DS 1 - Alg`ebre II CPBX 2019-2020
Exercice 1 Voir le cours.
Exercice 2
1. Soient x = (x1, . . . , xn) et y = (y1, . . . , yn) deux vecteurs de Rn, ainsi que λ ∈ R. Alorsx+λy= (x1+λy1, . . . , xn+λyn), et
ϕ(x+λy) =
n
X
i=1
(xi+λyi) =
n
X
i=1
xi+λ
n
X
i=1
yi =ϕ(x) +λϕ(y),
ce qui prouve que ϕ est lin´eaire. Comme elle est `a valeurs dans R, c’est bien une forme lin´eaire.
On a clairement que x ∈ F si et seulement si ϕ(x) = 0. Ainsi, F = ker(ϕ). Cela prouve que F est un sous-espace vectoriel, de plus, comme ϕest une forme lin´eaire non nulle (puisque ϕ((1,0. . . ,0)) = 1, par exemple), d’apr`es le cours, F est un hyperplan de Rn, il est donc de dimension n−1.
2. On noteB= (ei)i=1,...,n la base canonique deRn. Notons que pouri≥2, les vecteurs e1−ei sont dans F. La famille B0 = (e1 −ei)i=2,...,n est donc une famille de n−1 vecteurs de F, qui est de dimensionn−1. Pour prouver que c’est une base, il suffit donc de prouver qu’elle est libre. Soit (αi)i=2,...,n des scalaires tels que
n
X
i=2
αi(e1−ei) = 0.
On a donc
n
X
i=2
αie1−α2e2−. . .−αnen= 0,
et puisque (ei)i=1,...,n est une base, on a α2 =. . .=αn= 0. Cela prouve que B0 est une famille libre deF, et donc c’en est une base.
3. La base canonique de l’espace d’arriv´eeR est le scalaire 1. On a ϕ(ei) = 1, et donc la matrice de ϕ, lorsque Rn est muni de la base B, et R de sa base canonique, est compos´ee de une ligne etn colonnes et est donn´ee par
1 · · · 1 1
Exercice 3
1. Soient P et Q deux polynˆomes dans Rn[X] et λ∈R. Alors ∀X ∈R:
φ(P+λQ)(X) = X2(P+λQ)00(X) = X2P00(X)+λX2Q00(X) = φ(P)(X)+λφ(Q)(X).
Ainsiφ(P +λQ) =φ(P) +λφ(Q), ce qui prouve que φ est lin´eaire.
Il reste `a montrer queφest `a valeurs dansRn[X] : soitP ∈Rn[X], alors deg(P00) = deg(P)−2 et
deg(φ(P)) = deg(P00) + deg(X2) = deg(P)
ce qui prouve queφ(P)∈Rn[X]. Ainsiφ(P) est bien un endomorphisme de Rn[X].
2. On a les ´equivalences suivantes :
P ∈kerφ ⇐⇒ ∀X ∈R, X2P00(X) = 0 ⇐⇒ P00 = 0 ⇐⇒ P ∈R1[X]
Autrement dit kerφest compos´e des polynˆomes de degr´e inf´erieur `a 1. En particulier kerφ est non nul, et donc φn’est pas bijective. Donc detφ= 0, de plus, kerφ ´etant de dimension 2, on a par le th´eor`eme du rang :
rg(φ) = dim(Rn[X])−dim(kerφ) = n + 1−2 = n−1.
3. Prenons pour base B= (1, X, . . . , Xn). Alorsφ(Xk) =k(k−1)Xk Ainsi, la matrice deφdans cette base est diagonale, avec comme k-i`eme coefficient diagonal k(k−1) :
MATB(ϕ) =
0
0
0
2
0
. ..n(n−1)
Par lecture de la matrice, on a tr(φ) =
n
X
k=2
k(k−1) =
n
X
k=2
k2−
n
X
k=2
k =
n
X
k=1
k2−
n
X
k=1
k
= n(n+ 1)
2 (2n+ 1
3 −1) = (n−1)n(n+ 1)
3 .
Exercice 4
1. Par d´efinition, p+q est un projecteur si et seulement si (p+q)◦(p+q) = p+q.
Or on a
(p+q)◦(p+q) =p◦p+p◦q+q◦p+q◦q =p+p◦q+q◦p+q.
Ainsi, p+q est un projecteur si et seulement si p◦q+q◦p = 0, c’est-`a-dire si et seulement si p◦q=−q◦p.
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Si p◦q = q◦p = 0, cette derni`ere condition est ´evidemment vraie, et alors p+q est un projecteur. R´eciproquement, si p+q est un projecteur, on vient de voir que p◦q =−q◦p. par ailleurs,
p◦q = (p◦p)◦q =p◦(p◦q) =p◦(−q◦p) =−(p◦q)◦p= (q◦p)◦p=q◦(p◦p) = q◦p.
En conclusion, on a doncp◦q =−q◦petp◦q =q◦p. On d´eduit quep◦q=q◦p= 0.
2. (a) Soit y ∈ Im(p) ∩ Im(q). Alors il existe s ∈ E tel que y = p(s) et donc p(y) = (p◦p)(s) =p(s) =y. De plus, il existe aussit ∈E tel que y =q(t) et donc p(y) = (p◦q)(t) = 0. Ainsi y= 0. Cela prouve que Im(p)∩Im(q) ={0}, et donc que Im(p) et Im(q) sont en somme directe.
Prouvons maintenant l’´egalit´e Im(p+q) = Im(p) + Im(q) par double inclusion :
• L’inclusion Im(p+q)⊂Im(p) + Im(q) est la plus facile : soit y∈Im(p+q), alors il existex∈E tel quey= (p+q)(x) =p(x) +q(x)∈Im(p) + Im(q).
• Montrons l’inclusion r´eciproque : soit y ∈ Im(p) + Im(q), alors il existe s ∈ E et t ∈ E tels que y = p(s) +q(t). On compose par p : p(y) = p◦p(s) +p◦q(t) = p(s). De mˆeme en composant par q on obtient que q(y) =q(t). Ainsi,
y=p(y) +q(y) = (p+q)(y)∈Im(p+q).
Cela prouve que Im(p) + Im(q)⊂Im(p+q).
(b) Encore une fois, montrons la double inclusion. Il est clair que Ker(p)∩Ker(q)⊂ Ker(p+q), en effet soit x∈Ker(p)∩Ker(q), alors (p+q)(x) =p(x) +q(x) = 0. Pour montrer l’inclusion r´eciproque, soit x ∈ Ker(p+q), c’est-`a-dire que (p+q)(x) = 0 =p(x) +q(x). Puisqu’on a montr´e que Im(p) et Im(q) sont en somme directe, on a alorsp(x) = q(x) = 0. Ainsixest dans kerpet dans kerq, donc dans kerp∩kerq.
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