Exercices

Espaces vectoriels

Exercices d'apprentissage

Exercice

Soit \(E\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel. On munit le produit cartésien \(E\times E\) de l’addition usuelle \(+\) :

\[\forall (x,y),(x',y') \in E\times E, \quad (x,y)+(x',y')=(x+x',y+y')\]

et de la multiplication externe par les complexes \(\cdot\) définie par

\[\forall a+ib \in \mathbb{C}, (x,y) \in E, \quad (a+ib).(x,y)=(a.x−b.y,a.y+b.x).\]

Montrer que le produit cartésion \(E\times E\) est alors un \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel. Celui-ci est appelé complexifié de l'espace \(E\).

Correction

Exercice

Les parties suivantes sont-elles des sous-espace vectoriels.

1. \(\{(x,y) \in \mathbb{R}^2, \quad x\leq y\}\) de \(\mathbb{R}^2\)

Correction

Il n'agit pas d'un sous-espace vectoriel \(F\) parce que

\[(0,1) \in F \quad \text{et} \quad -(0,1) = (0,-1) \notin F.\]

2. \(\{(x,y) \in \mathbb{R}^2, \quad x = y\}\) de \(\mathbb{R}^2\)

Correction

Il s'agit bien d'un sous-espace vectoriel \(F\) parce que \((0,0) \in F,\) pour tout \((x_1,y_1), (x_2,y_2) \in F\)

\[x_1 - x_2 = y_1 - y_2\]

et pour tout \(\lambda \in \mathbb{R}\)

\[\lambda x_1 + x_2 = \lambda y_1 + y_2.\]

3. L'ensemble des suites arithmétiques de \(\mathbb{K}^\mathbb{N}\)

Correction

Il s'agit bien d'un sous-esapce vectoriel \(F\) parce que la suite nulle est arithmétique, pour tout \(u = (na+u_0)_{n\in \mathbb{N}}, v = (nb+ v_0)_{n\in \mathbb{N}} \in F\)

\[\forall n\in \mathbb{N}, \quad u_n - v_n = na+u_0 - nb-v_0 = n(a-b) + u_0 - v_0.\]

4. L'ensemble des suites réelles monotones de \(\mathbb{R}^\mathbb{N}\)

Correction

Il ne s'agit pas d'un sous-espace vectoriel \(F\) car une somme entre une suite croissante et une suite décroissante peut ne pas être monotone.

5. L'ensemble des fonctions \(f : \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}\) impaire dans \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\)

Correction

Il s'agit d'un sous-espace vectoriel \(F\) parce que la fonction nulle est impaire (et paire), pour tout \(f,g \in F\)

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad (f-g)(-x) = f(-x) - g(-x) = -f(x) + g(x) = -(f-g)(x)\]

et pour tout \(\lambda \in \mathbb{R}\)

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad (\lambda f+g)(-x) = -\lambda f(x) - g(x) = -(\lambda f+g)(x).\]

6. L'ensemble des fonctions \(f : \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}\) qui s'annule dans \(\mathcal{F}(\mathbb{R}, \mathbb{R})\)

Correction

Il ne s'agit pas d'un sous-espace vectoriel car les fonctions \(|\cdot|\) et \(x\longmapsto |x-1|\) s'annulent mais pas leur somme.

Exercice

Soient \(F,G,H\) des sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel \(E\).

1. Montrer que

\[(F\cap G) + (F\cap H) \subset F\cap (G +H) \quad \text{et} \quad F+(G\cap H) \subset (F+G) \cap (F+H)\]

et que ces inclusions peuvent être strices.

Correction

• Pour la seconde inclusion. Soit \(x \in F + (G\cap H)\). Alors il existe \(f \in F\) et \(y \in G\cap H\) tel que \(x = f + y\). Donc \(x\in F+G\) et \(x \in F+H\). Ainsi \(x \in (F+G) \cap (F+H)\) et nous avons bien montré l'inclusion souhaitée.

2. Montrer que si \(F\subset G\) alors

\[F+(G\cap H) = (F+G) \cap (F+H).\]

Correction

La première inclusion a été réalisée à la question précédente. Réciproquement soit \(x \in (F+G) \cap (F+H)\). Alors il existe \((f_1,f_2,g,h) \in F\times F\times G \times H\) tel que

\[f_2 + h = x = f_1 + g.\]

Alors, comme \(F\subset G\),

\[x = f_1 + g \in G.\]

Puis

\[h = x - f_2 \in G.\]

Donc

\[x = f_2 + h \in F + (G\cap H).\]

Ce qui montre bien l'inclusion souhaitée.

3. Montrer que

\[F\cap G = F+G \quad \Longleftrightarrow \quad F = G.\]

Correction

• On suppse que \(F \cap G = F+G\). Soit \(x \in F\). Alors \(x = x + 0 \in F+G = F\cap G\) d'où \(x \in G\) et \(F\subset G\). Par symétrie des rôles \(G \subset F\). Ainsi \(F = G\).

• Réciproquement on suppose que \(F = G\). Alors \(F \cap G = F = F+F = F+G\).

Exercice

Soient \(A\) et \(B\) deux parties d'un espace vectoriel \(E\). Montrer que

\[\text{Vect}(A\cup B) = \text{Vect}(A) + \text{Vect}(B).\]

Correction

• Soit \(x\in \text{Vect}(A\cup B)\). Alors il existe \(n \in \mathbb{N}, \lambda_1, ..., \lambda_n \in \mathbb{K}\) et \(x_1, ..., x_n \in A\cup B\) tels que

\[x = \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i = \sum_{i=1, x_i \in A}^n \lambda_i x_i + \sum_{i=1,x_i \notin A} \lambda_i x_i \in \text{Vect}(A) + \text{Vect}(B)\]

car pour tout \(i\in \{1, ..., n}\) tels que \(x_i \notin A\) nous avons \(x_i \in B\).

• Réciproquement soit \(x\in \text{Vect}(A) + \text{Vect}(B)\). Alors il existe \(n_A, n_B \in \mathbb{N}, \lambda_1, ..., \lambda_{n_A}, \mu_1, ..., \mu_{n_B} \in \mathbb{K}, x_1, ..., x_{n_A} \in A\) et \(y_1,..., y_{n_B} \in B\) tels que

\[x = \sum_{i=1}^{n_A} \lambda_i \underbrace{x_i}_{\in A\cup B} + \sum_{j=1}^{n_B} \mu_j \underbrace{y_j}_{\in A\cup B} \in \text{Vect}(A\cup B).\]

Exercice

On considère les deux vecteurs de \(\mathbb{R}^3\)

\[u = (1,1,1) \quad \text{et} \quad v = (1,0,-1).\]

Montrer que

\[\text{Vect}(u,v) = \{(2\alpha, \alpha + \beta, 2\beta), \quad \alpha, \beta \in \mathbb{R}\}.\]

Correction

Nous avons

\[\{(2\alpha, \alpha + \beta, 2\beta), \quad \alpha, \beta \in \mathbb{R}\} = \text{Vect}((2,1,0),(0,1,2)),\]

avec

\[(2,1,0) = u+v \quad \text{et} \quad (0,1,2) = u-v.\]

Donc

\[\text{Vect}((2,1,0),(0,1,2)) \subset \text{Vect}(u,v)\]

avec égalité par égalité des dimensions.

Exercice

Soient

\[F= \{f\in C^1(\mathbb{R},\mathbb{R}), \quad f(0) = f'(0) = 0\} \quad \text{et} \quad G = \{x \longmapsto ax + b, \quad a,b\in \mathbb{R}\}.\]

Montrer que les parties \(F\) et \(G\) sont des sous-espaces vectoriels de l'espace \(C^1(\mathbb{R}, \mathbb{R})\) et qu'ils y sont supplémentaires.

Correction

• Les parties \(F\) et \(G\) sont bien des sous-espaces vectoriels de l'espace \(C^1(\mathbb{R}, \mathbb{R})\) car vérifient la caractérisation des sous-espaces vectoriels.

• Soit \(f\in F\cap G\). Alors il existe \(a,b\in \mathbb{R}\) tel que

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad f(x) = ax + b\]

et

\[f(0) = f'(0) = 0.\]

Donc

\[0 = f(0) = b\quad \text{et} \quad 0 = f'(0) = a.\]

Donc \(f = 0\) ce qui montre que \(F\cap G = \{0\}\).

• Soit \(f \in C^1(\mathbb{R},\mathbb{R})\). On cherche \(a,b\in \mathbb{R}\) et \(f_0 \in F\) tels que

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad f(x) = f_0(x) + ax + b.\]

Donc

\[f(0) = b, \quad f'(0) = a \quad \text{et} \quad f_0(x) = f(x) - f'(0) x - f(0).\]

Par conséquent nous avons

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad f(x) = (f(x) - f'(0)x - f(0)) + (f'(0) x + f(0)).\]

Donc \(f \in F+G\) ce qui montre que \(C^1(\mathbb{R}, \mathbb{R}) = F+G\).

• En conclusion nous avons montré que \(C^1(\mathbb{R}, \mathbb{R}) = F\oplus G\).

Exercice

Soient \(a,b,c\in \mathbb{R}\). Les fonctions \(x\longmapsto \sin(x+a), x\longmapsto \sin(x+b)\) et \(x\longmapsto \sin(x+c)\) forment-elles une famille libre dans l'espace \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\) ?

Correction

Non elles ne forment pas une famille libre parce que nous avons pour tout \(x\in \mathbb{R}\)

\[\sin(x+a) = \sin(a) \cos(x) + \cos(a) \sin(x), \quad \sin(x+b) = \sin(b) \cos(x) + \cos(b) \sin(x), \quad \sin(x+c) = \sin(c) \cos(x) + \cos(c) \sin(x).\]

Autrement dit les trois fonctions appartiennent à \(\text{Vect}(\cos,\sin)\) qui est de dimension 2 strictement inférieur au nombre de vecteurs de la famille considérée.

Exercice

Pour \(a \in \mathbb{R}\) on note \(e_a\) l'application de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) définie par

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad e_a(x) = e^{ax}.\]

Montrer que la famille \((e_a)_{a\in \mathbb{R}}\) est libre dans \(\mathcal{F}(\mathbb{R}, \mathbb{R})\). En déduire que \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\) est un espace vectoriel de dimension infinie.

Correction

• Soient \(n\in \mathbb{N}, a_1, ..., a_n \in \mathbb{R}\) distincts et \(\lambda_1, ..., \lambda_n \in \mathbb{R}\) tels que

\[\sum_{i=1}^n \lambda_i e_{a_i} = 0.\]

On considère \(i_M \in \{1, ..., n\}\) tel que

\[a_{i_M} = \max\{a_i, \quad i\in \{1, ..., n\}\}.\]

Alors

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad 0 = \sum_{i=1}^n \lambda_i e^{a_i x} = e^{a_{i_M} x} \left(\lambda_{i_M} + \sum_{i=1, i\neq i_M}^n \lambda_i e^{(a_i - a_{i_M})x} \right)\]

i.e.

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad 0 = \lambda_{i_M} + \sum_{i=1, i\neq i_M}^n \lambda_i e^{(a_i - a_{i_M})x} \right\]

avec \(a_i - a_{i_M} < 0\) pour tout \(i\neq i_M\). Donc en faisant tendre \(x\) vers \(+\infty\) nous obtenons \(\lambda_{i_M} = 0\). De même on peut considérer \(i_m \in \{1, ..., n\}\) tel que

\[a_{i_m} = \min\{a_i, \quad i\in \{1, ..., n\}\}\]

et obtenir, par un passage à la limite en \(x\longrightarrow - \infty\), \(\lambda_{i_m} = 0\). Donc \(\lambda_i = 0\) pour tout \(i\in \{1, ..., n\}\).

Exercices d'entrainement

Exercice

Soit \(\omega \in \mathbb{C}\) et \(\omega \mathbb{R} = \{\omega x, \quad x\in \mathbb{R}\}\).

1. Montrer que \(\omega \mathbb{R}\) est un sous-espace vectoriel du \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \(\mathbb{C}\).

Correction

• \(0 = \omega \times 0 \in \omega \mathbb{R}\).

• Soit \(x,y\in \omega \mathbb{R}\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). Alors il existe \(a,b\in \mathbb{R}\) tel que \(x = \omega a\) et \(y = \omega b\). Ainsi

\[\lambda x + y = \omega \underbrace{(\lambda a + b)}_{\in \mathbb{R}} \in \omega \mathbb{R}.\]

2. A quelle condition \(\omega \mathbb{R}\) est-il un sous-espace vectoriel du \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel \(\mathbb{C}\) ?

Correction

• On suppose que la partie \(\omega \mathbb{R}\) est un sous-espace vectoriel du \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel \(\mathbb{C}\). Alors

\[i\omega \in \omega \mathbb{R}.\]

Donc il existe \(a\in \mathbb{R}\) tel que

\[i\omega = \omega a\]

i.e.

\[(a-i)\omega = 0.\]

Donc, par intégrité du corps \(\mathbb{C}\), \(\omega = 0\).

• Réciproquement si \(\omega = 0\) alors \(\omega \mathbb{R} = \{0\}\) est un sous-espace vectoriel du \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel \(\mathbb{C}\).

Exercice

Soient \(F,G,F',G'\) des sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel \(E\).

1 Montrer que si \(F\cap G = F' \cap G'\) alors

\[(F+(G\cap F')) \cap (F+(G\cap G')) = F.\]

Correction

2. Montrer que l'union \(F\cup G\) est un sous-espace vectoriel de l'espace \(E\) si et seulement \(F \subset G\) ou \(G\subset F\).

Correction

• On suppose que \(F\cup G\) est un sous-espace vectoriel de l'espace \(E\). Si le sous-espace \(F\) n'est pas inclus dans le sous-espace \(G\) alors il existe \(x_0\in F\backslash G\). Soit \(x \in G\). Alors, grâce à l'hypothèse,

\[x_0 + x \in F\cup G.\]

Si \(x_0 + x \in G\) alors, comme \(x\in G\), \(x_0 \in G\) ce qui n'est pas. Donc \(x_0 + x \in F\). Mais, comme \(x_0 \in F\), on en déduit que \(x \in F\). Donc \(G\subset F\).

• Réciproquement on suppose que \(F\subset G\) (respectivement \(G\subset F\)). Alors \(F\cup G = G\) (ou \(F\cup G = F\)) est un sous-espace vectoriel de l'espace \(E\).

