Année 2018–2019 Samedi 13 avril

– DS no7 – Mathématiques –

Exercice 1 – Calculer les deux sommes de séries suivantes (dont on admet la convergence) :

S1 =

+∞∑n=0

(n− 1)3n+1

n!et S2 =

+∞∑n=2

n(n+ 1)

(1

4

)n

.

Exercice 2 –

0. Préliminaire – Montrer que, pour tout réel x ≥ 0, la série de terme général 12k+x

converge.

On pose alors, pour tout réel x ≥ 0,

f(x) =

+∞∑k=0

1

2k + x.

Le but de l’exercice est d’étudier des propriétés de la fonction f ainsi définie sur R+.

1. Calculer f(0).2. Un peu de Scilab – Pour tout n ∈ N, on pose

Sn =

n∑k=0

1

1 + 2k.

(a) Montrer que : ∀n ∈ N,0 ≤ f(1)− Sn ≤

1

2n.

(b) Ecrire une fonction function s=sommepartielle(n) dont le paramètre d’entrée est un entiern et qui renvoie la valeur de Sn.

(c) Quelle valeur de n choisir pour que sommepartielle(n) donne une valeur de f(1) à 10−3 près ?On précise que 3 ln(10)

ln(2) ' 9, 97.

(d) Ecrire une fonction function u=tableau(n) à l’aide de la fonction sommepartielle dont leparamètre d’entrée est un entier et qui renvoie un tableau contenant les valeurs S0, S1, . . . , Sn.

(e) Ecrire finalement un programme permettant d’obtenir un graphique de la courbe représentativede la fonction n 7−→ Sn sur l’intervalle [[0, 100]].

3. Montrer que : ∀x ∈ R+,

f(2x) =1

2f(x) +

1

2x+ 1. (?)

4. Montrer que : ∀x ∈ R+, 0 ≤ f(x) ≤ 2 .

5. (a) Soient deux réels x et y tels que 0 ≤ x ≤ y. Montrer que f(y) ≤ f(x).(b) Quelle propriété de la fonction f a-t-on démontrée ?

6. (a) Montrer que la fonction f admet une limite finie en +∞. On la note α.(b) Déterminer la valeur de α à l’aide de la relation (?).

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7. Soit (x, y) ∈ R2+.

(a) Montrer que, pour tout N ∈ N,∣∣∣∣∣N∑

k=0

1

2k + x−

N∑k=0

1

2k + y

∣∣∣∣∣ ≤ |x− y|N∑

k=0

1

4k.

(b) En déduire que

|f(x)− f(y)| ≤ 4

3|x− y|.

8. Montrer finalement que f est continue sur R+.

Exercice 3 –

Partie A : un exemple – Soit f : R3 → R3 l’application définie par :

∀(x, y, z) ∈ R3 , f(x, y, z) = (x+ y − z, x− y, 2y − z).

1. Vérifier que f est un endomorphisme de R3.

2. Déterminer une base de Ker(f) et une base de Im(f), et donner le rang de f .

3. On pose `1 : R3 → R et `2 : R3 → R les deux applications définies par : ∀(x, y, z) ∈ R3,

`1(x, y, z) = x− y et `2(x, y, z) = −2y + z.

(a) Vérifier que `1 et `2 sont des formes linéaires.(b) Déterminer une base de Ker(`1) et une base de Ker(`2).(c) Déterminer une relation entre f et `1 et `2.

Partie B : un résultat général – Soient un entier n ≥ 2 et un entier k ∈ [[1, n − 1]]. On considère Eun K-espace vectoriel de dimension n et f un endomorphisme de E de rang égal à k.

1. (a) Justifier qu’il existe une base (e1, . . . , ek) de Im(f).(b) Justifier que, pour tout i ∈ [[1, k]], il existe ai ∈ E tel que f(ai) = ei.

2. (a) Justifier que, pour tout x ∈ E, il existe (`1(x), . . . , `k(x)) ∈ Kk tel que

f(x) = `1(x)e1 + . . .+ `k(x)ek.

On a ainsi défini k applications `1, . . . , `k de E dans K.(b) Montrer que ces k applications `1, . . . , `k sont des formes linéaires.

3. (a) Montrer que

Ker(f) = Ker(`1) ∩ . . . ∩Ker(`k).

