Feuille 15

(1)

Feuille 15

Exercice15.1 Solution p. 3

On note A = {(x, y) ∈ R² / xy = 0} etB = {(x, y) /2x+y = 1}.Les ensembles Aet B sont-ils des sous-espaces vectoriels deR²?

On note Al’ensemble des suites arithmétiques et B l’ensemble des suites monotones. Les ensembles Aet B sont-ils des sous-espaces vectoriels deR^N?

SiAetBsont deux parties d’unK-espace vectorielE, comparerVect(A∩B)etVect(A)∩Vect(B).

DansR³, on noteu= Ñ1

1 1

é etv=

Ñ1 0

−1 é

. Montrer queVect(u, v) =





 Ñ 2α

α+β 2β

é

/ α, β ∈R²





 .

SoientE unR-espace vectoriel etF un sous-espace vectoriel deE, different deE. Soit uune fonction deE dansEtelle que la restriction deusur le complémentaire deFest nulle.

Montrer queuest linéaire si et seulement si elle est nulle.

On noteEl’ensemble des fonctionsf deRdansRtelles qu’il existe(a, A)∈R²₊vérifiant∀x∈R, |x| ≥a⇔

|f(x)| ≤A|x|.

SoientEunK-espace vectoriel etA, B, Ctrois sous-espaces vectoriels deEtels queA∩B =A∩C, A+B= A+CetB⊆C.

Montrer queB=C

Pour toutX= Ñx

y z

é

∈R³, on noteM(X) =

Ñx+ 2y+ 4z 3y+ 3z x+y+ 3z

é . Montrer queM ∈L(R³), puis calculerKer(M)etIm(M).

SoientE, F etGtrois sous-espaces vectoriels d’un espace vectorielA.

1. Est-il vrai queE∩(F+G) = (E∩F) + (E∩G)? 2. Est-il vrai queE∩(F+ (E∩G)) = (E∩F) + (E∩G)?

SoientEunK-espace vectoriel ethun endomorphisme deE.

1. SiF est un sous-espace vectoriel deE, montrer queh⁻¹(h(F)) =F + Ker(h).

(2)

Exercice15.11 Solution p. 5 Soituetvdeux endormorphismes d’unC-espace vectorielE, tels queu◦v = v◦u. On suppose qu’il existe (α, β)∈C²tels queu◦v+αu+βv= 0,avecα6= 0etβ6= 0.

Montrer queu+βIdE est inversible.

Si l’on suppose queEest de dimension finie, on peut enlever l’hypothèse de commutativité et demander de prouver cette commutativité après avoir montré la première question.

Dans l’espace vectorielF(R,R)des fonctions deRdansR, comparer les sous-espaces vectoriels respectivement engendrés par les familles(ϕ_n)n∈Net(ψ_n)n∈N,où

∀x∈R, ϕ_n(x) = cos(nx)etψ_n(x) = cosⁿx

SoitEunK-espace vectoriel etuun élément deL(E).

1. Montrer queKer(u)∩Im(u) ={0}si et seulement siKer(u²) = Ker(u).

2. Montrer queE = Ker(u) + Im(u)si et seulement siIm(u²) = Im(u).

SoitEunK-espace veetoriel etu, v∈L(E)tels queu◦v=v◦uetKer(u)∩Ker(v) ={0}.

Montrer que quelque soiti, j∈N, Ker(uⁱ)∩Ker(v^j) ={0}.

SoientEetF deuxK-espaces vectoriels. Montrer queE^∗×F^∗est isomorphe à(E×F)^∗

Polynômes d’endomorphismes

SoientEunK-espace vectoriel etu∈L(E).

NotonsP ={P(u)/ P ∈K[X]}etC={v ∈L(E)/ v◦u=u◦v}.

1. Montrer queP etCsont des sous-espaces vectoriels deL(E)et queP ⊆ C.

2. Soitx ∈ E. Montrer que le plus petit sous-espace vectoriel deE contenantxqui est stable paruestFx = {P(u)(x)/ F ∈K[X]}.

3. Six∈E, on dira quexestu-générateur si et seulement siFx =E.Notonsϕx : L(E)−→ E v7−→v(x) Montrer quexestu-générateur si et seulement siϕx

_P est surjective.

