Tous les exercices d'algèbre et de géométrie PC-PSI

Exercice 1.1 - Bases de polynômes

Question 1 - Base de Kn[X]

Soit (l0, ..., ln) dans K^(n+1) tel que Σ(k=0 à n) lk Pk = 0. Raisonnons par l'absurde et supposons que les lk ne sont pas tous nuls. Soit p le plus grand des entiers k dans [[0, n]] tel que lk est non nul. Puisque pour tout k on a deg Pk = k, on en déduit que le degré de la somme Σ(k=0 à n) lk Pk est exactement p. Par conséquent, ce polynôme est non nul, ce qui contredit l'hypothèse de départ. La famille (P0, ..., Pn) est donc libre. Étant composée de n + 1 éléments dans un espace vectoriel Kn[X] de dimension n + 1, c'est une base de Kn[X].

Question 2 - Base de K[X]

Montrons d'abord que la famille (Pi) pour i ∈ N est libre. Soit J une partie finie de N. Il existe un entier n tel que J ⊂ [[0, n]]. La famille (Pj) pour j ∈ J est donc une sous-famille de (P0, ..., Pn). Comme nous avons démontré à la question précédente que (P0, ..., Pn) est libre, toute sous-famille de celle-ci l'est également. La famille infinie (Pi) est donc libre. Montrons ensuite qu'elle est génératrice. Soit P un polynôme de K[X] de degré n. P appartient à Kn[X], et puisque (P0, ..., Pn) est une base de Kn[X], P peut s'écrire comme une combinaison linéaire de ces éléments, et donc comme une combinaison linéaire finie de la famille (Pi). La famille (Pi) est libre et génératrice, c'est donc une base de K[X].

Exercice 1.2 - Changement de base dans R2n[X]

Question 1 - Base de R2n[X]

La famille B est composée des polynômes Pk = (X - a)^k pour 0 ≤ k ≤ 2n. Le degré de Pk est k. D'après le résultat de l'exercice 1.1, toute famille de polynômes étagée en degré (où chaque polynôme a pour degré son indice) forme une base de l'espace des polynômes de degré correspondant. La famille B compte 2n + 1 éléments et est étagée en degré de 0 à 2n, c'est donc une base de R2n[X].

Question 2 - Coordonnées de (X - a)ⁿ(X - b)ⁿ

Pour exprimer (X - a)ⁿ(X - b)ⁿ dans la base B, remarquons que X - b = (X - a) + (a - b). En utilisant la formule du binôme de Newton sur (X - b)ⁿ : (X - b)ⁿ = Σ(k=0 à n) [n! / (k!(n-k)!)] (X - a)^k (a - b)^(n-k). Multiplions par (X - a)ⁿ : (X - a)ⁿ(X - b)ⁿ = Σ(k=0 à n) [n! / (k!(n-k)!)] (X - a)^(n+k) (a - b)^(n-k). Effectuons le changement d'indice i = n + k. Les bornes de la somme deviennent i = n jusqu'à i = 2n, et k = i - n : (X - a)ⁿ(X - b)ⁿ = Σ(i=n à 2n) [n! / ((i-n)!(2n-i)!)] (a - b)^(2n-i) (X - a)^i. Les coordonnées li dans la base B sont donc : Pour i ∈ [[0, n-1]], li = 0. Pour i ∈ [[n, 2n]], li = [n! / ((i-n)!(2n-i)!)] (a - b)^(2n-i).

Exercice 1.3 - Indépendance linéaire d'exponentielles

Question unique - Liberté de la famille

Procédons par récurrence sur le cardinal n des sous-familles finies de L. Pour n = 1, la sous-famille contient une seule fonction fa. Puisque la fonction exponentielle n'est jamais nulle, cette famille est libre. Supposons que toute sous-famille de cardinal n - 1 est libre. Considérons une sous-famille de cardinal n : (fa1, ..., fan). Quitte à réindexer, supposons que a1 < a2 < ... < an. Soient des réels c1, ..., cn tels que Σ(i=1 à n) ci fai = 0. En divisant cette équation par fan (c'est-à-dire en multipliant par e^(-an x)), on obtient : Σ(i=1 à n) ci e^((ai - an)x) = 0. Passons à la limite quand x tend vers +∞. Pour tout i < n, ai - an < 0, donc e^((ai - an)x) tend vers 0. Le terme pour i = n est constant et vaut cn. La limite donne donc cn = 0. L'équation se réduit alors à Σ(i=1 à n-1) ci fai = 0. Par hypothèse de récurrence (la famille de cardinal n - 1 est libre), tous les ci restants sont nuls. La famille (fa) est donc libre.

