Solutions
SOLUTIONS
11
b) On supposeKer f
2 ⊂ Ker f . Soit y ∈ Im f ∩ Ker f . Il existe
x ∈ E telque y = f (x);montrer que x ∈ Ker f
2 et conclure.
14 1) Montrer que( IdE − p)
2 = IdE − p.
2) Im (IdE − p) = Ker p
Ker (IdE − p) = Im p.
15 Si l’on suppose que u◦ p = p◦ u,onmontre facilement que
Im p et Ker p sont stablespar u.
Réciproquement, on suppose que Im p et Ker p sont stables par u.
Tout élément x de E se décompose de façon unique en x = x1 +x2,
avec x1 ∈ Im p et x2 ∈ Ker p. On en déduit u(x) = u(x1)+u(x2)
avec toujours u(x1) ∈ Im p et u(x2) ∈ Ker p. Comparer u◦ p (x)et
p◦u(x).
16 Il estclair que pq = p ⇒ Ker q ⊂ Ker p. Réciproquement, on suppose que Ker q ⊂ Ker p. Tout élément x de E se
décompose de façon unique en x = x1 + x2, avec x1 ∈ Im q et
x2 ∈ Ker q. Comparer pq(x)etp(x).
Même démarche pour la seconde équivalence.
17 1) (p + q)
2 = p + q
⇐⇒
pq + qp = 0( 1).
Si pq = qp = 0, on en déduit que p + q est un projecteur.
Réciproquement, comparer les égalités obtenues en composant (1)
par p àdroite ou àgauche ;endéduire pq = qp = 0.
2) Montrer d’abord que Im p ∩ Im q = {0}. L’inclusion
Im (p + q) ⊂ Im p +Im qest évidente. Réciproquement, soit
x ∈ Im p+Im q. Il existe (x1, x2) ∈ E
2 tel que x = p(x1)+q(x2). En
composant cette égalité par p ou par q, montrerque x = (p+q)(x).
De même, l’inclusion Ker p ∩ Ker q ⊂ Ker (p + q)est évidente.
Réciproquement, soit x ∈ Ker (p + q):
p ( x )+q(x)=0;composer par p ou par q.
18 1) Voir Application 2.
2) Développer :
(f − αIdE )(f − βIdE )e t( f − β IdE )(f − αIdE ).
3) Pour tout x ∈ E, montrer que x est combinaison linéaire de (f − αIdE )(x)e t( f −β IdE )(x). En déduireq ue
E = Ker (f − αIdE )+Ker (f − βIdE )etmontrer que la somme
est directe.
4) Décomposer x sur less.e.v. supplémentaires trouvés :
x = p(x)+q(x),puis appliquer f .
5) Récurrence.
6) f
2 − (α + β)f + αβIdE = 0 , d’où :
f
f − (α + β)IdE
= −αβIdE
et
f − (α + β)IdE
f = −αβIdE .
Comme αβ
= 0, f est inversibleàdroite et àg auche, et
f
−1 = f − (α + β)IdE =
1
α
p +
1
β
q.
Par récurrence, pour tout n ∈ N f
−n = α
−n p + β
−n q. Donc, pour
tout m ∈ Z, f
m = α
m p + β
m q.
19 1) Il est clair que F ∩ G = {0}. Soit x ∈ E. On cherche
s’il existe x1 ∈ F et x2 ∈ G tels que x = x1 + x2. On aurait alors
f (x) = f (x1)+f(x2)=ix1 − ix2. En déduireles expressions nécessaires de x1 et x2 et vérifier qu’on ab ien x1 ∈ F , x2 ∈ G et
x = x1 + x2.
2) Soit p la projection sur F parallèlementàG,et q la projection
sur G parallèlementàF.Vérifier que : f = ip − iq.
20 f estbien une symétrie puisque :
∀P ∈ R2[X ] f ◦ f (P) = P(1 − (1 − X )) = P(X ).
Soit P(X ) = a2X
2 + a1X + a0,
f (P)(X ) = a2(1 − X )
2 + a1(1 − X )+a0
=a2X
2 −(2a2 + a1)X +(a2+a1+a0)
D’où :
f (P) = P ⇐⇒ − (2a2 + a1) = a1 et a2 + a1 = 0
⇐⇒ a 2 + a 1 = 0
⇐⇒ P = a 2 ( X
2 − X )+a0
f(P)=P ⇐⇒ a 2 = 0 , (2a2 + a1) = a1 et a2 + a1 + a0 = −a0
⇐⇒ a 2 = 0e ta 1= − 2 a 0
⇐⇒ P = a 0 ( − 2 X +1)
Ker (f − Id) = Vect(X
2 − X , 1) et Ker(f +Id) = Vect(1 − 2X )
21 1)Soit(P,Q)∈(R[X])
2 et (λ, μ) ∈ R
2 ,nous avons:
ΔλP+μQ = (λP+μQ)(X +1)−(λP+μQ)(X )
= λP(X +1)+μQ(X +1)−λP(X)−μQ(X)
= λΔ(P)+μΔ(Q)
Ce qui établit la linéarité de l’application Δ.