4. Montrer que sixestu-générateur alorsϕ_x

_Cest injective.

En déduire que siE possède unu-générateur, alorsP =CetEest isomorphe àC.

SoientKun sous-corps deCetE unK-espace vectoriel.

1. Montrer que la réunion de deux sous-espaces vectoriels strictement inclus dansEest également strictement incluse dansE.

2. Plus généralement, sinest un entier supérieur ou égal à 2, montrer que la reunion densous-espaces vectoriels strictement inclus dansEest strictement incluse dansE.

(3)

Solution de l’exercice 15.1 Énoncé PourA: Soita= (0,1)b= (1,0) a+b= (1,1)6∈ADoncAn’est pas un sous-espace vectoriel deR². On a A= (Ox)∪(Oy).

PourB :06∈B, ou sinona= (0,1), b= Å1

2,0 ã

a+b= Å1

2,1 ã

6∈B(car1 + 1 = 26= 1).Best une droite affine du plan (donc non vectoriel).

Solution de l’exercice 15.2 Énoncé

Soit (u_n),(v_n) ∈ A,u_n = u₀ +nr et v_n = nq +v₀. Soit α ∈ R, α(u_n) + (v_n) = (αu_n+v_n) et ∀n ∈ N, αun+vn=α(nr+u0) +nq+v0=n(αr+q) + (αu0+v0), donc la suite(αun+vn)est bien arithmétique donc appartient àA. DoncAest bien un sous-espace vectoriel deR^N.

PourB il suffit de montrer par exemple, que la somme d’une suite croissante et décroissante n’est pas monotone.

(Bn’est donc pas un sous-espace vectoriel).

A∩B ⊂A, B, doncVect(A∩B) ⊂Vect(A)etVect(A∩B) ⊂Vect(B). DoncVect(A∩B) ⊂Vect(A)∩ Vect(B).

Prenons maintenantRen tant queR-espace vectoriel. Soita, b ∈ R, a 6= b. AlorsVect({a} ∩ {b}) = {0}mais Vect(a)∩Vect(b) =R, donc l’inclusion n’est que dans un sens.

Soitu:E −→Etelle queu|_E\F =0

Soitx ∈F, a∈ E\F. a+x6∈ F sinona∈ F doncE\F ⊂F . doncu(a+x) = 0, de plusu(a) = 0donc u(x) =u(a+x−a) =u(a+x)−u(a) = 0. Ainsi siuest linéaire,u|_F est nulle.

Réciproquement, on vérifie que0∈L(E).

Pas de correction.

Soitx∈C x∈A+C=A+B(car0∈A) donc il existea, b∈A×B, x=a+bdonca=x−b,x∈Cet b∈B ⊂C, donca=x−b∈Cdonca∈A∩C=A∩B donca∈Bpuisx=a+b∈B. DoncC ⊂B, ce qui permet de conclure.

SoitX= (x, y, z), X⁰ = (x⁰, y⁰, z⁰)∈R³. On vérifie que∀λ∈R, M(λX+X⁰) =λM(X) +M(X⁰).

Ñx y z

é

∈KerM ⇔M(X) = Ñ0

0 0

é

⇔







x+ 2y+ 4z =0 3y+ 3z =0 x+y+ 3z =0

⇔







y =−z x =−2z z =z

⇔X = Ñ−2z

−z é

(4)

DoncKerM = Vect

−1 1 . Im(M) =

M(X)/ X∈R³

= Vect

à e1

z }| { Ñ1

0 1

é ,

e2

z }| { Ñ2

3 1

é ,

z }| { Ñ4

3 3

ée3

í

= Vect ÑÑ1

0 1

é ,

Ñ1 3 0

é ,

Ñ1 3 0

éé

e₂−e₁ ete₃−3e₁

= Vect ÑÑ1

0 1

é ,

Ñ1 3 0

éé

DoncX ∈ImM ⇔ ∃α, β∈R, Ñx

y z

é

=α Ñ1

0 1

é +β

Ñ1 3 0

é

⇔







x =α+β y =3β z =α

⇔x=z+y

3 ⇔3x−y−3z= 0.

