Applications linéaires en dimension finie

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Applications linéaires en dimension finie

Exercice 572 *

15 février 2021 14:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^{4} & \longrightarrow & \mathbb{R}^{2} \\ (x,y,z,t) & \longmapsto & (2x+y, t-x) \end{array} \right.\)

  1. Montrer que \(u\) est une application linéaire et déterminer \(\operatorname{Ker}u\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}u\).

  2. La famille \(\left( (u(1,0,0,0), u(1,1,1,1)\right)\) est-elle libre dans \(\mathbb{R}^{2}\)?


[ID: 1422] [Date de publication: 15 février 2021 14:39] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 572
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:39

  1. On vérifie facilement que \(u\) est linéaire. On a \[\operatorname{Ker} u=\left\{\left(x,y,z,t\right)\in\mathbb{R}^4 ~|~ \left\{ \begin{aligned} 2x&+y&& &=0\cr -x&&&+t&=0 \end{aligned}\right.\right\} =\left\{\left(x,-2x,z,x\right)~|~ x,z\in\mathbb{R}\right\}=Vect\left(e_1,e_2\right)\] avec \(e_1=\left(1,-2,0,1\right)\) et \(e_2=\left(0,0,1,0\right)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc ils forment une base de \(\operatorname{Ker}u\). Alors \(\dim \operatorname{Ker}u=2\) et d’après la formule du rang \(\dim \mathop{\mathrm{Im}}u=2\). Comme \(\mathop{\mathrm{Im}}u\subset \mathbb{R}^2\) et que \(\dim \mathbb{R}^2=2\), il vient que \(\mathop{\mathrm{Im}}u=\mathbb{R}^2\) et donc que \(u\) est surjective.

  2. Comme \(u\left(1,0,0,0\right)=\left(2,-1\right)\) et que \(u\left(1,1,1,1\right)=\left(3,0\right)\) et que ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, ils forment une famille libre de \(\mathbb{R}^2\).


Exercice 665 *

15 février 2021 14:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_3\left[X\right] & \longrightarrow & \mathbb{R}_3\left[X\right] \\ P & \longmapsto & XP'-2P \end{array} \right.\).

  1. Montrer que \(\theta\) est un endomorphisme de \(\mathbb{R}_3\left[X\right]\).

  2. Déterminer \(\mathop{\rm Im}\theta\) et en déduire le rang de \(\theta\).

  3. Donner la dimension de \(\operatorname{Ker}\theta\) et déterminer \(\operatorname{Ker}\theta\).


[ID: 1424] [Date de publication: 15 février 2021 14:39] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 665
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:39

  1. Si \(P\in\mathbb{R}_3\left[X\right]\), il est clair que \(\deg \left(XP'-2P\right) \leqslant 3\) et donc que \(\theta\left(P\right)\in\mathbb{R}_3\left[X\right]\). Soient \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\) et \(P,Q\in\mathbb{R}_3\left[X\right]\) alors \[\theta\left(\alpha P + \beta Q\right) = X\left(\alpha P + \beta Q\right)'-2\left(\alpha P + \beta Q\right)= \alpha\left(XP'-2P\right)+\beta\left(XQ'-2Q\right)=\alpha \theta \left(P\right)+\beta \theta\left(Q\right)\] donc \(\theta\) est linéaire.

  2. Soit \(P=aX^3+bX^2+cX+d\in\mathbb{R}_3\left[X\right]\). On calcule que \(\theta\left(P\right)=aX^3-cX-2d.\) Donc \(\mathop{\mathrm{Im}}\theta=Vect\left(1,X,X^3\right)\). La famille \(\left(1,X,X^3\right)\) étant libre, il vient que \(\mathop{\mathrm{rg}}\theta=3\).

  3. D’après la formule du rang, \(\dim \operatorname{Ker}\theta=1\). Comme \(\theta\left(X^2\right)=0\), \(\operatorname{Ker}\theta=Vect\left(X^2\right)\).


Exercice 740 *

15 février 2021 14:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(a\in\mathbb{R}\) et \(F=\left\{P\in\mathbb{R}_n\left[X\right]~|~ P\left(a\right)=0\right\}\).

  1. Prouver que \(F\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\). Déterminer sa dimension.

  2. Déterminer un supplémentaire de \(F\) dans \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\).


[ID: 1426] [Date de publication: 15 février 2021 14:39] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 740
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:39

  1. Posons \(\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_{n}\left[X\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ P & \longmapsto & P\left(a\right) \end{array} \right.\). On vérifie facilement que \(\theta\) est linéaire et surjective. De plus \(F={\rm Ker}\,\theta\). Donc \(F\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\). D’après la formule du rang, \(\dim F=\dim \operatorname{Ker}\theta = \dim \mathbb{R}_n\left[X\right]-\dim \mathbb{R}=n\).

  2. Notons \(G=\mathbb{R}_0\left[X\right]\). \(G\) est clairement un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\) de dimension \(1\). On vérifie facilement que \(G\) est en somme directe avec \(F\). Comme de plus \(\dim \left(F+G\right) = \dim F+\dim G=n+1= \dim \mathbb{R}_n\left[X\right]\), on a \(\mathbb{R}_n\left[X\right]=F+G\). En conclusion, \(\mathbb{R}_n\left[X\right]=F\oplus G\).


Exercice 365 **

15 février 2021 14:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère l’application linéaire \[\varphi: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_{ }[X] & \longrightarrow & \mathbb{R}_{ }[X] \newline P & \longmapsto & P+P'+P'' \end{array} \right.\]

  1. Montrer que l’endomorphisme \(\varphi\) est injectif.

  2. Montrer que l’endomorphisme \(\varphi\) est surjectif.

( ).
Pour montrer la surjectivité, étudier la restriction de \(\varphi\) à \(\mathbb{R}_{n}[X]\) qui est un espace de dimension finie.


