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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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    Exercices sur les espaces vectorielsEnonces

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    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.

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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.

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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.

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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 ].

    Enonce Indication F. Geoff riau

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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.

    Enonce Indication F. Geoff riau

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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.

    Enonce Indication F. Geoff riau

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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 .

    Enonce Indication F. Geoff riau

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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 ).

    Enonce Indication F. Geoff riau

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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 )

    Enonce Indication F. Geoff riau

    A i I d M h i U i i d L R h ll E i l i l

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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).