Exercice 1.4 - Sous-espace vectoriel de polynômes

Question 1 - Sous-espace vectoriel

H est l'ensemble des P ∈ Rn[X] tels que P(1) = P'(1) = 0. Le polynôme nul appartient à H, donc H n'est pas vide. Soient P et Q dans H, et l un réel. Posons R = P + lQ. R(1) = P(1) + lQ(1) = 0 + 0 = 0. R'(1) = P'(1) + lQ'(1) = 0 + 0 = 0. Donc R appartient à H. H est stable par combinaison linéaire, c'est un sous-espace vectoriel de Rn[X].

Question 2 - Divisibilité par (X-1)²

Dire que P(1) = P'(1) = 0 signifie que 1 est racine d'ordre au moins 2 du polynôme P. Cela est strictement équivalent à dire que (X - 1)² divise P.

Question 3 - Base et dimension

D'après la question précédente, si P appartient à H, il s'écrit P(X) = Q(X)(X - 1)² avec deg(Q) ≤ n - 2. Posons Q(X) = Σ(i=0 à n-2) ai X^i. Alors P(X) = Σ(i=0 à n-2) ai X^i (X - 1)². La famille F = ((X - 1)², X(X - 1)², ..., X^(n-2)(X - 1)²) est génératrice de H. Comme elle est échelonnée en degré (les degrés vont de 2 à n), elle est libre. C'est donc une base de H. La dimension de H correspond au nombre d'éléments de F, qui est n - 1.

Exercice 1.5 - Intersection et somme de sous-espaces

Question 1 - Inclusion

Soit x dans (L ∩ M) + (L ∩ N). Il existe x1 dans L ∩ M et x2 dans L ∩ N tels que x = x1 + x2. Puisque x1 et x2 sont tous les deux dans L (qui est un sous-espace vectoriel), leur somme x est dans L. De plus, x1 est dans M et x2 est dans N, donc la somme x = x1 + x2 appartient à la somme M + N. Par conséquent, x appartient à la fois à L et à M + N, ce qui prouve que (L ∩ M) + (L ∩ N) ⊂ L ∩ (M + N).

Question 2 - Non-égalité

Considérons l'espace R² et trois droites vectorielles distinctes D1, D2 et D3. La somme de deux droites vectorielles distinctes dans R² est l'espace R² entier. Donc D2 + D3 = R². Ainsi, D1 ∩ (D2 + D3) = D1 ∩ R² = D1. D'autre part, l'intersection de deux droites vectorielles distinctes est réduite au vecteur nul {0}. Donc D1 ∩ D2 = {0} et D1 ∩ D3 = {0}. La somme (D1 ∩ D2) + (D1 ∩ D3) = {0} + {0} = {0}. On a bien D1 ≠ {0}, ce qui montre que l'égalité n'est pas toujours vérifiée.

Exercice 1.6 - Applications w et c

Question unique - Étude de l'injectivité, surjectivité et bijectivité

Pour w(P) = P' : Le noyau de w est l'ensemble des polynômes dont la dérivée est nulle, c'est-à-dire l'ensemble des polynômes constants. Le noyau n'étant pas réduit à {0}, w n'est pas injective. En revanche, w est surjective car tout polynôme P de K[X] possède une primitive polynomiale dans K[X]. Puisque w n'est pas injective, elle n'est pas bijective.

Pour c(P) = X P : Si P est non nul, le degré de c(P) est deg(P) + 1. Aucun polynôme dont l'image par c est égale à la constante 1 n'existe (car deg 1 = 0, ce qui impliquerait deg P = -1). L'application c n'est donc pas surjective. Le noyau de c est réduit au polynôme nul, car X P = 0 implique P = 0. Donc c est injective. N'étant pas surjective, elle n'est pas bijective.