[ID: 1428] [Date de publication: 15 février 2021 14:39] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 365
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:39

  1. Soit un polynôme \(P\in \mathbb{R}_{ }[X]\) tel que \(P+P'+P''=0\), soit \(P= -(P'+P'')\). Si l’on suppose que \(P\neq 0\), on a \(\deg P \leqslant\deg P - 1\) , une absurdité. Donc \(\varphi\) est injective.

  2. Soit un entier \(n\in \mathbb N\). Notons \(\varphi_n\) la restriction de \(\varphi\) à \(\mathbb{R}_{n}[X]\). Alors, si \(P\in \mathbb{R}_{n}[X]\), \(\varphi_n(P)=P+P'+P'' \in \mathbb{R}_{n}[X]\) car \(\deg(\varphi_n(P))\leqslant\max( \deg P, \deg P', \deg P'') \leqslant n\). Donc \(\varphi_n\) est un endomorphisme de \(\mathbb{R}_{n}[X]\) injectif, donc surjectif, car \(\mathbb{R}_{n}[X]\) est un espace de dimension finie \(n+1\).

    Soit alors \(P\in \mathbb{R}_{ }[X]\). Notons \(n=\deg P\). Alors \(P\in \mathbb{R}_{n}[X]\) et donc \(\exists Q \in \mathbb{R}_{n}[X]\) tel que \(\varphi_n(Q)=P\). Mais alors \(\varphi(Q)=P\) et on a donc montré que \(\varphi\) est surjective !


Exercice 688 **

15 février 2021 14:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On définit l’application \[\varphi:\left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X] & \longrightarrow & \mathbb{R}^{4} \\ P & \longmapsto & (P(0),P'(1),P''(1),P''(2)) \end{array} \right.\]

  1. Montrer que \(\varphi\) est un isomorphisme.

  2. En déduire qu’il existe un et un seul polynôme \(P\in \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X]\) vérifiant \(P(0)=1, P'(1)=2, P''(1)=-1\) et \(P''(2)=1\).


[ID: 1430] [Date de publication: 15 février 2021 14:39] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 688
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:39

  1. Il est clair que \(\varphi\) est linéaire. Montrons que \(\operatorname{Ker}\varphi=\{0\}\). Soit \(P\in \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X]\) tel que \(\varphi(P)=0\). Considérons \(H=P-P(1)\). Comme \(H(1)=H'(1)=H''(1)=0\), il vient que \(1\) est racine d’ordre \(3\) de \(H\), donc \(H=(X-1)^3Q\) et donc \(P=Q(X-1)^3+P(1)\). Mais en examinant les degrés, il faut que \(Q=\lambda\in \mathbb{R}\) d’où \(P=\lambda(X-1)^3+a\) (avec \(a=P(1)\in\mathbb{R}\)). Comme \(P(0)=0\), \(a=-\lambda\) et donc \(P=\lambda( (X-1)^3-1)\). Mais alors \(P''=\lambda(6(X-1))\) et comme \(P''(2)=1\), il vient que \(\lambda=0\) et donc que \(P=0\).

    Comme \(\varphi\) est injective, et que \(\dim \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X] =\dim \mathbb{R}^{4}=4\), \(\varphi\) est donc bijective.

  2. Comme \(\varphi\) est bijective, l’élément \((1,2,-1,1)\) possède un unique antécédent \(P\in \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X]\).


Exercice 1017 **

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) et un endomorphisme \(u \in L(E)\). Soit un sous-espace vectoriel \(F\) de \(E\). On suppose que \(F \subset u(F)\).

  1. On suppose que \(E\) est de dimension finie. Montrer que \(u(F) = F\).

  2. Trouver un contre-exemple lorsque \(E\) est de dimension infinie.

( ).
Pour la deuxième question, on pourra étudier \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}[X] & \longrightarrow & \mathbb{R}[X] \\ P & \longmapsto & P' \end{array} \right.\) avec \(F = \{XP~;~ P \in E\}\).


[ID: 1432] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 1017
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

  1. Considérons la restriction de \(u\) à \(F\) : \(u_{|F}:F\rightarrow E\). Alors d’après la formule du rang, \(\dim u\left(F\right)=\dim V-\dim \operatorname{Ker}u\leqslant\dim V\). Comme \(F\subset u\left(F\right)\), on a aussi que \(\dim F \leqslant\dim u\left(F\right)\). Donc \(\dim F=\dim u\left(F\right)\) et \(F=u\left(F\right)\).

  2. En considérant \(E = \mathbb{\mathbb{R} }_{ }[X]\) et \(F = \{XP~;~ P \in E\}\), l’application \(u : P \mapsto P'\) fournit un contre-exemple puisque \(u(F) = E \neq F\).


Exercice 101 **

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(f\in \mathfrak{L}\left(E,F\right)\) avec \(E\) et \(F\) deux \(\mathbb{K}\)-espaces vectoriels tels que \(\dim E=n\) et \(\dim F=p\). Dire, pour chacune des phrases suivantes, si elle caractérise l’injectivité, la surjectivité ou la bijectivité de \(f\) :

  1. L’image de toute famille libre de \(E\) par \(f\) est libre

  2. \(\mathop{\mathrm{Im}}f =F\)

  3. L’image d’une base de \(E\) par \(f\) est génératrice de \(F\).

  4. \(\mathop{\mathrm{rg}}f=n\).

  5. L’image d’une base de \(E\) par \(f\) est libre.

  6. \(\mathop{\mathrm{rg}}f=p\).

