Exercices applications linéaires – Cours et formation gratuit

(1)

Exo7

Applications linéaires

1 Définition

Exercice 1

Déterminer si les applications f

i

suivantes sont linéaires :

f

₁

: R

²

→ R

²

f

₁

(x,y) = (2x + y,x − y) f

₂

: R

³

→ R

³

f

₂

(x,y, z) = (xy , x, y)

f

₃

: R

³

→ R

³

f

₃

(x,y, z) = (2x + y + z, y − z,x + y) f

₄

: R

²

→ R

⁴

f

₄

(x,y) = (y, 0,x − 7y, x + y) f

₅

: R

3

[X] → R

³

f

₅

(P) = P(− 1),P(0),P(1)

IndicationH CorrectionH Vidéo [000929]

Exercice 2

SoitEun espace vectoriel de dimensionnetφune application linéaire deEdans lui-même telle queφⁿ=0 etφⁿ⁻¹6=0. Soitx∈Etel queφⁿ⁻¹(x)6=0. Montrer que la famille{x,φ(x),φ²(x), . . . ,φⁿ⁻¹(x)}est une base deE.

2 Image et noyau

Exercice 3

SoitEun espace vectoriel et soientE₁etE₂deux sous-espaces vectoriels de dimension finie deE, on définit l’applicationf:E₁×E₂→ Eparf(x₁,x₂) =x1+x2.

1. Montrer quefest linéaire.

2. Déterminer le noyau et l’image def. 3. Que donne le théorème du rang ?

Exercice 4

SoitEun espace vectoriel de dimensionnetfune application linéaire deEdans lui-même. Montrer que les deux assertions qui suivent sont équivalentes :

(i) Kerf=Imf

(ii) f²=0 et n=2·rg(f)

Exercice 5

Soient fetgdeux endomorphismes deEtels que f◦g=g◦f. Montrer que Kerfet Imfsont stables parg.

Exercice 6

SoitEetFde dimensions finies etu,v∈L(E,F).

1. Montrer que rg(u+v)≤rg(u) +rg(v).

(2)

2. En déduire que|rg(u)−rg(v)| ≤rg(u+v).

CorrectionH Vidéo [001027]

3 Injectivité, surjectivité, isomorphie

Exercice 7

Pour les applications linéaires suivantes, déterminer Kerfiet Imfi. En déduire sifiest injective, surjective, bijective.

f1:R²→R² f1(x,y) = (2x+y,x−y)

f2:R³→R³ f2(x,y,z) = (2x+y+z,y−z,x+y) f3:R²→R⁴ f3(x,y) = (y,0,x−7y,x+y) f4:R3[X]→R³ f4(P) = P(−1),P(0),P(1)

CorrectionH Vidéo [000956]

Exercice 8

SoitEun espace vectoriel de dimension 3,{e₁,e2,e₃}une base deE, ettun paramètre réel.

Démontrer que la donnée de







φ(e1) = e1+e2

φ(e₂) = e₁−e₂ φ(e₃) = e1+te3

définit une application linéaireφdeEdansE. Écrire le transformé du vecteur x=α1e₁+α2e₂+α3e₃. Comment choisirtpour queφsoit injective ? surjective ?

Exercice 9

SoitEetFdeux espaces vectoriels de dimension finie etφune application linéaire deEdansF. Montrer queφest un isomorphisme si et seulement si l’image parφde toute base deEest une base deF.

4 Morphismes particuliers

Exercice 10

SoitE l’espace vectoriel des fonctions deRdansR. SoientPle sous-espace des fonctions paires etIle sous-espace des fonctions impaires. Montrer queE=P^LI. Donner l’expression du projecteur surPde directionI.

Exercice 11

SoitE=Rn[X]et soientAetBdeux polynômes à coefficients réels de degrén+1. On considère l’application fqui à tout polynôme PdeE, associe le reste de la division euclidienne deAPparB.

1. Montrer quefest un endomorphisme deE. 2. Montrer l’équivalence

fest bijective⇐⇒AetBsont premiers entre eux.

Exercice 12

SoitE=Rn[X]l’espace vectoriel des polynômes de degré≤n, et f:E→Edéfinie par : f(P) =P+ (1−X)P⁰.

Montrer quefest une application linéaire et donner une base de Imfet de Kerf.