Exercice 1.7 - Application f sur Rn[X]

Question 1 - Linéarité, dimension du noyau et de l'image

Vérifions la linéarité : Soient P, Q dans Rn[X] et a, b dans R. f(aP + bQ) = X(aP + bQ)(1) + (X² - 4)(aP + bQ)(0) = X(aP(1) + bQ(1)) + (X² - 4)(aP(0) + bQ(0)) = a[X P(1) + (X² - 4)P(0)] + b[X Q(1) + (X² - 4)Q(0)] = a f(P) + b f(Q). Donc f est linéaire.

Déterminons le noyau : f(P) = 0 ssi X P(1) + (X² - 4)P(0) = 0. Les polynômes X et X² - 4 forment une famille libre (degrés différents), donc cette égalité implique P(1) = 0 et P(0) = 0. P appartient à Ker f ssi 0 et 1 sont racines de P, c'est-à-dire ssi X(X - 1) divise P. Pour n ≥ 2, P s'écrit P(X) = X(X - 1)Q(X) où Q est de degré au plus n - 2. Une base de Ker f est donc (X(X-1), X²(X-1), ..., X^(n-1)(X-1)), qui compte n - 1 éléments. La dimension de Ker f est n - 1.

Par le théorème du rang : dim Im f = dim Rn[X] - dim Ker f = (n + 1) - (n - 1) = 2. (On observe d'ailleurs que Im f = Vect(X, X² - 4)).

Exercice 1.8 - Noyau et image d'un endomorphisme

Question unique - Détermination du noyau et de l'image

L'application est f(P) = (X - a)(P' - P'(a)) - 2(P - P(a)). Appliquons f à la base de Taylor en a : ek = (X - a)^k / k!.

• Pour k = 0 : e0 = 1. f(1) = (X - a)(0 - 0) - 2(1 - 1) = 0.
• Pour k = 1 : e1 = X - a. f(X - a) = (X - a)(1 - 1) - 2(X - a - 0) = -2(X - a).
• Pour k = 2 : e2 = (X - a)²/2. f((X - a)²/2) = (X - a)(X - a - 0) - 2((X - a)²/2 - 0) = (X - a)² - (X - a)² = 0.
• Pour k ≥ 3 : f(ek) = (X - a)( (X - a)^(k-1)/(k-1)! - 0) - 2((X - a)^k/k! - 0) = k(X - a)^k/k! - 2(X - a)^k/k! = (k - 2) (X - a)^k / k!.

L'image de f est engendrée par les images des vecteurs de base. Im f = Vect(f(e1), f(e3), ..., f(en)) = Vect(X - a, (X - a)³, ..., (X - a)ⁿ). Cette famille est échelonnée en degré, elle forme donc une base de Im f. Ainsi, dim Im f = n - 1.

D'après le théorème du rang, dim Ker f = (n + 1) - (n - 1) = 2. Les calculs précédents montrent que f(e0) = 0 et f(e2) = 0. Les vecteurs 1 et (X - a)² sont dans le noyau. Étant non colinéaires, ils forment une famille libre de cardinal 2, c'est donc une base de Ker f.

Exercice 1.9 - Équation différentielle sur les polynômes

Question 1 - Bijectivité de f

Première méthode (par le noyau) : Soit P un polynôme de Ker f. On a P - P' = 0, soit P = P'. Si P est non nul, deg(P') = deg(P) - 1, ce qui contredit l'égalité P = P'. Donc P = 0 et Ker f = {0}. Puisque f est un endomorphisme en dimension finie, l'injectivité implique la bijectivité.

Deuxième méthode (par l'image d'une base) : Appliquons f à la base canonique (1, X, ..., Xⁿ). f(X^k) = X^k - k X^(k-1). La famille image (f(1), f(X), ..., f(Xⁿ)) est étagée en degré (degrés 0, 1, ..., n). C'est donc une base de Rn[X]. Comme l'image d'une base est une base, f est bijective.