  7. L’image d’une base de \(E\) par \(f\) est une base de \(F\).

  8. L’image de toute famille génératrice de \(E\) par \(f\) est génératrice de \(F\).

  9. \(\exists g\in\mathfrak{L}\left(F,E\right),\quad g\circ f = \mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\)

  10. \(\exists g\in\mathfrak{L}\left(F,E\right),\quad f\circ g = \mathop{\mathrm{id}}\nolimits_F\)


[ID: 1434] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

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 \(\dim F=\dim E\).


Exercice 82 **

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) de dimension finie \(n\), un vecteur \(x_0\) de \(E\) et un endomorphisme \(f\in L(E)\) tel que \((f(x_0), f^2(x_0),\dots , f^n(x_0))\) soit libre.

  1. Montrer que la famille \((x_0,f(x_0), \dots, f^{n-1}(x_0) )\) est une base de \(E\).

  2. Montrer que \(f\) est inversible.


[ID: 1436] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 82
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

  1. Soit \(\alpha_0,\dots,\alpha_{n-1}\in\mathbb{K}\) tels que \(\sum_{i=0}^{n-1}\alpha_i f^{i}\left(x_0\right)=0\). Alors \(f\left(\sum_{i=0}^{n-1}\alpha_i f^{i}\left(x_0\right)\right)=0\) ce qui s’écrit aussi \(\sum_{i=0}^{n-1}\alpha_i f^{i+1}\left(x_0\right)\). Mais la famille \((f(x_0), f^2(x_0),\dots , f^n(x_0))\) est libre donc \(\alpha_0=\dots=\alpha_{n-1}=0\) ce qui prouve que la famille \((x_0,f(x_0), \dots, f^{n-1}(x_0) )\) est libre

  2. Comme \(\dim E=n\), les familles \((x_0,f(x_0), \dots, f^{n-1}(x_0) )\) et \((f(x_0), f^2(x_0),\dots , f^n(x_0))\) sont des bases de \(E\). Comme l’image de la première base par \(f\) est la seconde base, \(f\) est forcément inversible.


Exercice 856 **

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces
Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) de dimension finie \(n\) et deux endomorphismes \((u,v)\in L(E)\). Montrer que \[\mathop{\mathrm{rg}}u + \mathop{\mathrm{rg}}v \leqslant\mathop{\mathrm{rg}}(u\circ v) +n\]
( ).
On pourra étudier la restriction \(\widetilde{u}\) de \(u\) à \(\mathop{\mathrm{Im}}v\) et montrer que \(\mathop{\mathrm{Im}}\widetilde{u}= \mathop{\mathrm{Im}}(u\circ v)\) et \(\operatorname{Ker}\widetilde{u}=\operatorname{Ker}u \cap \mathop{\mathrm{Im}}v\), puis appliquer le théorème du rang à \(\widetilde{u}\).


[ID: 1438] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 856
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

Considérons la restriction de \(u\) à \(\mathop{\mathrm{Im}}v\) : \(\widetilde{u}= u_{ | \mathop{\mathrm{Im}}v}\). On vérifie facilement que \(\mathop{\mathrm{Im}}u\circ v = \mathop{\mathrm{Im}}\widetilde{u}\) et que \(\operatorname{Ker}\widetilde{u}=\operatorname{Ker}u \cap \mathop{\mathrm{Im}}v\). En appliquant le théorème du rang à \(\widetilde{u}\), on trouve que \[\dim(\mathop{\mathrm{Im}}v) = \dim(\operatorname{Ker}u \cap \mathop{\mathrm{Im}}v) + \mathop{\mathrm{rg}}(u\circ v)\] Mais \(\dim(\operatorname{Ker}u \cap \mathop{\mathrm{Im}}v) \leqslant\dim( \operatorname{Ker}u )\) et donc, en appliquant le théorème du rang pour \(u\), on trouve que \[\mathop{\mathrm{rg}}v \leqslant(n-\mathop{\mathrm{rg}}u) + \mathop{\mathrm{rg}}(u\circ v)\]


Exercice 1000 **

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces
Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) et deux sous-espace vectoriel \(E_1, E_2\) de \(E\). Montrer que : \[\left(\exists u \in L(E)~\mid \operatorname{Ker}u=E_1 \textrm{ et } \mathop{\mathrm{Im}} u=E_2 \right) \Longleftrightarrow (\dim E= \dim E_1 + \dim E_2)\]
( ).
Pour la réciproque,construire une base de \(E\) en complétant une base de \(E_1\). Définir alors \(u\) en se donnant l’image de cette base.


[ID: 1440] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 1000
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

  • \(\boxed{(i)\Rightarrow (ii)}\) : Le sens direct est une conséquence directe de la formule du rang : \(\dim E = \dim \operatorname{Ker}u + \mathop{\mathrm{rg}}u = \dim E_1 + \dim E_2\).

  • \(\boxed{(ii)\Rightarrow (i)}\) : si \(E_1=\{0\}\), alors \(\dim E_2=\dim E\) donc \(E_2=E\). En posant \(u=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\), on vérifie que \(u\) convient. De même si \(E_2=\{0\}\), \(u=0\) convient. Supposons maintenant que \(E_1 \neq \{0\}\) et \(E_2 \neq \{0\}\). Alors, il existe une base \((e_1,\dots,e_p)\) de \(E_1\) (où \(p=\dim E_1\)). Complétons cette base en une base de \(E\) : \(e=(e_1,\dots,e_p,e_{p+1},\dots,e_n)\). Comme \(\dim E_2 = n-p\), il existe une base \(f\) de \(E_2\) de la forme \((f_{p+1},\dots,f_n)\). Définissons alors \(u\) en se donnant l’image de la base \(e\) : \[\forall i \in \llbracket 1,p\rrbracket, u(e_i)=0, \quad\forall i \in \llbracket p+1,n\rrbracket, u(e_i)=f_{i+1}\] Alors, \(\forall x \in E_1\), \(u(x)=0\) donc \(E_1\subset \operatorname{Ker}u\). Soit \(x\in \operatorname{Ker}u\), décomposons \(x\) dans \(e\). \[x=x_1e_1+\dots+x_pe_p+x_{p+1}e_{p+1}+\dots +x_ne_n\] \(u(x)=x_{p+1}f_{p+1}+\dots+x_nf_n=0\). Mais comme \(f\) est libre, il vient que \(x_{p+1}=\dots=x_n=0\) et donc que \(x\in E_1\).

