Exo Esp.vect(Fran)
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Agregation interne de MathematiquesDepartement de Mathematiques
Universite de La RochelleF. Geo ff riau
2006-2007
Exercices sur les espaces vectoriels1. Applications paires et impaires2. Reunion de sous-espaces vectoriels
3. Base de R[X ]4. Famille libre du Q -espace vectoriel R5. Famille libre de C( R , R )6. Famille libre de F (A, k )7. Homothetie8. Supplementaire commun9. Egalite entre noyau et image10. Rang et composee dapplications11. Symetrie et sous-espaces stables12. Projecteur de Reynolds
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Agregation interne de MathematiquesDepartement de Mathematiques
Universite de La RochelleF. Geo ff riau
2006-2007
Exercices sur les espaces vectorielsEnonces
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Agregation Interne de Mathematiques, Universite de La Rochelle, Exercices sur les espaces vectoriels
1. Applications paires et impaires
Soit P (resp. I ) lensemble des applications paires (resp. impaires) de R dans R .Montrer que P et I sont des sous-espaces vectoriels de F (R , R ) et que F (R , R ) = P I .
Lensemble des applications croissantes (resp. decroissantes) de R dans R est-il unsous-espace vectoriel de F (R , R ) ?
Indication Solution F. Geoff riau
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2. R eunion de sous-espaces vectoriels
Soit E un espace vectoriel et U , V et W trois sous-espaces vectoriels de E tels queU V W . Prouver que U V ou que U W .
Indication Solution F. Geoff riau
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3. Base de R[X ]
Soit (P n )n N une suite de R[X ] telle que
n N deg(P n ) < deg(P n +1 )
Montrer que ( P n )n N est une base de R[X ] si et seulement si deg( P n ) = n pour toutn N .
Indication Solution F. Geoff riau
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4. Famille libre du Q -espace vectoriel R
Montrer que les logarithmes des nombres premiers forment une famille libre dans leQ -espace vectoriel R .
Indication Solution F. Geoff riau
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5. Famille libre de C(R , R )
Soit E le R-espace vectoriel des applications continues de R dans R . Si r R , on notef r lelement de E deni par : f r (x) = |x r | pour tout x R . Prouver que la famille(f r )r R est libre dans E .
Indication Solution F. Geoff riau
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6. Famille libre de F (A, k )
Soit E le k-espace vectoriel des applications denies sur un ensemble non vide A avaleurs dans k et soit f E . Montrer que, si f prend une innite de valeurs sur A, alorsla famille (f n : x f (x)n )n N est libre.
Indication Solution F. Geoff riau
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7. Homoth etie
Soit f un endomorphisme dun espace vectoriel E tel que pour tout x E , la famillex, f (x) soit liee.
Montrer que f est une homothetie, cest-` a-dire quil existe k k tel que f (x) = k xpour tout x E .
Indication Solution F. Geoff riau
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8. Suppl ementaire commun
Soit E un espace vectoriel de dimension nie et F et G deux sous-espaces vectorielsde E de meme dimension. Montrer que F et G ont un supplementaire commun dans E .
Indication Solution F. Geoff riau
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9. Egalit e entre noyau et image
Soit f un endomorphisme dun espace vectoriel E de dimension nie n. Demontrerlequivalence entre les assertions suivantes :(i ) ker( f ) = im( f ) ;(ii ) f 2 = 0, n est pair et rg( f ) = n/ 2.
Indication Solution F. Geoff riau
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10. Rang et compos ee dapplications
Soit E et F deux espaces vectoriels de dimensions nies n et m et f, g L(E, F ).Prouver lequivalence entre les assertions suivantes :
(i ) rg(g) rg( f ) ;(ii ) il existe h L(E ) et k GL(F ) tels que k g = f h ;(iii ) il existe GL(E ) et L(F ) tels que g = f .
Indication Solution F. Geoff riau
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11. Sym etrie et sous-espaces stables
Soit E un espace vectoriel de dimension nie n 2 et S lensemble des f GL(E )veriant f 2 = id E et rg( f id) = 1. Si f S , on pose
E f + = {x E ; f (x) = x} E f = {x E ; f (x) = x}
a. Soit f S . Prouver que E = E f + E f . Determiner les dimensions de E
f + et de E
f .
b. Soit f S et F un sous-espace vectoriel de E . Montrer que f (F ) F si et seulementsi E f F ou F E
f + .
c. Soit f S et g GL(E ). Prouver que g f = f g si et seulement si g(E f +
) = E f +
etg(E f ) = E
f .
d. Soit f, g S distincts. Prouver que g f = f g si et seulement si E f E g+ et
E g E f + .