(b) En déduire que Ker(f) est l’intersection de k hyperplans.

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4. Soit g un endomorphisme de E.

(a) Vérifier que : ∀x ∈ E,

f ◦ g(x) = `1 ◦ g(x)e1 + . . .+ `k ◦ f(x)ek. (?)

(b) En déduire que f ◦ g = f si et seulement si : ∀i ∈ [[1, k]], `i ◦ g = `i.(c) On suppose dans cette question que g est un projecteur.

Montrer que f ◦ g = f si et seulement si : ∀i ∈ [[1, k]], Ker(g) ⊂ Ker(`i).

5. On suppose dans cette question que f2 = θ où θ est l’endomorphisme nul de E.

(a) Vérifier que Im(f) ⊂ Ker(f).(b) Que peut-on en déduire sur k ?(c) En déduire par ailleurs (en utilisant la relation (?)) que, pour tout i ∈ [[1, k]], `i ◦ f est la forme

linéaire nulle.

6. On suppose dans cette question qu’il existe un réel α non-nul tel que f2 = α f .

(a) Montrer queE = Im(f)⊕Ker(f).

(b) Montrer que, pour tout i ∈ [[1, k]], `i ◦ f = α `i.

7. (a) Justifier qu’il existe (b1, . . . , bn−k) une base de Ker(f).(b) Montrer que (a1, . . . , ak, b1, . . . , bn−k) est une base de E.(c) Montrer que, pour tout (i, j) ∈ [[1, k]]2,

`i(aj) =

{1 si i = j0 si i 6= j

,

et que : (i, j) ∈ [[1, k]]× [[1, n− k]],

`i(bj) = 0.

(d) Pour tout i ∈ [[1, n− k]], on définit la forme linéaire mi par :

∀j ∈ [[1, k]] , mi(aj) = 0 et ∀j ∈ [[1, n− k]], mi(bj) =

{1 si i = j0 si i 6= j

.

Montrer en utilisant la question 7.(c) que la famille (`1, . . . , `k,m1, . . . ,mn−k) est libre.(e) Soit ϕ ∈ L(E,K). Montrer que

ϕ = ϕ(a1)`1 + . . .+ ϕ(ak)`k + ϕ(b1)m1 + . . .+ ϕ(bn−k)mn−k.

(f) Que peut-on en conclure quant à la famille (`1, . . . , `k,m1, . . . ,mn−k) ?

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– Corrigé du DS no7 – Mathématiques –

Exercice 1 – Pour tout n ∈ N∗, en faisant le changement d’indice [k′ = k + 1], on a

n∑k=1

k(k + 1)

(1

4

)k

=

n+1∑k=2

(k − 1)k

(1

4

)k−1

=1

4

n+1∑k=2

k(k − 1)

(1

4

)k−2

.

Comme | 14 | < 1, alors

n+1∑k=2

k(k − 1)

(1

4

)k−2

−→n→+∞

2

(1− 14 )

3=

2× 64

27.

Ainsi

n∑k=1

k(k + 1)

(1

4

)k

−→n→+∞

1

4· 2× 64

27=

32

27.

Ainsi la série de t.g. n(n+ 1)(14

)n est convergente et sa somme vaut 3227 .

Exercice 2 –

0. Question préliminaire – Soit un réel x ≥ 0. Alors :

∀k ∈ N , 0 ≤ 1

2k + x≤ 1

2k=

(1

2

)k

.

Or la série de t.g.(12

)k est une série géométrique convergente (car | 12 | < 1).On peut alors conclure par un théorème de comparaison pour les séries à t.g. positif que la sériede t.g. 1

2k+xconverge.

1. Par définition et comme | 12 | < 1

f(0) =

+∞∑k=0

1

2k + 0=

+∞∑k=0

(1

2

)k

=1

1− 12

= 2 .

2. Un peu de Scilab –

(a) Soit n ∈ N. Alors

f(1)− Sn =

+∞∑k=n+1

1

1 + 2k.

Or : ∀k ∈ N,

0 ≤ 1

1 + 2k≤ 1

2k.

Pour tout entier N ≥ n+1, on obtient en sommant l’inégalité précédente pour k de n+1 à N

0 ≤N∑

k=n+1

1

1 + 2k≤

N∑k=n+1

1

2k=

1

2n+1

N−n−1∑k=0

1

2k=

1

2n

(1−

(1

2

)N−n)≤ 1

2n.

