Rang d'une application linéaire

Exercices du dossier Rang d'une application linéaire

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Exercice 1019
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43
  1. On calcule \(\operatorname{Ker}f\). On sait que \(\left(x,y,z\right)\in\operatorname{Ker}f\) si et seulement si \(\begin{cases}y-z&=0\\z-x&=0\\x-y=0 \end{cases}\). On montre alors que \(x=y=z\) et donc \(\operatorname{Ker}f=\mathop{\mathrm{Vect}}\left(\left(1,1,1\right)\right)\). Le vecteur \(\left(1,1,1\right)\) forme une base de \(\operatorname{Ker}f\) et \(\dim \operatorname{Ker}f=1\). D’après la formule du rang, \(\dim \mathop{\mathrm{Im}}f=2\). Une base de \(\mathop{\mathrm{Im}}f\) est donc formée de deux vecteurs de \(\mathop{\mathrm{Im}}f\) non colinéaires. Il suffit de prendre par exemple \(f\left(1,0,0\right)=\left(0,-1,1\right)\) et \(f\left(0,1,0\right)=\left(1,0,-1\right)\).

  2. De même, on commence par déterminer \(\operatorname{Ker}f\). Pour ce faire, on résout \(\begin{cases} 2x+y+z&=0\\x+y+t&=0\\x+z-t&=0\end{cases}\). On trouve \(y=-2x-z\) et \(t=x+z\) donc \(\operatorname{Ker}f=\mathop{\mathrm{Vect}}\left(u_1,u_2\right)\) avec \(u_1=\left(1,-2,0,1\right)\) et \(u_2=\left(0,-1,1,1\right)\) qui sont non colinéaires. Une base de \(\operatorname{Ker}f\) est formée de ces deux vecteurs. D’après la formule du rang, \(\dim \mathop{\mathrm{Im}}f=2\) et il suffit de trouver deux vecteurs de \(\mathop{\mathrm{Im}}f\) non colinéaires pour avoir une base de \(\mathop{\mathrm{Im}} f\). On peut prendre \(f\left(1,0,0,0\right)=\left(2,1,1\right)\) et \(f\left(0,1,0,0\right)=\left(1,1,0\right)\).

  3. On calcule le noyau de \(f\). On trouve \(z={a+ib}\in\operatorname{Ker}f \Longleftrightarrow z+i\bar z=0 \Longleftrightarrow\left(a+b\right)\left(1+i\right)=0 \Longleftrightarrow a+b=0\). Donc \(\operatorname{Ker}f=\mathop{\mathrm{Vect}}\left(1-i\right)\) et le vecteur \(1-i\) forme une base de \(\operatorname{Ker}f\). De même, \(\mathop{\mathrm{Im}}f=\left\{z+i\bar z \mid z\in\mathbb{C}\right\}=\left\{\left(a+b\right)\left(1+i\right) \mid a,b\in\mathbb{R}\right\}=\mathop{\mathrm{Vect}}\left(1+i\right)\) et une base de \(\mathop{\mathrm{Im}} f\) est \(1+i\).


Exercice 6 *

15 février 2021 14:43 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer toutes les applications linéaires de \(\mathbb{R}\) vers \(\mathbb{R}\).



[ID: 1468] [Date de publication: 15 février 2021 14:43] [Catégorie(s): Rang d'une application linéaire ] [ 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 ]
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Exercice 6
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43

Soit \(f\in L\left(\mathbb{R}\right)\). Alors pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(f\left(x\right)=xf\left(1\right)\). Posons \(a=f\left(1\right)\). Alors \(f:x\mapsto ax\). Réciproquement, si \(f\) est de cette forme alors \(f \in L\left(\mathbb{R}\right)\). On montre ainsi que \(L\left(\mathbb{R}\right)=\mathop{\mathrm{Vect}}\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_R\right)\).


Exercice 12 *

15 février 2021 14:43 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer toutes les applications linéaires de \(\mathbb{R}^{2}\) vers \(\mathbb{R}^{2}\).