Indication Solution F. Geoff riau
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12. Projecteur de Reynolds
Soit E un espace vectoriel de dimension nie n 1 et G un sous-groupe ni de GL( E )de cardinal r . Pour f L(E ), on pose
f = 1r
gG
g f g 1
a. Prouver que f g = g f pour tout g G.b. Montrer que f = f si et seulement si g f = f g pour tout g G.c. Prouver que tout sous-espace vectoriel de E G-stable (stable par tout element de G)possede un supplementaire G-stable.
Indication Solution F. Geoff riau
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Exercices sur les espaces vectorielsIndications
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1. Applications paires et impairesIndication
Pour toute application f : R R , on peut ecrire, pour tout x R ,
f (x) = 12
f (x) + f ( x) + 12
f (x) f ( x)
Enonce Solution F. Geoff riau
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2. R eunion de sous-espaces vectorielsIndication
Raisonner par labsurde.
Enonce Solution F. Geoff riau
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3. Base de R[X ]Indication
Si deg(P n ) = n, faire une recurrence. Pour la reciproque, considerer le plus petitentier n tel que deg( P n ) > n .
Enonce Solution F. Geoff riau
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4. Famille libre du Q -espace vectoriel RIndication
Ecrire une relation avec des coe ffi cients entiers et separer les coe ffi cients positifs desnegatifs.
Enonce Solution F. Geoff riau
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5. Famille libre de C(R , R )Indication
Examiner en quels points lapplication f r nest pas derivable.
Enonce Solution F. Geoff riau
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6. Famille libre de F (A, k )Indication
Si
n n f
n = 0, considerer le polyn ome
n n X
n .
Enonce Solution F. Geoff riau
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7. Homoth etieIndication
Poser f (x) = x x pour tout x E \ {0}. Pour x et y deux vecteurs lineairementindependants, considerer le vecteur x + y.
Enonce Solution F. Geoff riau
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8. Suppl ementaire communIndication
Considerer une base ( u1 , . . . , u p , v1 , . . . , v q , w1 , . . . , w q , z1 , . . . , z r ) de E telle que lafamille (u1 , . . . , u p ) soit une base de F G, (u1 , . . . , u p , v1 , . . . , v q , w1 , . . . , w q ) soit unebase de F + G, (u1 , . . . , u p , v1 , . . . , v q ) soit une base de F et (u1 , . . . , u p , w1 , . . . , w q ) soitune base de G.
Enonce Solution F. Geoff riau
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9. Egalit e entre noyau et imageIndication
On a im( f ) ker(f ) f 2 = 0.
Enonce Solution F. Geoff riau
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10. Rang et compos ee dapplicationsIndication
Si k g = f h, ecrire g = k 1 f h et montrer que rg( g) rg( f ).Si rg(g) rg(f ), construire deux applications k GL(F ) et GL(E ) telle que
im(k g) im(f ) et ker( f ) ker(g ).
Enonce Solution F. Geoff riau
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11. Sym etrie et sous-espaces stablesIndication
a. Ecrire x = 1 / 2 x + f (x) + 1 / 2 x f (x) .b. Si E f F , utiliser la decomposition de la question precedente. Si F est stable par f ,supposer F E f + et construire un element de E
f appartenant ` a F .
c. Trivial.d. Si E f E
g+ et E
g E
f + , utiliser les questions b. et c. Reciproquement, de b. et
c., on montre que E f E g ou E
g E
f + et E
g E
f + ou E
f + E
g+ . Si E
f E
g ,
on en deduit que f = g et si E g E f + , on en deduit que E
f E
g+ en ecrivant
(g idE
) (f idE
) = ( f idE
) (g idE
) = 0.
Enonce Solution F. Geoff riau
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12. Projecteur de ReynoldsIndication
a. Pour tout h G, lapplication G G; g h g est une bijection.b. Immediat dapres la question precedente.c. Prendre un projecteur p dimage ce sous-espace vectoriel et montrer que p est unprojecteur dont limage est le sous-espace vectoriel considere et dont le noyau est G-stable.