Question 2 - Antécédent de Q

On cherche P tel que P - P' = Q. Dérivons cette équation successivement : P' - P'' = Q' P'' - P''' = Q'' ... P^(n) - P^(n+1) = Q^(n) Puisque P est de degré au plus n, P^(n+1) = 0. En sommant toutes ces équations de k = 0 à n, tous les termes dérivées de P s'annulent en cascade (somme télescopique), laissant uniquement P - P^(n+1) = P. On obtient donc : P = Σ(k=0 à n) Q^(k).

Exercice 1.10 - Rang et composition d'applications linéaires

Question 1 - Inégalité sur le rang

Soit y dans Im(u + v). Il existe x dans E tel que y = u(x) + v(x). Puisque u(x) ∈ Im u et v(x) ∈ Im v, on en déduit que y ∈ Im u + Im v. Donc Im(u + v) ⊂ Im u + Im v. Par conséquent, dim Im(u + v) ≤ dim(Im u + Im v). D'après la formule de Grassmann, dim(Im u + Im v) = dim Im u + dim Im v - dim(Im u ∩ Im v) ≤ dim Im u + dim Im v. Ce qui donne exactement rg(u + v) ≤ rg u + rg v.

Question 2 - Somme des rangs

Si u + v est bijectif, alors rg(u + v) = dim E. D'après la question précédente, dim E ≤ rg u + rg v (1). La condition u ◦ v = 0 implique que pour tout x, u(v(x)) = 0, donc Im v ⊂ Ker u. Ceci implique que dim Im v ≤ dim Ker u. Par le théorème du rang appliqué à u : dim Ker u = dim E - rg u. On a donc rg v ≤ dim E - rg u, soit rg u + rg v ≤ dim E (2). En combinant (1) et (2), on obtient rg u + rg v = dim E.

Question 3 - Égalité Im v = Ker u

On a établi que Im v ⊂ Ker u. De plus, la relation rg u + rg v = dim E se réécrit rg v = dim E - rg u = dim Ker u. Puisque Im v est inclus dans Ker u et que leurs dimensions sont égales, ces deux sous-espaces sont égaux : Im v = Ker u.

Exercice 1.11 - Construction d'un endomorphisme

Question unique - Condition d'existence

D'après le théorème du rang, une condition nécessaire pour qu'un tel endomorphisme existe est que dim F + dim G = n. Si cette condition est vérifiée, posons p = dim G. Soit (g1, ..., gp) une base de G. On complète cette famille libre en une base de E : (g1, ..., gp, e_(p+1), ..., en). Soit (f_(p+1), ..., fn) une base de F (qui contient bien n - p éléments). On définit l'application linéaire u par l'image des vecteurs de base de E : Pour 1 ≤ j ≤ p, u(gj) = 0. Pour p + 1 ≤ j ≤ n, u(ej) = f_j. Par construction, G ⊂ Ker u et F ⊂ Im u. Puisque dim G = p et dim Im u = n - p, l'égalité des dimensions assure que Ker u = G et Im u = F. L'endomorphisme existe donc si et seulement si dim F + dim G = n.

Exercice 1.12 - Intersection de deux hyperplans

Question unique - Dimension de l'intersection

La formule de Grassmann donne dim(H1 + H2) = dim H1 + dim H2 - dim(H1 ∩ H2). Puisque H1 et H2 sont des hyperplans, dim H1 = dim H2 = n - 1. La somme H1 + H2 est un sous-espace de E, donc sa dimension est inférieure ou égale à n. Il en résulte : dim(H1 ∩ H2) = 2n - 2 - dim(H1 + H2) ≥ 2n - 2 - n = n - 2. De plus, H1 ∩ H2 ⊂ H1, donc dim(H1 ∩ H2) ≤ n - 1. La dimension de H1 ∩ H2 vaut donc n - 1 ou n - 2. Si H1 = H2, alors l'intersection est H1, de dimension n - 1. Si H1 ≠ H2, alors H1 + H2 contient strictement H1, donc dim(H1 + H2) = n. L'intersection est alors de dimension n - 2.

