Exercices corrigés : Dimension finie (Prépa, 1re année)

1. Soit $a, b, c \in \mathbb{R}$ tels que $a u_1 + b u_2 + c u_3 = 0$. En identifiant les coordonnées : $$\begin{cases} a + b + c = 0 \\ a + 2b = 0 \\ a + 3b + 2c = 0 \end{cases}$$ La deuxième équation donne $a = -2b$. La première devient $-b + c = 0$, soit $c = b$. La troisième devient $-2b + 3b + 2b = 3b = 0$, donc $b = 0$, puis $a = 0$ et $c = 0$.

La famille $\mathcal{B}$ est libre. Elle compte $3$ vecteurs et $\dim \mathbb{R}^3 = 3$ : c'est une base de $\mathbb{R}^3$ (caractérisation des bases par le cardinal).

2. On cherche $(a,b,c)$ tel que $a u_1 + b u_2 + c u_3 = w$ : $$\begin{cases} a + b + c = 2 \\ a + 2b = 1 \\ a + 3b + 2c = 0 \end{cases}$$ La deuxième équation donne $a = 1 - 2b$. La première devient $1 - b + c = 2$, soit $c = 1 + b$. La troisième devient $(1 - 2b) + 3b + 2(1 + b) = 3 + 3b = 0$, donc $b = -1$, puis $a = 3$ et $c = 0$.

Vérification : $3u_1 - u_2 = (3 - 1, \, 3 - 2, \, 3 - 3) = (2, 1, 0) = w$.

Les coordonnées de $w$ dans $\mathcal{B}$ sont $(3, -1, 0)$.

1. La seconde équation donne $x = y - 2z$. En reportant dans la première : $y - 2z + y + z + t = 0$, soit $t = -2y + z$. Ainsi $$(x,y,z,t) \in F \iff (x,y,z,t) = (y - 2z, \, y, \, z, \, -2y + z) = y\,(1,1,0,-2) + z\,(-2,0,1,1),$$ avec $y, z \in \mathbb{R}$ quelconques. On pose $f_1 = (1,1,0,-2)$ et $f_2 = (-2,0,1,1)$ : on a $F = \operatorname{Vect}(f_1, f_2)$.

Si $a f_1 + b f_2 = 0$, la deuxième coordonnée donne $a = 0$ et la troisième donne $b = 0$ : la famille $(f_1, f_2)$ est libre. C'est une base de $F$ et $\dim F = 2$.

Vérification : $1 + 1 + 0 - 2 = 0$ et $1 - 1 + 0 = 0$ pour $f_1$ ; $-2 + 0 + 1 + 1 = 0$ et $-2 - 0 + 2 = 0$ pour $f_2$.

Cohérence : $F$ est l'intersection de deux hyperplans de $\mathbb{R}^4$, donc $\dim F \geq 4 - 2 = 2$. Ici il y a égalité.

2. Comme $\dim \mathbb{R}^4 = 4$, il suffit de trouver deux vecteurs de la base canonique qui, ajoutés à $(f_1, f_2)$, donnent une famille libre de $4$ vecteurs. Essayons $e_1$ et $e_2$. Si $a f_1 + b f_2 + c e_1 + d e_2 = 0$, alors $$(a - 2b + c, \; a + d, \; b, \; -2a + b) = (0,0,0,0).$$ La troisième coordonnée donne $b = 0$, la quatrième $a = 0$, puis la première $c = 0$ et la deuxième $d = 0$.

La famille $(f_1, f_2, e_1, e_2)$ est libre et compte $4 = \dim \mathbb{R}^4$ vecteurs : c'est une base de $\mathbb{R}^4$.

1. On échelonne ; les opérations utilisées ne changent pas le sous-espace engendré.

• On remplace $u_2$ par $u_2' = u_2 - 2u_1 = (0, 1, -2, -3)$ et $u_4$ par $u_4' = u_4 - u_1 = (0, 1, 0, -1)$.
• On constate que $u_2' = u_3$ : le vecteur $u_3$ est combinaison linéaire des autres, on le supprime.
• On remplace $u_4'$ par $u_4'' = u_4' - u_2' = (0, 0, 2, 2)$.