1. La figure ci-dessous donne bien un contre-exemple clair. Ici E ∩(F +G) = E mais(E ∩F) = {0} et (E∩G) ={0}.

~0 E

F

G

2. Soitx∈(E∩F) + (E∩G), il existe alorsa, b∈(E∩F)×(E∩G)tels quex=a+b.

a∈E, b∈Edoncx∈E.

a∈F, b∈E∩Gdoncx∈F+ (E∩G)doncx∈E∩(F+ (E∩G)).

Soitx∈E∩(F +E∩G). Il existea, b∈F ×(E∩G)tels quex=a+b.

On ax∈E, b∈Edonca=x−b∈E, donca∈E∩F, etb∈E∩Gdoncx∈(E∩F) + (E∩G).

DoncE∩(F+ (E∩G)) = (E∩F) + (E∩G).

1. «⊃» : Soitx∈F+ Kerh,∃a, b∈F ×Kerhtels quex=a+b.

Alorsh(x) =h(a) + 0 =h(a)∈h(F)doncx∈h⁻¹(h(F)).

«⊂ ˇ : Soitx ∈ h⁻¹(h(F)), h(x) ∈ h(F) donc ∃y ∈ F tel que h(x) = h(y)donc h(x−y) = 0 donc x−y∈Kerhdoncx∈F + Kerh.

2.

3. «⊃» : Soitx∈F∩Imh, ∃y ∈F tel queh(y) =xdoncy∈h⁻¹(F)doncx=h(y)∈h(h⁻¹(F)).

«⊂» : Soitx ∈h(h⁻¹(F)),∃y ∈h⁻¹(F)tel queh(y) =xdoncx∈Imh. De plus,y ∈h⁻¹(F)⇔h(y)∈ F ⇔x∈F.

(5)

Solution de l’exercice 15.11 Énoncé On sait d’après le cours que(L(E), +, ·, ◦)est uneC-algèbre non abélienne.

Supposons queu+βIdE soit inversible (analyse) :

(u+βId_E)◦w= Id_E (1) w(u+βId_E) = Id_E (2) (1)donne

αβw =αId_E−αuw

=αIdE+(uvβv)w

=αIdE+v(u+βIdE)w (caruv =vu) αβw =αId_E+v

w= 1

βId_E+ 1 αβv

Synthèse : Posonsw= 1

β Id_E+ 1 αβv

(u+βId_E)w= 1

αβ(u+βId_E)(αId_E+v)

= 1

αβ(αu+uv+βId_E+βv)

= 1

αβαβId_E = Id_E On vérifie également à gauche, mais ça marche.

Autre solution, avec la dimension, à venir

Montrons par récurrence queVect(ψn) = Vect(ϕn).

Pourn= 0, c’est bon, pourn= 1c’est aussi bon.

Soitn∈Ntel queR(n)soit vraie.

Vect{coskx / k∈J1 ; n+ 1K}= Vect Ö

{coskx / k∈J1 ; nK}

| {z }

R(n)

∪{cos(n+ 1)x}

è

= VectÄ

{cos^kx / k ∈J1 ; nK}ä

+ Vect ({cos(n+ 1)x}) (car Vect(E) + Vect(F) = Vect(E∪F))

Vect(cos(n+ 1)x) = Vect(T_n+1(x)),oùT_n+1est le polynôme de Tchebychev de degrén+ 1.

= Vect á

{cos^kx / k∈J1 ; nK} ∪











en+1

z }| {

n+1

X

i=0

αicosⁱx /(αi)∈Rⁿ⁺²









 ë

= VectÄ

{cos^kx / k ∈J1 ; nK} ∪

αn+1cosⁿ⁺¹x ä

par opérations élémentaires : en+1←en+1−αicosⁱx, i∈J0 ; nK

= Vect¶

cos^kx / k∈J1 ; n+ 1K

©

(6)

Vect(cosnx) = Vect [

n∈N

{coskx / k ∈J1 ; nK}

= [

n∈N

Vect{coskx / k∈J1 ; nK}

= [

n∈N

Vect{cos^kx / k∈J1 ; nK}

= Vect cos^kx

Il faut détailler certains passages : si v ∈ Vect(cosnx), alors il existe v de la forme

N

X

k=0

α_kcoskx, donc v ∈ Vect{coskx / k ∈J1 ; NK}doncVect(cosnx)⊂S

n∈NVect{cosnx / n∈J1 ; NK}et⊃est claire.

