Considérons alors la famille (R 1 , . . . , R n ) de polynômes définie par : pour tout i
dans [[1, n − 1]], R i = P i − P n et R n = P n . On montre comme précédemment
que la famille obtenue est une base de F. De plus le degré des R i est strictement
inférieur au degré de R n . On a F = Vect (R 1 , . . . , R n−1 ) ⊕ Vect(R n ). Le sous-espace
Vect (R 1 , . . . , R n ) est de dimension n − 1. Il existe donc une base (S 1 , . . . , S n−1 ) de
Vect (R 1 , . . . , R n−1 ), telle que la suite (deg S i ) soit strictement croissante. Comme
F = Vect (R 1 , . . . , R n−1 ) ⊕ Vect(R n ), la famille (S 1 , . . . , S n−1 , R n ) est une base
de F. Montrons que deg S n−1 < deg R n . Comme par construction S n−1 est dans
Vect (R 1 , . . . , R n−1 ), le polynôme S n−1 est combinaison linéaire des polynômes
R i qui sont tous de degré strictement inférieur au degré de R n , on en déduit
deg S n−1 < deg R n . On a ainsi montré que la suite des degrés de la famille
(S 1 , . . . , S n−1 , R n ) est strictement croissante et c’est une base de F.
Exercice 3.35
Centrale MP 2006
Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie n et f ∈ L(E) tel que
f
2 = − Id E .
1) Montrer que (a, f (a)) est libre pour tout a non nul de E.
2) Montrer que n est un entier pair. On pose n = 2 p.
On pose Vect(a, f (a)) = F(a) pour tout a non nul de E.
3) Montrer l’existence de a 1 , . . . , a p dans E tels que F(a 1 ) ⊕ · · · ⊕ F(a p ) = E.
4) Déduire des questions précédentes une base de E dans laquelle la matrice de
f est particulièrement simple.
1) Soit a et b deux réels tels que aa + b f (a) = 0. En appliquant f , on obtient
a f (a) − ba = 0 Alors a(aa + b f (a)) − b(a f (a) − ba) = (a
2 + b
2 )a = 0, et
puisque a = 0, on en déduit a
2 + b
2 = 0, s’où a = b = 0. Le système (a, f (a)) est
donc libre.
2) Si f
2 = − Id, on a det f
2 = (det f )
2 = (−1)
n , ce qui n’est possible que si n est
pair.
3) Soit k ∈ {1, . . . , p − 1}, et soit (a 1 , . . . , a k ) dans E
k tels que la somme
F k = F(a 1 ) + · · · + F(a k ) soit directe. Montrons la propriété suivante : Si a k+1
n’appartient pas à F k , alors la somme F(a 1 ) + · · · + F(a k ) + F(a k+1 ) est directe.
Montrons que F(a k+1 ) ∩ F k = {0}. Soit x dans F(a k+1 ) ∩ F k . Il existe deux réels l
et m tels que x = la k+1 + m f (a k+1 ). Comme F k est stable par f , on a
f (x) = f (la k+1 + m f (a k+1 )) = l f (a k+1 ) − ma k+1 ∈ F k ,
puis
l(la k+1 + m f (a k+1 )) − m(l f (a k+1 ) − ma k+1 ) = (l
2 + m
2 )a k+1 ∈ F k .
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
dans [[1, n − 1]], R i = P i − P n et R n = P n . On montre comme précédemment
que la famille obtenue est une base de F. De plus le degré des R i est strictement
inférieur au degré de R n . On a F = Vect (R 1 , . . . , R n−1 ) ⊕ Vect(R n ). Le sous-espace
Vect (R 1 , . . . , R n ) est de dimension n − 1. Il existe donc une base (S 1 , . . . , S n−1 ) de
Vect (R 1 , . . . , R n−1 ), telle que la suite (deg S i ) soit strictement croissante. Comme
F = Vect (R 1 , . . . , R n−1 ) ⊕ Vect(R n ), la famille (S 1 , . . . , S n−1 , R n ) est une base
de F. Montrons que deg S n−1 < deg R n . Comme par construction S n−1 est dans
Vect (R 1 , . . . , R n−1 ), le polynôme S n−1 est combinaison linéaire des polynômes
R i qui sont tous de degré strictement inférieur au degré de R n , on en déduit
deg S n−1 < deg R n . On a ainsi montré que la suite des degrés de la famille
(S 1 , . . . , S n−1 , R n ) est strictement croissante et c’est une base de F.
Exercice 3.35
Centrale MP 2006
Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie n et f ∈ L(E) tel que
f
2 = − Id E .
1) Montrer que (a, f (a)) est libre pour tout a non nul de E.
2) Montrer que n est un entier pair. On pose n = 2 p.
On pose Vect(a, f (a)) = F(a) pour tout a non nul de E.
3) Montrer l’existence de a 1 , . . . , a p dans E tels que F(a 1 ) ⊕ · · · ⊕ F(a p ) = E.
4) Déduire des questions précédentes une base de E dans laquelle la matrice de
f est particulièrement simple.
1) Soit a et b deux réels tels que aa + b f (a) = 0. En appliquant f , on obtient
a f (a) − ba = 0 Alors a(aa + b f (a)) − b(a f (a) − ba) = (a
2 + b
2 )a = 0, et
puisque a = 0, on en déduit a
2 + b
2 = 0, s’où a = b = 0. Le système (a, f (a)) est
donc libre.
2) Si f
2 = − Id, on a det f
2 = (det f )
2 = (−1)
n , ce qui n’est possible que si n est
pair.
3) Soit k ∈ {1, . . . , p − 1}, et soit (a 1 , . . . , a k ) dans E
k tels que la somme
F k = F(a 1 ) + · · · + F(a k ) soit directe. Montrons la propriété suivante : Si a k+1
n’appartient pas à F k , alors la somme F(a 1 ) + · · · + F(a k ) + F(a k+1 ) est directe.
Montrons que F(a k+1 ) ∩ F k = {0}. Soit x dans F(a k+1 ) ∩ F k . Il existe deux réels l
et m tels que x = la k+1 + m f (a k+1 ). Comme F k est stable par f , on a
f (x) = f (la k+1 + m f (a k+1 )) = l f (a k+1 ) − ma k+1 ∈ F k ,
puis
l(la k+1 + m f (a k+1 )) − m(l f (a k+1 ) − ma k+1 ) = (l
2 + m
2 )a k+1 ∈ F k .
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