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exo7.emath.fr

(3)

Indication pourl’exercice 1N Une seule application n’est pas linéaire.

Indication pourl’exercice 2N

Prendre une combinaison linéaire nulle et l’évaluer parφⁿ⁻¹.

Faire un dessin de l’image et du noyau pourf:R×R−→R. Montrer que le noyau est isomorphe àE1∩E2.

Pour chacune des implications utiliser la formule du rang.

Dire qu’un sous-espaceFest stable pargsignifie queg(F)⊂F.

Indication pourl’exercice 8N t=0 est un cas à part.

Pour une baseB={e₁, . . . ,en}deEconsidérer la famille{φ(e₁), . . . ,φ(en)}.

Indication pourl’exercice 10N Pour une fonction fon peut écrire

f(x) = f(x) +f(−x)

2 + f(x)−f(−x)

2 .

Le projecteur surPde directionIest l’applicationπ:E−→Equi vérifieπ(f)∈P,π◦π=πet Kerπ=I.

Résultats utiles d’arithmétique des polynômes : la division euclidienne, le théorème de Bézout, le lemme de Gauss.

P⁰désigne la dérivée deP. Pour trouver le noyau, résoudre une équation différentielle. Pour l’image calculer lesf(X^k).

(4)

Correction del’exercice 1N

1. f1est linéaire. Pour(x,y)∈R²et(x⁰,y⁰)∈R²: f₁ (x,y) + (x⁰,y⁰)

= f₁ x+x⁰,y+y⁰

= 2(x+x⁰) + (y+y⁰),(x+x⁰)−(y+y⁰)

= 2x+y+2x⁰+y⁰,x−y+x⁰−y⁰

= 2x+y,x−y

+ 2x⁰+y⁰,x⁰−y⁰

= f1(x,y) +f1(x⁰,y⁰)

Pour(x,y)∈R²etλ∈R: f1 λ·(x,y)

= f1 λx,λy

= 2λx+λy,λx−λy

=λ· 2x+y,x−y

=λ·f1(x,y).

2. f2n’est pas linéaire, en effet par exemple f2(1,1,0) +f2(1,1,0)n’est pas égal à f2(2,2,0).

3. f3est linéaire : il faut vérifier d’abord que pour tout(x,y,z)et(x⁰,y⁰,z⁰)alorsf3 (x,y,z) + (x⁰,y⁰,z⁰)

=f3(x,y,z) +f3(x⁰,y⁰,z⁰).

Et ensuite que pour tout(x,y,z)etλon af3 λ·(x,y,z)

=λ·f3(x,y,z).

4. f4est linéaire : il faut vérifier d’abord que pour tout(x,y)et(x⁰,y⁰)alors f4 (x,y) + (x⁰,y⁰)

= f4(x,y) +f4(x⁰,y⁰). Et ensuite que pour tout(x,y)etλ on af₄ λ·(x,y)

=λ·f₄(x,y).

5. f5est linéaire : soientP,P⁰∈R3[X]alors

f5 P+P⁰

= (P+P⁰)(−1),(P+P⁰)(0),(P+P⁰)(1)

= P(−1) +P⁰(−1),P(0) +P⁰(0),P(1) +P⁰(1)

= P(−1),P(0),P(1)

+ P⁰(−1),P⁰(0),P⁰(1)

= f5(P) +f5(P⁰)

Et siP∈R3[X]etλ∈R:

f5 λ·P

= (λP)(−1),(λP)(0),(λP)(1)

= λ×P(−1),λ×P(0),λ×P(1)

=λ· P(−1),P(0),P(1)

=λ·f₅(P)

Montrons que la famille{x,φ(x),φ²(x), . . . ,φⁿ⁻¹(x)}est libre. Soientλ0, . . . ,λ_n−1∈Rtels queλ0x+λ1φ(x) +· · ·+λn−1φⁿ⁻¹(x) = 0. Alors :φⁿ⁻¹ λ0x+λ1φ(x) +· · ·+λ_n−1φⁿ⁻¹(x)

=0. Mais comme de plusφⁿ=0, on a l’égalité φⁿ⁻¹ λ0x+λ1φ(x) +· · ·+ λ_n−1φⁿ⁻¹(x)

=φⁿ⁻¹(λ₀x) +φⁿ λ₁x+· · ·+λ_n−1φⁿ⁻²(x)

=φⁿ⁻¹(λ₀x) =λ₀φⁿ⁻¹(x). Commeφⁿ⁻¹(x)6=0 on obtientλ₀=0.

