Rappel de méthode pour montrer qu’un ensemble A est inclus dans un ensemble B :
On écrit « Soit x ∈ A. » on écrit ce que cela signifie, puis quelques lignes plus loin on écrit
« donc x ∈ B. Finalement A ⊂ B. »
Rappel de définition : si f est une application linéaire de E vers F, Ker(f) = {z ∈ E : f(z) = 0}
Ici, on écrit donc :
Soit x ∈ Ker(u). On a donc u(x) = 0.
donc u²(x) = u(u(x)) = u(0) = 0 (car u est linéaire)
donc u²(x) = 0
donc x ∈ Ker(u²). Finalement Ker(u) ⊂ Ker(u²).
Soit x ∈ Im(u²). Il existe y ∈ E tel que u²(y) = x donc x = u(u(y))
donc x admet un antécédent par u
donc x ∈ Im(u). Finalement, Im(u²) ⊂ Im(u).
Question 2.
Rappel de méthode pour démontrer une implication A ⇒ B de façon directe.
On écrit « Supposons A », on écrit ce que cela veut dire, on passe quelques lignes et on écrit
« donc B. Finalement A ⇒ B. »
On pourrait aussi démontrer sa contraposée (non B ⇒ non A).
Rappel de méthode pour démontrer l’égalité de deux ensembles :
par défaut, on procède par double inclusion : A ⊂ B et B ⊂ A.
Supposons Ker(u^k) = Ker(u^{k+1}). On montre Ker(u^{k+1}) = Ker(u^{k+2}) par double inclusion.
Soit x ∈ Ker(u^{k+1}). On a u^{k+1}(x) = 0.
donc Ker(u^{k+1}) = Ker(u^{k+2}). Finalement on a démontré l’implication.
Problème 4
On note E=R_4[x] l’ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à 4,
P l’ensemble des polynômes pairs dans E et I l’ensemble des polynômes impairs.
P contient le polynôme nul car pour tout x ∈ R, 0(x) = 0 = 0(−x).
Soit (λ, A, B) ∈ R×P². Pour tout x ∈ R, (λA+B)(−x) = λA(−x) + B(−x) = λA(x)+B(x) = (λA+B)(x),
donc λA+B est pair.
Finalement, P est bien un sous-espace vectoriel de E.
De même, le polynôme nul est bien impair : ∀x ∈ R, 0(−x) = 0 = 0(x)
et pour tout (λ, A, B) ∈ R×I², pour tout x ∈ R, (λA+B)(−x) = λA(−x)+B(−x) = −λA(x)−B(x)
donc λA+B est impair.
Finalement, I est un sous-espace vectoriel de E.
Question 2
On montre que f est linéaire et pour tout A ∈ E, f(A) est aussi dans E.
Soit (λ, p, g) ∈ R×E².
f(λp+g)(x) = (x²+1)(λp+g)″(x) − x (λp+g)′(x) (on remplace p par λp+g)
= (x²+1)(λp″(x) + g″(x)) − x (λp′(x)+g′(x))
= λ(x²+1)p″(x) + (x²+1)g″(x) − λxp′(x) − xg′(x)
= λ.f(p)(x) + f(g)(x).
Donc f est linéaire.
Pour montrer la partie « endo », on écrit :
Soit A ∈ E. On note A(x) = ax^4+bx³+cx²+dx+e.
On calcule f(A)(x) = 8a x^4 + 3b x³ + 12a x² + (6b−d) x + 2c
f(A) ∈ E.
Pour montrer que P et I sont stables par f, on va les décrire plus précisément en montrant que P = Vect(x^4, x^2, 1) et I = Vect(x^3, x)
Donc on applique la formule de la ligne 50 pour A : x ↦ ax^4 + cx² + e et on trouve
f(A)(x) = 8ax^4 + 12ax² + 2c donc f(A) est pair aussi.
Si A(x) = bx³+dx alors f(A)(x) = 3bx³ + (6b−d) x donc f(A) est impair.
Pour déterminer le noyau de f, on résout f(A)(x) = 0 pour tout x ∈ R
c’est-à-dire {8a = 0 ; 3b = 0 ; 12a = 0 ; 6b−d = 0 ; 2c = 0}
⇔ a=b=c=d=0.
Finalement, il y a une variable libre qui est e. Donc Ker(f) est l’ensemble des polynômes constants.
Si A est pair, pour tout x ∈ R, f(A)(−x) =
Si A est impair, pour tout x ∈ R, f(A)(−x) =
Problème 5
Parmi les applications linéaires, on a des endomorphismes qui sont des applications d’un espace dans lui-même
On a des isomorphismes qui sont des applications linéaires bijectives.
Un automorphisme est tout simplement une application qui est à la fois un endomorphisme et un isomorphisme.
Question 1 : on sait que u est un endomorphisme donc u est linéaire et Im(u) ⊂ E.
L’égalité u²+u−6 id = 0 se réécrit u(u+id) = 6 id ⇔ 1/6 u∘(u + id) = id ⇔ u ∘ (1/6 (u+id)) = id
donc u est inversible et son inverse s’écrit u^-1 = 1/6 (u+id).
Question 2 : on obtient la relation λ²id + λid − 6id = 0 ⇔ (λ²+λ−6)id = 0 ⇔ λ²+λ−6 = 0
Δ = 1²−4×1×(−6) = 25
on a deux racines qui sont λ1 = (−1−5)/2 = −3 et λ2 = (−1+5)/2 = 2.
Question 3 : Soit v = a.id + b.u. On résout v² = v
en utilisant les identités remarquables puisque id commute avec u
a² id + 2ab u + b² u² = a.id+b.u ⇔ a² id + 2ab u + b²(6id−u) = a.id+bu
⇔ (a²+6b² − a) id + (2ab − b² −b) u = 0
Comme u et id non colinéaires, il forment une famille libre donc les coefficients de la combinaison linéaire nulle sont nuls aussi.
Donc on obtient un système {a²+6b²−a=0 ; 2ab−b²−b = 0} mais ce système n’est pas linéaire.
{a²+6b²−a=0 ; b(2a−b−1) = 0}
⇔ {a²+6b²−a = 0 ; b = 0 ou b=2a−1 }
Donc on distingue deux systèmes {a²−a = 0 ; b=0} ⇔ {a(a−1) = 0 ; b=0} qui a deux solutions (0, 0) et (1, 0) ;
{a²+6(2a−1)²−a=0 ; b=2a−1} ⇔ {25a²+23a+6 = 0 ; b=2a−1}
on calcule Δ = 529 − 600 < 0 donc il n’y a pas de solution à la première équation.
Les deux seuls projecteurs trouvés sont 0 et id qui commutent.
De façon générale id commute avec tout autre endomorphisme et u commute avec lui même.
Donc tout endomorphisme de la forme a.id + b.u commute avec tout endomorphisme de la forme c.id + d.u.
Rappel de la méthode avec les matrices : si deux matrices carrées vérifient A×B = I alors elles sont inversibles et A^-1 = B.
Remarque au passage, u×id ≠ u : (u×id)(x) = u(x)×id(x) = u(x)×x ≠ u(x).
au contraire (u∘id)(x) = u(id(x)) = u(x) donc u∘id = u
Si f : x↦ ax et g : x ↦ bx.
(f∘g)(x) = f(g(x)) = f(bx) = abx
donc f∘g : x ↦ (ab)x