels que :

My Maths Space 2 sur 3

Colle PC Semaine 1 _2011-2012

A

ⁿ

= u

n

A + v

n

I

• Si n = 0, A

⁰

= I, donc u

0

= 0 et v

0

= 1.

• On suppose que la propriété est vraie au rang n, alors :

A

ⁿ⁺¹

= A

ⁿ

A = (u

n

A + v

n

I)A = u

n

((α + β)A − αβI) + v

n

A = ((α + β )u

n

+ v

n

)A − αβu

n

I

D’après le principe du raisonnement par récurrence, la propriété est vraie et pour tout entier naturel n : u

n+1

= (α + β)u

n

+ v

n

et v

n+1

= −αβu

n

(b) De ce qui précéde : u

n+2

= (α + β)u

n+1

− αβu

n

(c) L’ensemble des suites (u

n

)

n∈N

vérifiant la relation précédente est un espace vectoriel de dimension 2. Une base de cet espace vectoriel est (α

ⁿ

, β

ⁿ

) car l’équation caractéristique r

²

−(α+β)r−αβ = 0 ⇔ (r−α)(r−β) = 0.

Ainsi il existe (a, b) ∈ R

²

, tel que ∀n ∈ N , u

n

= aα

ⁿ

+ bβ

ⁿ

On détermine a et b à l’aide de u

0

et de u

1

:

u

0

= a + b = 0 u

1

= aα + bβ = 1 ⇔



 

 

a = 1 α − β b = − 1

α − β .

On en déduit les expressions de u

n

et de v

n

en fonction de n :



 

 

u

n

= α

ⁿ

− β

ⁿ

α − β v

n

= αβ

ⁿ

− βα

ⁿ

α − β Il s’en suit l’expression de A

ⁿ

: A

ⁿ

= α

ⁿ

− β

ⁿ

α − β A + αβ

ⁿ

− βα

ⁿ

α − β I

My Maths Space 3 sur 3