Exercice

Soit \(N \in \mathbb{N}\). Montrer que les familles de fonctions

\[(x\longmapsto \cos(nx))_{0\leq n\leq N} \quad \text{et} \quad (x\longmapsto (\cos(x))^n)_{0\leq n\leq N}\]

engendrent le même sous-espace vectoriel de \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\).

Correction

• Soit \(n\in \{0, ..., N\}\) et \(x\in \mathbb{R}\). Alors

\[\cos(nx) + i\sin(nx) = (\cos(x) + i\sin(x))^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (\cos(x))^{n-k} i^k (\sin(x))^k = \sum_{k=0, \text{pair}}^n \binom{n}{k} (\cos(x))^{n-k} (-1)^{\frac{k}{2}} (\sin(x))^k + i \sum_{k=0,\text{impair}}^n \binom{n}{k} (\cos(x))^{n-k} (-1)^{\frac{k-1}{2}} (\sin(x))^k = \sum_{k=0, \text{pair}}^n \binom{n}{k} (\cos(x))^{n-k} (-1)^{\frac{k}{2}} (1 - (\cos(x))^2)^{\frac{k}{2}} + i \sum_{k=0,\text{impair}}^n \binom{n}{k} (\cos(x))^{n-k} (-1)^{\frac{k-1}{2}} (\sin(x))^k.\]

Donc

\[\cos(nx) = \sum_{k=0, \text{pair}}^n \binom{n}{k} (\cos(x))^{n-k} (-1)^{\frac{k}{2}} (1 - (\cos(x))^2)^{\frac{k}{2}}.\]

Ainsi

\[x\longmapsto \cos(nx) \in \text{Vect}\left( (x\longmapsto (\cos(x))^k)_{0\leq k\leq N} \right).\]

Par conséquent

\[\text{Vect}\left((x\longmapsto \cos(nx))_{0\leq n\leq N}\right) \subset \text{Vect}\left((x\longmapsto (\cos(x))^n)_{0\leq n\leq N}\right).\]

• Réciproquement on raisonne par récurrence sur \(n\) : \(\cos^0 = 1 = \cos(0) \in \text{Vect}(\cos(0))\) puis on suppose que \(n\in \{0, ..., N-1\}\) et

\[x\longmapsto (\cos(x))^n \in \text{Vect}\left((x\longmapsto \cos(kx))_{0\leq k\leq n}\right).\]

Alors il existe \(\lambda_0, ..., \lambda_n \in \mathbb{R}\) tels que

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad (\cos(x))^n = \sum_{k=0}^n \lambda \cos(kx).\]

Donc

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad (\cos(x))^{n+1} = \sum_{k=0}^n \lambda \cos(kx) \cos(x) = \cos(x) + \sum_{k=1}^n \lambda \cos(kx) \cos(x) = \cos(x) + \sum_{k=1}^n \dfrac{\lambda_k}{2} \cos((k+1) x) + \sum_{k=1}^n \dfrac{\lambda_k}{2} \cos((k-1) x).\]

Donc

\[(\cos)^{n+1} \in \text{Vect}\left((x\longmapsto \cos(kx))_{0\leq k\leq n+1}\right).\]

Par conséquent

\[\text{Vect}\left((x\longmapsto (\cos(x))^n)_{0\leq n\leq N}\right) \subset \text{Vect}\left((x\longmapsto \cos(nx))_{0\leq n\leq N}\right).\]

• En conclusion nous avons montré que

\[\text{Vect}\left((x\longmapsto (\cos(x))^n)_{0\leq n\leq N}\right) = \text{Vect}\left((x\longmapsto \cos(nx))_{0\leq n\leq N}\right).\]

Exercice

Montrer que les parties

\[F = \left\{f \in C([0,\pi], \mathbb{R}), \quad f(0) = f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = f(\pi) \right\} \quad \text{et} \quad G = \text{Vect}(\cos,\sin)\]

sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de \(C([0,\pi],\mathbb{R})\).

Correction

Il s'agit bien de sous-espaces vectoriels.

• Soit \(f\in F \cap G\). Alors il existe \(a,b\in \mathbb{R}\) tels que

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad f(x) = a\cos(x) + b\sin(x).\]

Donc

\[a = f(0) = \underbrace{f\left( \dfrac{\pi}{2} \right)}_{= b} = f(\pi) = -a.\]

Ainsi \(a = 0 = b\) puis \(f = 0\) ce qui montre que \(F\cap G = \{0\}\).

• Soit \(f \in C([0,2\pi], \mathbb{R})\). On procède par analyse-synthèse. On suppose qu'il existe \(f_1 \in F\) et \(a,b\in \mathbb{R}\) tels que

\[f = f_1 + a \cos + b\sin.\]

Donc en évaluant en \(0,\dfrac{\pi}{2}\) et \(\pi\) on obtient

\[\begin{cases} f(0) & = & f_1(0) + a \\ f\left( \dfrac{\pi}{2} \right) & = & f_1\left( \dfrac{\pi}{2} \right) + b \\ f(\pi) & = & f_1(\pi) - a. \end{cases}\]

Donc en effectuant l'opération \(\dfrac{1}{2}(L_1 - L_3)\) nous obtenons

\[a = \frac{f(0) - f(\pi)}{2}.\]

Puis

\[b = f\left( \dfrac{\pi}{2} \right) - f_1(0) = f\left( \dfrac{\pi}{2} \right) - f(0) + a = \dfrac{2f\left( \dfrac{\pi}{2} \right) - f(0) - f(\pi)}{2}.\]

Finalement nous avons également

\[f_1 = f - a\cos - b\sin.\]

Réciproquement on vérifie bien que la décomposition \(f = f_1 + a\cos +b \sin\) convient et on obtient alors \(f \in F+G\).

Exercice

Soit \(E\) l'ensemble des fonctions \(f : [-1,1] \longrightarrow \mathbb{R}\) continues telles que les restrictions \(f_{|[-1,0]}\) et \(f_{|[0,1]}\) soient affines.

1. Montrer que l'ensemble \(E\) est un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel.

Correction

2. Déterminer une base de l'espace \(E\).

Correction

Exercice

Pour \(a \in \mathbb{R}_+\) on note \(f_a\) l'application de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) définie par

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad f_a(x) = \cos(ax).\]

Montrer que la famille \((f_a)_{a\in \mathbb{R}_+}\) est une famille libre d'éléments de l'espace \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\).

Correction

Exercices d'approfondissement

Exercice

Soient \(F_1, ..., F_n\) des sous-espaces vectoriels d'un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \(E\). Montrer que si l'union \(F_1 \cup ... \cup F_n\) est un sous-espace vectoriel de l'espace \(E\) alors celle-ci est égale à l'un des sous-espaces \(F_i\).

Correction

Exercice

On considère le \(\mathbb{Q}\)-espace vectoriel \(\mathbb{R}\).

1. Soit \(d\in \mathbb{N}^*\). A quelle condition la famille \((1,\sqrt{d})\) est-elle libre ?

Correction

• On suppose que la famille \((1,\sqrt{d})\) est liée. Alors il existe \(p,q\in \mathbb{Q}\) tels que \((p,q) \neq (0,0)\) et

\[0 = p + q \sqrt{d}.\]

Si \(q = 0\) alors \(p=0\) ce qui ne peut pas. Donc \(q\neq 0\) et

\[\sqrt{d} = - \dfrac{p}{q} \in \mathbb{Q}.\]

Ainsi l'entier \(d\) est un rationnel au carré donc un entier au carré.

• Réciproquement on suppose que l'entier \(d\) est un entier au carré : il existe \(d' \in \mathbb{N}^*\) tel que \(d = d'^2\). Alors \(\sqrt{d} = d'\) et

\[0 = d' - \sqrt{d}.\]

Donc la famille \((1,\sqrt{d})\) est liée.

2. Montrer que la famille \((1,\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6})\) est libre.

Correction

Soient \(a,b,c,d \in \mathbb{Q}\) tels que

\[0 = a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6}.\]

Alors, en multipliant par le produit des dénominateurs de \(a,b,c,d\) nous avons

\[0 = a' + b' \sqrt{2} + c' \sqrt{3} + d' \sqrt{6}, \quad a',b',c',d' \in \mathbb{Z},\]

i.e.

\[a' + b' \sqrt{2} = - c'\sqrt{3} - d'\sqrt{6}.\]

Donc, en élévant au carré,

\[a'^2 + 2a'b' \sqrt{2} + 2b'^2 = 3c'^2 + 6 c'd' \sqrt{2} + 6d'^2.\]

Ainsi

\[2(a'b' - 3c'd') \sqrt{2} = 3c'^2 + 6d'^2 - a'^2 - 2b'^2.\]

D'où, comme \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\),

\[(1) a'b' - 3c'd' = 0 \quad \text{et} \quad (2) 3c'^2 + 6d'^2 - a'^2 - 2b'^2 = 0.\]

De même

\[a' + c'\sqrt{3} = - b'\sqrt{2} - d' \sqrt{6}.\]

Donc

\[a'^2 + 2a'c'\sqrt{3} + 3c'^2 = 2b'^2 + 4 b'd' \sqrt{3} + 6d'^2.\]

Ainsi

\[2(a'c' - 2 b'd') \sqrt{3} = 2b'^2 + 6 d'^2 - a'^2 - 3c'^2.\]

D'où, comme \(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}\),

\[(3) a'c' - 2 b'd' = 0 \quad \text{et} \quad (4) 2b'^2 + 6 d'^2 - a'^2 - 3c'^2 = 0.\]

Donc, en effectuant les opérations \((2) - (4)\) et \((2) + (4)\) nous obtenons

\[- 4b'^2 + 6c^2 = 0 \quad \text{et} \quad -2a'^2 + 12 d'^2 = 0\]

i.e.

\[3|c'| = 2 |b'| \quad \text{et} \quad 6|d'| = |a'|.\]

Or, d'après les équations \((1)\) et \((3)\), nous avons

\[|a'||b'| = 3|c'||d'| \quad \text{et} \quad |a'||c'| = 2|b'||d'|.\]

Donc

\[6|d'||b'| = 3|c'||d'| = 3 \dfrac{2}{3} |b'||d'|.\]

Ainsi \(b' = d' = 0\) puis \(a' = c' = 0\).

Exercice

On considère la suite \((p_n)_{n\in \mathbb{N}^*}\) composée des nombres premiers rangés en ordre croissant :

\[p_1 = 2, \quad p_2 = 3, \quad p_3 = 5, ...\]

1. Montrer que la famille \((\ln(p_n))_{n\in \mathbb{N}^*}\) est une famille libre du \(\mathbb{Q}\)-espace vectoriel \(\mathbb{R}\).

Correction

Soient \(r\in \mathbb{N}^*, n_1, ..., n_r \in \mathbb{N}^*\) distincts et \(\lambda_1, ..., \lambda_r\) tels que

\[0 = \sum_{k=1}^r \lambda_k \ln(p_{n_k}) = \ln \left( \prod_{k=1}^r p_{n_k}^{\lambda_k} \right)\]

i.e.

\[1 = \prod_{k=1}^r p_{n_k}^{\lambda_k}\]

i.e.

\[\forall k\in \{1, ..., r\}, \quad \lambda_k = 0.\]

2. En déduire la dimension du \(\mathbb{Q}\)-espace vectoriel \(\mathbb{R}\).

Correction

Espaces vectoriels de dimension finie

Exercices d'apprentissage

Exercice

Soit \(E\) l'ensemble des fonctions \(f : \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}\) telles qu'il existe \(a,b,c\in \mathbb{R}\) tels que

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad f(x) = (ax^2 + bx + c) \cos(x).\]

1. Montrer que l'ensemble \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\).

Correction

On vérifie les axiomes de la caractérisation.

2. Déterminer une base de l'espace \(E\) et en déduire sa dimension.

Correction

On montre que la famille \((x\longmapsto x^2 \cos(x), x\longmapsto x\cos(x), x\longmapsto \cos(x))\) est libre et génératrice. On en déduit que \(\text{dim}(E) = 3\).

Exercice

Soient \(E\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel de dimension 3 et \(\mathcal{B} = (e_1, e_2,e_3)\) une base de l'espace \(E\). On considère les vecteurs

\[e_1' = e_2 + 2e_3, \quad e_2' = e_1 + e_3 \quad \text{et} \quad e_3' = e_1 + 2e_2.\]

1. Montrer que la famille \(\mathcal{B}' = (e_1',e_2',e_3')\) est une base de l'espace \(E\).

Correction

Soit \(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3\in \mathbb{R}\) tels que

\[0 = \lambda_1 e_1' + \lambda_2 e_2' + \lambda_3 e_3' = (\lambda_2 + \lambda_3) e_1 + (\lambda_1 + 2 \lambda_3) e_2 + (2 \lambda_1 + \lambda_2) e_3.\]

Or la famille \(\mathcal{B}\) est une base, donc

\[\begin{cases} & & \lambda_2 & + & \lambda_3 & = & 0 \\ \lambda_1 & & & + & 2 \lambda_3 & = & 0 \\ 2\lambda_1 & + & \lambda_2 & & & = & 0 \end{cases}\]

i.e. après l'opération \(L_3 \longleftarrow L_3 - 2 L_2\)

\[\begin{cases} & & \lambda_2 & + & \lambda_3 & = & 0 \\ \lambda_1 & & & + & 2 \lambda_3 & = & 0 \\ & & \lambda_2 & - & 4\lambda_3 & = & 0 \end{cases}\]

i.e. après l'opération \(L_3 \longleftarrow L_3 - L_1\)

\[\begin{cases} & & \lambda_2 & + & \lambda_3 & = & 0 \\ \lambda_1 & & & + & 2 \lambda_3 & = & 0 \\ & & & - & 5\lambda_3 & = & 0 \end{cases}\]

i.e.

\[\lambda_3 = 0, \quad \lambda_2 = 0, \quad \lambda_1 = 0.\]

Donc la famille \(\mathcal{B}'\) est une famille libre de \(3 = \dim(\mathbb{R}^3)\) vecteurs donc c'est une base.