En faisant N → +∞, par conservation des inégalités par passage à la limite, on obtient

0 ≤ f(1)− Sn ≤1

2n.

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(b) function s=sommepartielle(n)s=1/2for k=1:n s=s+1/(1+2^k)end

endfunction

(c) On a

1

2n≤ 10−3 ⇐⇒ n ln

(1

2

)≤ −3 ln(10) ⇐⇒ n ≥ 3 ln(10)

ln(2).

Ainsi, d’après la question 2.(a), pour n = 10,

0 ≤ f(1)− S10 ≤1

210≤ 10−3.

(d) Première version dite audevalienne :

function u=tableau(n)u=[sommepartielle(0)]for i=1:n u=[u sommepartielle(i)]end

endfunction

Seconde version dite weillienne :

function u=tableau(n)for i=1:n+1 u(i)=sommepartielle(i+1)end

endfunction

(e) Pour cette question encore il y a deux versions (à vous de leur attribuer le bon adjectif !).Première version :a=[0:100]fplot2d(a,sommepartielle)

Seconde version :a=[0:100]b=tableau(100)plot2d(a,b)

3. Soit x ∈ R+. Alors par définition

f(2x) =

+∞∑k=0

1

2k + 2x=

1

2

+∞∑k=0

1

2k−1 + x=

1

2

+∞∑k=1

1

2k−1 + x+

1

2· 1

2−1 + x.

Avec le changement d’indice [k′ = k − 1], on obtient

+∞∑k=1

1

2k−1 + x=

+∞∑k′=0

1

2k′ + x= f(x).

En réinjectant dans la précédente égalité, on obtient bien

f(2x) =1

2f(x) +

1

2x+ 1.

4. Soit x ∈ R+. Alors : ∀k ∈ N,

0 ≤ 1

2k + x≤ 1

2k.

Ainsi : ∀N ∈ N,

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0 ≤N∑

k=0

1

2k + x≤

N∑k=0

(1

2

)k

.

En faisant N → +∞, les séries étant convergentes, on obtient par conservation des inégalités parpassage à la limite,

0 ≤ f(x) ≤+∞∑k=0

(1

2

)k

= 2.

5. (a) On a : ∀k ∈ N, 0 < 2k + x ≤ 2k + y et donc

1

2k + y≤ 1

2k + x.

Ainsi : ∀N ∈ N,

N∑k=0

1

2k + y≤

N∑k=0

1

2k + x.

En faisant N → +∞, les séries étant convergentes, on obtient f(y) ≤ f(x) par conservationdes inégalités par passage à la limite.

(b) Ce qui précède étant vrai pour tout couple (x, y) ∈ (R+)2 tel que x ≤ y, on a démontré que la

fonction f est décroissante sur R+.6. (a) La fonction f est décroissante et minorée donc elle admet une limite en +∞. On la note α.(b) Comme f(x) −→ α quand x→ +∞ alors f(2x) −→ α quand x→ +∞.

De plus

1

2x+ 1−→

x→+∞0 .

Ainsi, en passant à la limite dans la relation (?), on obtient

α =1

2· α+ 0 et donc α = 0 .

7. (a) Soit N ∈ N. D’après l’inégalité triangulaire∣∣∣∣∣N∑

k=0

1

2k + x−

N∑k=0

1

2k + y

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣

N∑k=0

(1

2k + x− 1

2k + y

)∣∣∣∣∣ ≤N∑

k=0

∣∣∣∣ 1

2k + x− 1

2k + y

∣∣∣∣ .Or : ∀k ∈ N,∣∣∣∣ 1

2k + x− 1

2k + y

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2k + y − 2k − x(2k + x)(2k + y)

∣∣∣∣ = |x− y|(2k + x)(2k + y)

≤ |x− y|4k

.

Ainsi, en sommant cette inégalité pour k de 0 à N et en réinjectant dans l’inégalité précédente,on obtient ∣∣∣∣∣

N∑k=0

1

2k + x−

N∑k=0

1

2k + y

∣∣∣∣∣ ≤N∑

k=0

|x− y|4k

= |x− y|N∑

k=0

(1

4

)k

.