En calculant ensuiteφⁿ⁻² λ1φ(x) +· · ·+λn−1φⁿ⁻¹(x)

on obtientλ1=0 puis, de proche en proche,λ2=2,. . . ,λn−1=0. La famille {x,φ(x), . . . ,φⁿ⁻¹(x)}est donc libre. En plus elle comptenvecteurs, comme dimE=nelle est libre et maximale et forme donc une base deE.

Correction del’exercice 3N 1. Aucun problème...

2. Par définition defet de ce qu’est la somme de deux sous-espaces vectoriels, l’image est

Imf={f(x1,x2)|x1∈E1,x2∈E2}={x1+x2|x1∈E1,x2∈E2}=E1+E2. Pour le noyau :

Kerf={(x₁,x₂)|f(x₁,x₂) =0}={(x₁,x₂)|x₁+x₂=0}

Mais on peut aller un peu plus loin. En effet un élément(x₁,x₂)∈Kerf, vérifiex₁∈E₁,x₂∈E₂etx₁=−x₂. Doncx₁∈E₂. Doncx1∈E1∩E2. Réciproquement six∈E1∩E2, alors(x,−x)∈Kerf. Donc

Kerf={(x,−x)|x∈E1∩E2}.

De plus l’applicationx7→(x,−x)montre que Kerfest isomorphe àE1∩E₂.

(5)

3. Le théorème du rang s’écrit :

dim Kerf+dim Imf=dim(E1×E2).

Compte tenu de l’isomorphisme entre KerfetE1∩E2on obtient :

dim(E1∩E2) +dim(E1+E2) =dim(E1×E2).

Mais dim(E1×E2) =dimE1+dimE2, donc on retrouve ce que l’on appelle le théorème des quatre dimensions : dim(E1+E2) =dimE1+dimE2−dim(E1∩E2).

(i)⇒(ii) Supposons Kerf=Imf. Soitx∈E, alorsf(x)∈Imfdonc f(x)∈Kerf, cela entraîne f(f(x)) =0 ; donc f²=0. De plus d’après la formule du rang dim Kerf+rg(f) =n, mais dim Kerf=dim Imf=rgf, ainsi 2rg(f) =n.

(ii)⇒(i) Sif²=0 alors Imf⊂Kerfcar poury∈Imfil existextel quey=f(x)etf(y) =f²(x) =0. De plus si 2rg(f) =nalors la formule du rang donne dim Kerf=rg(f)c’est-à-dire dim Kerf=dim Imf. Nous savons donc que Imfest inclus dans Kerfmais ces espaces sont de même dimension donc sont égaux : Kerf=Imf.

On va montrerg(Kerf)⊂Kerf. Soity∈g(Kerf). Il existex∈Kerftel quey=g(x). Montronsy∈Kerf: f(y) =f(g(x)) =f◦g(x) =g◦f(x) =g(0) =0.

On fait un raisonnement similaire pour montrerg(Imf)⊂Imf. Soitz∈g(Imf), il existey∈Imftel quez=g(y). Il existe alorsx∈E tel quey=f(x). Donc

z=g(y) =g(f(x)) =g◦f(x) =f◦g(x) =f(g(x))∈Imf.

1. Par la formule dim(G+H) =dim(G) +dim(H)−dim(G∩H), on sait que dim(G+H)6dim(G) +dim(H). PourG=Imuet H=Imvon obtient : dim(Imu+Imv)6dim Imu+dim Imv. Or Im(u+v)⊂Imu+Imv. Donc rg(u+v)≤rg(u) +rg(v).

2. On applique la formule précédente àu+vet−v: rg((u+v) + (−v))6rg(u+v) +rg(−v), or rg(−v) =rg(v)donc rg(u)6 rg(u+v) +rg(v). Donc rg(u)−rg(v)6rg(u+v). On recommence en échangeantuetvpour obtenir :|rg(u)−rg(v)| ≤rg(u+v).

Calculer le noyau revient à résoudre un système linéaire, et calculer l’image aussi. On peut donc tout faire “à la main”.