Enonce Solution F. Geoff riau
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Exercices sur les espaces vectorielsSolutions
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1. Applications paires et impairesSolution
Lapplication nulle etant paire appartient ` a P . Soit f, g P et , R , on a
x R ( f + g)( x) = f ( x) + g( x) = f (x) + g(x) = ( f + g)(x)
donc f + g P . Ainsi P est un sous-espace vectoriel de F (R , R ).Lapplication nulle etant impaire appartient ` a I . Soit f, g I et , R , on a
x R ( f + g)( x) = f ( x) + g( x) = f (x) g(x) = ( f + g)(x)
donc f + g I . Ainsi I est un sous-espace vectoriel de F (R , R ).Soit f P I . On a pour tout x R ,
f (x) = f ( x) = f (x)
donc f (x) = 0 et alors f = 0. Ainsi P I = {0}.Soit f F (R , R ). On pose
g R Rx 1
2f (x) + f ( x) et h
R Rx
12
f (x) f ( x)
Enonce Indication F. Geoff riau
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Ce sont deux applications de R dan R veriant pour tout x R
g( x) = 12
f ( x) + f (x) = 12
f (x) + f ( x) = g(x)
h( x) = 12
f ( x) f (x) = 12
f (x) f ( x) = h(x)
f (x) = 12
f (x) + f ( x) + 12
f (x) f ( x) = g(x) + h(x)
Donc g est une application paire, h une application impaire et f = g + h. AinsiF (R , R ) = P + I
Par consequent, P et I sont des sous-espaces vectoriels supplementaires de F (R , R ).Lensemble des applications croissantes de R dans R nest pas un sous-espace vecto-
riel de F (R , R ), car lapplication id R est croissante, mais idR ne lest pas. Par contrelapplication nulle est croissante et la somme de deux applications croissantes est crois-sante.
De meme lensemble des applications decroissantes de R dans R nest pas un sous-espace vectoriel de F (R , R ).
Lensemble des applications monotones de R dans R est quant a lui stable parmultiplication par un reel, mais nest pas stable par addition, ce nest donc pas un sous-espace vectoriel de F (R , R ).
Enonce Indication F. Geoff riau
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2. R eunion de sous-espaces vectorielsSolution
Supposons que U nest ni inclus dans V , ni inclus dans W . Il existe donc x U \ V et y U \ W . Comme U est inclus dans V W , on a x W et y V . Et puisque U estun sous-espace vectoriel, on a x + y U , donc x + y V ou x + y W .
Si x + y V , alors x = x + y y V , contradiction. Et si x + y W , alorsy = x + y x W , contradiction.
Donc U est inclus soit dans V , soit dans W .
Enonce Indication F. Geoff riau
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3. Base de R[X ]Solution
a. Supposons que pour tout n N, le polynome P n soit de degre n. Montrons par
labsurde que la famille ( P n )n N est libre. Supposons que cette famille est liee, i.e. quilexiste n N tel que la famille (P 0 , . . . , P n ) soit liee. Il existe 0 , . . . , n R non tousnuls tels que
0 P 0 + + n P n = 0
On poser = max {i N; 0 i n et i = 0 }
cet entier existe car les coeffi
cients 0 , . . . , n sont non tous nuls. On a alors r = 0 et i {r + 1 , . . . , n } i = 0
dou r P r = 0 P 0 r 1 P r 1
ordeg( 0 P 0 r 1 P r 1 ) max{deg(P 0 ), . . . , deg(P r 1 )} = r 1
et comme r est non nul, deg( r P r ) = deg( P r ) = r , contradiction. Ainsi la famille(P n )n N est libre.
Enonce Indication F. Geoff riau
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Montrons par recurrence que la famille ( P n )n N est generatrice de R[X ]. Soit P unpolyn ome de degre inferieur ou egal ` a 0, alors puisque P 0 est de degre 0, on a
P = P (0) = P (0)
P 0 (0)
P 0
Soit k N. Supposons que tout polyn ome de degre inferieur strictement ` a k estcombinaison lineaire de la famille ( P n )n N . Soit P un polyn ome de degre k, notonsa et ak les coeffi cients dominants de P et de P k respectivement. Puisque P k est de degrek, le polynome
P aak
P k
est de degre strictement inferieur a k, donc par hypothese de recurrence, ce polyn ome estcombinaison lineaire de la famille ( P n )n N et il en est de meme de P . Ainsi dapres leprincipe de recurrence, la famille ( P n )n N est generatrice de R[X ].