[ID: 1470] [Date de publication: 15 février 2021 14:43] [Catégorie(s): Rang d'une application linéaire ] [ 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 ]
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Exercice 12
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43

Soit \(\left(e_1,e_2\right)\) la base canonique de \(\mathbb{R}^2\) et soit \(u:\mathbb{R}^2\mapsto \mathbb{R}^2\) une application linéaire. Alors pour tout \(v=x e_1+ye_2\in\mathbb{R}^2\), on a : \(u\left(v\right)=xu\left(e_1\right)+yu\left(e_2\right)\). Réciproquement, si on se donne deux vecteurs \(v_1,v_2\in\mathbb{R}^2\) et si on considère l’application \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^2 & \longrightarrow & \mathbb{R}^2 \\ \left(x,y\right) & \longmapsto & x v_1+y v_2 \end{array} \right.\) on montre facilement qu’elle est linéaire. On en déduit que \(L\left(\mathbb{R}^2\right)=\left\{\left(x,y\right)\mapsto x v_1+y v_2 ~|~ v_1,v_2\in\mathbb{R}^2 \right\}\).


Exercice 604 *

15 février 2021 14:43 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension finie \(n\), \(F\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension finie \(p\) et \(u\in L(E,F)\). Montrer que \(\mathop{\mathrm{rg}}(u) \leqslant\min( n,p)\).



[ID: 1472] [Date de publication: 15 février 2021 14:43] [Catégorie(s): Rang d'une application linéaire ] [ 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 ]
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Exercice 604
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43

Comme \(\mathop{\rm Im}u \subset F\), \(\mathop{\mathrm{rg}}(u)=\dim \mathop{\rm Im}u\leqslant\dim F=p\). De plus, par la formule du rang, \(\mathop{\mathrm{rg}}(u)=n-\dim \operatorname{Ker}u\leqslant n\) d’où \(\mathop{\mathrm{rg}}(u) \leqslant\min( n,p)\).


Exercice 1062 *

15 février 2021 14:43 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension finie \(n\), et \(u\in \mathfrak{L}_{}(E)\). Montrer que \[(\operatorname{Ker}u = \mathop{\mathrm{Im}}u ) \Longleftrightarrow (u^2=0 \textrm{ et } n=2\mathop{\mathrm{rg}}(u) )\]



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Exercice 1062
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43

Soit \(u\in \mathfrak{L}_{}(E)\) tel que \(\operatorname{Ker}u = \mathop{\mathrm{Im}}u\). Soit \(x\in E\) alors \(u\left(x\right)\in\mathop{\mathrm{Im}} u=\operatorname{Ker}u\) donc \(u^2(x)=0\) et \(u^2=0\). De plus d’après la formule du rang, \(\dim E=\dim \operatorname{Ker}u+\dim \mathop{\mathrm{Im}}u=2\dim \mathop{\mathrm{Im}}u=2\mathop{\mathrm{rg}}(u)\).

Réciproquement, si \(u^2=0\) et si \(n=2\mathop{\mathrm{rg}}(u)\) alors \(\operatorname{Ker}u = \mathop{\mathrm{Im}}u\). En effet, comme \(u^2=0\), il est clair que \(\mathop{\mathrm{Im}}u\subset \operatorname{Ker}u\). La formule du rang amène \(\dim E=\dim \operatorname{Ker}u+\dim \mathop{\mathrm{Im}}u\) et comme \(n=2\mathop{\mathrm{rg}}(u)\), \(\dim \operatorname{Ker}u=\dim \mathop{\mathrm{Im}}u\). On en déduit le résultat.