Mais on peut aussi appliquer un peu de théorie ! Noyau et image sont liés par la formule du rang : dim Kerf+dim Imf=dimEpour f:E→F. Donc si on a trouvé le noyau alors on connaît la dimension de l’image. Et il suffit alors de trouver autant de vecteur de l’image.

1. f1est injective, surjective (et donc bijective).

(a) Faisons tout à la main. Calculons le noyau :

(x,y)∈Kerf1 ⇐⇒ f1(x,y) = (0,0) ⇐⇒(2x+y,x−y) = (0,0)

⇐⇒

(2x+y=0

x−y=0 ⇐⇒(x,y) = (0,0)

Ainsi Kerf₁={(0,0)}et donc f₁est injective.

(b) Calculons l’image. Quels éléments(X,Y)peuvent s’écriref₁(x,y)? f₁(x,y) = (X,Y) ⇐⇒ (2x+y,x−y) = (X,Y)

⇐⇒

(2x+y=X x−y=Y ⇐⇒

( x=^X^+Y₃ y=^X^−2Y₃

⇐⇒ (x,y) = X+Y

3 ,X−2Y 3

Donc pour n’importe quel(X,Y)∈R²on trouve un antécédent(x,y) = (^X+Y₃ ,^X−2Y₃ )qui vérifie donc f1(x,y) = (X,Y).

Donc Imf1=R². Ainsif1est surjective.

(6)

(c) Conclusion : f₁est injective et surjective donc bijective.

2. Pourf2on pourrait raisonner similairement, mais on va simplifier le travail pour l’image de f2. (a) Calculons d’abord le noyau :

(x,y,z)∈Kerf₂ ⇐⇒ f₁(x,y,z) = (0,0,0)

⇐⇒ (2x+y+z,y−z,x+y) = (0,0,0)

⇐⇒







2x+y+z=0 y−z=0 x+y=0

⇐⇒ · · ·

⇐⇒ (x,y,z) = (0,0,0)

Ainsi Kerf2={(0,0,0)}et donc f2est injective.

(b) Maintenant nous allons utiliser que Kerf₂={(0,0,0)}, autrement dit dim Kerf₂=0. La formule du rang, appliquée à f2:R³→R³ s’écrit dim Kerf2+dim Imf2=dimR³. Donc dim Imf2=3. Ainsi Imf2est un espace vectoriel de dimension 3 inclus dansR³de dimension 3 donc Imf₂=R³. Ainsif₂est surjective.

(c) f2est injective, surjective donc bijective.

3. Sans aucun calcul on saitf3:R²→R⁴ne peut être surjective car l’espace d’arrivée est de dimension strictement supérieur à l’espace de départ.

(a) Calculons le noyau :

(x,y)∈Kerf3 ⇐⇒ f3(x,y) = (0,0,0,0)

⇐⇒(y,0,x−7y,x+y) = (0,0,0,0)

⇐⇒









 y=0 0=0 x−7y=0 x+y=0

⇐⇒ · · ·

⇐⇒(x,y) = (0,0)

Ainsi Kerf3={(0,0)}et donc f3est injective.

(b) La formule du rang, appliquée àf3:R²→R⁴s’écrit dim Kerf3+dim Imf3=dimR². Donc dim Imf3=2. Ainsi Imf3

est un espace vectoriel de dimension 2 inclus dansR³, f3n’est pas surjective.

Par décrire Imf₃ nous allons trouver deux vecteurs indépendants de Imf₃. Il y a un nombre infini de choix : prenons par exemplev1=f(1,0) = (0,0,1,1). Pourv2on cherche (un peu à tâtons) un vecteur linéairement indépendant dev1. Essayonsv₂= f(0,1) = (1,0,−7,1). Par constructionv₁,v₂∈Imf; ils sont clairement linéairement indépendants et comme dim Imf3=2 alors{v1,v₂}est une base de Imf3.

Ainsi Imf3=Vect{v1,v2}=

λ(0,0,1,1) +µ(1,0,−7,1)|λ,µ∈R .

4. f4:R3[X]→R³ va d’un espace de dimension 4 vers un espace de dimension strictement plus petit et donc f4 ne peut être injective.

(a) Calculons le noyau. Écrivons un polynômePde degré≤3 sous la formeP(X) =aX³+bX²+cX+d. AlorsP(0) =d, P(1) =a+b+c+d,P(−1) =−a+b−c+d.