2. Déterminer les coordonnées du vecteur \(x = e_1+e_2+e_3\) dans les bases \(\mathcal{B}\) et \(\mathcal{B}'\).

Correction

Nous avons directement les coordonnées \((1,1,1)\) dans la base \(\mathcal{B}\). Puis nous avons

\[\begin{cases} & & e_2 & + & 2e_3 & = & e_1' \\ e_1 & & & + & e_3 & = & e_2' \\ e_1 & + & 2 e_2 & & & = & e_3' \end{cases}\]

i.e. après l'opération \(L_3 \longleftarrow L_3 - L_2\)

\[\begin{cases} & & e_2 & + & 2e_3 & = & e_1' \\ e_1 & & & + & e_3 & = & e_2' \\ & & 2 e_2 & - & e_3 & = & e_3' - e_2' \end{cases}\]

i.e. après l'opération \(L_3 \longleftarrow L_3 - 2 L_1\)

\[\begin{cases} & & e_2 & + & 2e_3 & = & e_1' \\ e_1 & & & + & e_3 & = & e_2' \\ & & & - & 5e_3 & = & e_3' - e_2' - 2e_1'\end{cases}\]

i.e.

\[e_3 = \dfrac{2e_1' + e_2' - e_3'}{5}, \quad e_1 = e_2' - e_3 = \dfrac{-2e_1' + 4 e_2' + e_3'}{5}, \quad e_2 = e_1' - 2 e_3 = \dfrac{e_1' - 2e_2' + 2 e_3'}{5}.\]

Donc

\[x = e_1 + e_2 + e_3 = \dfrac{e_1' + 3e_2' + 2 e_3'}{5}.\]

Autrement dit les coordonnées du vecteur \(x\) dans la base \(\mathcal{B}'\) sont \(\left(\dfrac{1}{5}, \dfrac{3}{5}, \dfrac{2}{5} \right)\).

Exercice

1. Déterminer une base du sous-espace vectoriel de l'espace \(\mathbb{R}^3\)

\[F = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3, \quad x-z = 0\}.\]

Correction

Nous avons

\[F = \{(x,y,x), \quad x,y\in \mathbb{R}\} = \{x(1,0,1) + y(0,1,0), \quad x,y\in \mathbb{R}\} = \text{Vect}((1,0,1),(0,1,0))\]

avec \(((1,0,1), (0,1,0))\) famille libre. Donc il s'agit d'une base.

2. Compléter en une base de \(\mathbb{R}^3\) la famille \((u,v)\) avec

\[u = (1, 1, 1) \quad \text{et} \quad v = (0,1,1).\]

Correction

Un vecteur \(w = (a,b,c)\) de \(\mathbb{R}^3\) est orthogonal au plan \(\text{Vect}(u,v)\) si et seulement si

\[0 = (a,b,c) \cdot u = a+b+c \quad \text{et} \quad 0 = (a,b,c) \cdot v = b+c\]

i.e. si et seulement si

\[a = 0 \quad \text{et} \quad b+c = 0.\]

Par conséquent, en notant \(w = (0,1,-1)\), la droite \(\text{Vect}(w)\) est orthogonal au plan \(\text{Vect}(u,v)\). En particulier \((u,v,w)\) est une base de \(\mathbb{R}^3\). (Il suffisait de dire que la famille \((u,v,w)\) est libre.)

3. Déterminer un sous-espace supplémentaire dans \(\mathbb{R}^3\) du sous-espace

\[G = \text{Vect}((1,1,0),(0,1,-1)).\]

Correction

Un vecteur \(w = (a,b,c)\) de \(\mathbb{R}^3\) est orthogonal au plan \(\text{Vect}((1,1,0),(0,1,-1))\) si et seulement si

\[0 = (a,b,c) \cdot (1,1,0) = a+b \quad \text{et} \quad 0 = (a,b,c) \cdot (0,1,-1) = b-c\]

i.e. si et seulement si

\[a = -b \quad \text{et} \quad c = b.\]

Par conséquent la droite \(\text{Vect}((1,-1,-1))\) est orthogonal au plan \(\text{Vect}((1,1,0),(0,1,-1))\). En particulier un sous-espace supplémentaire dans \(\mathbb{R}^3\) du sous-espace \(G\) est \(\text{Vect}((1,-1,-1))\). (Il suffisait de dire que \(\text{Vect}((1,-1,-1))\) n'était pas inclus dans le sous-espace \(G\).)

Exercice

Déterminer une base et un supplémentaire des sous-espaces vectoriels de \(\mathbb{R}^3\) suivant.

1. \(\text{Vect}((1,1,0), (2,1,1))\)

Correction

2. \(\text{Vect}((-1,1,0),(2,0,1),(1,1,1))\)

Correction

3. \(\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3, \quad x-2y + 3z = 0\}\)

Correction

Exercice

Soient \(H\) un hyperplan d’un espace vectoriel \(E\) de dimension finie \(n\in \mathbb{N}^*\) et \(a\in E\). À quelle condition les espaces \(H\) et \(\text{Vect}(a)\) sont-ils supplémentaires dans l'espace \(E\) ?

Correction

Exercice

Déterminer le rang des familles suivantes de \(\mathbb{R}^4\).

1. \(((1,1,1,1),(1,-1,1,-1),(1,0,1,1))\)

Correction

Soit \(a,b,c \in \mathbb{R}\) tels que

\[0 = a(1,1,1,1) + b(1,-1,1,-1) + c(1,0,1,1) = (a+b+c, a-b, a+b+c, a-b+c).\]

Donc, d'après la deuxième coordonnée, \(a = b\). Puis, d'après la quatrième coordonnée, \(c = 0\). Enfin, d'après la première coordonnée, \(a = 0 = b\). Ainsi la famille est libre, i.e. de rang \(3\).

2. \(((1,1,0,1),(1,-1,1,0),(2,0,1,1),(0,2,-1,1))\)

Correction

Pour avoir une méthode générale : On note ces vecteurs \(u_1, u_2, u_3, u_4\). Alors on effectue les opérations de l'algorithme du pivot de Gauss

\[u_1' = u_1, \quad u_2' = u_2 - u_1 = (0,-2,1,-1), \quad u_3' = u_3 - 2u_1 = (0,-2,1,-1), \quad u_4' = u_4.\]

Puis

\[u_1'' = u_1, \quad u_2'' = u_2' = (0,-2,1,-1), \quad u_3'' = u_3' - u_2' = (0,0,0,0), \quad u_4'' = u_4 + u_2' = (0,0,0,0).\]

Donc nous avons les relations

\[u_4 = -u_2' = u_1 - u_2, \quad u_3' = u_2' = u_2-u_1.\]

Puis

\[u_3 = u_3'+2u_1 = u_1+u_2.\]

Et les vecteurs \((u_1, u_2)\) forment une famille libre. Par conséquent la famille \((u_1, u_2, u_3, u_4)\) est de rang \(2\).

Exercice

On considère \(\mathbb{H}\) l'ensemble des matrices de la forme

\[M(a,b) = \left( \begin{array}{cc} a & b \\ - \overline{b} & \overline{a} \end{array} \right), \quad a,b\in \mathbb{C}.\]

1. Montrer que l'ensemble \(\mathbb{H}\) est un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel réel \(\mathcal{M}_2(\mathbb{C})\) et est stable par produit.

Correction

• On vérifie les axiomes de la caractérisation.

• Soient \(a,b,c,d\in \mathbb{C}\). Alors

\[M(a,b) M(c,d) = M(ac-b\overline{d}, ad+b\overline{c}) \quad M(c,d)M(a,b) = M(ca-d\overline{b}, cb+d\overline{a}).\]

2. Déterminer une base \((I,J,K,L)\) du sous-espace \(\mathbb{H}\) telle que

\[I = I_2, \quad J^2 = K^2 = L^2 = -I, \quad JK = L = - KJ.\]

Correction

Soient \(a,b\in \mathbb{C}\). Alors

\[M(a,b) = \text{Re}(a) I_2 + \text{Im}(a) \left( \begin{array}{cc} i & 0 \\ 0 & -i \end{array} \right) + \text{Re}(b) \left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right) + \text{Im}(b) \left( \begin{array}{cc} 0 & i \\ i & 0 \end{array} \right) = \text{Re}(a) I + \text{Im}(a) J + \text{Re}(b) K + \text{Im}(b) L\]

avec \(I,J,K,L\) famille libre de \(4 = \text{dim}(\mathbb{H})\) vecteurs de l'espace \(\mathbb{H}\). Donc il s'agit d'une base. De plus

\[J^2 = K^2 = L^2 = -I \quad \text{et} \quad JK = L = - KJ.\]

3. Montrer que tout élément non nul du sous-espace \(\mathbb{H}\) est inversible et que son inverse est dans le sous-espace \(\mathbb{H}\).

Correction

Soient \(a,b\in \mathbb{C}\) tels que \((a,b) \neq (0,0)\). Soient \(c,d\in \mathbb{C}\) tels que

\[I_2 = M(a,b)M(c,d) = M(ac-b\overline{d}, ad+b\overline{c}).\]

Donc

\[\begin{cases} ac & - & b\overline{d} & = & 1 \\ ad & + & b\overline{c} & = & 0 \end{cases}\]

i.e.

\[\begin{cases} ac & - & b\overline{d} & = & 1 \\ \overline{b} c & + & \overline{ad} & = & 0 \end{cases}\]

i.e., si \(a\neq 0\), avec l'opération \(L_2 \longleftarrow L_2 - \dfrac{\overline{b}}{a} L_1\),

\[\begin{cases} ac & - & b\overline{d} & = & 1 \\ & & \overline{ad} + \dfrac{\overline{b}}{a} b \overline{d} & = & - \dfrac{\overline{b}}{a} \end{cases}\]

i.e.

\[\begin{cases} ac & - & b\overline{d} & = & 1 \\ & & (a\overline{a} + \overline{b} b) \overline{d} & = & -\overline{b} \end{cases}\]

i.e.

\[d = - \dfrac{b}{|a|^2 + |b|^2} \quad \text{et} \quad c = \dfrac{\overline{a}}{|a|^2 + |b|^2}.\]

Nous avons de même si \(a = 0\). Par conséquent \(M(a,b) \in GL_2(\mathbb{C})\) et \((M(a,b))^{-1} \in \mathbb{H}\).

Exercice

Soient \(n\in \mathbb{N}, k\in \{0, ..., n\}\) et \(P_k = X^k (1-X)^{n-k}\).

1. Montrer que la famille \((P_0, ..., P_n)\) est une base de l'espace \(\mathbb{R}_n[X]\).

Correction

• Soient \(a_0, ..., a_n \in \mathbb{R}\) tels que

\[0 = \sum_{k=0}^n a_k P_k = \sum_{k=0}^n a_k X^k(1-X)^{n-k}.\]

Ainsi en évaluant en \(0\) on obtient

\[0 = a_0.\]

Donc

\[0 = \sum_{k=1}^n a_k P_k = X\sum_{k=0}^{n-1} a_{k+1} X^k(1-X)^{n-k}.\]

Ainsi

\[0 = \sum_{k=1}^n a_k P_k = \sum_{k=0}^{n-1} a_{k+1} X^k(1-X)^{n-k}.\]

Puis en évaluant en \(1\) on obtient

\[0 = a_1.\]

On conclut par récurrence.

• Nous avons donc une famille de \(n+1 = \text{dim}(\mathbb{R}_n[X])\) vecteurs de l'espace \(\mathbb{R}_n[X]\).

• En conlusion il s'agit donc d'une base.

2. Exprimer \(1, X, ..., X^n\) dans cette base.

Correction

Soit \(k\in \{0, ..., n\}\). Alors

\[X^k = X^k(X+1-X)^{n-K} = \sum_{j=0}^{n-k} \binom{n-k}{j} X^j (1-X)^{n-k-j} = \sum_{j=0}^{n-k} \binom{n-k}{j} P_{k+j}.\]

Exercices d'entrainement

Exercice

Soit \(E\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel de dimension finie \(n\in \mathbb{N}^*\). Déterminer les applications \(d\) définies sur l'ensemble des sous-espaces vectoriels de \(E\) et à valeurs dans \(\mathbb{N}\) vérifiant pour tous sous-espaces vectoriels \(F\) et \(G\) en somme directe de l'espace \(E\) :

\[d(F\oplus G) = d(F) + d(G).\]

Correction

Exercice

Soient \((e_1, ..., e_n)\) et \((e_1', ..., e_n')\) deux bases d'un espace vectoriel \(E\). Montrer qu'il existe \(j\in \{1, ..., n\}\) tel que la famille \((e_1, ..., e_{n-1},e_j')\) soit une base de l'espace \(E\).

Correction

Exercice

Soient \(U,V,W\) trois sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel \(E\) de dimension finie \(n\).

1. Montrer que si \(\dim(U) + \dim(V) > n\) alors l'intersection \(U\cap V\) n'est pas réduit au vecteur nul.

Correction

2. Déterminer une condition suffisante similaire à celle précédente pour avoir l'intersection \(U\cap V\cap W\) non réduite au vecteur nul.

Correction

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie et \(F_1, ..., F_n\) des sous-espaces vectoriels de l'espace \(E\) tel que

\[E = F_1 + ... + F_n.\]

Montrer qu'il existe des sous-espaces vectoriels \(G_1, ..., G_n\) tels que

\[\forall i\in \{1, ..., n\}, \quad G_i \subset F_i\]

et

\[E = G_1 \oplus ... \oplus G_n.\]

Correction

On considère par récurrence la famille des sous-espaces \(G_1, ..., G_n\) par

\[G_1 = F_1\]

et pour tout \(i\in \{0, ..., n-1\}\), le sous-espace \(G_{i+1}\) est un supplémentaire du sous-espace \((G_1 + ... + G_i) \cap F_{i+1}\) dans le sous-espace \(F_{i+1}\). L'existence est assurée par le fait que \(F_{i+1}\) est un sous-espace de dimension finie.