Ainsi $$V = \operatorname{Vect}\big((1,0,1,2), \, (0,1,-2,-3), \, (0,0,2,2)\big).$$ Cette famille est échelonnée et formée de vecteurs non nuls, donc libre. Par conséquent $\operatorname{rg}(u_1, u_2, u_3, u_4) = \dim V = 3$. En particulier, la famille est liée ($3 < 4$) et n'engendre pas $\mathbb{R}^4$.

2. L'égalité $u_2' = u_3$ s'écrit $u_3 = u_2 - 2u_1$. Vérification : $u_2 - 2u_1 = (2 - 2, \, 1 - 0, \, 0 - 2, \, 1 - 4) = (0, 1, -2, -3) = u_3$. Une relation de liaison est donc $2u_1 - u_2 + u_3 = 0$.

3. Comme $u_3 \in \operatorname{Vect}(u_1, u_2)$, on a $V = \operatorname{Vect}(u_1, u_2, u_4)$. La famille $(u_1, u_2, u_4)$ engendre $V$ et compte $3 = \dim V$ vecteurs : c'est une base de $V$.

1. On remplace $w_2$ par $w_2' = w_2 - w_1 = (0, \, a - 1, \, 1 - a)$ et $w_3$ par $w_3' = w_3 - a w_1 = (0, \, 1 - a, \, 1 - a^2)$. Ces opérations conservent le rang.

Cas $a = 1$. On a $w_2' = w_3' = 0$, donc le rang est celui de $(w_1)$, avec $w_1 = (1,1,1) \neq 0$ : le rang vaut $1$. (En effet $w_1 = w_2 = w_3$.)

Cas $a \neq 1$. On multiplie $w_2'$ par $\frac{1}{a - 1} \neq 0$ et $w_3'$ par $\frac{1}{1 - a} \neq 0$, en utilisant $1 - a^2 = (1 - a)(1 + a)$ : $$w_2'' = (0, 1, -1), \qquad w_3'' = (0, 1, 1 + a).$$ Puis on remplace $w_3''$ par $w_3'' - w_2'' = (0, 0, 2 + a)$. Le rang est celui de la famille échelonnée $\big((1,1,a), (0,1,-1), (0, 0, a + 2)\big)$.

• Si $a \neq -2$, les trois vecteurs sont non nuls et échelonnés : le rang vaut $3$.
• Si $a = -2$, le dernier vecteur est nul et les deux premiers sont échelonnés non nuls : le rang vaut $2$.

Bilan. $\operatorname{rg}(w_1, w_2, w_3) = 3$ si $a \notin \{1, -2\}$, $= 1$ si $a = 1$, $= 2$ si $a = -2$.

2. La famille compte $3 = \dim \mathbb{R}^3$ vecteurs ; c'est une base si et seulement si son rang vaut $3$, c'est-à-dire si et seulement si $a \notin \{1, -2\}$.

3. Pour $a = -2$ : $w_1 + w_2 + w_3 = (1 + 1 - 2, \; 1 - 2 + 1, \; -2 + 1 + 1) = (0,0,0)$. Une relation de liaison est $w_1 + w_2 + w_3 = 0$.

1. $a_1$ et $a_2$ ne sont pas colinéaires, donc $(a_1, a_2)$ est libre et $\dim F = 2$. De même $\dim G = 2$.