1. ⇐: On suppose queKer(u²) = Ker(u). Soitx∈Ker(u)∩Im(u).

∃y ∈ E, x = u(y) donc u(x) = u²(y).u(x) = 0donc u²(y) = 0donc y ∈ Ker(u²) = Ker(u) donc x=u(y) = 0. DoncKeru∩Imu={0}

⇒: Supposons queKer(u)∩Im(u) ={0}. On a directement l’inclusionKer(u)⊂Ker(u²).

Soitx ∈ Ker(u²) u(u(x)) = 0donc u(x) ∈ Ker(u)etu(x) ∈ Im(u) doncu(x) = 0(par hypothèse).

Doncx∈Ker(u)⇒Ker(u²)⊂Ker(u).

2. ⇒: Supposons queE = Ker(u) + Im(u). On a immédiatement l’inclusionIm(u²)⊂Im(u).

Soitx∈Im(u), ∃y∈E / u(y) =x. Il existe de plus,(a, b)∈Ker(u)×Im(u)tels quey=a+b.

Doncx=u(a+b) =u(b) (caru(a) = 0) orb∈Im(u)doncx∈Im(u²).

⇐ : Supposons que Im(u²) = Im(u). Soit x ∈ E, ∃y ∈ E / u(x) = u(u(y)), alors u(x −u(y)) = 0 doncx−u(y)∈Ker(u)doncx=u(y) +c, oùc∈Ker(u), doncx∈Ker(u) + Im(u).

La dernière implication est la plus dure, ne pas hésiter à faire une analyse pour trouver la solution.

On le montre par récurrence, laquelle est initialisée au rang 1 par l’énoncé. (elle est aussi vraie au rangi=j= 0).

Soiti∈Ntel queKer(uⁱ)∩Ker(v) ={0}(jest fixé à 1).

Soitx∈Ker(uⁱ⁺¹)∩Ker(v),v(x) =uⁱ⁺¹(x) = 0doncu(uⁱ(x)) = 0doncuⁱ(x)∈Ker(u).

Supposons que x 6= 0, x ∈ Kerv, donc uⁱ(x) 6= 0, on a uⁱ(v(x)) = uⁱ(0) = 0, or comme u ◦v = v ◦u, v(uⁱ(x)) =uⁱ(v(x)) = 0doncuⁱ(x)∈Ker(v).

u(uⁱ(x)) = 0doncuⁱ(x)∈Ker(u). Doncuⁱ(x)∈Ker(u)∩Ker(v)doncuⁱ(x) = 0doncx∈Ker(v)∩Ker(uⁱ) = {0}doncx= 0doncKer(uⁱ⁺¹)∩Ker(v) ={0}.

On a montré que[u◦v=v◦u]∧Ker(u)∩Ker(v) ={0} ⇒ ∀i∈N, Ker(uⁱ)∩Ker(v) ={0}.

On remplace le couple(u, v)par le couple(v, u^j)et on a la relation demandé.

Posons

Ψ : E^∗×F^∗−→(E×F)^∗

(e, f)7−→ϕ_e,f:E×F →K

(x, y)7→e(x) +f(y) Soitα∈K, e, e⁰∈E^∗, f, f⁰ ∈F^∗, soit(x, y)∈E×F, on vérifie queΨest linéaire :

Ψ(α(e, f) + (e⁰, f⁰))(x, y) = (αe(x) +e⁰(x)) +αf(y) +f⁰(y) = [αΨ(e, f) + Ψ(e⁰, f⁰)](x, y).

Montrons queΨest surjective. Soitϕ∈(E×F)^∗.

(7)

Posonsf:F −→K y7−→ϕ(0, y)

e:E −→K x7−→ϕ(x,0)

On vérifie (mais il est assez clair) que∀(x, y)∈E×F, [Ψ(e, f)](x, y) =e(x) +f(x) =ϕ(x, y)(d’après la linéarité deϕ).