• Pour tout \(i\in \{0, ..., n\}\) nous avons par construction

\[G_i \subset F_i.\]

• Soit \((g_1, ..., g_n) \in G_1 \times ... \times G_n\) tel que

\[0 = g_1 + ... + g_n.\]

Donc

\[g_n = -(g_1+...+g_{n-1}) \in (G_1+...+G_{n-1}) \cap F_n\]

et

\[g_n \in G_n.\]

Ainsi par supplémentarité des sous-espaces \((G_1+...+G_{n-1}) \cap F_n\) et \(G_n\) dans \(F_n\), nous obtenons

\[g_n = -(g_1+...+g_{n-1}) = 0.\]

On raisonne ensuite par récurrence descendante pour montrer que

\[g_1 = ... = g_n = 0.\]

• Soit \(x\in E\). Alors, comme \(E = F_1 + ... + F_n\), il existe \((f_1, ..., f_n) _in F_1 \times ... \times F_n\) tel que

\[x = f_1 + ... + f_n.\]

Or pour tout \(i\in \{2, ..., n\}\) nous avons

\[F_i = ((G_1+...+G_{i-1}) \cap F_i) + G_i.\]

Donc il existe \(a_i \in (G_1+...+G_{i-1}) \cap F_i\) et \(b_i \in G_i\) tels que

\[f_i = a_i + b_i.\]

On remarque également qu'en notant \(a_1 = 0\) et \(b_1 = f_1\),

\[f_1 = 0 + f_1 = a_1 + b_1 \in \{0\} + G_1.\]

Nous avons également l'existence de \((a_{i,1}, ... a_{i,i-1}) \in G_1 \times ... \times G_{i-1}\) tel que

\[a_i = a_{i,1} + ... + a_{i,i-1}.\]

Ainsi

\[x = \sum_{i=1}^n a_i + \sum_{i=1}^n b_i = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{i-1} a_{i,j} + \sum_{j=1}^n b_j = \sum_{j=1}^n\left( \sum_{i=j+1}^n a_{i,j} + b_j \right),\]

avec

\[\forall j\in \{1, ..., n\}, \quad b_j \in G_j \quad \text{et} \quad \forall i\in \{j+1, ..., n\}, \quad a_{i,j} \in G_j.\]

Donc

\[x \in G_1 + ... + G_n.\]

Exercice

1. Montrer que le sous-ensemble \(H\) de l'espace \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) constitué des matrices de trace nulle est un hyperplan.

Correction

L'application \(\text{tr} : \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) \longrightarrow \mathbb{R}\) est une forme linéaire de noyau \(\text{ker}(\text{tr}) = H\). Donc le sous-ensemble \(H\) est bien un hyperplan de l'espace \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\). Autrement dit les éléments de

\[H = \{A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}), \quad A_{11} + ... + A_{nn} = 0\}\]

sont entièrement déterminés par leur \(n^2 - 1\) cœfficients \(A_{ij}, 1\leq i,j\leq n, (i,j) \neq (n,n)\) car le dernier cœfficient \(A_{nn} = -A_{11} -...- A_{n-1,n-1}\) est déterminé par les autres. Encore autrement dit une base de \(H\) est la famille composée des

\[E_{ij}, \quad 1\leq i,j\leq n, i\neq j\]

et des

\[E_{ii} - E_{nn}, \quad 1\leq i\leq n-1,\]

qui admet \(|\{1\leq i,j\leq n, i\neq j\}| + |\{1\leq i\leq n-1\}| = n^2 - n + (n-1) = n^2 - 1 = \text{dim}(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})) - 1\).

2. Montrer qu'il existe une matrice \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) non nulle telle que

\[\forall M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}), \quad M\in H\quad \Longleftrightarrow \quad \text{tr}(A^T M) = 0.\]

Y a-t-il unicité d'une telle matrice \(A\) ?

Correction

On procède par analyse-synthèse.

• Analyse : On suppose qu'il existe une matrice \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) tel que

\[\forall M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}), \quad M\in H\quad \Longleftrightarrow \quad \text{tr}(A^T M) = 0.\]

Or pour tout \(i,j \in \{1, ..., n\}, i\neq j\) nous avons \(E_{ij} \in H\). Donc

\[0 = \text{tr}(A^T E_{ij}) = \sum_{k=1}^n [A^T E_{ij}]_{kk} = \sum_{k=1}^n \sum_{\ell = 1}^n A_{\ell k} \delta_{(i,j)}(\ell, k) = A_{i,j}.\]

Ainsi la matrice \(A\) est diagonale. Puis \(E_{ii} - E_{jj} \in H\) donc

\[0 = \text{tr}(A^T (E_{ii} - E_{jj})) = A_{ii} - A_{jj}.\]

Donc il existe \(\lambda \in \mathbb{R}^*\) tel que \(A = \lambda I_n\).

• Synthèse : On suppose qu'il existe \(\lambda \in \mathbb{R}^*\) tel que \(A = \lambda I_n\). Soit \(M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\). Alors

\[\text{tr}(A^T M) = \lambda \text{tr}(M).\]

Donc

\[M \in H\quad \Longleftrightarrow \quad \text{tr}(M) = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \text{tr}(A^T M) = 0.\]

Il n'y a donc pas unicité de la matrice \(A\).

3. On considère \(H_1\) un hyperplan de l'espace \(\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\). Montrer qu'il existe une matrice \(A_1 \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) non nulle telle que

\[\forall M_1 \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}), \quad M_1\in H_1\quad \Longleftrightarrow \quad \text{tr}(A_1^T M_1) = 0.\]

Y a-t-il unicité d'une telle matrice \(A_1\) ?

Correction

Exercice

On considère les fonctions suivantes définies pour \(x \in ~]-1,1[\)

\[f_1(x) = \sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}, \quad f_2(x) = \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}, \quad f_3(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}, \quad f_4(x) = \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}.\]

Quel est le rang de la famille \((f_1, f_2, f_3, f_4)\) ?

Correction

Exercice

Soient \(n \in \mathbb{N}^*, \alpha_1, ..., \alpha_n \in \mathbb{C}\) distincts, \(A= \text{diag}(\alpha_1, ..., \alpha_n)\) matrice diagonale de cœfficients diagonaux \(\alpha_1, ..., \alpha_n\) et

\[C(A) = \{M\in \mathcal{M}_n(\mathbb{C}), \quad AM = MA\}.\]

1. Montrer que la partie \(C(A)\), appelé commutant de la matrice \(A\), est un sous-espace vectoriel de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{C})\).

Correction

On vérifie les différents axiomes de la caractérisation des sous-espaces vectoriels.

2. Montrer que \((A^k)_{0\leq k\leq n-1}\) est une base du sous-espace \(C(A)\).

Correction

• Pour tout \(k\in \{0, ..., n-1\}\) nous avons \(A^k \in C(A)\).

• Soit \(\lambda_0, ..., \lambda_{n-1} \in \mathbb{C}\) tels que

\[0_{nn} = \sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k A^k = \sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k \text{diag}(\alpha_1^k, ..., \lambda_n^k) = \text{diag}\left( \sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k \alpha_1^k, ..., \sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k \alpha_n^k \right).\]

Donc

\[\forall j\in \{1, ..., n\}, \quad \sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k \alpha_j^k = 0.\]

On obtient alors un polynôme \(P = \sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k X^k\) de degré \(n-1\) qui s'annulent en \(n\) points distincts. Donc \(P = 0\) autrement dit

\[\forall k\in \{0, ..., n-1\}, \quad \lambda_k = 0.\]

• Soit \(M \in C(A)\). Alors \(A M = MA\) autrement dit en notant \(L_1, ..., L_n, C_1, ..., C_n\) les lignes et les colonnes de la matrice \(M\)

\[\left( \begin{array}{c} \alpha_1 L_1 \\ \vdots \\ \alpha_n L_n \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ccc} \alpha_1 C_1 & ... & \alpha_n C_n \end{array} \right).\]

Donc en position \(i,j \in \{1, ..., n\}, i\neq j\) nous obtenons

\[\alpha_i M_{ij} = \alpha_j M_{ij}.\]

Or les \(\alpha_1, ..., \alpha_n\) sont distincts. Donc \(M_{ij} = 0\). Par conséquent la matrice \(M\) est diagonale : \(M \in \mathcal{D}_n(\mathbb{C})\). Réciproquement on peut montrer que \(\mathcal{D}_n(\mathcal{C}) \subset C(A)\). Par conséquent

\[C(A) = \mathcal{D}_n(\mathbb{C})\]

est dimension \(n\) car engendré par les \(E_{ii}, 1\leq i\leq n\).

• En conclusion nous avons une famille libre de \(n = \text{\dim(Com(A))}\) vecteurs de \(\text{Com}(A)\) donc c'est une base.

Exercice

Soient \(n\in \mathbb{N}\) et \(A \in \mathbb{K}_n[X]\) non nul. Montrer que

\[F = \{P \in \mathbb{K}_n[X], \quad A\mid P\}\]

est un sous-espace vectoriel de l'espace \(\mathbb{K}_n[X]\). Déterminer sa dimension et un supplémentaire.

Correction

Nous avons \(F = A\mathbb{K}_n[X]\) sous-espace vectoriel en vérifiant les différents axiomes de la caractérisation. On note ensuite \(d = \text{deg}(A)\). Alors tout polynôme de degré au plus \(d-1\) ne peut pas être divisé par \(A\). Autrement dit

\[\forall k\in \{0, ..., d-1\}, \quad X^k \notin A.\]

On considère donc \(G = \mathbb{K}_{d-1}[X]\) leur sous-espace engendré. Soit \(P \in F\cap G\). Alors il existe \(Q \in \mathbb{K}[X]\) tel que

\[AQ = P \in \mathbb{K}_{d-1}[X].\]

Donc

\[\text{deg}(A) + \text{deg(Q)} \leq d-1 < d = \text{deg}(A).\]

D'où \(\text{deg}(Q) = -\infty\) i.e. \(Q = 0\) puis \(P = AQ = 0\).

Maintenant soit \(P\in \mathbb{K}[X]\). On effectue la division euclidienne de \(P\) par \(A\) : il existe \(Q,R \in \mathbb{K}[X]\) tels que

\[P = AQ + R, \quad \text{deg}(R) < \text{deg}(A).\]

Donc \(AQ \in F\) et \(R \in G\). Autrement dit \(P \in F+G\) ce qui montre bien que \(\mathbb{K}[X] = F+G\) car l'inclusion réciproque est immédiate.

Exercices d'approfondissement

Exercice

Soient \(\mathbb{K}\) un sous-corps de \(\mathbb{C}\), \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension finie et \(F_1,F_2\) deux sous-espaces vectoriels de l'espace \(E\).

1. Montrer que si \(\dim(F_1) = \dim(F_2)\) alors il existe un sous-espace \(G\) de l'espace \(E\) tel que

\[F_1 \oplus G = F_2 \oplus G = E.\]

Correction

• Si \(\dim(F_1) = \dim(F_2) = \dim(E)\) ...

• Si \(\dim(F_1) = \dim(F_2) = \dim(E) - 1\) et \(F_1 = F_2\) alors ...

• Si \(\dim(F_1) = \dim(F_2) = \dim(E) - 1\) et \(F_1 \neq F_2\) alors il existe \(x_1 \in F_1 \backslash F_2\) et \(x_2 \in F_2 \backslash F_1\). Donc \(x_1 + x_2 \notin F_1 \cup F_2\). Ainsi \(\text{Vect}(x_1 + x_2)\) est supplémentaire commun aux sous-espaces \(F_1\) et \(F_2\).

• Si \(F_1 = F_2\) alors ...

• Sinon on raisonne par récurrence descendante alors comme précédemment il existe \(x_1 \in F_1 \backslash F_2\) et \(x_2 \in F_2 \backslash F_1\). Donc \(x_1 + x_2 \notin F_1 \cup F_2\) et ainsi \(F_1' := F_1 \oplus \text{Vect}(x_1 + x_2)\) et \(F_2' = F_2 \oplus \text{Vect}(x_1 + x_2)\) sont deux sous-espaces dimension \(+1\). Donc par hypothèse de récurrence il existe un supplémentaire \(H'\) commun aux sous-espaces \(F_1'\) et \(F_2'\). Ainsi \(H = H'\oplus \text{Vect}(x_1+x_2)\) est un supplémentaire commun aux sous-espaces \(F_1\) et \(F_2\).

2. Montrer que si \(\dim(F_1) \leq \dim(F_2)\) alors il existe deux sous-espaces \(G_1, G_2\) de l'espace \(E\) tels que

\[F_1 \oplus G_1 = F_2 \oplus G_2 = E \quad \text{et} \quad G_2 \subset G_1.\]

Correction

Exercice

Soient \(n\in \mathbb{N}\backslash \{0,1\}\) et \(\Omega\) l'ensemble des matrices élémentaires \(E_{ij}\) de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) d'indice \((i,j)\) avec \(i,j\) distincts.

1. On considère un sous-espace vectoriel \(F\) de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\). Montrer que si \(\Omega \subset F\) alors il existe une matrice inversible dans le sous-espace \(F\).

Correction

2. Montrer que tout hyperplan de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) contient au moins une matrice inversible.

Correction

Applications linéaires

Exercices d'apprentissage

Exercice

Parmi les applications suivantes, les quelles sont linéaires ?

1. \(f : (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \longmapsto x+y+2z \in \mathbb{R}\).

Correction

Oui en vérifiant la définition.

2. \(f : (x,y) \in \mathbb{R}^2 \longmapsto x+y+1 \in \mathbb{R}\).

Correction

Non car \(f(0,0) = 1 \neq 0\).

3. \(f : (x,y) \in \mathbb{R}^2 \longmapsto xy \in \mathbb{R}\).

Correction

Non car

\[f((1,0) + (0,1)) = f(1,1) = 1 \neq 0 = f(1,0) + f(0,1).\]

4. \(f : (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \longmapsto x-z \in \mathbb{R}\).

Correction

Oui en vérifiant la définition.

5. \(f : (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \longmapsto (2x+y-z, x+y) \in \mathbb{R}^2\).

Correction

Oui en vérifiant la définition.

6. \(M : P\in \mathbb{R}[X] \longmapsto XP \in \mathbb{R}[X]\).

Correction

Oui par bilinéarité du produit des polynômes.

7. \(\varphi : f\in C^1(\mathbb{R},\mathbb{R}) \longmapsto f' - f \in C^1(\mathbb{R}, \mathbb{R})\).

Correction

Oui par linéarité de la dérivation.

8. \(T : u \in \mathbb{C}^\mathbb{N} \longmapsto (u_{n+1})_{n\in \mathbb{N}}\).

Correction

Oui en vérifiant la définition.

9. \(f : z\in \mathbb{C} \longmapsto \text{Im}(z) - \text{Re}(z) \in \mathbb{C}\).

Correction

• Oui en considérant \(\mathbb{C}\) comme un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel car les applications \(\text{Im}\) et \(\text{Re}\) le sont.

• Non en considérant \(\mathbb{C}\) comme un \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel car

\[f(i) = 1 \neq -i = i f(1).\]

10. \(J : f \in C([0,1],\mathbb{R}) \longmapsto \int_0^1 f(t) dt \in \mathbb{R}\).