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Polynômes interpolateurs de Lagrange
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43
  1. On montre facilement que \(\varphi\) est linéaire. Si \(P\in\operatorname{Ker}\varphi\) alors \(P(x_0)=\dots=P(x_n)=0\). Donc \(P\) est de degré au plus \(n\) et admet \(n+1\) racines. Ceci n’est possible que si \(P=0\). Donc \(\varphi\) est injective. Comme \(\dim \mathbb{R}^{n+1}=\dim \mathbb{\mathbb{R} }_{n}[X] =n+1\), on en déduit, grâce à la formule du rang que \(\dim \mathop{\mathrm{Im}}\varphi=n+1\) et donc \(\varphi\) est surjective. On prouve ainsi que \(\varphi\) est un isomorphisme.

  2. Le résultat annoncé dans cette question découle directement de la définition d’une bijection.

  3. On procède de même qu’avant. On considère l’application \(\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_{3}\left[X\right] & \longrightarrow & \mathbb{R}^4 \\ P & \longmapsto & \left(P(a),P'(a),P(b),P'(b)\right) \end{array} \right.\). On montre facilement qu’elle est linéaire. Soit \(P\in\operatorname{Ker}\theta\). Alors \(a\) et \(b\) sont des racines doubles de \(P\). Mais \(a\) et \(b\) sont distincts et \(P\) de degré au plus \(3\). Ceci n’est possible que si \(P=0\). Donc \(\operatorname{Ker}\theta=\left\{0\right\}\) et \(\theta=0\). On montre comme avant, en utilisant la formule du rang, que \(\theta\) est surjective. Donc \(\theta\) est un isomorphisme. En conséquence de quoi il existe un unique polynôme \(P \in \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X]\) vérifiant \(P(a) = \alpha,~P'(a)=\beta,~P(b)=\delta,~P'(b)=\gamma\).


Exercice 841 *

15 février 2021 14:43 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension finie \(n\) et \(u,v\in L(E)\). Montrer que \[u^2\circ v -u\circ v \circ u +\mathop{\mathrm{id}}\nolimits=0 \Rightarrow u\in GL(E)\]



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Exercice 841
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43

On a \(u\circ\left(v\circ u-u\circ v\right)= \mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) donc \(u\) admet un inverse à droite donné par \(v\circ u-u\circ v\). Comme \(E\) est de dimension finie, on en déduit que \(u\) est inversible.


Exercice 462 *

15 février 2021 14:43 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E= \mathbb{R}_{n}[X]\) et \(Q\in E\). Montrer qu’il existe un unique polynôme \(P\in E\) vérifiant \(P'+P=Q\).



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Exercice 462
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43

Soit \(\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_{n}[X] & \longrightarrow & \mathbb{R}_{n}[X] \\ P & \longmapsto & P'+P \end{array} \right.\). On vérifie facilement que \(\varphi\in L\left( \mathbb{R}_{n}[X] \right)\). De plus \(\varphi\) est injective. En effet, si \(P\in\operatorname{Ker}\varphi\) alors \(P+P'=0\) et \(\deg P=\deg P'\). Ceci n’est possible que si \(P=0\) et montre que \(\operatorname{Ker}\varphi=\left\{0\right\}\). Comme \(\dim \mathbb{R}_{n}[X] =n+1\), on peut affirmer que \(\varphi\) est un automorphisme. On sait en effet d’après le cours qu’un endomorphisme injectif dans un espace de dimension finie est bijectif. Si \(Q\in \mathbb{R}_{n}[X]\), il existe alors un unique polynôme \(P\in \mathbb{R}_{n}[X]\) tel que \(\varphi\left(P\right)=Q\), c’est-à-dire tel que \(P+P'=Q\).


Exercice 95 **

15 février 2021 14:43 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel  et \(f,g\in\mathfrak{L}\left(E\right)\). Montrer que :

  1. \(\mathop{\mathrm{rg}}\left(f+g\right) \leqslant\mathop{\mathrm{rg}}f + \mathop{\mathrm{rg}}g\)

  2. \(\left|\mathop{\mathrm{rg}}f - \mathop{\mathrm{rg}}g\right| \leqslant\mathop{\mathrm{rg}}\left(f-g\right)\).