    D’autre part, \(\mathop{\mathrm{Im}}u =\mathop{\mathrm{Vect}}( u(e_1),\dots,u(e_n))=\mathop{\mathrm{Vect}}(f_{p+1},\dots f_n)=E_2\).


Exercice 948 **

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un K-espace vectoriel \(E\) de dimension finie \(n\) et deux endomorphismes \(f,g\) de \(E\) vérifiant \(f\circ g=0\) et \(f+g \in GL(E)\). Montrer que \(\mathop{\mathrm{rg}}(f) + \mathop{\mathrm{rg}}(g)=n\).


[ID: 1442] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 948
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

  • Comme \(f\circ g=0\) alors \(\mathop{\mathrm{Im}}g \subset \operatorname{Ker}f\) et d’après la formule du rang \(\mathop{\mathrm{rg}}f + \mathop{\mathrm{rg}}g \leqslant\mathop{\mathrm{rg}}f + \dim \operatorname{Ker}f= n\).

  • D’autre part, comme \(f+g \in GL(E)\) alors \(n=\mathop{\mathrm{rg}}(f+g) \leqslant\mathop{\mathrm{rg}}f + \mathop{\mathrm{rg}} g\) car \(\mathop{\mathrm{Im}}\left(f+g\right)\subset \mathop{\mathrm{Im}}f + \mathop{\mathrm{Im}}g\).

L’égalité est ainsi prouvée


Exercice 928 **

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) de dimension finie \(n\). On considère l’ensemble \(A= \{ (u,v) \in L(E)^2 \mid u\circ v=0 \}\). Déterminer \(\sup \{ \mathop{\mathrm{rg}}u + \mathop{\mathrm{rg}}v \mid (u,v)\in A \}\).


[ID: 1444] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 928
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

L’égalité \(u\circ v=0\) amène \(\mathop{\mathrm{Im}}v \subset \operatorname{Ker}u\) et donc d’après la formule du rang \(\mathop{\mathrm{rg}}u + \mathop{\mathrm{rg}}v \leqslant\mathop{\mathrm{rg}}u + \dim \operatorname{Ker}u= n\). Pour \(u=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) et \(v=0\), il y a égalité. Donc \(\boxed{\sup \{ \mathop{\mathrm{rg}}u + \mathop{\mathrm{rg}}v \mid (u,v)\in A \}=n}\)


Endomorphisme commutant avec tous les autres ***

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel  de dimension finie \(n\geqslant 2\).

  1. Démontrer que les homothéties sont les seuls endomorphismes \(f\) de \(E\) tels que : \[\forall x\in E,\quad \left(x,f\left(x\right)\right) \textrm{ est une famille liée}.\]

  2. En déduire que les homothéties sont les seuls endomorphismes de \(E\) qui commutent avec tout autre endomorphisme.

( ).
Pour tout \(x\in E\), on pourra considérer une projection sur \(Vect\left(x\right)\)).


[ID: 1446] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Endomorphisme commutant avec tous les autres
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

  1. Les homothéties vérifient clairement la propriété indiquée. Réciproquement, on sait par hypothèse que \(\forall x\in E,\exists \lambda_x\in \mathbb{K}\mid f(x) = \lambda_xx\). Il s’agit donc de démontrer que l’on peut choisir le même \(\lambda\) pour tous les \(x\). Autrement dit, si l’on choisit deux vecteurs \(x\) et \(y\), on peut prendre \(\lambda_x = \lambda_y\).

    \(\blacktriangleright\) Si \((x,y)\) est libre, alors, comme  : \(\left(\lambda_{x+y}-\lambda_x\right)x+\left(\lambda_{x+y}-\lambda_y\right)y=0\) il vient que \(\lambda_{x+y}=\lambda_y=\lambda_x\).

    \(\blacktriangleright\) Sinon \(x\) et \(y\) sont colinéaires et il existe \(\alpha\in\mathbb{R}\) tel que \(y=\alpha x\) et \[f\left(y\right)=f\left(\alpha x\right)=\lambda_{\alpha x}\alpha x=\alpha f\left(x\right)=\alpha \lambda_x x\] et on peut prendre \(\lambda_{\alpha x}= \lambda\). On a ainsi montré que pour tout vecteur \(y\in E\), \(f\left(y\right)=\lambda y\). Donc \(f\) est une homothétie de rapport \(\lambda\).