Exercice 1.13 - Hyperplan et droite vectorielle

Question 1 - Somme directe

L'équation de H s'écrit w(x) = 0 où w(x) = x1 + ... + xn. L'application w est une forme linéaire non nulle, donc son noyau H est un hyperplan de E. Pour le vecteur u = e1 + ... + en, on a w(u) = 1 + ... + 1 = n. Puisque n ≥ 1, w(u) ≠ 0, donc u n'appartient pas à H. La droite D engendrée par u est donc un supplémentaire de H : E = H ⊕ D.

Question 2 - Décomposition d'un vecteur

Soit x dans E. On cherche y dans H et z dans D tels que x = y + z. Puisque z ∈ D, z = a u. On a alors w(x) = w(y) + w(a u). Comme y ∈ H, w(y) = 0, on obtient w(x) = a w(u) = a n. Donc a = w(x)/n. On en déduit z = (w(x)/n) u. Et y = x - z = x - (w(x)/n) u. En coordonnées : z = ( (x1+...+xn)/n ) (e1 + ... + en). y = (x1 - (x1+...+xn)/n ) e1 + ... + (xn - (x1+...+xn)/n ) en.

Question 3 - Expressions des projections

La projection p sur H parallèlement à D associe à x sa composante y dans H : p(x) = x - (w(x)/n) u. La projection q sur D parallèlement à H associe à x sa composante z dans D : q(x) = (w(x)/n) u. On vérifie bien que p(x) + q(x) = x.

Exercice 1.14 - Propriétés des projecteurs

Question 1 - Projecteur complémentaire

Montrons que q = Id - p est un projecteur : q ◦ q = (Id - p) ◦ (Id - p) = Id - 2p + p². Puisque p est un projecteur, p² = p. Donc q ◦ q = Id - p = q. x ∈ Im q ssi q(x) = x, soit x - p(x) = x, donc p(x) = 0, ce qui signifie x ∈ Ker p = G. Donc Im q = G. x ∈ Ker q ssi q(x) = 0, soit x - p(x) = 0, donc p(x) = x, ce qui signifie x ∈ Im p = F. Donc Ker q = F.

Question 2 - Composition de projecteurs

Calculons f ◦ f. Remarquons que f = p1 ◦ (Id - p2) + p2 = p1 ◦ q2 + p2, avec q2 = Id - p2. L'hypothèse p2 ◦ p1 = 0 implique que q2 ◦ p1 = (Id - p2) ◦ p1 = p1. De même, q2 ◦ p2 = p2 ◦ q2 = 0. f² = (p1 ◦ q2 + p2) ◦ (p1 ◦ q2 + p2) f² = p1 ◦ q2 ◦ p1 ◦ q2 + p2 ◦ p1 ◦ q2 + p1 ◦ q2 ◦ p2 + p2 ◦ p2 Puisque p2 ◦ p1 = 0 et q2 ◦ p2 = 0, on a : f² = p1 ◦ (q2 ◦ p1) ◦ q2 + p2 = p1 ◦ p1 ◦ q2 + p2 = p1 ◦ q2 + p2 = f. Donc f est bien un projecteur.

Question 3 - Noyau et image de f

Noyau : Si x ∈ Ker f, alors p1(x) + p2(x) - p1(p2(x)) = 0. Appliquons p1 : p1(x) + p1(p2(x)) - p1(p2(x)) = 0 (car p1² = p1), donc p1(x) = 0. Appliquons p2 : p2(p1(x)) + p2(x) - p2(p1(p2(x))) = 0. Comme p2 ◦ p1 = 0, cela donne 0 + p2(x) - 0 = 0. Donc Ker f ⊂ Ker p1 ∩ Ker p2. L'inclusion réciproque est évidente. Conclusion : Ker f = Ker p1 ∩ Ker p2.

Image : f s'écrit f(x) = p1(x - p2(x)) + p2(x). Donc Im f ⊂ Im p1 + Im p2. Réciproquement, soit x ∈ Im p1 + Im p2. x = y1 + y2 avec p1(y1) = y1 et p2(y2) = y2. f(x) = p2(y1 + y2) + p1(y1 + y2 - p2(y1 + y2)). Puisque p2 ◦ p1 = 0, Im p1 ⊂ Ker p2, donc p2(y1) = 0. Ainsi f(x) = y2 + p1(y1 + y2 - y2) = y2 + p1(y1) = y2 + y1 = x. Donc x ∈ Im f. On obtient Im f = Im p1 ⊕ Im p2 (la somme est directe car Im p1 ∩ Im p2 = {0}).

