Exercices corrigés : Espaces vectoriels et applications linéaires (Prépa, 1re année)

1. $A\subset\mathbb{R}^3$ et $(0,0,0)\in A$ car $0+0=0$. Soit $u=(x,y,z)$ et $u'=(x',y',z')$ dans $A$, et $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$. Alors

$$(\lambda x+\mu x')+(\lambda y+\mu y')=\lambda(x+y)+\mu(x'+y')=\lambda z+\mu z',$$

donc $\lambda u+\mu u'\in A$. $A$ est un sev de $\mathbb{R}^3$.

2. $(1,0,0)\in B$ et $(0,1,0)\in B$, mais leur somme $(1,1,0)$ vérifie $1\times 1=1\neq 0$, donc $(1,1,0)\notin B$. $B$ n'est pas stable par $+$ : ce n'est pas un sev (c'est la réunion des deux plans $x=0$ et $y=0$).

3. $0+0+0=0\neq 1$, donc $(0,0,0)\notin C$ : $C$ n'est pas un sev.

4. $D\subset\mathcal{C}^0([0,1],\mathbb{R})$. La fonction nulle vérifie $\int_0^1 0=0=0(0)$, donc elle est dans $D$. Soit $f,g\in D$ et $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$. La fonction $\lambda f+\mu g$ est continue et, par linéarité de l'intégrale,

$$\int_0^1(\lambda f+\mu g)=\lambda\int_0^1 f+\mu\int_0^1 g=\lambda f(0)+\mu g(0)=(\lambda f+\mu g)(0).$$

Donc $\lambda f+\mu g\in D$ : $D$ est un sev.

5. La suite nulle est dans $S$, le premier test ne suffit donc pas. La suite constante égale à $1$ est dans $S$ ($1=1^2$). Son double, la suite constante égale à $2$, vérifie $u_1=2$ et $u_0^2=4$, donc n'est pas dans $S$. $S$ n'est pas stable par la loi externe : ce n'est pas un sev.

1. On résout le système. La seconde équation donne $y=-t$, puis la première $x=z-y=z+t$. Donc

$$(x,y,z,t)\in F\iff (x,y,z,t)=(z+t,\,-t,\,z,\,t)=z(1,0,1,0)+t(1,-1,0,1).$$

Avec $u=(1,0,1,0)$ et $v=(1,-1,0,1)$, on a $F=\mathrm{Vect}(u,v)$. En particulier $F$ est un sev de $\mathbb{R}^4$.

2. La famille $(u,v)$ est génératrice de $F$ d'après la question 1. Supposons $au+bv=0$, soit $(a+b,\,-b,\,a,\,b)=(0,0,0,0)$. La troisième coordonnée donne $a=0$, la quatrième $b=0$. La famille est libre. C'est donc une base de $F$.

3. $3+(-1)-2=0$ et $-1+1=0$ : $w\in F$. D'après la question 1, $w=zu+tv$ avec $z=2$ et $t=1$. Contrôle : $2(1,0,1,0)+(1,-1,0,1)=(3,-1,2,1)$. Les coordonnées de $w$ dans $(u,v)$ sont $(2,1)$.

Soit $a,b,c\in\mathbb{R}$ tels que $au_1+bu_2+cu_3=0$. Cela équivaut à

$$\begin{cases} a+2b+c=0\\ 2a+b-c=0\\ a-b+mc=0\end{cases}$$

La première équation donne $a=-2b-c$. En reportant dans la deuxième : $2(-2b-c)+b-c=-3b-3c=0$, donc $b=-c$, puis $a=2c-c=c$. La troisième équation devient $c-(-c)+mc=(m+2)c=0$.

• Si $m\neq -2$ : $c=0$, puis $a=b=0$. La famille est libre.
• Si $m=-2$ : la troisième équation est toujours vraie et $c=1$, $b=-1$, $a=1$ est une solution non nulle. On obtient $u_1-u_2+u_3=0$. Vérification : $(1-2+1,\ 2-1-1,\ 1+1-2)=(0,0,0)$.

Conclusion : la famille est liée si et seulement si $m=-2$, avec la relation $u_1-u_2+u_3=0$.

1. Soit $u=(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$.

Analyse. Si $u=a+\lambda w$ avec $a\in F$, alors $a=(x-\lambda,\,y-\lambda,\,z-\lambda)$ vérifie $(x-\lambda)-(y-\lambda)+2(z-\lambda)=0$, soit $x-y+2z-2\lambda=0$, donc

$$\lambda=\frac{x-y+2z}{2}.$$

$\lambda$, puis $a=u-\lambda w$, sont déterminés par $u$ : la décomposition est unique, donc $F\cap D=\{0\}$.