Par consequent, ( P n )n N est une base de R[X ].Autre methode . Pour montrer que la famille ( P n )n N est generatrice de R[X ]. SoitP R[X ], il existe n N tel que P Rn [X ] (lensemble des polyn omes de degreinferieur ou egal ` a n). La famille (P 0 , . . . , P n ) est une famille libre de Rn [X ], or son
cardinal est egal `a la dimension de Rn [X ], cest donc une base de R n [X ]. Ainsi P estcombinaison lineaire de P 0 , . . . , P n . Et par consequent la famille ( P n )n N est generatricede R[X ].
Enonce Indication F. Geoff riau
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b. Supposons quon nait pas pour tout n N , deg(P n ) = n. On pose
k = min {i N ; deg(P i ) = i}
Alors i < k deg(P i ) = i et i k deg(P i ) > k
Montrons par labsurde que X k nest pas combinaison lineaire des polyn omes P n .Supposons quil existe n N , 0 , . . . , n R tels que
X k = 0 P 0 + + n P n
On peut supposer n = 0. Le polyn ome X k ne pouvant etre combinaison lineaire depolyn omes de degre strictement inferieur ` a k, on a n k. Mais alors
deg(P n ) = deg( n P n ) = deg( X k 0 P 0 n 1 P n 1 )
max{deg(X k ), deg(P i ), i = 0 , . . . , n 1} max {k, deg(P n 1 )}
ce qui est impossible. Donc X k nest pas combinaison lineaire des polyn omes P n et lafamille (P n )n N nest pas generatrice de R[X ].
Enonce Indication F. Geoff riau
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Autre methode . Pour demontrer que la famille ( P n )n N etait libre, on a juste utilise lefait que la suite deg(P n ) n N est strictement croissante. Donc la famille
(P 0 , . . . , P k 1 , X k , P k +1 , . . . , P n , . . . )
etant strictement croissante en degre, est une famille libre. Ainsi X k nest pas combinai-son lineaire de la famille ( P n )n N et par consequent cette famille nest pas une base deR [X ].
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Donc pour tout x r j ,
1 (x r 1 ) + + j 1 (x r j 1 ) + j (x r j ) = 0( 1 + + j 1 + j )x ( 1 r 1 + + j 1 r j 1 + j r j ) = 0
ce qui entrane 1 + + j 1 + j = 0. Et pour x [r j 1 , r j ],
1 (x r 1 ) + + j 1 (x r j 1 ) j (x r j ) = 0( 1 + + j 1 j )x ( 1 r 1 + + j 1 r j 1 j r j ) = 0
ce qui entrane 1 + + j 1 j = 0. On en deduit que j = 0 ce qui contredit ladenition de j . Donc les scalaires 1 , . . . , n sont tous nuls et la famille ( f r 1 , . . . , f r n ) estlibre.
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6. Famille libre de F (A, k )Solution
Soit n N. Montrons que la famille ( f 0 , . . . , f n ) est libre. Soit 0 , . . . , n R tels
que 0 f 0 + 1 f 1 + + n f n = 0
doncx A 0 + 1 f (x) + + n f (x)
n= 0
On considere le polynome P = 0 + 1 X + + n X n . Alors
x A P f (x) = 0
Ainsi P sannule sur f (A). Or f (A) est inni, donc le polynome P est nul et ainsi
0 = 1 = = n = 0
La famille (f 0 , . . . , f n ) est donc libre ainsi que la famille ( f n )n N .
Enonce Indication F. Geoff riau
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7. Homoth etieSolution
Soit x E \ { 0}, la famille x, f (x) etant liee et x etant non nul, il existe un scalaire x k tel que f (x) = x x.
