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[ID: 1434] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]

Solution(s)

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Exercice 101
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

1. Supposons que l’image de toute famille libre est libre. Montrons que \(f\) est injective. Considérons une base \(e\) de \(E\) et un vecteur \(x\in E\) tel que \(f\left(x\right)=0\). Notons \(\left(x_1,\dots,x_n\right)\in\mathbb{R}^n\) les coordonnées de \(x\) dans la base \(e\). On a donc : \(0=f\left(x\right)=\sum_{k=0}^n x_i f\left(e_i\right)\). Mais la famille \(e=\left(e_1,\dots,e_n\right)\) étant libre, il en est de même de la famille \(\left(f\left(e_1\right),\dots,f\left(e_n\right)\right)\). L’égalité précédente n’est donc vraie que si \(x_1=\dots=x_n=0\) et alors \(x=0\). On a ainsi montré que \(\operatorname{Ker}f=\left\{0\right\}\) et que \(f\) est injective.

2. Si \(\mathop{\mathrm{Im}}f =F\) alors \(f\) est surjective.

3. Si l’image d’une base \(e=\left(e_1,\dots,e_n\right)\) de \(E\) par \(f\) est génératrice de \(F\) alors montrons que \(f\) est surjective. Soit \(y\in F\). La famille \(\left(f\left(e_1\right),\dots,f\left(e_n\right)\right)\) est donc génératrice de \(f\) et il existe des scalaires \(\alpha_1,\dots,\alpha_n \in\mathbb{R}\) tels que \(y=\alpha_1 f\left(e_1\right)+\dots+\alpha_n f\left(e_n\right)=f\left(\alpha_1 e_1+\dots+\alpha_n e_n\right)\). Par conséquent, \(y=f\left(x\right)\) avec \(x=\alpha_1 e_1+\dots+\alpha_n e_n\) et \(f\) est bien surjective.

4. Si \(\mathop{\mathrm{rg}}f=n\) alors \(f\) est injective. En effet, d’après la formule du rang, on a : \(\dim E= \dim {\rm Ker}\,f +\mathop{\mathrm{rg}}f\) et il vient que \(\dim \operatorname{Ker}f=0\) c’est-à-dire que \(\operatorname{Ker}f=\left\{0\right\}\).

5. Si l’image d’une base \(e=\left(e_1,\dots,e_n\right)\) de \(E\) par \(f\) est libre dans \(F\) alors montrons que \(f\) est injective. Soit \(x\in E\) tel que \(f\left(x\right)=0\) et soit \(\left(x_1,\dots,x_n\right)\) les coordonnées de \(x\) dans la base \(E\). Alors \(0=f\left(x\right)=\sum_{k=0}^n x_i f\left(e_i\right)\). On termine alors comme dans la première question et on montre que \(x=0\) c’est-à-dire que \(f\) est injective.

6. Si \(\mathop{\mathrm{rg}}f=p\) alors par définition du rang d’une application linéaire, \(\dim \mathop{\mathrm{Im}}f=p=\dim F\) et donc \(\mathop{\mathrm{Im}}f=F\). On prouve ainsi que \(f\) est surjective.

7. Si l’image d’une base de \(E\) par \(f\) est une base de \(F\) alors en appliquant les résultats des questions \(3)\) et \(5)\), il vient que \(f\) est bijective.

8. Si l’image de toute famille de \(E\) par \(f\) est génératrice de \(F\) alors en particulier l’image d’une base de \(e\) est génératrice de \(F\) et appliquant la question \(3\), \(f\) est surjective.

9. Si il existe \(g\in\mathfrak{L}\left(F,E\right)\) tel que \(g\circ f = \mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\) alors \(g\) est surjective et \(f\) injective. Pour que \(f\) soit surjective, il faudrait supposer de plus que \(\dim F=\dim E\).

10. Si il existe \(g\in\mathfrak{L}\left(F,E\right)\) tel que \(f\circ g = \mathop{\mathrm{id}}\nolimits_F\) alors \(f\) est surjective et \(g\) injective. Pour que \(f\) soit injective, il faudrait supposer de plus que \(\dim F=\dim E\).