P(X)∈Kerf4 ⇐⇒ P(−1),P(0),P(1)

= (0,0,0)

⇐⇒ (−a+b−c+d,d,a+b+c+d) = (0,0,0)

⇐⇒







−a+b−c+d=0 d=0

a+b+c+d=0

⇐⇒ · · ·

⇐⇒





 a=−c b=0 d=0

⇐⇒ (a,b,c,d) = (t,0,−t,0) t∈R

Ainsi le noyau Kerf4=

tX³−tX|t∈R =Vect{X³−X}. f4n’est pas injective son noyau étant de dimension 1.

(7)

(b) La formule du rang pour f₄:R3[X]→R³s’écrit dim Kerf₄+dim Imf₄=dimR3[4]. Autrement dit 1+dim Imf₄=4.

Donc dim Imf4=3. Ainsi Imf4est un espace de dimension 3 dansR³donc Imf4=R³. Conclusionf4est surjective.

1. Comment est définieφ à partir de la définition sur les éléments de la base ? Pourx∈Ealorsxs’écrit dans la base{e1,e2,e3}, x=α1e1+α2e2+α3e3. Etφest définie surEpar la formule

φ(x) =α1φ(e₁) +α₂φ(e₂) +α3φ(e₃).

Soit ici :

φ(x) = (α1+α2+α3)e1+ (α1−α2)e2+tα3e3. Cette définition rend automatiquementφlinéaire (vérifiez-le si vous n’êtes pas convaincu !).

2. On cherche à savoir siφest injective. Soitx∈Etel queφ(x) =0 donc(α₁+α2+α3)e₁+ (α₁−α2)e₂+tα₃e₃=0. Comme {e1,e2,e3}est une base alors tous les coefficients sont nuls :

α1+α2+α3=0, α1−α2=0, tα3=0.

Sit6=0 alors en résolvant le système on obtientα1=0,α2=0,α3=0. Doncx=0 etφest injective.

Sit=0, alorsφn’est pas injective, en résolvant le même système on obtient des solutions non triviales, par exempleα1=1, α2=1,α3=−2. Donc pourx=e1+e2−2e3on obtientφ(x) =0.

3. Pour la surjectivité on peut soit faire des calculs, soit appliquer la formule du rang. Examinons cette deuxième méthode.φest surjective si et seulement si la dimension de Imφest égale à la dimension de l’espace d’arrivée (iciEde dimension 3). Or on a une formule pour dim Imφ:

dim Kerφ+dim Imφ=dimE.

Sit6=0,φest injective donc Kerφ={0}est de dimension 0. Donc dim Imφ=3 etφest surjective.

Sit=0 alorsφn’est pas injective donc Kerφest de dimension au moins 1 (en fait 1 exactement), donc dim Imφ62. Doncφ n’est pas surjective.

On remarque queφest injective si et seulement si elle est surjective. Ce qui est un résultat du cours pour les applications ayant l’espace de départ et d’arrivée de même dimension (finie).

1. Montrons que siφest un isomorphisme, l’image de toute base deEest une base deF: soitB={e1, . . . ,e_n}une base deEet nommonsB⁰la famille{φ(e1), . . . ,φ(en)}.

(a) B⁰est libre. Soient en effetλ1, . . . ,λn∈Rtels queλ1φ(e1) +· · ·+λnφ(en) =0. Alorsφ(λ1e1+· · ·+λnen) =0 donc, commeφest injective,λ1e1+· · ·+λnen=0 puis, commeBest libre,λ1=· · ·=λn=0.

(b) B⁰est génératrice. Soity∈F. Commeφ est surjective, il existex∈E tel quey=φ(x). CommeBest génératrice, on peut choisirλ1,· · ·,λn∈Rtels quex=λ1e1+· · ·+λnen. Alorsy=λ1φ(e1) +· · ·+λnφ(en).

2. Supposons que l’image parφ de toute base de E soit une base F. Soient B={e1, . . . ,en}une base deE etB⁰ la base {φ(e₁), . . . ,φ(e_n)}.

(a) ImφcontientB⁰qui est une partie génératrice deF. Doncφest surjective.

(b) Soit maintenantx∈Etel queφ(x) =0. CommeBest une base, il existeλ1, . . . ,λ_n∈Rtels quex=λ1e1+· · ·+λnen. Alorsφ(x) =0=λ1φ(e1) +· · ·+λnφ(en)donc puisqueB⁰est libre :λ1=· · ·=λn=0. En conséquence siφ(x) =0 alorsx=0 :φest injective.