Soit x, y E \ {0}. Si x et y sont colineaires, il existe k tel que y = x et
y x = y y = f (y) = f (x) = f (x) = x x
et x etant non nuls, on a y = x .Si x et y sont non colineaires, on a
x + y (x + y) = f (x + y) = f (x) + f (y) = x x + y y
les vecteurs x et y etant lineairement independants, on a x = x + y = y .Ainsi il existe un scalaire k tel que pour tout x E \ {0}, f (x) = x. Et
f (0) = 0 = 0. Donc f est une homothetie.
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Ainsi la famille (u1 , . . . , u p , v1 , . . . , v q , w1 , . . . , w q ) est libre.Dapres le theoreme de la base incomplete, il existe z1 , . . . , z r E tels que
(u1 , . . . , u p , v1 , . . . , v q , w1 , . . . , w q , z1 , . . . , z r )
soit une base de lespace vectoriel E . Soit H le sous-espace vectoriel de E engendre parla famille (v1 + w1 , . . . , v q + wq , z1 , . . . , z r ). Montrons que H est un supplementaire de F dans E . On a
dim F + dim H = p + q + q + r = dim E Soit x F H , alors il existe 1 , . . . , p , 1 , . . . , q , 1 , . . . , q , 1 , . . . , r k tels que
x = 1 u1 + + p u p + 1 v1 + + q vq = 1 (v1 + w1 ) + + q (vq + wq ) + 1 z1 + + r zr
et 1 u1 + + p u p + ( 1 1 )v1 + + ( q q )vq 1 w1 q wq 1 z1 r zr = 0
La famille (u1 , . . . , u p , v1 , . . . , v q , w1 , . . . , w q , z1 , . . . , z r ) etant libre, on a
1 = q = 1 = = r = 0
dou x = 0. Donc F H = {0}. Ainsi H est un supplementaire de F dans E .On aurait pu aussi dire que la famille ( u1 , . . . , u p , v1 , . . . , v q , v1 + w1 , . . . , v q +
wq , z1 , . . . , z r ) est une base de E .De meme H est un supplementaire de G dans E .
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9. Egalit e entre noyau et imageSolution
a. Supposons que im( f ) = ker( f ). Soit x E , on a f (x) im(f ), donc f (x) ker(f ) etainsi f 2 (x) = f f (x) = 0. Donc f 2 = 0. De plus
n = dim( E ) = dim ker( f ) + dim im( f ) = 2 dimim( f ) = 2rg( f )
ainsi n est pair et rg( f ) = n/ 2.b. Reciproquement supposons f 2 = 0, n pair et rg( f ) = n/ 2. Soit x im(f ), il existey E tel que x = f (y), donc f (x) = f f (y) = f 2 (y) = 0 , x ker(f ). Ainsi
im(f ) ker(f ). De plus
dimker( f ) = dim( E ) dim im( f ) = n n/ 2 = n/ 2 = dimim( f )
Donc im( f ) = ker( f ).
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10. Rang et compos ee dapplicationsSolution
a. Supposons quil existe h L(E ) et k GL(F ) tels que k g = f h. Alors g = k 1 f h
et im(g) = g(E ) = k 1 f h(E ) = k 1 f h(E ) k 1 f (E ) = k 1 im(f )
Comme k 1 est bijective,
rg( g) = dim im(g) dim k 1 im(f ) = dim im(f ) = rg( f )
b. Supposons quil existe GL(E ) et L(F ) tels que g = f . Alorsg = f 1 et
im(g) = g(E ) = f 1 (E ) = f 1 (E ) = f (E ) = im(f )
Limage dun sous-espace vectoriel par une application lineaire etant de dimensioninferieure ou egale (elle est engendree par limage dune base du sous-espace vectoriel),on a
rg( g) = dim im(g) = dim im(f ) dim im(f ) = rg( f )
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c. Supposons que rg( g) rg(f ). Posons r = rg( g) et s = rg( f ). Soit (u1 , . . . , u r ) unebase de im( g) et (v1 , . . . , v s ) une base de im( f ). Dapres le theoreme de la base incomplete,il existe des vecteurs u r +1 , . . . , u m , vs +1 , . . . , v m de F tels que les familles (u1 , . . . , u m ) et(v1 , . . . , v m ) soient des bases de F . Soit k lunique application lineaire denie par
i {1, . . . , m } k(u i ) = vik est correctement denie car ( u1 , . . . , u m ) est une base de F et k est bijective car(v1 , . . . , v m ) est une base de F . Ainsi k GL(F ) et k im(g) im(f ). Soitu1 , . . . , u r , v1 , . . . , v s des vecteurs de E tels que
i {1, . . . , r } g(u i ) = ui et i {1, . . . , s } f (vi ) = viPuisque la famille ( u1 , . . . , u r ) et (v1 , . . . , v s ) sont libres, il en est de meme des familles(u1 , . . . , u r ) et (v1 , . . . , v s ). Il existe donc dapres le theoreme de la base imcomplete, desvecteurs ur +1 , . . . , u n , vs +1 , . . . , v n de E tels que les familles (u1 , . . . , u n ) et (v1 , . . . , v n )soient des bases de E . On denit alors une unique application lineaire h L(E ) enposant
i {1, . . . , r } h(u i ) = vi et i {r + 1 , . . . , n } h(u i ) = k g(u i )
Alors
i {1, . . . , r } f h(u i ) = f (vi ) = vi = k(u i ) = k g(u i ) i {r + 1 , . . . , n } f h(u i ) = k g(u i )
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Donc f h = k g.