(b) En faisant N → +∞, les séries étant convergentes, on obtient, par conservation des inégalitéspar passage à la limite.

|f(x)− f(y)| ≤ |x− y|+∞∑k=0

(1

4

)k

= |x− y| · 1

1− 14

=4

3|x− y|.

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8. Soit x0 ∈ R+. Alors, d’après ce qui précéde : ∀x ∈ R,

|f(x)− f(x0)| ≤4

3|x− x0|.

Or

4

3|x− x0| −→

x→x0

0 .

Ainsi, d’après le théorème d’encadrement,

|f(x)− f(x0)| −→x→x0

0 i.e. f(x) −→x→x0

f(x0).

Donc f est continue en x0. Ceci étant vrai pour tout x0 ∈ R+, la fonction f est continue sur R+.

Exercice 3 –

Partie A : un exemple –

1. Soit (λ, x, y, z, x′, y′, z′) ∈ R7. Alors

f(λ(x, y, z) + (x′, y′, z′))

= f(λx+ x′, λy + y′, λz + z′)

= (λx+ x′ + λy + y′ − λz − z′, λx+ x′ − λy − y′, 2λy + 2y′ − λz − z′)= λ(x+ y + z, x− y, 2y − z) + (x′ + y′ + z′, x′ − y′, 2y′ − z′)= λf(x, y, z) + f(x′, y′, z′).

Donc f est linéaire. Et f : R3 → R3. Donc f est un endomorphisme de R3.

2. Soit (x, y, z) ∈ R3. Alors

(x, y, z) ∈ Ker(f) ⇐⇒ f(x, y, z) = (0, 0, 0) ⇐⇒

x+ y − z = 0x− y = 02y − z = 0

⇐⇒{x = yz = 2y

.

Ainsi Ker(f) = Vect((1, 1, 2)).La famille ((1, 1, 2)) est génératrice de Ker(f) par définition, et libre, car le seul vecteur qui lacompose est non-nul ; c’est donc une base de Ker(f).La famille ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) est la base canonique de R3 donc

Im(f) = Vect(f(1, 0, 0), f(0, 1, 0), f(0, 0, 1)) = Vect((1, 1, 0), (1,−1, 2), (−1, 0,−1)).

Or on peut remarquer que −(1, 1, 0)− 2(−1, 0,−1) = (1,−1, 2).Ainsi

Im(f) = Vect((1, 1, 0), (−1, 0,−1)).

La famille ((1, 1, 0), (−1, 0,−1)) est génératrice de Im(f) par définition, et libre, car les deuxvecteurs qui la composent sont non-colinéaires ; c’est donc une base de Im(f).Ainsi rg(f) = dim(Im(f)) = 2.

3. (a) On vérifie comme précédemment que `1 et `2 sont linéaires.Et `1 : R3 → R et `2 : R3 → R donc `1 et `2 sont des formes linéaires.

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(b) Soit (x, y, z) ∈ R3. Alors

(x, y, z) ∈ Ker(`1) ⇐⇒ `1(x, y, z) = 0 ⇐⇒ x = y .

Donc

Ker(`1) = Vect((1, 1, 0), (0, 0, 1)).

La famille ((1, 1, 0), (0, 0, 1)) est génératrice de Ker(`1) par définition, et libre, car les deuxvecteurs qui la composent sont non-colinéaires ; c’est donc une base de Ker(`1).Soit (x, y, z) ∈ R3. Alors

(x, y, z) ∈ Ker(`2) ⇐⇒ `2(x, y, z) = 0 ⇐⇒ z = 2y .

Donc

Ker(`2) = Vect((1, 0, 0), (0, 1, 2)).

La famille ((1, 0, 0), (0, 1, 2)) est génératrice de Ker(`2) par définition, et libre, car les deuxvecteurs qui la composent sont non-colinéaires ; c’est donc une base de Ker(`2).

(c) Pour tout (x, y, z) ∈ R3,

f(x, y, z) = (x+ y − z)(1, 0, 0) + (x− y)(0, 1, 0) + (2y − z)(0, 0, 1)= (x− y + 2y − z)(1, 0, 0) + (x− y)(0, 1, 0) + (2y − z)(0, 0, 1)= (x− y)(1, 1, 0) + (−2y + z)(−1, 0,−1)= `1(x, y, z)(1, 1, 0) + `2(x, y, z)(−1, 0,−1)

Partie B : un résultat général –

1. (a) On sait que rg(f) = k i.e. dim(Im(f)) = k. Ainsi il existe une base (e1, . . . , ek) de Im(f).(b) Pour tout i ∈ [[1, k]], ei ∈ Im(f) donc il existe ai ∈ E tel que f(ai) = ei.