Correction

Oui par linéarité de l'intégration.

Exercice

Soit \(f : \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}^2\) définie par

\[\forall (x,y) \in \mathbb{R}^2, \quad f(x,y) = (x+y, x-y).\]

Montrer que l'application \(f\) est un automorphisme de \(\mathbb{R}^2\) et déterminer son automorphisme réciproque.

Correction

• L'application \(f\) est linéaire en vérifiant la définition.

• Soit \((a,b) \in \mathbb{R}^2\) et \((x,y) \in \mathbb{R}^2\). Alors \((a,b) = f(x,y)\) si et seulement si

\[\begin{cases} x & + & y & = & a \\ x & - & y & = & b \end{cases}\]

i.e.

\[\begin{cases} x & = & \dfrac{a}{2} + \dfrac{b}{2} \\ y & = & \dfrac{a}{2} - \dfrac{b}{2}. \end{cases}\]

Par conséquent l'application \(f\) est bijective de bijection réciproque \(f^{-1}\) donnée par

\[\forall (a,b) \in \mathbb{R}^2, \quad f^{-1}(a,b) = \left( \dfrac{a+b}{2}, \dfrac{a-b}{2} \right).\]

• En conclusion l'application \(f\) est un automorphisme.

Exercice

Montrer les assertions suivantes en introduisant les espaces vectoriels et applications linéaires nécessaires.

1. \(g\circ f = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \text{Im}(f) \subset \text{ker}(g)\).

Correction

• On suppose que \(g\circ f = 0\). Soit \(y \in \text{Im}(f)\). Alors il existe \(x\in E\) tel que \(y = f(x)\). Donc \(g(y) = g(f(x)) = 0\) i.e. \(y\in \text{ker}(g)\).

• Réciproquement on suppose que \(\text{Im}(f) \subset \text{ker}(g)\). Soit \(x \in E\). Alors \(f(x) \in \text{Im}(f) = \text{ker}(g)\). Donc \(g(f(x)) = 0\). Ainsi \(g\circ f = 0\).

2. \(\text{ker}(f) \cap \text{ker}(g) \subset \text{ker}(f+g)\).

Correction

3. \(\text{Im}(f) + \text{Im}(g) \supset \text{Im}(f+g)\).

Correction

4. \(\text{ker}(f) \subset \text{ker}(f^2)\).

Correction

5. \(\text{Im}(f) \supset \text{Im}(f^2)\).

Correction

Exercice

A quelle condition une translation vectorielle et un endomorphisme d'un espace vectoriel commutent-ils ?

Correction

On considère une translation vectorielle \(t_v\) de vecteur \(v \in E\) :

\[\forall x\in E, \quad t_v(x) = x+v,\]

et un endormorphisme \(u \in L(E)\). Alors

\[\forall x\in E, \quad t_v(u(x)) = u(x) + v \quad \text{et} \quad u(t_v(x)) = u(x) + u(v).\]

Donc les applications \(t_v\) et \(u\) commutent si et seulement si \(u(v) = v\), autrement dit si le vecteur \(v\) est un vecteur fixe par l'application \(u\).

Exercice

On considère le plan vectorel de \(\mathbb{R}^3\)

\[P = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3, \quad x-y+z = 0\}\]

et la droite vectorielle engendrée par le vecteur \(u = (1,3,1)\).

1. Montrer que les sous-espaces \(P\) et \(D\) sont supplémentaires dans \(\mathbb{R}^3\).

Correction

• Soit \((x,y,z) \in P \cap D\). Alors \(x- y + z = 0\) et il existe \(\lambda \in \mathbb{R}\) tel que \((x,y,z) = \lambda (1,3,1)\). Donc

\[0 = x-y+z = \lambda - 3\lambda + \lambda = -\lambda.\]

Ainsi \(\lambda = 0\) et \((x,y,z) = 0\).

• \(\text{dim}(P) + \text{dim}(D) = 2 + 1 = 3 = \text{dim}(\mathbb{R}^3)\).

2. On note \(p\) la projection sur le plan \(P\) parallèlement à la droite \(D\). Exprimer \(p(x,y,z)\) en fonction de \((x,y,z) \in \mathbb{R}^3\).

Correction

Soit \((x,y,z) \in \mathbb{R}^3\). D'après la question précédente il existe \((a,b,c) \in P\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\) tel que

\[(x,y,z) = (a,b,c) + \lambda (1,3,1).\]

Ainsi, comme de plus \((a,b,c) \in P\), nous avons le système d'équations d'inconnues \((a,b,c,\lambda)\)

\[\begin{cases} a & & & & & & \lambda & = & x \\ & & b & & & + & 3\lambda & = & y \\ & & & & c & + & \lambda & = & z \\ a & - & b & + & c & & & = & 0 \end{cases}\]

i.e., en effectuant l'opération \(L_4 \longleftarrow L_4 - L_1 + L_2 - L_3\),

\[\begin{cases} a & & & & & & \lambda & = & x \\ & & b & & & + & 3\lambda & = & y \\ & & & & c & + & \lambda & = & z \\ & & & & & & -\lambda & = & x - y + z \end{cases}\]

i.e.

\[\lambda = -x+y-z, \quad c = z-\lambda = x-y+2z, \quad b = y - 3\lambda = 3x -2y + 3z, \quad a = x - \lambda = 2x - y + z.\]

Par conséquent

\[p(x,y,z) = (a,b,c) = (2x - y + z, 3x - 2y + 3z, x-y+2z).\]

3. On note \(s\) la symétrie par rapport à plan \(P\) parallèlement à la droite \(D\). Exprimer \(s(x,y,z)\) en fonction de \((x,y,z) \in \mathbb{R}^3\).

Correction

Soit \((x,y,z) \in \mathbb{R}^3\). Alors d'après la question précédente

\[s(x,y,z) = (a,b,c) - \lambda (1,3,1) = (a-\lambda, b-3\lambda, c-\lambda) = (3x-2y + 2z, -3x+y, 2x-2y+3z).\]

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel, \(H\) un hyperplan de l'espace \(E\) et \(F\) un sous-espace vectoriel de l'espace \(E\). Montrer que

\[H\subset F \quad \Longrightarrow \quad [F = H \quad \text{ou} \quad F = E].\]

Correction

Exercices d'entrainement

Exercice

Soit \(\varphi : C^\infty(\mathbb{R},\mathbb{R}) \longrightarrow C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})\) définie par

\[\forall f\in C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R}), \quad \varphi(f) = f'' - 3f' + 2f.\]

1. Montrer que l'application \(\varphi\) est un endomorphisme.

Correction

L'application \(\varphi\) est linéaire par linéarité de la dérivation.

2. Déterminer son noyau \(\text{ker}(\varphi)\).

Correction

Soit \(f\in \text{ker}(\varphi)\). Alors la fonction \(f\) vérifie l'équation différentielle linéaire homogène du second degré à cœfficients constants

\[f'' - 3f' + 2f = 0\]

d'équation caractéristique

\[r^2 - 3r + 2 = 0\]

de solutions

\[r_1 = 1 \quad \text{et} \quad r_2 = -2.\]

Donc il existe \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\) tels que

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad f(x) = \lambda e^x + \mu e^{-2x}.\]

3. Que peut-on dire sur la surjectivité et l'injectivité de l'application \(\varphi\) ?

Correction

• D'après la question précédente, l'application \(\varphi\) n'est pas injective.

• Soit \(g \in C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})\). Soit \(x_0 \in \mathbb{R}\). Alors le problème de Cauchy

\[\begin{cases} f'' - 3f' + 2f = g \\ f(0) = x_0 \end{cases}\]

admet une (unique) solution \(f \in C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})\). Donc \(g = \varphi(f)\). Ainsi l'application \(\varphi\) est surjective.

Exercice

On considère les applications \(D,I : C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})\) définies par \(D(f) = f'\) et \(I(f)\) est la primitive de la fonction \(f\) s'annulant en \(0\) pour tout \(f\in C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})\).

1. Montrer que les applications \(D\) et \(I\) sont des endomorphismes.

Correction

Par linéarité de la dérivation et de la primitivation.

2. Exprimer \(D\circ I\) et \(I\circ D\).

Correction

Soit \(f \in C^\infty(\mathbb{R})\). Alors pour tout \(x\in \mathbb{R}\)

\[(D\circ I)(f)(x) = D\left( \int_0^\cdot f(t) dt) (x) = f(x)\]

et

\[(I\circ D)(f)(x) = I(f')(x) = \int_0^x f'(t) dt = f(x) - f(0).\]

3. Déterminer les images et les noyaux des applications \(D\) et \(I\).

Correction

• Soit \(g \in C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})\) et $f = \int_0^\cdot g(t) dt. Alors \(D(f) = g\). Donc \(\text{Im}(D) = C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})\).

• \(\text{Im}(I) = \{g\in C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R}), \quad g(0) = 0\}\).

• \(\text{ker}(D) = \{x\longmapsto a, \quad a\in \mathbb{R}\}\).

• Soit \(f \in \text{ker}(I)\) :

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad \int_0^x f(t) dt = 0.\]

Donc \(f' = 0\). Ainsi il existe \(a\in \mathbb{R}\) tel que \(f(x) = a\) pour tout \(x\in \mathbb{R}\). Donc

\[\forall x\in \mathbb{R}, \quad 0 = \int_0^x f(t) dt = ax.\]

Donc \(a = 0\) et \(f = 0\). Ainsi \(\text{ker}(I) = \{0\}\).

Exercice

On considère l'application partie entière \(\text{Ent} : \mathbb{K}(X) \longrightarrow \mathbb{K}[X]\) définie par pour tout \(\dfrac{P}{Q} \in \mathbb{K}(X)\), il existe un unique polynôme \(\text{Ent} \left( \dfrac{P}{Q} \right)\) et une unique fraction rationnelle \(R\in \mathbb{K}(X)\) tels que

\[\dfrac{P}{Q} = \text{Ent} \left( \dfrac{P}{Q} \right) + R, \quad \text{deg}(R) < 0.\]

1. Montrer que l'application \(\text{Ent}\) est linéaire.

Correction

Soit \(\dfrac{A_1}{B_1}, \dfrac{A_2}{B_2} \in \mathbb{K}(X)\) et \(\lambda \in \mathbb{K}\). Alors il existe \(R_1, R_2 \in \mathbb{K}(X)\) tels que

\[\dfrac{A_1}{B_1} = \text{Ent} \left( \dfrac{A_1}{B_1} \right) + R_1, \quad \text{deg}(R_1) < 0\]

et

\[\dfrac{A_2}{B_2} = \text{Ent} \left( \dfrac{A_2}{B_2} \right) + R_2, \quad \text{deg}(R_2) < 0.\]

Donc

\[\lambda \dfrac{A_1}{B_1} + \dfrac{A_2}{B_2} = \lambda \text{Ent} \left( \dfrac{A_1}{B_1} \right) + \text{Ent} \left( \dfrac{A_2}{B_2} \right) + R_1 + R_2, \quad \text{deg}(R_1 + R_2) \leq \max(\text{deg}(R_1),\text{deg}(R_2)) < 0.\]

2. Déterminer son noyau.

Correction

Exercice

Soit \(f \in L(E)\). Montrer les assertions suivantes.

1. \(\text{Im}(f) \cap \text{ker}(f) = \{0_E\} \quad \Longleftrightarrow \quad \text{ker}(f) = \text{ker}(f^2)\).

Correction

2. \(E = \text{Im}(f) + \text{ker}(f) \quad \Longleftrightarrow \quad \text{Im}(f) = \text{Im}(f^2)\).

Correction

Exercice

Soit \(f \in L(E)\) et \(p\in \mathbb{N}\).

1. Montrer que si \(\text{ker}(f^p) = \text{ker}(f^{p+1})\) alors

\[\forall k\in \mathbb{N}, \quad \text{ker}(f^p) = \text{ker}(f^{p+k}).\]

Correction

On suppose que \(\text{ker}(f^p) = \text{ker}(f^{p+1})\). On montre par récurrence sur \(k\in \mathbb{N}\) la propriété souhaitée.

• L'initialisation est directe : \(\text{ker}(f^p) = \text{ker}(f^{p+0})\).

• Pour l'hérédité on suppose que \(\text{ker}(f^p) = \text{ker}(f^{p+k})\) pour \(k\in \mathbb{N}\). Soit \(x\in \text{ker}(f^p) = \text{ker}(f^{p+k})\). Alors \(f^{p+k}(x) = 0\) et donc \(f^{p+k+1}(x) = f(f^{k+p}(x)) = f(0) = 0\). Réciproquement soit \(x \in \text{ker}(f^{p+k+1})\). Alors \(f^{p+1}(f^k(x)) = f^{p+k+1}(x) = 0\). Donc \(f^k(x) = \in \text{ker}(f^{p+1}) = \text{ker}(f^p)\). Ainsi \(f^{k+p}(x) = 0\) i.e. \(x\in \text{ker}(f^{p+k})\).

2. Montrer la propriété similaire avec les espaces images itérés.

Correction

3. Donner un exemple d'endomorphisme \(f\) tel qu'il n'existe pas d'entier \(p\in \mathbb{N}\) tel que

\[\text{ker}(f^p) = \text{ker}(f^{p+1}).\]

Correction

On considère l'endomorphisme de la dérivation \(D : C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R}) \longrightarrow C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})\). Alors \(\text{ker}(D^0) = \text{ker}(\text{id}) = \{0\}\) et

\[\forall p \in \mathbb{N}^*, \quad \text{ker}(D^p) = \mathbb{R}_{p-1}[X].\]

4. Montrer la propriété similaire avec les espaces images itérés.

Correction

On considère l'application

\[f : (u_n)_{n\in \mathbb{N}} \in \mathbb{K}^\mathbb{N} \longmapsto (0,u_0, ...., u_n, ...) \in \mathbb{K}^\mathbb{N}.\]

Alors \(\text{Im}(f^0) = \mathbb{K}^\mathbb{N}\) et

\[\forall p\in \mathbb{N}^*, \quad \text{Im}(u^p) = \{u\in \mathbb{K}^\mathbb{N}, \quad \forall k\in \{0, ..., p-1\}, \quad u_k = 0\}.\]

Exercice

Soient \(f,g \in L(E)\) tels que \(f \circ g = \text{id}_E\).