2. On a $a_1 + a_2 = (1,1,1,1) = b_1 + b_2$, donc $b_2 = a_1 + a_2 - b_1$ et $\operatorname{Vect}(a_1, a_2, b_1, b_2) = \operatorname{Vect}(a_1, a_2, b_1)$. On échelonne : $b_1 - a_1 = (0, 1, -1, 0)$, puis $(b_1 - a_1) - a_2 = (0, 0, -1, -1)$. La famille $\big((1,0,1,0), (0,1,0,1), (0,0,-1,-1)\big)$ est échelonnée, de vecteurs non nuls, donc libre. Ainsi $\operatorname{rg}(a_1, a_2, b_1, b_2) = 3$.

Comme $F + G = \operatorname{Vect}(a_1, a_2, b_1, b_2)$, on obtient $\dim(F + G) = 3$.

3. Par la formule de Grassmann, $$\dim(F \cap G) = \dim F + \dim G - \dim(F + G) = 2 + 2 - 3 = 1.$$ Le vecteur $c = (1,1,1,1) = a_1 + a_2 = b_1 + b_2$ appartient à $F$ et à $G$, et il est non nul. Donc $F \cap G = \operatorname{Vect}(c)$.

4. $F + G$ est un hyperplan de $\mathbb{R}^4$. On cherche $(\alpha, \beta, \gamma, \delta) \neq 0$ tel que $\alpha x + \beta y + \gamma z + \delta t = 0$ soit vérifiée par $a_1$, $a_2$, $b_1$ : $\alpha + \gamma = 0$, $\beta + \delta = 0$, $\alpha + \beta = 0$. Avec $\alpha = 1$ : $\gamma = -1$, $\beta = -1$, $\delta = 1$. L'hyperplan $K : x - y - z + t = 0$ contient $a_1, a_2, b_1$, donc $F + G \subset K$ ; les deux sont de dimension $3$, donc $F + G = K$. Contrôle : $b_2$ vérifie $0 - 0 - 1 + 1 = 0$.

5. Non : $F \cap G \neq \{0\}$ (et $F + G \neq \mathbb{R}^4$). La somme n'est pas directe.

1. Si $P \in F$, les réels $1$ et $-1$ sont deux racines distinctes de $P$, donc $(X - 1)(X + 1) = X^2 - 1$ divise $P$ : $P = (X^2 - 1)Q$ avec $\deg Q \leq 3 - 2 = 1$ (ou $Q = 0$). Réciproquement, tout $(X^2 - 1)Q$ avec $Q \in \mathbb{R}_1[X]$ est de degré au plus $3$ et s'annule en $1$ et $-1$. D'où l'égalité, et $$F = \operatorname{Vect}\big(X^2 - 1, \; X(X^2 - 1)\big).$$ Ces deux polynômes sont non nuls de degrés distincts $2$ et $3$ : ils forment une famille libre, donc une base de $F$, et $\dim F = 2$.

2. On a $\dim F + \dim G = 2 + 2 = 4 = \dim \mathbb{R}_3[X]$. Soit $P \in F \cap G$ : $P$ est de degré au plus $1$ et possède les deux racines distinctes $1$ et $-1$, donc $P = 0$. Ainsi $F \cap G = \{0\}$ et, par la caractérisation des supplémentaires par la dimension, $E = F \oplus G$.

3. On a $X^3 = X(X^2 - 1) + X$, avec $X(X^2 - 1) \in F$ et $X \in G$.

Pour $P = a + bX + cX^2 + dX^3$ : $$(X^2 - 1)(c + dX) = cX^2 + dX^3 - c - dX,$$ donc $$P = \underbrace{(X^2 - 1)(c + dX)}_{\in F} + \underbrace{(a + c) + (b + d)X}_{\in G}.$$ Vérification : $cX^2 + dX^3 - c - dX + a + c + bX + dX = a + bX + cX^2 + dX^3$. Par unicité de la décomposition dans une somme directe, c'est la décomposition cherchée : la composante sur $G$ est le reste de la division euclidienne de $P$ par $X^2 - 1$.