  2. Considérons \(f\) un endomorphisme de \(E\) qui commute avec tous les endomorphismes de \(E\). Soit \(x\) un vecteur non nul de \(E\) et soit \(\Pi\) la projection de \(E\) sur \(Vect\left(x\right)\) parallèlement à un supplémentaire donné de \(Vect\left(x\right)\) dans \(E\) (qui existe car \(E\) est de dimension finie). Comme \(f\) et \(\Pi\) commute, on a : \(\Pi\left(f\left(x\right)\right)=f\left(\Pi\left(x\right)\right)=f\left(x\right)\). Donc comme \(\Pi\left(f\left(x\right)\right) \in Vect\left(x\right)\), \(f\left(x\right)\) et \(x\) sont liés. \(x\) étant quelconque non nul, ce résultat est vrai pour tout \(x\in E \setminus\left\{x\right\}\). Ce résultat est aussi clairement vérifié par le vecteur nul. D’après la première question, on peut affirmer que \(f\) est une homothétie. Réciproquement, une homothétie commute avec tous les endomorphismes de \(E\).


Un grand classique ***

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(f\) un endomorphisme d’un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) de dimension \(n\). Pour tout \(p\in \mathbb{N}\), on note : \[K_p=\operatorname{Ker}f^p \quad \textrm{ et} \quad I_p=\mathop{\mathrm{Im}}f^p.\]

  1. Montrer que : \[\forall p\in\mathbb{N},\quad K_p\subset K_{p+1} \quad \textrm{ et} \quad I_{p+1}\subset I_p.\]

  2. Prouver qu’il existe un plus petit entier naturel \(r\leqslant n\) tel que : \(\forall i\geqslant r,\quad K_i=K_{i+1}\).

  3. Montrer de même que :\[\forall i\geqslant r,\quad I_i=I_{i+1}.\]

  4. Montrer que : \(E=K_r \oplus I_r\).


[ID: 1448] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Un grand classique
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

  1. Soit \(p\in\mathbb{N}\) et soit \(x\in K_p\). Alors \(f^{p+1}\left(x\right)=f\left(f^{p}\left(x\right) \right)=0\) car \(f^p\left(x\right)=0\). Donc \(x\in K^{p+1}\) et \(K_p\subset K_{p+1}\). Considérons maintenant \(y\in I_{p+1}\). Alors il existe \(x\in E\) tel que : \(y=f^{p+1}\left(x\right)=f^{p}\left(f\left(x\right)\right)\) et donc \(y\in I_p\) et \(I_{p+1}\subset I_p\)

  2. Pour tout \(p\in\mathbb{N}\), \(K_p\subset K_{p+1}\) donc : \(\dim K_p \leqslant\dim K_{p+1}\) et la suite \(\left(\dim K_p\right)\) est croissante. Comme \(K_p\subset E\), on a aussi : \(\dim K_p\leqslant n\). La suite \(\left(\dim K_p\right)\) est donc majorée. Appliquant le théorème de la limite monotone elle est convergente mais, ses valeurs étant entières, cela équivaut au fait qu’elle est constante à partir d’un certain rang \(r\in\mathbb{N}\). \(r\) est le plus petit entier naturel tel que \(\forall i\geqslant r,\quad K_i=K_{i+1}\).

  3. D’après la formule du rang et le résultat précédent, on montre que \(\forall i\geqslant r,\quad I_i=I_{i+1}\).

  4. Soit \(y\in K_r \cap I_r\). Effectuons un raisonnement par l’absurde en supposant que \(y\neq 0\). Alors \(f^{r}\left(y\right)=0\) et il existe \(x\in E\) tel que \(y=f^{r}\left(x\right)\). Il vient donc : \(f^{2r}\left(x\right)=0\). Mais comme \(y=f^{r}\left(x\right)\neq 0\), il existe \(r'\in\llbracket r+1,2r\rrbracket\) tel que \(f^{r'}\left(x\right)=0\). On a donc \(x\in K_{r'}\) et \(x\not \in K_r\) ce qui contredit le fait que la suite \(\left(K_r\right)\) est constante à partir du rang \(r\). On en déduit que \(y=0\) et que \(K_r \cap I_r =\left\{0\right\}\). Il vient alors que : \(\dim\left(K_r + I_r\right) = \dim K_r + \dim I_r= \dim {\rm Ker}\,f^r + \dim \mathop{\mathrm{Im}}f^r=n\) par application de la formule du rang et de ce fait : \(K_r+I_r=E\). En résumé : \(E=K_r \oplus I_r\).


Exercice 404 ***

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces
Soit un espace vectoriel \(E\) de dimension 3 et un endomorphisme \(u\) de E tel que \(u^2\)=0. Montrer que \[\exists a\in E: \quad\exists f\in E^{\star}: \quad \forall x \in E, \quad u(x)=f(x)\,\cdot\,a\]
( ).
Traduire en terme d’image et de noyau la relation \(u^2 = 0\). Introduire ensuite une base de \(\operatorname{Ker}u\) et la compléter. Définir \(f\) à l’aide de cette base.


[ID: 1450] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 404
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

La relation \(u^2=0\) donne que \(\mathop{\mathrm{Im}}u \subset \operatorname{Ker}u\) (le montrer). D’après le théorème du rang, \[3=\dim (\operatorname{Ker}u) + \mathop{\mathrm{rg}}u \leqslant 2\dim (\operatorname{Ker}u)\] ce qui implique que \(\dim (\operatorname{Ker}u) \geqslant 2\). Si \(\dim (\operatorname{Ker}u) = 3\), alors \(u=0\) et le résultat est évident avec \(f=0\) et \(a\) quelconque.

Supposons donc que \(\dim (\operatorname{Ker}u) = 2\). Alors d’après le théorème du rang, \(\dim (\mathop{\mathrm{Im}}u) = 1\). C’est une droite vectorielle : \(\exists a \in E\), \(a\neq 0\) tel que \(\mathop{\mathrm{Im}}u = \mathop{\mathrm{Vect}}(a)\). Considérons une base \((e_1,e_2)\) de \(\operatorname{Ker}u\) et complétons-la en une base \((e_1,e_2,e_3)\) de \(E\). Puisque \(u\neq 0\), \(u(e_3)\neq 0\) et donc \(\exists c\in \mathbb{R}\) tq \(u(e_3)=ca\). Définissons la forme linéaire \(f\) en se donnant l’image de la base \(e\) par \(f\) : \(f(e_1)=0\), \(f(e_2)=0\) et \(f(e_3)=c\). Soit alors \(x\in E\). Décomposons \(x\) dans la base \(e\) : \(x=x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3\). Alors \(u(x)=x_3ca = x_3f(e_3)a=f(x)a\).