1. Montrer que

\[\text{ker}(g\circ f) = \text{ker}(f) \quad \text{et} \quad \text{Im}(g\circ f) = \text{Im}(g).\]

Correction

• Soit \(x\in \text{ker}(g\circ f)\). Alors \(g(f(x)) = 0\). Ainsi \(0 = f(0) = f(g(f(x))) = \text{id}_E(f(x)) = f(x)\). Donc \(x\in \text{ker}(f)\).

• Soit \(x\in \text{ker}(f)\). Alors \(f(x) = 0\). Donc \(g(f(x)) = g(0) = 0\). Ainsi \(x\in \text{ker}(g\circ f)\).

• Soit \(y \in \text{Im}(g\circ f)\). Alors il existe \(x\in E\) tel que \(y = g(f(x))\). Ainsi \(y \in \text{Im}(g)\).

• Soit \(y \in \text{Im}(g)\). Alors il existe \(x\in E\) tel que \(y = g(x)\). Donc \(y = g(f(g(x))) \in \text{Im}(g\circ f)\).

2. Montrer que

\[E = \text{ker}(f) \oplus \text{Im}(g).\]

Correction

• Soit \(z\in \text{ker}(f) \cap \text{Im}(g)\). Alors \(f(z) = 0\) et il existe \(x\in E\) tel que \(z = g(x)\). Donc \(0 = f(z) = f(g(z)) = z\).

• Soit \(z \in E\). On chercher \(x \in \text{ker}(f)\) et \(y = g(x_1) \in \text{Im}(g)\) tel que \(z = x + y = x + g(x_1)\). Alors \(f(z) = f(x) + f(g(x_1)) = 0 + x_1\). Donc \(x_1 = f(z)\) et \(x = z - g(f(z))\) :

\[z = z - g(f(z)) + g(f(z)) \in \text{ker}(f) + \text{Im}(g).\]

3. Dans quel cas peut-on conclure que \(g = f^{-1}\) ?

Correction

Si l'application \(f\) est bijective alors \(f\circ g = \text{id}_E = f\circ f^{-1}\) et donc \(g = f^{-1}\). Réciproquement idem.

4. Calculer \(g\circ f \circ g \circ f\) et en déduire à quelle catégorie d'endomorphismes appartient l'endormorphisme \(g\circ f\).

Correction

Nous avons \(g\circ f \circ g \circ f = g\circ (f\circ g) \circ f = g\circ f\). Donc l'endomorphisme \(g\circ f\) est une projection.

Exercice

On considère une application linéaire \(f \in L(E,F)\), une famille \((E_i)_{1\leq i\leq n}\) de sous-espaces vectoriels de l'espace \(E\) et une famille \((F_j)_{1\leq j\leq p}\) de sous-espaces vectoriels de l'espace \(F\).

1. Montrer que

\[f\left( \sum_{i=1}^n E_i \right) = \sum_{i=1}^n f(E_i).\]

Correction

• Soit \(y \in f\left( \sum_{i=1}^n E_i \right)\). Alors il existe \(x \in \sum_{i=1}^n E_i\) tel que \(y = f(x)\). Ainsi il existe \((x_1, ..., x_n) \in E_1 \times ... \times E_n\) tel que

\[y = f(x) = f(x_1 + ... + x_n) = f(x_1) + ... + f(x_n) \in f(E_1) + ... + f(E_n).\]

• Le sens réciproque se démontre de la même manière.

2. Montrer que si l'application \(f\) est injective et \(\bigoplus_{i=1}^n E_i\) alors \(\bigoplus_{i=1}^n f(E_i)\).

Correction

On suppose que l'application \(f\) est injective et que la somme \(\sum_{i=1}^n E_i\) est directe. Soit \((y_1, ..., y_n) \in f(E_1) \times ... f(E_n)\) tel que

\[0 = y_1 + ... + y_n.\]

Alors il existe \((x_1, ..., x_n) \in E_1 \times ... \times E_n\) tel que

\[0 = y_1 + ... + y_1 = f(x_1) + ... + f(x_n) = f(x_1 + ... + x_n).\]

Donc par injectivité de l'application \(f\) nous avons \(x_1 + ... + x_n = 0\) puis par somme directe \(x_1 = ... = x_n = 0\). Finalement

\[y_1 = f(x_1) = ... = y_n = f(x_n) = 0.\]

3. Montrer que

\[\sum_{j=1}^p f^{-1} (F_j) \subset f^{-1} \left( \sum_{j=1}^p F_j \right).\]

Correction

Soit \(x \in \sum_{j=1}^p f^{-1} (F_j)\). Alors il existe \((x_1, ..., x_p) \in f^{-1}(F_1) \times ... \times f^{-1}(F_p)\) tel que \(x = x_1 + ... + x_p\) puis

\[f(x) = f(x_1 + ... + x_p) = f(x_1) + ... + f(x_p) \in F_1 + ... + F_p.\]

Donc \(x\in f^{-1} \left( \sum_{j=1}^p F_j \right)\).

4. Montrer que cette inclusion peut être stricte.

Correction

On considère \(E = \mathbb{R}^2, p = 2\) et \(f\) une projection sur une droite \(D_1\) parallèlement à une droite distincte \(D_2\) :

\[\forall x = x_1 + x_2 \in \mathbb{R}^2 = D_1 \oplus D_2, \quad f(x) = x_1.\]

On considère alors \(D_3\) et \(D_4\) deux autres distinctes de la droite \(D_1\). Alors

\[f^{-1}(D_3 + D_4) = f^{-1}(\mathbb{R}^2) = \mathbb{R}^2\]

et

\[f^{-1}(D_3) + f^{-1}(D_4) \subset D_2 \neq \mathbb{R}^2.\]

car

\[\forall x\in f^{-1}(D_3), \quad f(x) \in D_3 \cap D_1 = \{0\}\]

et ainsi

\[f^{-1}(D_3) \subset f^{-1}(\{0\}) = D_2.\]

5. Donner une condition suffisante pour qu'il y ait égalité.

Correction

Si l'endormorphisme \(f\) est inversible alors l'égalité est obtenue d'après la question 1.

Exercice

Soit \(f\in L(E)\) telle que la famille \((x,f(x))\) est liée pour tout \(x\in E\).

1. Montrer que

\[\forall x\in E, \quad \exists \alpha \in \mathbb{K}, \quad f(x) = \alpha x.\]

Correction

Soit \(x\in E\). Alors la famille \((x,f(x))\) est liée : il existe \(\lambda, \mu \in \mathbb{K}\) non tous nuls tel que

\[\lambda x + \mu f(x) = 0.\]

Si \(\mu = 0\) alors \(\lambda x = 0\) et comme \(\lambda \neq 0, x = 0\) puis \(f(x) = 0 = x\). Si \(\mu \neq 0\) alors

\[f(x) = - \dfrac{\lambda}{\mu} x = \alpha \quad \text{avec} \quad \alpha = - \dfrac{\lambda}{\mu} \in \mathbb{K}.\]

2. En déduire que l'endormorphisme \(f\) est une homothétie vectorielle :

\[\exists \alpha \in \mathbb{K}, \quad \forall x\in E, \quad f(x) = \alpha x.\]

Correction

Soit \(x\in E\). Soit \(y\in E\).

• Si les vecteurs \(x\) et \(y\) sont colinéaires : \(y = \lambda x\) avec \(\lambda \in \mathbb{K}\). Alors

\[f(y) = f(\lambda x) = \lambda f(x) = \lambda \alpha_x x = \alpha_x y.\]

• Si les vecteurs \(x\) et \(y\) sont non colinéaires. Or, d'après la question précédente, il existe \(\alpha_x, \alpha_y, \alpha_{x+y}\in \mathbb{K}\) tels que

\[f(x) = \alpha_x x, \quad f(y) = \alpha_y y, \quad f(x+y) = \alpha_{x+y}(x+y).\]

Donc

\[\alpha_{x+y} x + \alpha_{x+y} y = \alpha_{x+y}(x+y) = f(x+y) = f(x) + f(y) = \alpha_x x + \alpha_y y.\]

Donc, comme la famille \((x,y)\) est libre,

\[\alpha_x = \alpha_{x+y} = \alpha_y.\]

Ainsi

\[f(y) = \alpha_y y = \alpha_x y.\]

• Par conséquent, en notant \(\alpha = \alpha_x \in \mathbb{K}\),

\[\forall y\in E, \quad f(y) = \alpha y.\]

Exercice

Soient \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}^*\) distincts et \(f \in L(E)\) avec \(E\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel, tels que

\[f^2 - (\alpha + \beta) f + \alpha \beta \text{id}_E = 0.\]

1. Montrer que l'endomorphisme \(f\) est inversible et exprimer son endomorphisme inverse en fonction de l'endomorphisme \(f\) et de \(\alpha,\beta\).

Correction

Nous avons

\[\text{id}_E = - \dfrac{1}{\alpha \beta} (f^2 - (\alpha + \beta)f) = f\left( - \dfrac{1}{\alpha + \beta}(f-(\alpha + \beta)\text{id}_E) \right) = \left( - \dfrac{1}{\alpha + \beta}(f-(\alpha + \beta)\text{id}_E) \right)f.\]

Donc l'endomorphisme \(f\) est inversible et

\[f^{-1} = - \dfrac{1}{\alpha + \beta}(f-(\alpha + \beta)\text{id}_E).\]

2. Montrer que

\[E = \text{ker}(f - \alpha \text{id}_E) \oplus \text{ker}(f - \beta \text{id}_E).\]

Correction

• Soit \(x\in \text{ker}(f-\alpha \text{id}_E) \cap \text{ker}(f- \beta \text{id}_E)\). Alors

\[f(x) = \alpha x \quad \text{et} \quad f(x) = \beta x.\]

Ainsi

\[(\alpha - \beta)x = 0.\]

Or \(\alpha \neq \beta\) donc \(x = 0\).

• Soit \(x \in E\). On cherche \(x_\alpha \in \text{ker}(f - \alpha \text{id}_E)\) et \(x_\beta \in \text{ker}(f - \beta \text{id}_E)\) tels que

\[(1) \quad x=x_\alpha + x_\beta.\]

Ainsi

\[(2) \quad f(x) = \alpha x_\alpha + \beta x_\beta.\]

Donc en effectuant les opérations \((2) - \alpha (1)\) et \((2) - \beta (1)\) on obtient

\[f(x) - \alpha x = (\beta -\alpha) x_\beta \quad \text{et} \quad f(x) - \beta x = (\alpha - \beta) x_\alpha.\]

Ainsi, comme \(\alpha \neq \beta\), on trouve une expression de \(x_\alpha\) et \(x_\beta\) en fonction de \(f,x,\alpha, \beta\) et on vérifie que \(x = x_\alpha + x_\beta\).

3. Montrer que

\[\text{ker}(f-\alpha \text{id}_E) = \text{Im}(f-\beta \text{id}_E).\]

Correction

• Soit \(z \in \text{ker}(f-\alpha \text{id}_E)\). Or d'après la question précédente

\[z = \dfrac{f(z) - \beta z}{\alpha - \beta} + \dfrac{f(z) - \alpha z}{\beta - \alpha} \in \text{ker}(f-\alpha \text{id}_E) \otimes \text{ker}(f-\beta \text{id}_E).\]

Donc, comme \(z \in \text{ker}(f-\alpha \text{id}_E)\)

\[0 = \dfrac{f(z) - \alpha z}{\beta - \alpha} = \dfrac{f(z) - \beta z + \beta z - \alpha z}{\beta - \alpha} = (f-\beta \text{id}_E)\left(\dfrac{z}{\beta - \alpha} \right) + z\]

i.e.

\[z = (f-\beta \text{id}_E)\left(\dfrac{z}{\alpha - \beta} \right) \in \text{Im}(f-\beta \text{id}_E).\]

• Réciproquement soit \(z \in \text{Im}(f-\beta \text{id}_E)\). Alors il existe \(x\in E\) tel que

\[z = f(x) - \beta x.\]

Ainsi

\[f(z) = f^2(x) - \beta f(x) = \alpha f(x) - \alpha \beta x = \alpha (f(x) - \beta x) = \alpha z.\]

Donc \(z \in \text{ker}(f-\alpha \text{id}_E)\). Nous aurions également pu l'écrire en remarquant l'égalité \((f- \alpha \text{id}_E)\circ (f-\beta \text{id}_E) = 0\).

Exercice

Soient \(p,q\) deux projecteurs d'un espace vectoriel \(E\) tels que

\[\text{Im}(p) \subset \text{ker}(q).\]

Montrer que \(p+q - p\circ q\) est un projecteur dont on précisera l'image et le noyau.

Correction

Exercices d'approfondissement

Exercice

Soient \(E_1, E_2, E_3\) des esapces vectoriels et \(u \in L(E_1, E_2), v \in L(E_2,E_3)\) et \(w = v\circ u\). Alors à quelles conditions sur les applications linéaires \(u\) et \(v\) peut-on afirmer que l'application linéaire \(w\) est un isomorphisme ?

Correction

Exercice

Soit \(E\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel de dimension \(n\geq 2\). Pour \(a \in E\) on considère l'ensemble \(F_a\) des \(f\in L(E)\) tels que pour tout \(x\in E,\)$ la famille \((x,f(x),a)\) est liée.

1. Déterminer \(F_0\).

Correction

2. Déterminer \(F_a\) quand \(n = 2\).

Correction

3. Montrer que l'ensemble \(F_a\) est un espace vectoriel pour tout \(a \in E\).

Correction

4. Soit \(H\) un espace vectoriel de dimension finie. Caractériser les endormorphismes \(v \in L(H)\) tels que pour tout \(h\in H\), la famille \((h,v(h))\) est liée.

Correction

5. Déterminer la dimension de l'espace \(F_a\).

Correction

Exercice

Soit \(P\in \mathbb{R}[X]\). Montrer que la suite \((P(n))_{n\in \mathbb{N}}\) vérifie une relation de récurrence linéaire à cœfficients constants.

Correction

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel et \(F_1, F_2\) deux sous-espaces de l'espace \(E\).

1. Montrer que si les sous-espaces \(F_1\) et \(F_2\) ont un supplémentaire commun alors ils sont isomorphes.

Correction

2. Montrer que la réciproque est fausse.

Correction

Applications linéaires en dimension finie

Exercices d'apprentissage

Exercice

Déterminer une base du noyau et de l'image des applications linéaires suivantes.

1. \(f : (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \longmapsto (y-z, z-x, x-y) \in \mathbb{R}^3\).