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11. Sym etrie et sous-espaces stablesSolution
a. On a E f + = ker( f idE ) et E f = ker( f +id E ), ce sont donc des sous-espaces vectoriels
de E .Soit x E f + E
f . Alors
x = f (x) = x
donc x = 0 et ainsi E f + E f = {0}.
Soit x E . Posons
y = 12 x +
12f (x) et z =
12x
12f (x)
On a x = y + z et comme f est lineaire et verie f 2 = id E ,
f (y) = 12
f (x) + 12
f 2 (x) = 12
f (x) + 12
x = y
f (z) = 1
2f (x)
1
2f 2 (x) =
1
2f (x)
1
2x = z
Donc y E f + et z E f . Ainsi E = E
f + + E
f .
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c. Supposons que g f = f g. Ainsi g commute avec f idE et avec f + id E et leursnoyaux E f + et E
f sont donc stables par g, i.e. g(E
f + ) E
f + et g(E
f ) E
f . Et puisque
g est bijective, on a g(E f + ) = E f + et g(E
f ) = E
f .
Reciproquement, supposons que g(E f + ) = E f + et g(E
f ) = E
f . Soit x E , il existe
y E f + et z E f tels que x = y + z. On a g(y) E f + et g(z) E f , donc
g f (x) = g f (x) = g(y z) = g(y) g(z) = f g(y) + f g(z) = f g(y + z) = f g(x)
Ainsi g f = f g.d. Supposons que g f = f g. Dapres les questions precedentes, on a
g(E f + ) = E f + g(E
f ) = E
f
[E g E f + ou E f + E g+ ] et [E g E f ou E f E g+ ]
Si E g E f , alors E
f + E
g+ car E
f et E
f + tant en somme directe, E
g ne peut etre
inclus dans E f + . Puisque ce sont des sous-espaces vectoriels de meme dimension, on aE g = E
f et E
f + = E
g+ et donc f = g. Or on a suppose f et g distincts, donc E
f E
g+ .
En permutant les r oles de f et de g, on obtient E g E f + .
Reciproquement supposons que E f E g+ et E
g E
f + . Dapres la deuxieme question,
on a f (E g+ ) E g+ et f (E g ) E g . Comme f est bijective (car f 2 = id E ), on obtientf (E g+ ) = E
g+ et f (E
g ) = E
g . Ainsi dapres la troisieme question, f g = g f .
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c. Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par G. Soit F 1 un supplementaire de F dans E (il existe gr ace au theoreme de la base incomplete) et soit p la projection de E sur F parallelement ` a F 1 . Montrons que p est un projecteur de E sur F .Soit x E . Pour tout g G, p g 1 (x) appartient `a F et comme F est stable parG, g p g
1
(x) appartient aussi ` a F et il en est de meme de p(x). Donc im( p) F .Soit x F . Puisque F est stable par G, on a, pour tout g G, g 1 (x) F , donc p g 1 (x) = g 1 (x) et g p g 1 (x) = g g 1 (x) = x. Donc p(x) = x. Ainsi im( p) = F et p p = p.Donc p est un projecteur de E sur F . Son noyau est un supplementaire de F dans E stable par G car p commute avec tout element de G (dapres la premiere question).