bonjour tout le monde,
est-ce possible que vous m'aidiez à faire les questions de ce DM qui me pose quelques problèmes ? Merci beaucoup
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ev de dimension finie
Re: ev de dimension finie
Bonsoir
1)
$Id\in \Gamma_u$ donc $\Gamma_u $ non vide.
Soit $\lambda \in K$ et $v\in L(E)$, $(\lambda v) \circ u=\lambda (v\circ u)=\lambda (u\circ v)=u\circ (\lambda v)$ donc $\lambda v \in \Gamma_u$
Soit $v$ et $w$ appartenant à $L(E)$. $(v+w)\circ u =v\circ u +w\circ u= u\circ v +u\circ w =u\circ (v+w)$ donc $v+w\in \Gamma_u$.
$\Gamma_u$ est donc un sous-espace vectoriel de $L(E)$.
Si $u=\lambda Id$ alors $\Gamma_u=L(E)$.
2) a) On considère l'application linéaire $p$ projection sur $vect (x)$ donc $p(x)=x$
$u\circ p (x) =u(x)$
$p\circ u(x)=p(u(x))=u\circ p (x) =u(x)$
Puisque $p(u(x))=u(x)$, $u(x)\in vect(x)$ et $u(x)$ est donc colinéaire à $x$.
2) b) Quels que soit les indices $i$ et $j$, d'après la question a) , il existe des scalaires $\alpha , \beta , \gamma$ tels que : $u(e_i)=\alpha e_i\ ,\ u(e_j)=\beta e_j\ ,\ u(e_i+e_j)=\gamma (e_i+e_j)$
$u(e_i+e_j)=u(e_i)+u(e_j)$ donc $\alpha e_i +\beta e_j=\gamma e_i +\gamma e_j$. Comme $e_i$ et $e_j$ sont linéairement indépendants, on en déduit que $\alpha = \beta =\gamma$
On montre ainsi que $u$ multiplie chaque vecteur de la base par le même scalaire.
Les applications $u$ vérifiant $\Gamma_u=L(E)$ sont donc les homothéties.
1)
$Id\in \Gamma_u$ donc $\Gamma_u $ non vide.
Soit $\lambda \in K$ et $v\in L(E)$, $(\lambda v) \circ u=\lambda (v\circ u)=\lambda (u\circ v)=u\circ (\lambda v)$ donc $\lambda v \in \Gamma_u$
Soit $v$ et $w$ appartenant à $L(E)$. $(v+w)\circ u =v\circ u +w\circ u= u\circ v +u\circ w =u\circ (v+w)$ donc $v+w\in \Gamma_u$.
$\Gamma_u$ est donc un sous-espace vectoriel de $L(E)$.
Si $u=\lambda Id$ alors $\Gamma_u=L(E)$.
2) a) On considère l'application linéaire $p$ projection sur $vect (x)$ donc $p(x)=x$
$u\circ p (x) =u(x)$
$p\circ u(x)=p(u(x))=u\circ p (x) =u(x)$
Puisque $p(u(x))=u(x)$, $u(x)\in vect(x)$ et $u(x)$ est donc colinéaire à $x$.
2) b) Quels que soit les indices $i$ et $j$, d'après la question a) , il existe des scalaires $\alpha , \beta , \gamma$ tels que : $u(e_i)=\alpha e_i\ ,\ u(e_j)=\beta e_j\ ,\ u(e_i+e_j)=\gamma (e_i+e_j)$
$u(e_i+e_j)=u(e_i)+u(e_j)$ donc $\alpha e_i +\beta e_j=\gamma e_i +\gamma e_j$. Comme $e_i$ et $e_j$ sont linéairement indépendants, on en déduit que $\alpha = \beta =\gamma$
On montre ainsi que $u$ multiplie chaque vecteur de la base par le même scalaire.
Les applications $u$ vérifiant $\Gamma_u=L(E)$ sont donc les homothéties.
Re: ev de dimension finie
3. a) Puisque $u^{n-1}\neq 0$, on peut considérer un vecteur $a$ tel que $u^{n-1}(a)\neq 0$
On considère la combinaison linéaire nulle : $\alpha_0a+\alpha_1 u(a) +\cdots +\alpha_{n-1} u^{n-1}(a)=0$
On applique $u^{n-1}$ à cette combinaison : $\alpha_0u^{n-1}(a)+\alpha_1 u^n(a) +\cdots +\alpha_{n-1} u^{2n-2}(a)=0$
Puisque $u^n=0$, pour tout exposant $p\geq n$, $u^p=0$ donc dans la combinaison précédente, à priori seul le terme $\alpha_0 u^{n-1}(a)$ est non nul mais comme la combinaison est nulle, $\alpha_0 u^{n-1} (a)=0$ avec $u^{n-1}(a)\neq 0$ donc $\alpha_0=0$
On poursuit de la même manière pour démontrer successivement que les coefficients $\alpha_1, \cdots , \alpha_{n-1}$ sont nuls.