Correction

• Soit \((x,y,z) \in \mathbb{R}^3\). Alors \((x,y,z) \in \text{ker}(f)\) si et seulement si

\[y = z, \quad z = x, \quad x = y\]

i.e.

\[(x,y,z) = z(1,1,1).\]

Donc une base du noyau est \(((1,1,1))\).

• Soit \((a,b,c) \in \mathbb{R}^3\). Alors \((a,b,c) \in \text{Im}(f)\) si et seulement s'il existe \((x,y,z) \in \mathbb{R}^3\) tel

\[(a,b,c) = f(x,y,z) = (y-z, z-x, x-y)\]

i.e.

\[begin{cases} & & y & - & z & = & a \\ -x & & & + & z & = & b \\ x & - y & & & = & c \end{cases}\]

i.e., en effectuant l'opération \(L_2 \longleftarrow L_2 + L_3\),

\[begin{cases} & & y & - & z & = & a \\ 0 & - & y & + & z & = & b + c \\ x & - y & & & = & c \end{cases}\]

i.e., en effectuant l'opération \(L_1 \longleftarrow L_1 + L_2\),

\[begin{cases} & & & & 0 & = & a + b + c \\ 0 & - & y & + & z & = & b + c \\ x & - y & & & = & c \end{cases}\]

i.e.

\[a+b+c = 0, \quad z \in \mathbb{R}, \quad y = z - b - c = z+a, \quad x = c+y = z-b.\]

Par conséquent

\[\text{Im}(f) = \{(a,b,c) \in \mathbb{R}^3, \quad a+b+c = 0\}\]

dont une base est la famille libre \(((1,-1,0), (1, 0,-1))\). Nous aurions également pu conclure plus vite en utilisant le théorème du rang.

2. \(f : (x,y,z,t) \in \mathbb{R}^4 \longmapsto (2x+y+z, x+y+t, x+z-t) \in \mathbb{R}^3\).

Correction

• Soit \((x,y,z,t) \in \mathbb{R}^4\). Alors \((x,y,z,t) \in \text{ker}(f)\) si et seulement si

\[\begin{cases} 2x & + & y & + & z & & & = & 0 \\ x & + & y & & & + & t & = & 0 \\ x & & & + & z & - & t & = & 0 \end{cases}\]

i.e., en effectuant les opérations \(L_2 \longleftarrow L_2 - L3\) et \(L_1 \longleftarrow L_1 - 2 L_3\),

\[\begin{cases} & & y & - & z & + & 2t & = & 0 \\ & & y & - & z & + & 2t & = & 0 \\ x & & & + & z & - & t & = & 0 \end{cases}\]

i.e.

\[\begin{cases} & & y & - & z & + & 2t & = & 0 \\ x & & & + & z & - & t & = & 0 \end{cases}\]

i.e.

\[z,t\in \mathbb{R}, \quad y = z-2t, \quad x = t-z.\]

Par conséquent

\[\text{ker}(f) = \{(t-z,z-2t,z,t), \quad z,t\in \mathbb{R}\} = \text{Vect}((-1,1,1,0), (1,-2,0,1))\]

avec \((-1,1,1,0), (1,-2,0,1)\) famille libre donc il s'agit d'une base.

• D'après le théorème du rang \(\text{dim}(\text{Im}(f)) = 2\). Donc il suffit de trouver une famille libre de deux vecteurs dans \(\text{Im}(f)\) pour avoir une base. Nous avons

\[f(1,0,0,0) = (2,1,1) \quad \text{et} \quad f(0,1,0,0) = (1,1,0)\]

ce qui forme bien une famille libre donc une base du sous-espace \(\text{Im}(f)\).

3. \(f : z \in \mathbb{C} \longmapsto z+i\overline{z} \in \mathbb{C}\) avec \(\mathbb{C}\) vu comme un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel.

Correction

• Soit \(z = x+iy \in \mathbb{C}\). Alors \(z\in \text{ker}(f)\) si et seulement si

\[0 = z + i \overline{y} = x+iy + ix + y\]

i.e.

\[x+y = 0.\]

Donc

\[\text{ker}(f) = \text{Vect}(1-i).\]

Autrement dit \(1-i\) est une base de \(\text{ker}(f)\).

• Soit \(z = x+iy \in \mathbb{C}\). Alors

\[f(z) = z+i\overline{z} = x+y + i(x+y) = (x+y)(1+i).\]

Donc une base de \(\text{Im}(f)\) est \(1+i\).

Exercice

Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-epsace vectoriel de dimension finie, \(F\) un sous-espace vectoriel de l'espace \(E\) et \(f \in L(E)\). Montrer que

\[F\subset f(F) \quad \Longrightarrow \quad f(F) = F.\]

Correction

On suppose que \(F\subset f(F)\). Alors \(\text{dim}(F) \leq \text{dim}(f(F))\). De plus le sous-espace \(F\) admet une base \((e_1, ..., e_p)\) avec \(p = \text{dim}(F)\). Donc la famille \((f(e_1), ..., f(e_p))\) engendre les sous-espace \(f(F)\). Donc \(\text{dim}(f(F)) \leq \text{dim}(F)\).

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie et \(u,v\in L(E)\).

1. Montrer que

\[|\text{rg}(u) - \text{rg}(v)| \leq \text{rg}(u+v) \leq \text{rg}(u) + \text{rg}(v).\]

Correction

2. Déterminer deux endomorphismes \(u,v \in L(\mathbb{R}^2)\) tels que

\[\text{rg}(u+v) < \text{rg}(u) + \text{rg}(v).\]

Correction

3. Déterminer deux endomorphismes \(u,v \in L(\mathbb{R}^2)\) tels que

\[\text{rg}(u+v) = \text{rg}(u) + \text{rg}(v).\]

Correction

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie et \(f,g \in L(E)\) telles que l'endomorphisme \(f+g\) soit un automorphisme et \(g\circ f = 0\). Montrer que

\[\text{rg}(f) + \text{rg}(g) = \text{dim}(E).\]

Correction

Comme \(f+g \in GL(E)\), nous avons

\[n = \text{dim}(E) = \text{rg}(f+g) \leq \text{rg}(f) + \text{rg}(g).\]

Puis, comme \(g\circ f = 0\), nous avons

\[\text{Im}(f) \subset \text{ker}(g).\]

Ainsi, d'après le théorème du rang,

\[\text{rg}(f) \leq \text{dim}(\text{ker}(g)) = n - \text{rg}(g).\]

D'où l'égalité souhaitée.

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie \(n\in \mathbb{N}^*\) et \(u\in L(E)\) tel que \(u^3 = 0\). Montrer que

\[\text{rg}(u) + \text{rg}(u^2) \leq n.\]

Correction

Exercice

Justifier qu'il existe une unique application linéaire \(f : \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}^2\) telle que

\[f(1,0,0) = (0,1), \quad f(1,1,0) = (1,0), \quad f(1,1,1) = (1,1).\]

Exprimer \(f(x,y,z)\) en fonction de \((x,y,z) \in \mathbb{R}^3\) et déterminer son noyau et son image.

Correction

• La famille \(((1,0,0), (1,1,0), (1,1,1))\) est une base de \(\mathbb{R}^3\). D'où l'unicité de l'application \(f\).

• Nous avons, en notant \(e\) la base canonique,

\[(1,0,0) = e_1, \quad (1,1,0) = e_1 + e_2, \quad (1,1,1) = e_1+e_2+e_3.\]

Donc

\[e_1 = (1,0,0), \quad e_2 = (1,1,0) - (1,0,0), \quad e_3 = (1,1,1) - (1,0,0) - (1,1,0).\]

Ainsi, pour \((x,y,z) \in \mathbb{R}^3\),

\[f(x,y,z) = f(x(1,0,0) + y((1,1,0)-(1,0,0)) + z((1,1,1) - (1,0,0) - (1,1,0))) = f((x-y-z)(1,0,0) + (y-z)(1,1,0)+z(1,1,1)) = (x-y-z)f(1,0,0) + (y-z)f(1,1,0) + z f(1,1,1) = (x-y-z) (0,1) + (y-z)(1,0) + z(1,1) = (y,x-y).\]

• Nous avons

\[\text{ker}(f) = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3, \quad (y,x-y) = (0,0)\} = \{(0,0,z), \quad z\in \mathbb{R}\} = \text{Vect}((0,0,1)).\]

• De même

\[\text{Im}(f) = \{(y,x-y), \quad x,y\in \mathbb{R}\} = \text{Vect}((0,1), (1,-1)).\]

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie et \(f\in L(E)\). Montrer que l'ensemble

\[\mathcal{F} = \{g\in L(E), \quad f\circ g = 0\}\]

est un sous-espace vectoriel de l'espace \(L(E)\) et est de dimension \(\text{dim}(E) \text{dim}(\text{ker}(f))\).

Correction

• On vérfie les axiomes de la caractérisation.

• Soit \(g\in \mathcal{F}\). Alors \(\text{Im}(g) \subset \text{ker}(f)\). Donc \(g \in L(E,\text{ker}(f))\). Réciproquement soit $g \in \(L(E, \text{ker}(f))\). Alors \(f\circ g = 0\). Donc \(g \in \mathcal{F}\). Par conséquent \(\mathcal{F} = L(E,\text{ker}(f))\) et

\[\text{dim}(\mathcal{F}) = \text{dim}(L(E,\text{ker}(f))) = \text{dim}(E) \text{dim}(\text{ker}(f)).\]

Exerice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie \(n \in \mathbb{N}^*\) et \(\varphi \in E^*\) non nulle. Montrer que pour tout \(u\in E \backslash \text{ker}(\varphi)\), les sous-espaces \(\text{ker}(\varphi)\) et \(\text{Vect}(u)\) sont supplémentaires dans l'espace \(E\).

Correction

Exercice

Soit \(E\) un espace vectoriel de dimension finie \(n \in \mathbb{N}^*\). Montrer que

\[\forall x,y\in E, \quad x\neq y\quad \Longrightarrow \quad \exists \varphi \in E^*, \quad \varphi(x) \neq \varphi(y).\]

Correction

Soient \(x,y \in E\). On procède par contraposée. On suppose que

\[\forall \varphi \in E^*, \quad \varphi(x) = \varphi(y).\]

Or l'espace \(E\) est de dimension finie, donc il admet une base \((e_1, ..., e_n)\) et on peut considérer les formes linéaires \((e_1^*, ..., e_n^*)\) associées. Donc

\[\forall i\in \{1, ..., n\}, \quad x_i = e_i^* (x) = e_i^*(y) = y_i.\]

Donc \(x = y\).

Exercice

Soient \(a_0, ..., a_n \in \mathbb{R}\) distincts et

\[\varphi : P \in \mathbb{R}_{2n+1}[X] \longmapsto (P(a_0), P'(a_0), ..., P(a_n), P'(a_n)) \in \mathbb{R}^{2n+2} .\]

Montrer que l'application \(\varphi\) est un isomorphisme.

Correction

• L'application \(\varphi\) est linéaire par linéarité de l'évaluation et de la dérivation.

• Soit \(P \in \text{ker}(\varphi)\). Alors pour tout \(i\in \{0, ..., n\}\), \(a_i\) est une racine du polynôme \(P\) avec multiplicité plus grande que \(2\). Donc le polynôme \(P\) admet avec mutliplicité \(2n+2\) racines. Or \(\text{deg}(P) = 2n+1\). Donc \(P = 0\).

• \(\text{dim}(\mathbb{R}_{2n+1}[X]) = \text{dim}(\mathbb{R}^{2n+2})\).

• Par conséquent l'application \(\varphi\) est un isomorphisme.

Exercices d'entrainement

Exercice

Soient \(E\) un plan vectoriel (i.e. de dimension \(2\)) et \(f\in L(E)\) non nul.

1. Montrer que l'endomorphisme \(f\) est nilpotent (il existe \(k\in \mathbb{N}\) tel que \(f^k = 0\)) si et seulement si \(\text{ker}(f) = \text{Im}(f)\).

Correction

• On suppose que l'endomorphisme \(f\) est nilpotent : il existe \(k\in \mathbb{N}\) tel que \(f^k = 0\) et \(f^\ell \neq 0\) pour tout \(\ell \in \{0, ..., k-1\}\). En particulier \(k\neq 0\) car \(f^0 = \text{id}_E\) et \(k\neq 1\) car \(f^1 = f \neq 0\) par hypothèse. Donc \(k\geq 2\). Soit \(y \in \text{Im}(f)\) : \(y = f(x)\) avec \(x\in E\). Donc \(f^{k-1}(y) = f^k(x) = 0\). Ainsi \(\text{Im}(f) \subset \text{ker}(f^{k-1})\). De plus, comme l'endomorphisme \(f\) est non bijectif et \(f^{k-1} \neq 0\),

\[\{0\} \neq \text{ker}(f) \subset \text{ker}(f^{k-1}) \neq E.\]

Donc

\[0 < \text{dim}(\text{ker}(f)) \leq \text{dim}(\text{ker}(f^{k-1})) < 2.\]

Ainsi

\[\text{dim}(\text{ker}(f)) = \text{dim}(\text{ker}(f^{k-1})) = 1.\]

Donc

\[\text{Im}(f) \subset \text{ker}(f^{k-1}) = \text{ker}(f).\]

On conclut par théorème du rang et égalité des dimensions.

• Réciproquement on suppose que \(\text{ker}(f) = \text{Im}(f)\). Soit \(x\in E\). Alors \(f(x) \in \text{Im}(f) = \text{ker}(f)\). Donc \(f^2(x) = f(f(x)) = 0\). Ainsi \(f^2 = 0\). Autrement dit l'endomorphisme \(f\) est nilpotent.

2. En déduire que si l'endomorphisme \(f\) est nilpotent alors il ne peut s'écrire \(f = u\circ v\) avec \(u,v\in L(E)\) nilpotents.

Correction

On suppose par l'absurde que l'endomorphisme \(f\) est nilpotnent et \(f = u\circ v\) avec \(u,v\in L(E)\) nilpotents. Donc, d'après la question précédente,

\[\text{ker}(v) \subset \text{ker}(f) = \text{Im}(f) \subset \text{Im}(u).\]

Donc, comme \(u,v\neq 0\), par théorème du rang on en déduit que

\[\text{ker}(v) = \text{Im}(u) \quad \text{de dimension 1}.\]

Soit \(x \in E\). Alors, encore d'après la question précédente,

\[v(x) \in \text{Im}(v) = \text{ker}(v) = \text{Im}(u) = \text{ker}(u).\]

Donc

\[f(x) = u(v(x)) = 0.\]

Ainsi \(f = 0\) ce qui est absurde.