Exercice 807 ***

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension finie et soit \(f\in L(E)\) un endomorphisme de rang 1.

  1. Montrer qu’il existe un scalaire \(\lambda \in K\) tel que \(f^2= \lambda f\).

  2. A quelle condition sur le scalaire \(\lambda\), \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-f)\) est-il inversible ? Calculer alors \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-f)^{-1}\).


[ID: 1452] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 807
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

  1. Comme \(\mathop{\mathrm{rg}}f=1\), il existe un vecteur \(e_1\in E\) tel que \(\mathop{\mathrm{Im}}f= Vect(e_1)\). On complète le vecteur \(e_1\) en une base \(\left(e_1,\dots,e_n\right)\) de \(E\). Comme \(\mathop{\mathrm{Im}}f=Vect\left(e_1\right)\), pour tout \(i\in\llbracket 1,n\rrbracket\), il existe \(\lambda_i\in \mathbb{K}\) tel que \(f(e_i)=\lambda_i e_1\). Donc \(f^2(e_i)=f\left(\lambda_i e_1\right)=\lambda_i \lambda_1 e_1=\lambda_1 f\left(e_i\right)\). Si \(x\in E\) alors il existe \(\alpha_1,\dots,\alpha_n\in \mathbb{K}\) tels que \(x=\sum_{i=1}^n \alpha_i e_i\) et \[f^2\left(x\right)=\sum_{i=1}^n \alpha_i f^2\left(e_i\right)=\lambda_1 \sum_{i=1}^n \alpha_i f\left(e_i\right)=\lambda_1 f\left(x\right).\] Posons alors \(\lambda=\lambda_1\). On a bien \(f^2\left(x\right)=\lambda f\left(x\right)\) pour tout \(x\in E\).

  2. Remarquons que \((f-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)(f+(1-\lambda)\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)=(\lambda-1)\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\). On en tire une condition nécessaire et suffisante pour que \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- f\) soit inversible : il faut et il suffit que \(\lambda \neq 1\). On calcule alors \(\boxed{(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits -f)^{-1}=\dfrac{1}{1-\lambda}(f+(1-\lambda)\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)}\).


Exercice 469 ***

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) de dimension finie \(n\) et deux endomorphismes \((f,g)\) de \(E\) vérifiant : \[f\circ g\circ f=f \textrm{ et } g\circ f\circ g=g\]

  1. Montrer que \(E= \operatorname{Ker}f \oplus \mathop{\mathrm{Im}}g\).

  2. Montrer que \(\mathop{\mathrm{rg}}(f)=\mathop{\mathrm{rg}}(g)=\mathop{\mathrm{rg}}(g\circ f)=\mathop{\mathrm{rg}}(f\circ g)\).


[ID: 1454] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 469
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

  1. Soit \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}g\cap \operatorname{Ker}f\). Il existe \(x\in E\) tel que \(y=g(x)=g\circ f\circ g(x)=g\circ f(y)=0\) car \(y\in\operatorname{Ker}f\). Donc \(\operatorname{Ker}f\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}g\) sont en somme directe. Soit \(x\in E\), on écrit \(x=[x-g\circ f(x)]+g\circ f(x)\). On a \(f\left(x-g\circ f(x)\right)=f\left(x\right)-f\circ g \circ f\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(x\right)=0\) donc \(x-gof(x)\in \operatorname{Ker}f\). Il est clair que \(g\circ f\left(x\right)\in \mathop{\mathrm{Im}}g\). Donc \(E=\operatorname{Ker}f + \mathop{\mathrm{Im}}g\). En conclusion, on a bien \(E= \operatorname{Ker}f \oplus \mathop{\mathrm{Im}}g\).

  2. D’après le théorème du rang, \(\dim E = \dim \operatorname{Ker}f + \mathop{\mathrm{rg}}f\) et d’après la question précédente, \(\dim \operatorname{Ker}f + \mathop{\mathrm{rg}}g\) d’où \(\mathop{\mathrm{rg}}f = \mathop{\mathrm{rg}}g\). Comme \(g\circ f\circ g=g\), on a que \(\mathop{\mathrm{Im}}g \subset \mathop{\mathrm{Im}}(g\circ f)\) ce qui implique que \(\mathop{\mathrm{rg}}g \leqslant\mathop{\mathrm{rg}}g\circ f\). De même, comme \(\mathop{\mathrm{Im}}g\circ f \subset \mathop{\mathrm{Im}}g\) alors \(\mathop{\mathrm{rg}}g\circ f\leqslant\mathop{\mathrm{rg}}g\) et on on obtient que \(\mathop{\mathrm{rg}}g = \mathop{\mathrm{rg}}g\circ f\). On fait de même pour la seconde égalité.


Exercice 389 ***

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension finie \(n\) et \(u, v \in L(E)\). On suppose que \(E=\mathop{\mathrm{Im}}u+ \mathop{\mathrm{Im}}v=\operatorname{Ker}u + \operatorname{Ker}v\). Montrer que ces deux sommes sont directes.