Par conséquent $(a,u(a),\cdots , u^{n-1}(a))$ est une famille libre.
3. b) (i)
La famille $(a,u(a),\cdots , u^{n-1}(a))$ est une famille libre de $n$ éléments dans un espace vectoriel de dimension $n$ donc c'est une base.
Par conséquent, il existe $(\lambda_0, \cdots , \lambda_{n-1})\in K^n$ tels que $v(a)=\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k u^{k}(a)$.
$v\in \Gamma_u$, on montre, par récurrence, que quel que soit $k\geq 1$, $v\circ u^k=u^k\circ v$
La propriété est vérifiée, par hypothèse, au rang 1.
On la suppose vérifiée à un rang $k$.
$v\circ u^{k+1}=(v\circ u^k)\circ u =(u^k\circ v) \circ u =u^k\circ (v\circ u)=u^k\circ (u\circ v) =u^{k+1}\circ v$
Pour tout $j$ entier compris entre 0 et $k$, $v(u^j(a))=u^j(v(a))=u^j(\sum_{k=0}^{n-1}\lambda_ku^k(a))=(\sum_{k=0}^{n-1}\lambda_k u^k)(u_j(a)$
Ceci étant vérifié pour tout élément d'une base de $E$ on a donc $v=\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k u^k$
3. b) (ii)
On a donc $dim(\Gamma_u)=n$ et $\Gamma_u$ a pour base $(Id, u,\cdots , u^{n-1})$
On considère la combinaison linéaire nulle : $\alpha_0a+\alpha_1 u(a) +\cdots +\alpha_{n-1} u^{n-1}(a)=0$
On applique $u^{n-1}$ à cette combinaison : $\alpha_0u^{n-1}(a)+\alpha_1 u^n(a) +\cdots +\alpha_{n-1} u^{2n-2}(a)=0$
Puisque $u^n=0$, pour tout exposant $p\geq n$, $u^p=0$ donc dans la combinaison précédente, à priori seul le terme $\alpha_0 u^{n-1}(a)$ est non nul mais comme la combinaison est nulle, $\alpha_0 u^{n-1} (a)=0$ avec $u^{n-1}(a)\neq 0$ donc $\alpha_0=0$
On poursuit de la même manière pour démontrer successivement que les coefficients $\alpha_1, \cdots , \alpha_{n-1}$ sont nuls.
Par conséquent $(a,u(a),\cdots , u^{n-1}(a))$ est une famille libre.
3. b) (i)
La famille $(a,u(a),\cdots , u^{n-1}(a))$ est une famille libre de $n$ éléments dans un espace vectoriel de dimension $n$ donc c'est une base.
Par conséquent, il existe $(\lambda_0, \cdots , \lambda_{n-1})\in K^n$ tels que $v(a)=\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k u^{k}(a)$.
$v\in \Gamma_u$, on montre, par récurrence, que quel que soit $k\geq 1$, $v\circ u^k=u^k\circ v$
La propriété est vérifiée, par hypothèse, au rang 1.
On la suppose vérifiée à un rang $k$.
$v\circ u^{k+1}=(v\circ u^k)\circ u =(u^k\circ v) \circ u =u^k\circ (v\circ u)=u^k\circ (u\circ v) =u^{k+1}\circ v$
Pour tout $j$ entier compris entre 0 et $k$, $v(u^j(a))=u^j(v(a))=u^j(\sum_{k=0}^{n-1}\lambda_ku^k(a))=(\sum_{k=0}^{n-1}\lambda_k u^k)(u_j(a)$
Ceci étant vérifié pour tout élément d'une base de $E$ on a donc $v=\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k u^k$
3. b) (ii)
On a donc $dim(\Gamma_u)=n$ et $\Gamma_u$ a pour base $(Id, u,\cdots , u^{n-1})$
Re: ev de dimension finie
[4. a)
Soit $x\in \ker (u-aId)\cap \ker(u-b Id)$
$x\in \ker(u-aId)\Longleftrightarrow u(x)=ax$. De même $x\in \ker(u-bId)\Longleftrightarrow u(x)=bx$
Donc $ax=bx$ soit $(a-b)x=0$ et puisque $a\neq b$, on en déduit $x=0$
$\ker (u-aId)\cap \ker(u-b Id)=\{0\}$
$(u-aId)\circ (u-bId)=0\Longleftrightarrow u^2-bu-au+abId=0\Longleftrightarrow u^2=au+bu-abId$
$\forall x\in E,\ x=\frac{u(x)-ax}{b-a}+\frac{u(x)-bx}{a-b}$
Soit $x_1=\frac{u(x)-ax}{b-a}$.