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie et \(\mathcal{F}\) un sous-espace vectoriel de l'espace \(L(E)\) stable par composition et contenant \(\text{id}_E\). Montrer que \(\mathcal{F} \cap GL(E)\) est un sous-groupe du groupe \(GL(E)\).

Correction

• \(\text{id}_E \in \mathcal{F} \cap GL(E)\) par hypothèse.

• Soit \(f,g\in \mathcal{F} \cap GL(E)\). Alors \(f\circ g \in \mathcal{F} \cap GL(E)\) car le sous-espace \(\mathcal{F}\) est stable par composition.

• Soit \(f\in \mathcal{F} \cap GL(E)\). On considère l'application linéaire

\[\varphi : v\in \mathcal{F} \longmapsto u\circ v \in \mathcal{F}.\]

Alors l'application \(\varphi\) est injective car l'endomorphisme \(u\) est bijectif. Ainsi, par dimension finie, l'application \(\varphi\) est un automorphisme, en particulier surjectif. Comme \(\text{id}_E \in \mathcal{F}\), il existe \(v\in \mathcal{F}\) tel que \(\text{id}_E = \varphi(v) = u\circ v\). Donc \(u^{-1} = v \in \mathcal{F} \cap GL(E)\).

Exercice

Soient \(E,F\) deux espaces vectoriels de dimension finies et \(f,g \in L(E,F)\). Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes.

1. \(\text{rg}(f+g) = \text{rg}(f) + \text{rg}(f)\).

2. \(\text{Im}(f) \cap \text{Im}(f) = \{0\}\) et \(\text{ker}(f) + \text{ker}(g) = E\).

Correction

• On suppose que \(\text{rg}(f+g) = \text{rg}(f) + \text{rg}(f)\). Autrement dit

\[\text{dim}(\text{Im}(f+g)) = \text{dim}(\text{Im}(f)) + \text{dim}(Im(g)).\]

Alors

\[\text{dim}(\text{Im}(f) \cap \text{Im}(g)) = \text{dim}(\text{Im}(f) + \text{dim}(g)) - \text{dim}(\text{Im}(f)) - \text{dim}(\text{Im}(g)) = 0.\]

Donc

\[\text{Im}(f) \cap \text{Im}(g) = \{0\}.\]

Puis par théorème du rang

\[\text{dim}(\text{ker}(f)) + \text{dim}(\text{ker}(g)) = \text{dim}(E) - \text{rg}(f) + \text{dim}(E) - \text{rg}(f) = 2\text{dim}(E) - \text{rg}(f+g) = \text{dim}(E) + \text{dim}(\text{ker}(f+g)) \geq \text{dim}(E).\]

Et, comme \(\text{ker}(f) \cap \text{ker}(g) \subset \text{ker}(f+g)\),

\[\text{dim}(\text{ker}(f)) + \text{dim}(\text{ker}(g)) - \text{dim}(\text{ker}(f) + \text{ker}(f)) = \text{dim}(\text{ker}(f) \cap \text{ker}(g)) \leq \text{dim}(\text{ker}(f+g))\]

Donc

\[\text{ker}(f) + \text{ker}(g) = E.\]

• Réciproquement on suppose que \(\text{Im}(f) \cap \text{Im}(f) = \{0\}\) et \(\text{ker}(f) + \text{ker}(g) = E\).

Soit \(x \in \text{ker}(f + g)\). Alors

\[f(x) = - g(x) \in \text{Im}(f) \cap \text{Im}(g) = \{0\}.\]

Donc

\[\text{ker}(f+g) = \text{ker}(f) \cap \text{ker}(g).\]

Puis par formule de Grassman

\[\text{dim}(\text{ker}(f+g)) = \text{dim}(\text{ker}(f)) + \text{dim}(\text{ker}(g)) - \text{dim}(\text{ker}(f) + \text{ker}(g)) = \text{dim}(\text{ker}(f)) + \text{dim}(\text{ker}(g)) - \text{dim}(E).\]

Ainsi par théorème du rang

\[\text{rg}(f+g) = \text{rg}(f) + \text{rg}(f).\]

Exercice

Soient \(E, F\) deux espaces vectoriels de dimension finies et \(f \in L(E,F), g\in L(F,E)\) telles que

\[f\circ g\circ f = f \quad \text{et} \quad g \circ f \circ g = g.\]

Montrer que les applications linéaires \(f,g,f\circ g\) et \(g\circ f\) ont le même rang.

Correction

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie \(n \in \mathbb{N}^*\) et \(f,g\in L(E)\).

1. En appliquant le théorème du rang à l'application \(h = f_{|\text{Im}(g)}\), montrer que

\[\text{rg}(f) + \text{rg}(g) - n \leq \text{rg}(f\circ g).\]

Correction

2. Montrer que

\[\text{dim}(\text{ker}(f\circ g)) \leq \text{dim}(\text{ker}(f)) + \text{dim}(\text{ker}(g)).\]

Correction

3. Pour \(n = 3\), déterminer les endomorphismes \(f\) de l'espace \(E\) tels que \(f^2 = 0\).

Correction

Exercice

Soient \(F\) et \(G\) deux sous-espaces supplémentaires d'un espace vectoriel \(E\) et \(u\in L(E)\).

1. Montrer que si l'espace \(E\) est de dimension finie alors l'endomorphisme \(u\) est un automorphisme si et seulement si les sous-espaces \(u(F)\) et \(u(G)\) sont supplémentaires dans l'espace \(E\).

Correction

2. Le résultat précédent est-il encore valable en dimension infinie ?

Correction

Exercice

Soit \(E\) un espace vectoriel de dimension finie \(n \in \mathbb{N}\). Montrer qu'il existe \(f \in L(E)\) tel que \(\text{Im}(f) = \text{ker}(f)\) si et seulement si \(n\) est pair.

Correction

Exercice

Soit \(f\in L(\mathbb{R}^6)\) tel que \(\text{rg}(f^2) = 3\). Montrer que les seuls rangs possibles pour l'endomorphisme \(f\) sont \(3\) et \(4\).

Correction

Nous avons

\[\text{Im}(f^2) \subset \text{Im}(f) \subset \mathbb{R}^6.\]

Donc

\[3 = \text{rg}(f^2) \leq \text{rg}(f) \leq 6.\]

• Si \(\text{rg}(f) = 6\) alors l'endomorphisme \(f\) est un bijectif et donc \(f^2\) également ce qui ne peut pas car \(\text{rg}(f^2) = 3 \neq 6\).

• Si \(\text{rg}(f) = 5\) alors on considère l'application linéaire \(g = f_{\text{Im}(f)}\). Donc

\[\text{rg}(g) \leq \text{rg}(f^2) = 3\]

et

\[\text{dim}(\text{ker}(g)) \leq \text{dim}(\text{ker}(f)) = 1.\]

Ce qui est absurde.

• \(\text{rg}(f) = 3\) est possible en considérent l'endomorphisme \(f\) définie par

\[f(e_1) = e_1, \quad f(e_2) = e_2, \quad f(e_3) = e_3, \quad f(e_4) = f(e_5) = f(e_6) = 0.\]

En effet nous avons \(f^2 = f\) et \(\text{rg}(f) = \text{rg}(f^2) = 3\).

• \(\text{rg}(f) = 4\) est possible en considérant l'endomorphisme \(f\) définie par

\[f(e_1) = e_1, \quad f(e_2) = e_2, \quad f(e_3) = e_3, \quad f(e_4) = e_5, \quad f(e_5) = f(e_6) = 0.\]

En effet \(\text{rg}(f) = 4\) et

\[f^2(e_1) = e_1, \quad f^2(e_2) = e_2, \quad f^2(e_3) = e_3, \quad f^2(e_4) = f(e_5) = 0, \quad f(e_5) = f(e_6) = 0.\]

Donc \(\text{rg}(f^2) = 3\).

Exercice

Soient \(E\) et \(F\) deux espaces vectoriels de dimensions finies, \(W\) un sous-espace vectoriel de l'espace \(E\) et

\[A = \{f\in L(E,F), \quad f_{|W} = 0\}.\]

1. Montrer que la partie \(A\) est un sous-espace vectoriel de l'espace \(L(E,F)\).

Correction

2. Déterminer la dimension de l'espace \(A\).

Correction

Exercice

Soient \(a_0, ..., a_n \in \mathbb{R}^*\) distincts. On considère, pour tout \(j\in \{0, ..., n\}\), l'application \(F_j : \mathbb{R}_n[X] \longrightarrow \mathbb{R}\) définie par

\[\forall P\in \mathbb{R}_n[X], \quad F_j(P) = \int_0^{a_j} P.\]

Montrer que la famille \((F_0, ..., F_n)\) est une base de l'espace \((\mathbb{R}_n[X])^*\).

Correction

• Pour tout \(j\in \{0, ..., n\}\) nous avons \(F_j \in (\mathbb{R}_n[X])^*\) par linéarité de l'intégration.

• Nous avons \(n+1 = \text{dim}((\mathbb{R_n[X]})^*)\) le nombre de vecteurs de la famille.

• Soit \(\lambda_0, ..., \lambda_n \in \mathbb{R}\) tels que

\[0 = \lambda_0 F_0 + ... + \lambda_n F_n.\]

On considère les polynômes \((j+1)! X^j \in \mathbb{R}_n[X], 0\leq j\leq n\), pour obtenir

\[\forall j\in \{0, ..., n\}, \quad 0 = \lambda_0 a_0^j + ... + \lambda_n a_n^j.\]

On reconnaît alors un système de Cramer avec une unique solution car les réels \(a_0, ..., a_n\) sont distincts. Donc

\[\lambda_0 = ... = \lambda_n = 0.\]

• Par conséquent nous avons une famille libre avec le bon nombre de vecteurs, donc il s'agit d'une base.

Exercice

Soient \(E\) et \(F\) deux espaces vectoriels de dimensions quelconques. Montrer que les espaces \((E\times F)^*\) et \(E^* \times F^*\) sont isomorphes.

Correction

Exercice

Soient \(D = \text{diag}(a_1, ..., a_n) \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) et

\[\varphi : M\in \mathcal{M}_n(\mathbb{K}) \longmapsto DM - MD.\]

1. Déterminer le noyau et l'image de l'endomorphisme \(\varphi\).

Correction

2. Préciser ces espaces quand la matrice \(D\) est à cœfficients distincts.

Correction

Exercice

1. Montrer que pour tout \(n\in \mathbb{N}\) l'application \(\varphi : P \in \mathbb{R}_n[X] \longmapsto P+P\circ (X+1) \in \mathbb{R}_n[X]\) est un isomorphisme.

Correction

2. Montrer que pour tout \(n\in \mathbb{N}\), il existe un unique polynôme \(P_n \in \mathbb{R}_n[X]\) tel que

\[P_n + P_n \circ (X+1) = 2X^n.\]

Correction

3. Justifier que l'on peut exprimer \(P_n \circ (X+1)\) en fonction des polynômes \(P_0, ..., P_n\).

Correction

4. En calculant de deux façons \(P_n \circ (X+2) + P_n \circ (X+1)\), déterminer une relation donnant le polynôme \(P_n\) en fonction des polynômes \(P_0, ..., P_{n-1}\).

Correction

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie et \(u\in L(E)\). Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes.

1. \(\text{ker}(u) = \text{Im}(u)\).

2. \(u^2 = 0\) et il existe \(v\in L(E)\) tel que \(u\circ v + v \circ u = \text{id}_E\).

Correction

Exercices d'approfondissement

Exercice

Soient \(E\) espace vectoriel de dimension finie et \(u \in L(E)\). Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes.

1. Il existe \(v\in L(E)\) tel que \(u\circ v = 0\) et \(u+v \in GL(E)\).

2. Les sous-espaces \(\text{Im}(u)\) et \(\text{ker}(u)\) sont supplémentaires dans l'espace \(E\).

Correction

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie et \(u \in L(E)\) non bijectif. Montrer qu'il existe \(\varphi \in L(E)\) tel que l'endomorphisme \(v = \varphi \circ u\) soit nilpotent.

Correction

Exercice

Soient \(E\) et \(F\) deux espaces vectoriels de dimensions finies et \(f \in L(E,F)\). Exprimer la dimension de l'espace

\[\{g\in L(E,F), \quad f\circ g\circ f = 0\}\]

en fonction du rang de l'endomorphisme \(f\) et des dimensions des espaces \(E\) et \(F\).

Correction

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie \(n\in \mathbb{N}^*\) et \((\varphi_1, ..., \varphi_p)\) famille libre de l'espace \(E^*\).

1. Justifier que \(p \leq n\).

Correction

2. Déterminer la dimension du sous-espace

\[F = \text{ker}(\varphi_1) \cap ... \cap \text{ker}(\varphi_p).\]

Correction

Exercice

Soient \(p\in \mathbb{N}, a \in \mathbb{R}\backslash\{0,1\}\) et

\[S_p = \{u\in \mathbb{R}^\mathbb{N}, \quad \exists P\in \mathbb{R}_p[X], \quad \forall n\in \mathbb{N}, \quad u_{n+1} = au_n + P(n)\}.\]

1. Montrer que pour \(u\in S_p\), le polynôme \(P\) est unique. On le notera alors \(P_u\).

Correction

2. Montrer que l'ensemble \(S_p\) est un espace vectoriel.

Correction

3. Montrer que l'application \(\phi : u\in S_p \longmapsto P_u \in \mathbb{R}_p[X]\) est linéaire et donner une base de son noyau. Que représente son image ?

Correction

4. En utilisant les polynômes \(R_k = (X+1)^k - a X^k, 0\leq k\leq p\), déterminer une base de l'espace \(S_p\).

Correction

5. Déterminer la suite \(u\) définie par

\[u_0 = -2, \quad \forall n\in \mathbb{N}, u_{n+1} = 2u_n - 2n + 7.\]

Correction

Exercice

Soient \(E\) un espace vectoriel de dimension finie et \(u,v \in L(E)\). Résoudre l'équation \(u\circ f = v\) d'inconnue \(f \in L(E)\).

Correction

Sous-espaces affines

Exercices d'apprentissage

Exercice

Exercices d'entrainement

Exercice

Exercices d'approfondissement

Exercice