Synthèse. Avec cette valeur de $\lambda$, le calcul précédent montre que $a=u-\lambda w$ est dans $F$, $\lambda w\in D$, et $u=a+\lambda w$.

Donc $\mathbb{R}^3=F\oplus D$.

2. $p(u)=u-\lambda w$ avec $\lambda=\frac{x-y+2z}{2}$. On calcule $x-\lambda=\frac{x+y-2z}{2}$, $y-\lambda=\frac{-x+3y-2z}{2}$, $z-\lambda=\frac{-x+y}{2}$. Ainsi

$$p(x,y,z)=\left(\frac{x+y-2z}{2},\ \frac{-x+3y-2z}{2},\ \frac{-x+y}{2}\right).$$

3. $s=2p-\mathrm{id}$ :

$$s(x,y,z)=(y-2z,\ -x+2y-2z,\ -x+y-z).$$

4. $p(1,1,1)=\left(0,0,0\right)$ et $s(1,1,1)=(-1,-1,-1)$, comme attendu pour un vecteur de $D$. Le vecteur $(1,1,0)$ est dans $F$ ($1-1+0=0$) : $p(1,1,0)=(1,1,0)$ et $s(1,1,0)=(1,\,1,\,0)$. De plus, pour tout $u$, $p(u)$ vérifie l'équation de $F$ : $\frac{(x+y-2z)-(-x+3y-2z)+2(-x+y)}{2}=0$.

1. Le polynôme nul s'annule en $1$ et $-1$. Si $P,Q\in F$ et $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$, alors $(\lambda P+\mu Q)(1)=\lambda P(1)+\mu Q(1)=0$ et de même en $-1$. Donc $F$ est un sev de $E$.

2. Si $P\in F$, $1$ et $-1$ sont racines de $P$, donc $(X-1)(X+1)=X^2-1$ divise $P$ : $P=(X^2-1)Q$. Comme $\deg P\leq 3$, $\deg Q\leq 1$, soit $Q=\alpha X+\beta$, et $P=\alpha(X^3-X)+\beta(X^2-1)$. Réciproquement, $X^2-1$ et $X^3-X=X(X^2-1)$ sont dans $F$, donc toute combinaison linéaire aussi. Ainsi $F=\mathrm{Vect}(X^2-1,X^3-X)$.

3. Soit $P\in E$.

Analyse. Supposons $P=A+B$ avec $A\in F$ et $B=aX+b\in G$. En évaluant en $1$ et $-1$ : $a+b=P(1)$ et $-a+b=P(-1)$. Donc

$$b=\frac{P(1)+P(-1)}{2},\qquad a=\frac{P(1)-P(-1)}{2},$$

puis $A=P-B$. La décomposition est unique.

Synthèse. On pose $B=aX+b$ avec ces valeurs et $A=P-B$. Alors $B\in G$, $A\in\mathbb{R}_3[X]$, $A(1)=P(1)-(a+b)=0$ et $A(-1)=P(-1)-(-a+b)=0$, donc $A\in F$, et $A+B=P$.

Donc $E=F\oplus G$.

4. Le projecteur sur $G$ parallèlement à $F$ associe à $P$ sa composante $B$ :

$$q(P)=\frac{P(1)-P(-1)}{2}X+\frac{P(1)+P(-1)}{2}.$$

Pour $P=X^3+X^2$ : $P(1)=2$, $P(-1)=0$, donc $q(P)=X+1$ et $A=X^3+X^2-X-1=(X^2-1)(X+1)\in F$. Ainsi $X^3+X^2=(X^3+X^2-X-1)+(X+1)$.

1. Si $\deg P\leq 2$, alors $\deg P'\leq 1$, donc $\deg\big((X+1)P'\big)\leq 2$ et $\varphi(P)\in\mathbb{R}_2[X]$. La dérivation est linéaire, donc $\varphi(\lambda P+\mu Q)=(X+1)(\lambda P'+\mu Q')-\lambda P-\mu Q=\lambda\varphi(P)+\mu\varphi(Q)$. $\varphi$ est un endomorphisme.

2. $\varphi(1)=0-1=-1$ ; $\varphi(X)=(X+1)-X=1$ ; $\varphi(X^2)=2X(X+1)-X^2=X^2+2X$.