Exercice 1.15 - Somme directe de 4 sous-espaces

Question unique - Preuve de la somme directe

Soient x1 ∈ E1, x2 ∈ E2, x3 ∈ E3, x4 ∈ E4 tels que x1 + x2 + x3 + x4 = 0. On a x1 + x2 = - (x3 + x4). Le vecteur x1 + x2 appartient donc à la fois à E1 + E2 et à E3 + E4. Or, par hypothèse, (E1 + E2) ∩ (E3 + E4) = {0}. Par conséquent, x1 + x2 = 0 et x3 + x4 = 0. De la même manière, on peut écrire x1 + x3 = - (x2 + x4). Par la deuxième hypothèse de somme directe, (E1 + E3) ∩ (E2 + E4) = {0}. On obtient alors x1 + x3 = 0 et x2 + x4 = 0. Les relations x1 = -x2 et x1 = -x3 impliquent que x1 = x4. Mais on sait aussi que x1 = -x2 = x4 d'après la deuxième équation. En rassemblant, x1 appartient à l'intersection des 4 espaces, qui est réduite à {0} via les intersections des sommes. On déduit immédiatement x1 = x2 = x3 = x4 = 0. La somme E1 + E2 + E3 + E4 est directe.

Exercice 1.16 - Somme de sous-espaces inclus

Question 1 - Somme directe des Fi

Soient x1, ..., xn avec xi ∈ Fi tels que x1 + ... + xn = 0. Puisque pour tout i, Fi ⊂ Hi, chaque vecteur xi appartient également à Hi. La somme des Hi étant directe par hypothèse, l'équation x1 + ... + xn = 0 avec xi ∈ Hi implique que xi = 0 pour tout i ∈ [[1, n]]. La somme des Fi est donc également directe.

Question 2 - Égalité des sous-espaces

Soit i ∈ [[1, n]]. On sait que Fi ⊂ Hi. Montrons l'inclusion réciproque. Soit yi ∈ Hi. Le vecteur yi appartient à la somme H1 ⊕ ... ⊕ Hn, donc par hypothèse, il appartient aussi à F1 ⊕ ... ⊕ Fn. Il existe des vecteurs xj ∈ Fj tels que y1 = x1 + ... + xn. Posons zi = xi - yi et zj = xj pour j ≠ i. Alors z1 + ... + zn = 0 avec chaque zj appartenant à Hj. Puisque la somme des Hj est directe, chaque zj est nul. En particulier zi = 0, ce qui donne yi = xi. Puisque xi ∈ Fi, on a yi ∈ Fi. Donc Hi ⊂ Fi, d'où l'égalité Fi = Hi pour tout i.

Exercice 1.17 - Image de sommes de sous-espaces

Question 1 - Image de la somme

Soit y ∈ f(G + H). Il existe x ∈ G + H tel que y = f(x). Puisque x ∈ G + H, il existe x1 ∈ G et x2 ∈ H tels que x = x1 + x2. Par linéarité de f, y = f(x1 + x2) = f(x1) + f(x2). Comme f(x1) ∈ f(G) et f(x2) ∈ f(H), on a y ∈ f(G) + f(H). Donc f(G + H) ⊂ f(G) + f(H). Réciproquement, tout élément y = y1 + y2 avec y1 = f(x1) et y2 = f(x2) s'écrit y = f(x1 + x2) ∈ f(G + H). Il y a donc bien égalité : f(G + H) = f(G) + f(H).