Montrons l’injectivité : Soit(e, f) ∈Ker Ψdonc∀(x, y) ∈E×F, e(x) +f(x) = 0, avecx = 0,∀y ∈ F, f(y) = doncf =0, avecy = 0, ∀x∈E, e(x) = 0. Donc(e, f) = (0_E^∗,0_F^∗).

DoncKer Ψ ={(0,0)}.

1. On peut le vérifier manuellement, ou bien poserf:K[X]−→L(E) P 7−→P(u)

, qui est, d’après le cours, un morphisme d’algèbre. Dans ce cas,P = Im(f)et donc est un sous-espace vectoriel deL(E).

On montre de même queCest un sous-espace vectoriel deL(E)(mais ça se fait bien).

SoitP(u) ∈ P, alors P(u) = X

n∈N

anuⁿ et u◦ P(u) = X

n∈N

anuⁿ⁺¹ = P(u) ◦u donc P(u) ∈ C donc P ⊂ C.

Plus généralement, tout polynôme d’endomorphismes commutent avec l’endomorphisme qui le compose.

2. Là aussi, on peut le vérifier à la main, ou sinon poser :Fx = Im(Ψ), oùΨ :K[X]−→E

P 7−→[P(u)](x) . DoncF_xest bien un sous-espace vectoriel.

SoitP(u)(x) ∈ F_x, alorsu◦P(u)(x) = S(u)(x)oùS(X) = X ◦P(X) ∈ K[X]car(K[X],+,·,×)est uneK-algèbre.

DoncFxest stable paru.

SoitGun sous-espace vectoriel deE vérifiant ces conditions. Alorsx ∈ Gpuisu(x) ∈ G. Par récurrence,

∀k∈N, u^k(x)∈G. De plusGest stable par combinaison linéaire, donc∀(α_n)∈K⁽^N⁾, X

n∈N

uⁿα_n∈G.

DoncF_x⊂G.

3.

xestu-générateur⇔Fx =E

⇔E⊂Fx

⇔E⊂ϕx(P)

⇔ϕ_x|_P est surjective

4. Supposons quexsoit unu-générateur. Soitv∈ C tel queϕ_x|_C(v) = 0⇔v(x) = 0.

SoitP(u)∈ P, alorsP(u)◦v(x) = 0⇔v(P(u)(x)) = 0⇔ ∀y∈E, v(y) = 0doncv=0etKerϕ_x|C={0}

doncϕx|_C est injective.

Montrons queC ⊂ P. Soitv ∈ C. Notonsv(x) = y = ϕ_x(v). Il existef ∈ P tel que y = f(x)par sur- jectivité. Doncϕx(f) = ϕx(v)doncf = vpar injectivité deϕx|_C. doncC = P. De plus,ϕx|_P = ϕx|_C est bijective. DoncCest isomorphe àE.

1. SoitE₁, E₂deux sevs strics deE. SiE₁ ⊂E₂alorsE₁∪E₂ =E₂ (E, de même en intervertissant les rôles.

Sinon, il existex∈E₁\E₂ety∈E₂\E₁.

Supposons maintenat queE₁∪E₂ = E. Supposons quex+y ∈ E₁ alors(x+y)− x = y ∈ E₁ . De

(8)

2. Soit(Ei)1≤i≤nune famille densous-espaces vectoriels deE. On suppose queE=

j=1

Ej E1 (

i≥2

Ei j=1

Ej ( E₁.

On suppose sans perte de généralité quex∈E1, mais que pour touti≥2, x6∈Ei, ety ∈Eimaisy6∈E1. SoitA={x+ky / k∈Z}.Aest infini (carCest un corps de caractéristique nulle), donc par le principe des tiroirs (où les tiroirs sont lesE_i), il existek₁,k₂tels quex+k₁y∈E_`etx+k₂y∈E_`.

Ainsi(k1−k2)y ∈E`, de plus,k1 6=k2 doncy ∈E`. donck1y ∈E` doncx=x+k1y−k1y∈ E`. Ainsi x, y∈E_`donc`= 1, doncy∈E₁, c’est absurde.