2. (a) Pour tout x ∈ E, f(x) ∈ Im(f) = Vect(e1, . . . , ek) donc il existe (`1(x), . . . , `k(x)) ∈ Kk tel que

f(x) = `1(x)e1 + . . .+ `k(x)ek.

(b) Soit (λ, x, y) ∈ K× E × E. Alors par définition des `i on a

f(λx+ y) = `1(λx+ y)e1 + . . .+ `k(λx+ y)ek,

f(x) = `1(x)e1 + . . .+ `k(x)ek et f(y) = `1(y)e1 + . . .+ `k(y)ek.

Or f est linéaire donc f(λx+ y) = λf(x) + f(y).Ainsi

`1(λx+ y)e1 + . . .+ `k(λx+ y)ek = λ(`1(x)e1 + . . .+ `k(x)ek) + `1(y)e1 + . . .+ `k(y)ek

= (λ`1(x) + `1(y))e1 + . . .+ (λ`k(x) + `k(y))ek.

Par unicité de l’écriture d’un vecteur dans la base (e1, . . . , ek), on en déduit que

`1(λx+ y) = λ`1(x) + `1(y) , . . . , `k(λx+ y) = λ`k(x) + `k(y).

Ceci étant vrai pour tout (λ, x, y) ∈ K × E × E, on a montré que les k applications `1, . . . , `ksont linéaires.Comme elles sont à valeurs dans K, ce sont bien des formes linéaires.

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3. (a) Soit x ∈ E. Alors

x ∈ Ker(f) ⇐⇒ f(x) = 0E ⇐⇒ `1(x)e1 + . . .+ `k(x)ek = 0E .

Comme la famille (e1, . . . , ek) est une base de Im(f), elle est libre et donc

`1(x)e1 + . . .+ `k(x)ek = 0E ⇐⇒ `1(x) = . . . = `k(x) = 0 ⇐⇒ x ∈ Ker(`1) ∩ . . . ∩Ker(`k).

On a ainsi montré que

x ∈ Ker(f) ⇐⇒ x ∈ Ker(`1) ∩ . . . ∩Ker(`k).

Ainsi Ker(f) = Ker(`1) ∩ . . . ∩Ker(`k).(b) Montrons que les formes linéaires `1, . . . , `k sont non-nulles.

Pour cela raisonnons par l’absurde en supposant que l’une d’entre elles est nulle. Quitte à lesrenuméroter, on peut supposer que `1 est la forme linéaire nulle. Alors

∀x ∈ E , f(x) = `2(x)e2 + . . .+ `k(x)ek ∈ Vect(e2, . . . , ek).

Ainsi Im(f) ⊂ Vect(e2, . . . , ek) et donc rg(f) ≤ dim(Vect(e2, . . . , ek)) = k − 1. Contradiction.Remarque : la famille (e2, . . . , ek) est extraite de la famille libre (e1, . . . , ek) donc elle est libre.Ainsi dim(Vect(e2, . . . , ek)) = k − 1.Donc les formes linéaires `1, . . . , `k sont non-nulles. Donc les Ker(`i) sont des hyperplans. DoncKer(f) est l’intersection de k hyperplans.

4. (a) On a : ∀x ∈ E,

f ◦ g(x) = f(g(x)) = `1(g(x))e1 + . . .+ `k(g(x))ek = `1 ◦ g(x)e1 + . . .+ `k ◦ g(x)ek.

(b) On suppose que : ∀i ∈ [[1, k]], `i ◦ g = `i.Alors : ∀x ∈ E,

f ◦ g(x) = `1 ◦ g(x)e1 + . . .+ `k ◦ g(x)ek = `1(x)e1 + . . .+ `k(x)ek = f(x).

Ainsi f ◦ g = f .On suppose réciproquement que f ◦ g = f . Soit x ∈ E. Alors f ◦ g(x) = f(x) i.e.

`1 ◦ g(x)e1 + . . .+ `k ◦ g(x)ek = `1(x)e1 + . . .+ `k(x)ek.