Ker Δ = {PP( X+1)=P(X)},c’est-à-dire l’ensemble des polynômespériodiques de période 1.
En particulier, si P ∈ Ker Δ,lepolynôme Q = P − P(0) s’annule
pour tout n ∈ Z et doncest le polynôme nul : P = P(0).
La réciproque est immédiate :K er Δ = R0[X ], ensemble des
polynômes constants.
2)Remarquons tout d’abord que Rn[X ]est stable par Δ, Δ induit
donc un endomorphismesur Rn[X ], noté Δ.
Cet endomorphisme ap our noyau Ker Δ ∩ Rn[X ] = R0[X ], il
n’est donc pasinjectif.
D’autre part, P(X +1)etP(X)ont même terme dominant, ce qui
prouve que deg(Δ(P)) < deg(P)e td oncI m( Δ )⊂R n − 1 [ X ]:
Δn’est pass urjectif (auc hapitre 23, le théorème du rang vous
permettra de conclure plus rapidement).
3)Soit P,d ed egré n > 3t el que Δ(P) = X
3 . Remarquons que
Δ(X
p ) =
p−1
k=0
p
k
X
k estdedegré p − 1, nouscherchons donc P de
degré 4et, parexemple, de terme constant nul : P =
4
p=1
apX
p .
Alors:
Δ(P)=a 4 (4X
3 +6X
2 +4X +1)+a3(3X
2 +3X +1)
+a2(2X +1)+a1
=4a 4 X
3 +(6a 4 +3a3)X
2 +(4a 4 +3a3+2a2)X
+(a 4 + a3 + a2 + a1).
Δ(P) = X
3 donne alors successivement a 4 =
1
4
, a3 = −
1
2
,
a2 =
1
4
et a1 = 0: P(X)=
1
4
X
4 −
1
2
X
3 +
1
4
X
2
Hachette Livre –HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
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b) On supposeKer f
2 ⊂ Ker f . Soit y ∈ Im f ∩ Ker f . Il existe
x ∈ E telque y = f (x);montrer que x ∈ Ker f
2 et conclure.
14 1) Montrer que( IdE − p)
2 = IdE − p.
2) Im (IdE − p) = Ker p
Ker (IdE − p) = Im p.
15 Si l’on suppose que u◦ p = p◦ u,onmontre facilement que
Im p et Ker p sont stablespar u.
Réciproquement, on suppose que Im p et Ker p sont stables par u.
Tout élément x de E se décompose de façon unique en x = x1 +x2,
avec x1 ∈ Im p et x2 ∈ Ker p. On en déduit u(x) = u(x1)+u(x2)
avec toujours u(x1) ∈ Im p et u(x2) ∈ Ker p. Comparer u◦ p (x)et
p◦u(x).
16 Il estclair que pq = p ⇒ Ker q ⊂ Ker p. Réciproquement, on suppose que Ker q ⊂ Ker p. Tout élément x de E se
décompose de façon unique en x = x1 + x2, avec x1 ∈ Im q et
x2 ∈ Ker q. Comparer pq(x)etp(x).
Même démarche pour la seconde équivalence.
17 1) (p + q)
2 = p + q
⇐⇒
pq + qp = 0( 1).
Si pq = qp = 0, on en déduit que p + q est un projecteur.
Réciproquement, comparer les égalités obtenues en composant (1)
par p àdroite ou àgauche ;endéduire pq = qp = 0.
2) Montrer d’abord que Im p ∩ Im q = {0}. L’inclusion
Im (p + q) ⊂ Im p +Im qest évidente. Réciproquement, soit
x ∈ Im p+Im q. Il existe (x1, x2) ∈ E
2 tel que x = p(x1)+q(x2). En
composant cette égalité par p ou par q, montrerque x = (p+q)(x).
De même, l’inclusion Ker p ∩ Ker q ⊂ Ker (p + q)est évidente.
Réciproquement, soit x ∈ Ker (p + q):
p ( x )+q(x)=0;composer par p ou par q.
18 1) Voir Application 2.
2) Développer :
(f − αIdE )(f − βIdE )e t( f − β IdE )(f − αIdE ).