[ID: 1456] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 389
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

On a : \[\begin{aligned} n&=& \dim \left(\mathop{\mathrm{Im}}u+ \mathop{\mathrm{Im}}v\right) \textrm{ car } E=\mathop{\mathrm{Im}}u + \mathop{\mathrm{Im}}v \\ &=& \dim \mathop{\mathrm{Im}}u +\dim \mathop{\mathrm{Im}}v - \dim\left(\mathop{\mathrm{Im}}u\cap \mathop{\mathrm{Im}}v\right) \textrm{ d'après la formule de Grassmann}\\ &=& n-\dim \operatorname{Ker}u + n-\dim \operatorname{Ker}v - \dim\left(\mathop{\mathrm{Im}}u\cap \mathop{\mathrm{Im}}v\right) \textrm{ d'après la formule du rang}\\ &=& 2n - \left(\dim \left(\operatorname{Ker}u+\operatorname{Ker}v\right)+\dim \left(\operatorname{Ker}u \cap \operatorname{Ker}v\right)\right) - \dim\left(\mathop{\mathrm{Im}} u\cap \mathop{\mathrm{Im}}v \right) \textrm{ à nouveau d'après la formule de Grassmann}\\ &=& 2n-n - \dim \left(\operatorname{Ker}u \cap \operatorname{Ker}v\right) - \dim\left(\mathop{\mathrm{Im}} u\cap \mathop{\mathrm{Im}}v \right) \textrm{ car } E=\operatorname{Ker}u + \operatorname{Ker}v\end{aligned}\] donc \(0= \dim \left(\operatorname{Ker}u \cap \operatorname{Ker}v\right) + \dim\left(\mathop{\mathrm{Im}} u\cap \mathop{\mathrm{Im}}v \right)\) et ceci n’est possible que si \(\dim \left(\operatorname{Ker}u \cap \operatorname{Ker} v\right)=\dim\left(\mathop{\mathrm{Im}} u\cap \mathop{\mathrm{Im}}v \right)=0\). On en déduit que les deux sommes sont directes.


Exercice 582 ***

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension finie et un endomorphisme \(u \in L(E)\). Montrer qu’il existe un automorphisme \(v \in \mathrm{GL}_{ }(E)\) et un projecteur \(p \in L(E)\) tels que \(u = v \circ p\).


[ID: 1458] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 582
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

Si \(u\) est inversible, il suffit de prendre \(v = u\) et \(p = \mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\). Sinon, notons \(r = \dim \operatorname{Ker}u\). D’après la formule du rang, on a \(n - r = \dim(\mathop{\mathrm{Im}}u)\) . Considérons une base \((e_1,\dots, e_r)\) de \(\operatorname{Ker}u\) et complétons-la en une base \(e = (e_1,\dots, e_r, e_{r+1},\dots, e_n)\) de \(E\). Posons \(f_{r+1} = u(e_{r+1}),\dots, f_n = u(e_n)\). On vérifie que cette famille est libre. Soient \(\alpha_{r+1},\dots,\alpha_n\in\mathbb{K}\) tels que \(\alpha_{r+1}f_{r+1}+\dots+\alpha_n f_n=0\) alors \(u\left(\alpha_{r+1}e_{r+1}+\dots+\alpha_n e_n\right)=0\) et \(\alpha_{r+1}e_{r+1}+\dots+\alpha_n e_n\in Vect\left(e_{r+1},\dots,e_n\right)\cap \operatorname{Ker} u=\left\{0\right\}\). Donc \(\alpha_{r+1}e_{r+1}+\dots+\alpha_n e_n=0\) mais comme \(\left(e_{r+1},\dots, e_n\right)\) est libre, \(\alpha_{r+1}=\dots=\alpha_n=0\). On complète alors cette famille en une base \(f = (f_1,\dots, f_r, f_{r+1},\dots, f_n)\) de \(E\). Définissons alors \(p\) le projecteur sur \(\mathop{\mathrm{Vect}}(e_{r+1},\dots, e_n)\) donné par \(p\left(e_i\right)=0\) si \(i\in\llbracket 1,r\rrbracket\) et \(p\left(e_i\right)=e_i\) si \(i\in\llbracket r+1,n\rrbracket\). Définissons aussi l’application linéaire \(v\) par \(v(e_i) = f_i\) pour tout \(i\in\llbracket 1,n\rrbracket\). Comme \(v\) envoie une base de \(E\) sur une base de \(E\), \(v\) est inversible. On vérifie facilement en calculant l’image des vecteurs de la base \(e\) que \(v\circ p = u\).


Exercice 170 ***

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un K-espace vectoriel \(E\) de dimension finie \(n\) et un endomorphisme \(f\in L(E)\). Montrer l’équivalence entre les propriétés suivantes :

  1. \(E=\mathop{\mathrm{Im}}f + \operatorname{Ker}f\)

  2. \(E= \mathop{\mathrm{Im}}f \oplus \operatorname{Ker}f\)

  3. \(\mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}f = \left\{ 0\right\}\)

  4. \(\mathop{\mathrm{Im}}f = \mathop{\mathrm{Im}}f^2\)

  5. \(\operatorname{Ker}f = \operatorname{Ker}f^2\).


[ID: 1460] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 170
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

  1. \(\boxed{1)\Rightarrow 2)}\) Comme \(E=\mathop{\mathrm{Im}}f + \operatorname{Ker}f\), en appliquant la formule de Grassmann puis la formule du rang, \(\dim \left(\mathop{\mathrm{Im}}f\cap \operatorname{Ker}f\right)=\dim \mathop{\mathrm{Im}}f+\dim \operatorname{Ker}f -\dim E =0\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}f\cap \operatorname{Ker}f=\left\{0\right\}\). Donc \(E=\mathop{\mathrm{Im}}f \oplus \operatorname{Ker}f\).