1. Comme $u^{p-1} \neq 0$, il existe $x \in E$ tel que $u^{p-1}(x) \neq 0$. Supposons qu'il existe $(\lambda_0, \dots, \lambda_{p-1}) \neq (0, \dots, 0)$ tel que $\sum_{k=0}^{p-1} \lambda_k u^k(x) = 0$. Soit $j$ le plus petit indice tel que $\lambda_j \neq 0$ : la relation s'écrit $\sum_{k=j}^{p-1} \lambda_k u^k(x) = 0$. On lui applique l'application linéaire $u^{p-1-j}$ : $$\sum_{k=j}^{p-1} \lambda_k u^{k + p - 1 - j}(x) = 0.$$ Pour $k > j$, on a $k + p - 1 - j \geq p$, donc $u^{k+p-1-j} = u^{k-1-j} \circ u^p = 0$. Il reste $\lambda_j u^{p-1}(x) = 0$ avec $u^{p-1}(x) \neq 0$, d'où $\lambda_j = 0$ : contradiction. La famille $(x, u(x), \dots, u^{p-1}(x))$ est libre.

2. C'est une famille libre de $p$ vecteurs de $E$, de dimension $n$ : par le lemme fondamental, $p \leq n$. Alors $u^n = u^{n-p} \circ u^p = 0$.

3. Si $p = n$, la famille $\mathcal{B} = (x, u(x), \dots, u^{n-1}(x))$ est libre et compte $n = \dim E$ vecteurs : c'est une base de $E$.

L'image de $\mathcal{B}$ par $u$ est $(u(x), u^2(x), \dots, u^{n-1}(x), u^n(x))$ avec $u^n(x) = 0$. Donc $\operatorname{Im} u = \operatorname{Vect}(u(x), \dots, u^{n-1}(x))$. Cette famille de $n - 1$ vecteurs est une sous-famille de $\mathcal{B}$, donc libre : $\operatorname{rg} u = n - 1$.

Par le théorème du rang, $\dim \operatorname{Ker} u = n - (n - 1) = 1$. Or $u(u^{n-1}(x)) = u^n(x) = 0$ et $u^{n-1}(x) \neq 0$ : ce vecteur engendre une droite contenue dans $\operatorname{Ker} u$, de même dimension, donc $\operatorname{Ker} u = \operatorname{Vect}(u^{n-1}(x))$.

1. $K$ est un sous-espace de $E$, donc de dimension finie. Pour $x \in K$, $v(w(x)) = v(u(x)) = 0$, donc $w(x) \in \operatorname{Ker} v$ : $w(K) \subset \operatorname{Ker} v$.

On a $\operatorname{Ker} w = \{x \in K : u(x) = 0\} = K \cap \operatorname{Ker} u$. Or $\operatorname{Ker} u \subset K$ : si $u(x) = 0$, alors $v(u(x)) = v(0) = 0$. Donc $\operatorname{Ker} w = \operatorname{Ker} u$.

2. Le théorème du rang appliqué à $w \in \mathcal{L}(K, F)$ donne $$\dim K = \dim \operatorname{Ker} w + \operatorname{rg} w = \dim \operatorname{Ker} u + \dim w(K).$$ Comme $w(K) \subset \operatorname{Ker} v$, sous-espace de $F$ de dimension finie, $\dim w(K) \leq \dim \operatorname{Ker} v$. D'où $\dim \operatorname{Ker}(v \circ u) \leq \dim \operatorname{Ker} u + \dim \operatorname{Ker} v$.

3. Par le théorème du rang appliqué à $v \circ u$, $u$ et $v$ (tous de source $E$ de dimension $n$) : $$n - \operatorname{rg}(v \circ u) \leq (n - \operatorname{rg} u) + (n - \operatorname{rg} v),$$ ce qui s'écrit $\operatorname{rg} u + \operatorname{rg} v - n \leq \operatorname{rg}(v \circ u)$.

4. Si $v \circ u = 0$, alors $\operatorname{rg}(v \circ u) = 0$ et la question 3 donne $\operatorname{rg} u + \operatorname{rg} v \leq n$. (On peut aussi le voir directement : $\operatorname{Im} u \subset \operatorname{Ker} v$, donc $\operatorname{rg} u \leq n - \operatorname{rg} v$.)