Par unicité de l’écriture d’un vecteur dans la base (e1, . . . , ek), on en déduit que :

∀i ∈ [[1, k]] , `i ◦ g(x) = `i(x).

Ceci étant vrai pour tout x ∈ E, on a bien montré que : ∀i ∈ [[1, k]], `i ◦ g = `i.(c) On suppose que f ◦ g = f . Soit i ∈ [[1, k]]. Alors d’après la question précédente `i ◦ g = `i.

Soit x ∈ Ker(g).Alors g(x) = 0E . Ainsi `i(x) = `i ◦ g(x) = `i(g(x)) = `i(0E) = 0 i.e. x ∈ Ker(`i).On a bien montré que Ker(g) ⊂ Ker(`i), et ceci pour tout i ∈ [[1, k]].Supposons réciproquement que ∀i ∈ [[1, k]], Ker(g) ⊂ Ker(`i).Soit x ∈ E. Soit i ∈ [[1, k]].Comme g est un projecteur, g ◦ g(x) = g(x) i.e. g(g(x)− x) = 0E . Donc g(x)− x ∈ Ker(g).Ainsi g(x)− x ∈ Ker(`i) et donc `i(g(x)− x) = 0 i.e. `i(g(x)) = `i(x) i.e. `i ◦ g(x) = `i(x).Ceci étant vrai pour tout i ∈ [[1, k]] et pour tout x ∈ E, on a montré que : ∀i ∈ [[1, k]], `i ◦g = `i.Ainsi f ◦ g = f d’après la question précédente.

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5. (a) Soit x ∈ Im(f). Alors il existe a ∈ E tel que x = f(a).Ainsi f(x) = f ◦ f(a) = f2(a) = 0E et donc x ∈ Ker(f).On a ainsi montré que Im(f) ⊂ Ker(f).

(b) D’après la question précédente et la formule du rang,

k = dim(Im(f)) ≤ dim(Ker(f)) = n− dim(Im(f)) = n− k.Donc

k ≤ n

2.

(c) Soit x ∈ E. D’après la relation (?)

0E = f2(x) = `1 ◦ f(x)e1 + . . .+ `k ◦ f(x)ek.Or la famille (e1, . . . , ek) est une base de Im(f) donc elle est libre et donc

`1 ◦ f(x) = . . . = `k ◦ f(x) = 0.

Ceci étant vrai pour tout x ∈ E, on a montré que, pour tout i ∈ [[1, k]], `i ◦ f est la formelinéaire nulle.

6. (a) Première méthode – Raisonnons par analyse-synthèse. Soit x ∈ E.Analyse – Supposons que x = a+ b avec a ∈ Im(f) et b ∈ Ker(f).Comme a ∈ Im(f), il existe c ∈ E tel que a = f(c).Alors f(x) = f(a+ b) = f(a) + f(b) = f(f(c)) + 0E = f2(c) = αf(c) = αa. Ainsi

a =1

α· f(x) et b = x− 1

α· f(x) . (4)

Ainsi, si la solution existe, elle est unique et donnée par (4).

Synthèse – Définissons a et b par (4). Alors

a+ b =1

α· f(x) + x− 1

α· f(x) = x .

De plus

a =1

α· f(x) = f

(1

α· x)∈ Im(f).

Enfin

f(b) = f

(x− 1

α· f(x)

)= f(x)− 1

αf2(x) = 0E ,

donc b ∈ Ker(f).Donc la solution trouvée convient bien.

Ainsi on a bien montré que E = Im(f)⊕Ker(f).Deuxième méthode – Soit x ∈ Ker(f) ∩ Im(f).Comme x ∈ Ker(f), alors f(x) = 0E .Comme x ∈ Im(f) alors il existe a ∈ E tel que f(a) = x.Ainsi 0E = f(x) = f(f(a)) = f2(a) = αf(a) = αx i.e. αx = 0E . Or α 6= 0. Donc x = 0E .Ainsi Im(f) ∩Ker(f) ⊂ {0E} et donc Im(f) ∩Ker(f) = {0E}.De plus d’après la formule du rang

dim(Im(f)) + dim(Ker(f)) = dim(E).

Donc E = Im(f)⊕Ker(f).

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(b) Soit x ∈ E. D’après la relation (?)

f2(x) = `1 ◦ f(x)e1 + . . .+ `k ◦ f(x)ek.Or

f2(x) = αf(x) = α`1(x)e1 + . . .+ α`k(x)ek.