$u(x_1)=\frac{u^2(x)-au(x)}{b-a}=\frac{au(x)+bu(x)-abx-au(x)}{b-a}=\frac{b(u(x)-ax)}{b-a}=bx_1$. Donc $x_1\in \ker(u-bId)$
On montre, de même que $x_2=\frac{u(x)-bx}{a-b}\in \ker(u-aId)$
Par conséquent, $E=\ker(u-aId)\oplus \ker (u-bId)$
4. b)
Partie directe : Hypothèse : $v\in \Gamma_u$
Soit $x\in \ker (u-aId)$ donc $u(x)=ax$
$v(u(x))=av(x)$ et $v(u(x))=u(v(x))$ donc $u(v(x))=av(x)$ ce qui équivaut à $v(x)\in \ker(u-aId)$
Par conséquent $v(\ker(u-aId))\subset \ker(u-aId)$
La seconde inclusion se démontre de la même manière.
Réciproque : Hypothèse : les 2 inclusions sont vérifiées.
Étant donné la somme directe démontrée à la question a) $\forall x\in E,\ x=x_1+x_2$ avec $x_1\in \ker(u-aId)$ et $x_2\in :ker(u-bId)$
Par hypothèse $v(x_1)\in \ker (u-aId)$ donc $(u\circ v)(x_1)=av(x_1)$
De même $(u\circ v) (x_2)=bv(x_2)$
D'où $(u\circ v) (x)=av(x_1)+bv(x_2)$
$u(x_1)=ax_1$ et $u(x_2)=bx_2$ donc $(v\circ u) (x)=v(ax_1)+v(bx_2)=av(x_1)+bv(x_2)$
On a donc $\forall x \in E,\ (u\circ v) (x)=(v\circ u) (x)$ Donc $v\in \Gamma_u$
Soit $x\in \ker (u-aId)\cap \ker(u-b Id)$
$x\in \ker(u-aId)\Longleftrightarrow u(x)=ax$. De même $x\in \ker(u-bId)\Longleftrightarrow u(x)=bx$
Donc $ax=bx$ soit $(a-b)x=0$ et puisque $a\neq b$, on en déduit $x=0$
$\ker (u-aId)\cap \ker(u-b Id)=\{0\}$
$(u-aId)\circ (u-bId)=0\Longleftrightarrow u^2-bu-au+abId=0\Longleftrightarrow u^2=au+bu-abId$
$\forall x\in E,\ x=\frac{u(x)-ax}{b-a}+\frac{u(x)-bx}{a-b}$
Soit $x_1=\frac{u(x)-ax}{b-a}$.
$u(x_1)=\frac{u^2(x)-au(x)}{b-a}=\frac{au(x)+bu(x)-abx-au(x)}{b-a}=\frac{b(u(x)-ax)}{b-a}=bx_1$. Donc $x_1\in \ker(u-bId)$
On montre, de même que $x_2=\frac{u(x)-bx}{a-b}\in \ker(u-aId)$
Par conséquent, $E=\ker(u-aId)\oplus \ker (u-bId)$
4. b)
Partie directe : Hypothèse : $v\in \Gamma_u$
Soit $x\in \ker (u-aId)$ donc $u(x)=ax$
$v(u(x))=av(x)$ et $v(u(x))=u(v(x))$ donc $u(v(x))=av(x)$ ce qui équivaut à $v(x)\in \ker(u-aId)$
Par conséquent $v(\ker(u-aId))\subset \ker(u-aId)$
La seconde inclusion se démontre de la même manière.
Réciproque : Hypothèse : les 2 inclusions sont vérifiées.
Étant donné la somme directe démontrée à la question a) $\forall x\in E,\ x=x_1+x_2$ avec $x_1\in \ker(u-aId)$ et $x_2\in :ker(u-bId)$
Par hypothèse $v(x_1)\in \ker (u-aId)$ donc $(u\circ v)(x_1)=av(x_1)$
De même $(u\circ v) (x_2)=bv(x_2)$
D'où $(u\circ v) (x)=av(x_1)+bv(x_2)$
$u(x_1)=ax_1$ et $u(x_2)=bx_2$ donc $(v\circ u) (x)=v(ax_1)+v(bx_2)=av(x_1)+bv(x_2)$
On a donc $\forall x \in E,\ (u\circ v) (x)=(v\circ u) (x)$ Donc $v\in \Gamma_u$