3) Pour tout x ∈ E, montrer que x est combinaison linéaire de (f − αIdE )(x)e t( f −β IdE )(x). En déduireq ue
E = Ker (f − αIdE )+Ker (f − βIdE )etmontrer que la somme
est directe.
4) Décomposer x sur less.e.v. supplémentaires trouvés :
x = p(x)+q(x),puis appliquer f .
5) Récurrence.
6) f
2 − (α + β)f + αβIdE = 0 , d’où :
f
f − (α + β)IdE
= −αβIdE
et
f − (α + β)IdE
f = −αβIdE .
Comme αβ
= 0, f est inversibleàdroite et àg auche, et
f
−1 = f − (α + β)IdE =
1
α
p +
1
β
q.
Par récurrence, pour tout n ∈ N f
−n = α
−n p + β
−n q. Donc, pour
tout m ∈ Z, f
m = α
m p + β
m q.
19 1) Il est clair que F ∩ G = {0}. Soit x ∈ E. On cherche
s’il existe x1 ∈ F et x2 ∈ G tels que x = x1 + x2. On aurait alors
f (x) = f (x1)+f(x2)=ix1 − ix2. En déduireles expressions nécessaires de x1 et x2 et vérifier qu’on ab ien x1 ∈ F , x2 ∈ G et
x = x1 + x2.
2) Soit p la projection sur F parallèlementàG,et q la projection
sur G parallèlementàF.Vérifier que : f = ip − iq.
20 f estbien une symétrie puisque :
∀P ∈ R2[X ] f ◦ f (P) = P(1 − (1 − X )) = P(X ).
Soit P(X ) = a2X
2 + a1X + a0,
f (P)(X ) = a2(1 − X )
2 + a1(1 − X )+a0
=a2X
2 −(2a2 + a1)X +(a2+a1+a0)
D’où :
f (P) = P ⇐⇒ − (2a2 + a1) = a1 et a2 + a1 = 0
⇐⇒ a 2 + a 1 = 0
⇐⇒ P = a 2 ( X
2 − X )+a0
f(P)=P ⇐⇒ a 2 = 0 , (2a2 + a1) = a1 et a2 + a1 + a0 = −a0
⇐⇒ a 2 = 0e ta 1= − 2 a 0
⇐⇒ P = a 0 ( − 2 X +1)
Ker (f − Id) = Vect(X
2 − X , 1) et Ker(f +Id) = Vect(1 − 2X )
21 1)Soit(P,Q)∈(R[X])
2 et (λ, μ) ∈ R
2 ,nous avons:
ΔλP+μQ = (λP+μQ)(X +1)−(λP+μQ)(X )
= λP(X +1)+μQ(X +1)−λP(X)−μQ(X)
= λΔ(P)+μΔ(Q)
Ce qui établit la linéarité de l’application Δ.
Ker Δ = {PP( X+1)=P(X)},c’est-à-dire l’ensemble des polynômespériodiques de période 1.
En particulier, si P ∈ Ker Δ,lepolynôme Q = P − P(0) s’annule
pour tout n ∈ Z et doncest le polynôme nul : P = P(0).
La réciproque est immédiate :K er Δ = R0[X ], ensemble des
polynômes constants.
2)Remarquons tout d’abord que Rn[X ]est stable par Δ, Δ induit
donc un endomorphismesur Rn[X ], noté Δ.
Cet endomorphisme ap our noyau Ker Δ ∩ Rn[X ] = R0[X ], il
n’est donc pasinjectif.
D’autre part, P(X +1)etP(X)ont même terme dominant, ce qui
prouve que deg(Δ(P)) < deg(P)e td oncI m( Δ )⊂R n − 1 [ X ]:
Δn’est pass urjectif (auc hapitre 23, le théorème du rang vous
permettra de conclure plus rapidement).
3)Soit P,d ed egré n > 3t el que Δ(P) = X
3 . Remarquons que
Δ(X
p ) =
p−1
k=0
p
k
X
k estdedegré p − 1, nouscherchons donc P de
degré 4et, parexemple, de terme constant nul : P =
4
p=1
apX
p .
Alors:
Δ(P)=a 4 (4X
3 +6X
2 +4X +1)+a3(3X
2 +3X +1)
+a2(2X +1)+a1
=4a 4 X
3 +(6a 4 +3a3)X
2 +(4a 4 +3a3+2a2)X
+(a 4 + a3 + a2 + a1).
Δ(P) = X
3 donne alors successivement a 4 =
1
4
, a3 = −
1
2
,
a2 =
1
4
et a1 = 0: P(X)=
1
4
X
4 −
1
2
X
3 +
1
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X
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