Donc

`1 ◦ f(x)e1 + . . .+ `k ◦ f(x)ek = α`1(x)e1 + . . .+ α`k(x)ek.

Par unicité de l’écriture d’un vecteur dans la base (e1, . . . , ek), on en déduit que

`1 ◦ f(x) = α`1(x) , . . . , `k ◦ f(x) = α`k(x).

Ceci étant vrai pour tout x ∈ E, on a bien montré que, pour tout i ∈ [[1, k]], `i ◦ f = α `i.

7. (a) D’après le théorème du rang dim(Ker(f)) = n− rg(f) = n− k donc il existe (b1, . . . , bn−k) unebase de Ker(f).

(b) La famille (a1, . . . , ak, b1, . . . , bn−k) compte k + n− k = n éléments.Montrons qu’elle est libre. Soit (λ1, . . . , λk, µ1, . . . , µn−k) ∈ Kn tel que

λ1a1 + . . .+ λkak + µ1b1 + . . .+ µn−kbn−k = 0E . (N)

En appliquant f , comme f est linéaire et que les bi sont dans Ker(f), on trouve que

λ1e1 + . . .+ λkek = f(0E) = 0E .

Or (e1, . . . , ek) est libre. Donc λ1 = . . . = λk = 0. En réinjectant dans (N), on obtient

µ1b1 + . . .+ µn−kbn−k = 0E .

Or (b1, . . . , bn−k) est libre. Donc µ1 = . . . = µn−k = 0.Ainsi la famille (a1, . . . , ak, b1, . . . , bn−k) est libre. C’est donc une base de E.

(c) Soit j ∈ [[1, k]]. Alors

0 · e1 + . . .+ 1 · ej + . . .+ 0 · ek = ej = f(aj) = `1(aj)e1 + . . .+ `k(aj)ek.

On utilise derechef l’unicité de l’écriture d’un vecteur dans la base (e1, . . . , ek) pour conclureque : pour tout i ∈ [[1, k]],

`i(aj) =

{1 si i = j0 si i 6= j

.

Soit maintenant j ∈ [[1, n− k]]. Comme bj ∈ Ker(f) alors

0E = f(bj) = `1(bj)e1 + . . .+ `k(bj)ek.

Comme (e1, . . . , ek) est libre alors : ∀i ∈ [[1, k]], `i(bj) = 0.(d) Soit (λ1, . . . , λk, µ1, . . . , µn−k) ∈ Kn tel que

λ1`1 + . . .+ λk`k + µ1m1 + . . .+ µn−kmn−k = 0, (NN)

(où 0 désigne la forme linéaire nulle.)Soit j ∈ [[1, k]]. En évaluant l’égalité (NN) en aj , on obtient, par la question 7.(c) et la définitiondes mi, que λj = 0.Soit de même j ∈ [[1, n−k]]. En évaluant l’égalité (NN) en bj , on obtient, comme bj ∈ Ker(f) =Ker(`1) ∩ . . . ∩Ker(`k) et par définition des mi, que µj = 0.Donc λ1 = . . . = λk = µ1 = . . . = µn−k = 0.Donc la famille (`1, . . . , `k,m1, . . . ,mn−k) est libre.

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(e) Posons ψ la forme linéaire définie par

ψ = ϕ(a1)`1 + . . .+ ϕ(ak)`k + ϕ(b1)m1 + . . .+ ϕ(bn−k)mn−k.

Par la question 7.(c) et la définition des mi : ∀j ∈ [[1, k]],

ψ(aj) = ϕ(aj).

Pour tout j ∈ [[1, n− k]], comme bj ∈ Ker(f) = Ker(`1)∩ . . .∩Ker(`k) et par définition des mi

ψ(bj) = ϕ(bj).

Donc ϕ et ψ coïncident sur la base (a1, . . . , ak, b1, . . . , bn−k). Donc ϕ = ψ.(f) Dans la question précédente, on a montré que toute forme linéaire ϕ s’écrit comme une com-

binaison linéaire des vecteurs de la famille (`1, . . . , `k,m1, . . . ,mn−k). Donc cette famille estgénératrice de L(E,K).Comme on a montré qu’elle est libre, alors on peut en conclure que c’est une base de L(E,K).

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