1. Pour $P, Q \in \mathbb{R}[X]$ et $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ : $f(\lambda P + \mu Q) = (X^2 - 1)(\lambda P' + \mu Q') - 2X(\lambda P + \mu Q) = \lambda f(P) + \mu f(Q)$, donc $f$ est linéaire. Pour $P = a + bX + cX^2$, $P' = b + 2cX$ et $$\begin{aligned} f(P) &= bX^2 + 2cX^3 - b - 2cX - 2aX - 2bX^2 - 2cX^3 \\ &= -b - 2(a + c)X - bX^2. \end{aligned}$$ Donc $f(P) \in \mathbb{R}_2[X]$ : $f$ induit un endomorphisme de $\mathbb{R}_2[X]$.

2. $f(P) = 0 \iff b = 0$ et $a + c = 0$. Donc $P = a - aX^2 = -a(X^2 - 1)$ et $$\operatorname{Ker} f = \operatorname{Vect}(X^2 - 1),$$ de dimension $1$. Vérification : $f(X^2 - 1) = (X^2 - 1) \cdot 2X - 2X(X^2 - 1) = 0$.

3. Par le théorème du rang, $\operatorname{rg} f = 3 - 1 = 2$. L'expression de la question 1 s'écrit $f(P) = -b(1 + X^2) - 2(a + c)X$, donc $\operatorname{Im} f \subset \operatorname{Vect}(X, 1 + X^2)$ ; de plus $f(1) = -2X$ et $f(X) = -(1 + X^2)$. Ainsi $\operatorname{Im} f = \operatorname{Vect}(X, 1 + X^2)$. Ces deux polynômes, non nuls de degrés distincts, forment une famille libre : c'est une base de $\operatorname{Im} f$.

4. On a $\dim \operatorname{Ker} f + \dim \operatorname{Im} f = 1 + 2 = 3 = \dim \mathbb{R}_2[X]$. Soit $Q \in \operatorname{Ker} f \cap \operatorname{Im} f$ : $Q = \lambda(X^2 - 1) = \alpha X + \beta(1 + X^2)$. En identifiant : coefficient constant $-\lambda = \beta$, coefficient de $X$ : $0 = \alpha$, coefficient de $X^2$ : $\lambda = \beta$. Donc $\lambda = -\lambda$, soit $\lambda = 0$ et $Q = 0$. Par la caractérisation des supplémentaires par la dimension, $\mathbb{R}_2[X] = \operatorname{Ker} f \oplus \operatorname{Im} f$.

5. Avec $P = a + bX + cX^2$, l'équation $f(P) = -2X$ équivaut à $-b = 0$, $-2(a + c) = -2$, $-b = 0$, soit $b = 0$ et $a = 1 - c$. Donc $P = (1 - c) + cX^2 = 1 + c(X^2 - 1)$. L'ensemble des solutions est $$\{1 + \lambda(X^2 - 1) : \lambda \in \mathbb{R}\},$$ solution particulière $1$ (car $f(1) = -2X$) plus le noyau.

L'équation $f(P) = X^2$ imposerait $-b = 0$ (coefficient constant) et $-b = 1$ (coefficient de $X^2$) : impossible. Elle n'a pas de solution, c'est-à-dire $X^2 \notin \operatorname{Im} f$.

6. $f(X^n) = (X^2 - 1) n X^{n-1} - 2X^{n+1} = (n - 2)X^{n+1} - nX^{n-1}$. Comme $n \geq 3$, $n - 2 \neq 0$ : $f(X^n)$ est de degré $n + 1$, donc $f(X^n) \notin \mathbb{R}_n[X]$. La stabilité de $\mathbb{R}_2[X]$ tient à l'annulation du coefficient $n - 2$ pour $n = 2$.