  2. \(\boxed{2)\Rightarrow 3)}\) Par définition.

  3. \(\boxed{3)\Rightarrow 2)}\) Par la formule du rang.

  4. \(\boxed{2)\Rightarrow 4)}\) Il est clair que \(\mathop{\mathrm{Im}}f^2 \subset \mathop{\mathrm{Im}}f\). Soit \(y\in\mathop{\mathrm{Im}}f\) alors il existe \(x=x_1+x_2\in \mathop{\mathrm{Im}}f \oplus \operatorname{Ker}f\) tel que \(y=f\left(x\right)\). Alors \(y=f\left(x_1\right)\in\mathop{\mathrm{Im}}f^2\) car \(x_1\in \mathop{\mathrm{Im}}f\). Donc \(\mathop{\mathrm{Im}}f \subset \mathop{\mathrm{Im}}f^2\) et on a bien \(\mathop{\mathrm{Im}}f = \mathop{\mathrm{Im}}f^2\).

  5. \(\boxed{4)\Rightarrow 5)}\) Il est clair que \(\operatorname{Ker}f\subset \operatorname{Ker}f^2\). On utilise la formule du rang : \(n=\dim \operatorname{Ker}f + \dim \mathop{\mathrm{Im}}f = \dim \operatorname{Ker}f^2+\dim \mathop{\mathrm{Im}}f^2\). Comme \(\mathop{\mathrm{Im}}f = \mathop{\mathrm{Im}}f^2\), il vient que \(\dim \operatorname{Ker}f =\dim \operatorname{Ker} f^2\). Finalement, \(\operatorname{Ker}f = \operatorname{Ker}f^2\).

  6. \(\boxed{5)\Rightarrow 4)}\) se prouve de la même façon.

  7. \(\boxed{5)\Rightarrow 3)}\) Soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}f\) alors \(f\left(x\right)=0\) et il existe \(x_0\in E\) tel que \(x=f\left(x_0\right)\). Donc \(f^2\left(x_0\right)=0\) et \(x_0\in\operatorname{Ker}f^2=\operatorname{Ker}f\). Alors \(x=f\left(x_0\right)=0\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}f = \left\{ 0\right\}\).

  8. \(\boxed{3)\Rightarrow 1)}\) C’est une conséquence directe de la formule de Grassmann.

On vérifie que la chaine d’implications est bien fermée.


Exercice 197 **

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On note \(E\) l’espace vectoriel \(\mathbb{\mathbb{R} }_{n}[X]\) des fonctions polynomiales de degré inférieur ou égal à \(n\). On définit l’application \[f : \left\{ \begin{array}{ccl} E & \longrightarrow & E \\ P & \longmapsto & Q \end{array} \right.\] où \(Q\) est définie par : \[\forall x \in \mathbb{R} , \quad Q(x) = \int_0^1 (x+t)^n P(t)\mathrm{ \;d}t\] Montrez que \(f\) est un automorphisme de \(E\).


[ID: 1462] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 197
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

On vérifie d’abord que \(f\) est bien définie. Si \(P \in E\), en utilisant la formule du binôme, on obtient que \(\forall x \in E\), \[Q(x) = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} \left[\int_0^1 t^{n-k}P(t) \mathrm{ \;d}t\right] x^{k}\] ce qui montre que \(f(P)\) est une fonction polynomiale de degré inférieur à \(n\).

Il est immédiat que \(f\) est linéaire. Montrons l’injectivité de \(f\) en vérifiant que \(\operatorname{Ker}f = \{0\}\). Soit \(P \in E\) tel que \(f(P) = 0\). D’après le calcul précédent, \[\forall k \in \llbracket 0,n\rrbracket, \quad\int_0^1 t^k P(t) \mathrm{ \;d}t = 0\] Comme \(P(t) = \sum_{k=0}^n a_k t^k\), on obtient alors que \[\int_0^1 P^2(t) \mathrm{ \;d}t = \sum_{k=0}^n a_k \int_0^1 t^kP(t) \mathrm{ \;d}t = 0\] Donc \(\forall t \in [0, 1]\), \(P(t) = 0\), ce qui montre que le polynôme \(P\) a une infinité de racines et est donc nul.

Un endomorphisme injectif en dimension finie étant bijectif, \(f\) est un automorphisme de \(E\).


Exercice 624 ***

15 février 2021 14:40 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Suite de l’exercice p. .

Soit un anneau \((A, +, \times)\). On dit qu’il est régulier lorsque \[\forall u \in A,~ \exists x \in A ~: u = uxu.\] Montrer que si \(E\) est un \(\mathbb{K}\)-ev de dimension finie, l’anneau \(L(E)\) est régulier.


[ID: 1464] [Date de publication: 15 février 2021 14:40] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 624
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:40

On choisit une base de \(E\) : \((e_1,\ldots,e_n)\). Les \(u(e_k)\) appartiennent à l’image de \(u\). On considère une base \((f_1,\ldots,f_r)\) de \(\mathop{\mathrm{Im}}f\) que l’on complète avec \(f_{r+1},\ldots,f_n)\) de \(E\). On a \(f_k = u(x_k)\) pour \(1\leqslant k \leqslant r\). On pose \(x(f_k) = x_k\) pour \(1\leqslant k \leqslant r\) et \(x(f_k) = 0\) par exemple pour \(k > r\). On a alors \(u(x(f_k)) = u(x_k) = f_k\) pour \(1\leqslant k \leqslant r\). Donc pour tout \(v\in \mathop{\mathrm{Im}}f\), \(u(x(v)) = v\). A fortiori pour \(v = u(e_k),1\leqslant k \leqslant n\) et donc \(uxu = u\).


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