3. Pour $P=a+bX+cX^2$, par linéarité :

$$\varphi(P)=-a+b+c(X^2+2X).$$

Noyau. $\varphi(P)=0\iff c=0$ et $b=a$ (identification des coefficients de $X^2$, puis des constantes ; le coefficient de $X$ vaut $2c$). Donc $\ker\varphi=\{a(1+X)\}=\mathrm{Vect}(1+X)$. Vérification : $\varphi(1+X)=(X+1)-(1+X)=0$. $\varphi$ n'est pas injective.

Image. $\operatorname{Im}\varphi=\mathrm{Vect}\big(-1,\,1,\,X^2+2X\big)=\mathrm{Vect}(1,\,X^2+2X)$. Le polynôme $X$ n'est pas dans l'image : si $X=\alpha+\beta(X^2+2X)$, le coefficient de $X^2$ donne $\beta=0$, puis celui de $X$ donne $1=0$, absurde. $\varphi$ n'est pas surjective.

4. Intersection. Si $t(1+X)=\alpha+\beta(X^2+2X)$, alors (coefficient de $X^2$) $\beta=0$, puis (coefficient de $X$) $t=0$. Donc $\ker\varphi\cap\operatorname{Im}\varphi=\{0\}$.

Somme. Soit $Q=a+bX+cX^2$. On cherche $t,\alpha,\beta$ avec $t(1+X)+\alpha+\beta(X^2+2X)=Q$, soit $\beta=c$, $t+2\beta=b$, $t+\alpha=a$. On trouve $\beta=c$, $t=b-2c$, $\alpha=a-b+2c$, qui conviennent.

Donc $\mathbb{R}_2[X]=\ker\varphi\oplus\operatorname{Im}\varphi$.

1. Notons $\mathcal{P}(n)$ : « pour tous réels $a_1<\cdots<a_n$, la famille $(e_{a_1},\ldots,e_{a_n})$ est libre ».

Initialisation. $e_{a_1}$ n'est pas la fonction nulle (elle vaut $1$ en $0$), donc $(e_{a_1})$ est libre.

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n-1)$ vraie pour un $n\geq 2$. Soit $a_1<\cdots<a_n$ et $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ tels que $\sum_{k=1}^{n}\lambda_ke_{a_k}=0$. Pour tout réel $x$, en divisant par $e^{a_nx}>0$ :

$$\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_ke^{(a_k-a_n)x}+\lambda_n=0.$$

Pour $k\leq n-1$, $a_k-a_n<0$, donc $e^{(a_k-a_n)x}\to 0$ quand $x\to+\infty$. Le passage à la limite donne $\lambda_n=0$. Il reste $\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_ke_{a_k}=0$, et $\mathcal{P}(n-1)$ donne $\lambda_1=\cdots=\lambda_{n-1}=0$. Donc $\mathcal{P}(n)$ est vraie.

Par récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout $n\geq 1$.

2. Une famille quelconque est libre si toutes ses sous-familles finies le sont. Une sous-famille finie de $(e_a)_{a\in\mathbb{R}}$ s'écrit $(e_{a_1},\ldots,e_{a_n})$ avec des réels deux à deux distincts, qu'on peut ranger dans l'ordre croissant. Elle est libre d'après la question 1. Donc $(e_a)_{a\in\mathbb{R}}$ est libre.

3. Pour tout $x$, $\mathrm{ch}\,x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$, donc $e_1+e_{-1}-2\,\mathrm{ch}=0$. C'est une relation de liaison à coefficients non nuls : la famille est liée (le troisième vecteur n'est pas une exponentielle $e_a$).

1. Soit $x\in E$.

Analyse. Si $x=a+b$ avec $u(a)=a$ et $u(b)=2b$, alors $u(x)=a+2b$. Par différence $b=u(x)-x$, puis $a=x-b=2x-u(x)$. La décomposition est unique, donc $F\cap G=\{0_E\}$.

Synthèse. Posons $a=2x-u(x)$ et $b=u(x)-x$. On a $a+b=x$ et, en utilisant $u^2(x)=3u(x)-2x$ :

$$\begin{aligned}(u-\mathrm{id})(a)&=2u(x)-u^2(x)-2x+u(x)=-\big(u^2(x)-3u(x)+2x\big)=0_E,\\ (u-2\,\mathrm{id})(b)&=u^2(x)-u(x)-2u(x)+2x=u^2(x)-3u(x)+2x=0_E.\end{aligned}$$

Donc $a\in F$, $b\in G$, et $E=F\oplus G$.