Question 2 - Image d'une somme directe

D'après la question 1, on sait déjà que la somme est f(G) + f(H). Il reste à prouver que cette somme est directe lorsque f est injective et que G et H sont en somme directe. Soient y1 ∈ f(G) et y2 ∈ f(H) tels que y1 + y2 = 0. Il existe x1 ∈ G et x2 ∈ H tels que f(x1) = y1 et f(x2) = y2. On a f(x1) + f(x2) = 0, d'où par linéarité f(x1 + x2) = 0. Puisque f est injective, son noyau est réduit à {0}, donc x1 + x2 = 0. Comme G et H sont en somme directe (G ∩ H = {0}), l'équation x1 + x2 = 0 implique que x1 = 0 et x2 = 0. En appliquant f, on trouve y1 = 0 et y2 = 0. La somme f(G) + f(H) est donc directe.

Exercice 1.18 - Indice de nilpotence

Question unique - Majoration de l'indice

Si p ≤ n, alors fⁿ = f^p ◦ f^(n-p) = 0 ◦ f^(n-p) = 0, et le résultat est démontré. Prouvons que p ≤ n. Par hypothèse, il existe un vecteur x de E tel que f^(p-1)(x) ≠ 0. Considérons la famille de p vecteurs (x, f(x), ..., f^(p-1)(x)). Montrons qu'elle est libre. Soient des scalaires a0, ..., a_(p-1) tels que Σ(i=0 à p-1) ai f^i(x) = 0 (Équation 1). Composons cette équation par f^(p-1). Puisque f^p = 0, tous les termes pour i ≥ 1 disparaissent. Il reste a0 f^(p-1)(x) = 0. Comme f^(p-1)(x) ≠ 0, on obtient a0 = 0. L'Équation 1 se simplifie à Σ(i=1 à p-1) ai f^i(x) = 0. Composons maintenant par f^(p-2). De la même façon, on obtient a1 f^(p-1)(x) = 0, d'où a1 = 0. Par récurrence finie, on montre que tous les coefficients ai sont nuls. La famille est donc libre. Une famille libre d'un espace de dimension n compte au plus n éléments. Le nombre d'éléments de cette famille étant p, on a p ≤ n. Par conséquent, fⁿ = 0.

Exercice 1.19 - Endomorphismes inversibles et polynômes

Question 1 - Bijectivité de Id - f

Calculons le produit de (Id - f) avec Σ(i=0 à p-1) f^i. (Id - f) ◦ (Id + f + f² + ... + f^(p-1)) = (Id + f + f² + ... + f^(p-1)) - (f + f² + ... + f^p). En simplifiant les termes (somme télescopique), on obtient : Id - f^p. Or, par hypothèse de nilpotence, f^p = 0. Le produit vaut donc Id. L'application Id - f est inversible, elle est donc bijective, et son inverse est exactement Σ(i=0 à p-1) f^i.

Question 2 - Application polynomiale

La source dont je dispose est endommagée et la question est tronquée (elle s'arrête à "Montrer"). La question 2 est par conséquent impossible à résoudre sans inventer les données manquantes. (Toutefois, il est probable qu'il faille utiliser le résultat de la question 1 avec f(P) = P', dont l'indice de nilpotence dans Rn[X] est n+1, pour trouver l'antécédent de la même équation différentielle P - P' = Q vue à l'exercice 1.9).

Méthode

Pour aborder sereinement les épreuves d'algèbre linéaire de ce niveau :

1. Les dimensions des sous-espaces ou les degrés des polynômes sont des alliés précieux. Utilisez systématiquement le théorème du rang et la formule de Grassmann pour anticiper ou vérifier l'égalité de sous-espaces.
2. Lorsqu'un endomorphisme agit sur l'espace des polynômes (comme la dérivation), il est souvent judicieux d'étudier l'image de la base canonique ou de la base de Taylor pour traduire le problème sous forme matricielle et mettre en évidence des propriétés telles que la nilpotence ou la bijectivité.
3. Les démonstrations de liberté de familles infinies ou paramétrées demandent de toujours revenir à la définition première : on prend une combinaison linéaire finie et nulle, puis on exploite le caractère distinct des éléments (évaluation en un point limite, ou équations différentielles) pour prouver l'annulation des coefficients.
4. L'utilisation d'évaluations successives en composant l'équation par des puissances de l'endomorphisme est le réflexe essentiel face à des matrices ou applications nilpotentes.