En fait on montrerait de la même façon que “φ est un isomorphisme si et seulement si l’image parφd’unebase deEest une base de F”.

1. La seule fonction qui est à la fois paire et impaire est la fonction nulle :P∩I={0}. Montrons qu’une fonctionf:R−→Rse décompose en une fonction paire et une fonction impaire. En effet :

f(x) = f(x) +f(−x)

2 + f(x)−f(−x)

2 .

La fonctionx7→ ^f^(x)+f₂^(−x)est paire (le vérifier !), la fonctionx7→ ^f(x)−₂^f(−x)est impaire. DoncP+I=E. Bilan :E=P⊕I. 2. Le projecteur surPde directionIest l’applicationπ:E−→Equi à fassocie la fonctionx7→ ^f(x)+₂^f(−x), c’est-à-dire à fon

associe la partie paire de f. Nous avons bien

– π(f)∈P. Par définition deπ,π(f)est bien une fonction paire.

– π◦π=π. Sigest une fonction paire alorsπ(g) =g. Appliquons ceci avecg=π(f)(qui est bien est une fonction paire) doncπ(π(f)) =π(f).

(8)

– Kerπ=I. Siπ(f) =0 alors cela signifie exactement que la fonctionx7→ ^f(x)+₂^f(−x) est la fonction nulle. Donc pour tout x: ^f(x)+₂^f(−x)=0 donc f(x) =−f(−x); cela implique que f est une fonction impaire. Réciproquement si f∈Iest une fonction impaire, sa partie paire est nulle doncf∈Kerf.

1. SoitP∈Eetλ∈R, alors la division euclidienne deAPparBs’écritAP=Q·B+R, donc en multipliant parλ on obtient : A·(λP) = (λQ)B+λR. ce qui est la division euclidienne deA·(λP)par B, donc si f(P) =R alors f(λP) =λR. Donc

f(λP) =λf(P).

SoientP,P⁰∈E. On écrit les divisions euclidiennes :

AP=Q·B+R, AP⁰=Q⁰·B+R⁰. En additionnant :

A(P+P⁰) = (Q+Q⁰)B+ (R+R⁰)

qui est la division euclidienne deA(P+P⁰)parB. Donc sif(P) =R, f(P⁰) =R⁰alorsf(P+P⁰) =R+R⁰= f(P) +f(P⁰).

Doncf est linéaire.

2. Sens⇒. Supposons f est bijective, donc en particulierfest surjective, en particulier il existeP∈Etel quef(P) =1 (1 est le polynôme constant égale à 1). La division euclidienne est doncAP=BQ+1, autrement ditAP−BQ=1. Par le théorème de Bézout,AetBsont premiers entre eux.

3. Sens⇐. SupposonsA,Bpremiers entre eux. Montrons que f est injective. SoitP∈E tel que f(P) =0. Donc la division euclidienne s’écrit :AP=BQ+0. DoncBdiviseAP. CommeAetBsont premiers entre eux, par le lemme de Gauss, alorsB diviseP. OrBest de degrén+1 etPde degré moins quen, donc la seule solution estP=0. Donc f est injective. Comme

f:E−→Eest injective etEest de dimension finie, alorsfest bijective.

Correction del’exercice 12N 1. fest bien linéaire...

2. SoitPtel quef(P) =0. AlorsPvérifie l’équation différentielle P+ (1−X)P⁰=0.

Dont la solution estP=λ(X−1),λ∈R. Donc Kerfest de dimension 1 et une base est donnée par un seul vecteur :X−1.

3. Par le théorème du rang la dimension de l’image est :

dim Imf=dimRn[X]−dim Kerf= (n+1)−1=n.

Il faut donc trouvernvecteurs linéairement indépendants dans Imf. Évaluons f(X^k), alors f(X^k) = (1−k)X^k+kX^k−1.

Cela donne f(1) =1,f(X) =1,f(X²) =−X²+2X, ...on remarque que pourk=2, . . .n, f(X^k)est de degréksans terme constant. Donc l’ensemble

f(X),f(X²), . . . ,f(Xⁿ)

est une famille denvecteurs, appartenant à Imf, et libre (car les degrés sont distincts). Donc ils forment une base de Imf.