2. D'après l'analyse, la composante de $x$ sur $F$ dans la décomposition $E=F\oplus G$ est $a=2x-u(x)=p(x)$. Par définition, $p$ est le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$.

3. Posons $w=\frac{1}{2}(3\,\mathrm{id}_E-u)$, linéaire. Alors $u\circ w=\frac{1}{2}(3u-u^2)=\frac{1}{2}\cdot 2\,\mathrm{id}_E=\mathrm{id}_E$, et de même $w\circ u=\frac{1}{2}(3u-u^2)=\mathrm{id}_E$ car $u$ commute avec $\mathrm{id}_E$ et avec lui-même. Donc $u$ est bijectif, c'est un automorphisme, et

$$u^{-1}=\frac{1}{2}\big(3\,\mathrm{id}_E-u\big).$$

4. $v^2=(\mathrm{id}+q)\circ(\mathrm{id}+q)=\mathrm{id}+2q+q^2=\mathrm{id}+3q$ car $q^2=q$. Et $3v-2\,\mathrm{id}=3\,\mathrm{id}+3q-2\,\mathrm{id}=\mathrm{id}+3q$. Donc $v^2-3v+2\,\mathrm{id}=0$.

Ensuite $v(x)=x\iff q(x)=0_E$, donc $\ker(v-\mathrm{id})=\ker q$ ; et $v(x)=2x\iff q(x)=x$, donc $\ker(v-2\,\mathrm{id})=\ker(q-\mathrm{id})=\operatorname{Im} q$. On retrouve $E=\ker q\oplus\operatorname{Im} q$.

1. $f(M)\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$. Par linéarité de la trace, $f(\lambda M+\mu N)=\lambda M+\mu N+(\lambda\,\mathrm{tr}M+\mu\,\mathrm{tr}N)I_n=\lambda f(M)+\mu f(N)$. $f$ est un endomorphisme.

2. Notons $t=\mathrm{tr}(M)$. Alors $\mathrm{tr}(f(M))=t+t\,\mathrm{tr}(I_n)=(n+1)t$, donc

$$f(f(M))=f(M)+(n+1)t\,I_n=M+(n+2)t\,I_n.$$

Par ailleurs $(n+2)f(M)-(n+1)M=(n+2)M+(n+2)tI_n-(n+1)M=M+(n+2)tI_n$. D'où l'égalité.

3. Posons $g=\frac{1}{n+1}\big((n+2)\,\mathrm{id}-f\big)$, licite car $n+1\neq 0$. Alors $f\circ g=g\circ f=\frac{1}{n+1}\big((n+2)f-f\circ f\big)=\frac{1}{n+1}(n+1)\,\mathrm{id}=\mathrm{id}$. Donc $f$ est bijective, c'est un automorphisme, et $f^{-1}=g$ :

$$f^{-1}(M)=\frac{(n+2)M-M-\mathrm{tr}(M)I_n}{n+1}=M-\frac{\mathrm{tr}(M)}{n+1}I_n.$$

4. $H=\ker\mathrm{tr}$ est un sev. Intersection : si $\alpha I_n\in H$, alors $n\alpha=0$, donc $\alpha=0$. Somme : pour $M$ quelconque, posons $\alpha=\frac{\mathrm{tr}(M)}{n}$. Alors $M=\big(M-\alpha I_n\big)+\alpha I_n$ avec $\mathrm{tr}(M-\alpha I_n)=\mathrm{tr}(M)-n\alpha=0$. Donc $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})=H\oplus\mathrm{Vect}(I_n)$.

5. D'après la décomposition précédente, $p(M)=\frac{\mathrm{tr}(M)}{n}I_n$. Donc $(\mathrm{id}+np)(M)=M+\mathrm{tr}(M)I_n=f(M)$.

6. $f(M)=M\iff\mathrm{tr}(M)I_n=0\iff M\in H$ : $\ker(f-\mathrm{id})=H$. Ensuite $f(M)=(n+1)M\iff\mathrm{tr}(M)I_n=nM$. Une telle $M$ vaut $\frac{\mathrm{tr}(M)}{n}I_n\in\mathrm{Vect}(I_n)$ ; réciproquement $f(I_n)=I_n+nI_n=(n+1)I_n$. Donc $\ker\big(f-(n+1)\,\mathrm{id}\big)=\mathrm{Vect}(I_n)$.