[ID: 1482] [Date de publication: 15 février 2021 14:43] [Catégorie(s): Rang d'une application linéaire ] [ 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 ]
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Exercice 95
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43
  1. On a \[\mathop{\mathrm{rg}}\left(f+g\right) = \dim \mathop{\mathrm{Im}}\left(f+g\right) \leqslant\dim \mathop{\mathrm{Im}}f + \dim \mathop{\mathrm{Im}}g\] car \(\mathop{\mathrm{Im}} \left(f+g\right)\subset \mathop{\mathrm{Im}}f + \mathop{\mathrm{Im}}g\).

  2. Par ailleurs \[\mathop{\mathrm{rg}}f = \mathop{\mathrm{rg}}\left(f-g+g\right) \leqslant\mathop{\mathrm{rg}}\left(f-g\right) + \mathop{\mathrm{rg}}g\] d’où \(\mathop{\mathrm{rg}}f - \mathop{\mathrm{rg}}g \leqslant\mathop{\mathrm{rg}} \left(f-g\right)\). On montre de même que \(\mathop{\mathrm{rg}}g - \mathop{\mathrm{rg}}f \leqslant\mathop{\mathrm{rg}} \left(g-f\right)\). Comme \(\mathop{\mathrm{rg}}\left(f-g\right)= \mathop{\mathrm{rg}}\left(g-f\right)\), on en déduit l’inégalité.


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Exercice 997
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43
  1. Si \(f\) était bijective alors il en serait de même de \(f^p\) car ce serait une composée de fonctions bijectives. Or \(f^p=0\) qui n’est pas bijective donc \(f\) n’est pas bijective.

  2. On a vu dans le cours que pour un endomorphisme d’un \(\mathbb{K}-\)espace vectoriel de dimension finie, on a équivalence entre le fait que cet endomorphisme est bijectif, surjectif ou injectif. Comme \(f\) n’est pas bijective, elle n’est à la fois ni injective et ni surjective. Il vient alors : \(\operatorname{Ker}f\neq \left\{0\right\}\) et \(\mathop{\mathrm{rg}}f \leqslant n-1\).

    1. La composée de l’application nulle par une application quelconque est une application nulle!

    2. Comme \(q\) est le plus petit entier non nul tel que \(f^q=0\), \(f^{q-1}\) n’est pas identiquement nul sur \(E\) : il existe donc \(x_0\in E\) tel que \(f^{q-1}\left(x_0\right)\neq 0\).

    3. Soit \(\alpha_0,\dots,\alpha_{q-1}\in\mathbb{R}\) tels que \[\alpha_0 x_0+\alpha_1 f\left(x_0\right)+\dots+\alpha_{q-1}f^{q-1}\left(x_0\right)=0 \quad \left(\star\right).\] Alors, par linéarité : \(f^{q-1}\left(\alpha_0 x_0+\alpha_1 f\left(x_0\right)+\dots+\alpha_{q-1}f^{q-1}\left(x_0\right)\right)=0\) et  : \(\alpha_0 f^{q-1}\left(x_0\right)+\alpha_1 f^q\left(x_0\right)+\dots+\alpha_{q-1}f^{2q-2}\left(x_0\right)=0\) mais comme  : \(\forall k\geqslant q,\quad f^k = 0\)., il vient \(\alpha_0 x_0=0\) et donc : \(\alpha_0=0\). L’égalité \(\left(\star\right)\) devient alors : \(\alpha_1 f\left(x_0\right)+\dots+\alpha_{q-1}f^{q-1}\left(x_0\right)=0\). En appliquant \(f^{q-2}\) à cette égalité, on montre de la même façon que \(\alpha_1=0\). On répète encore \(n-2\) fois ce procédé et on montre aussi que : \(\alpha_2=\dots=\alpha_{q}=0\). La famille \(\left(x_0,f\left(x_0\right),\dots,f^{q-1}\left(x_0\right)\right)\) est bien libre.

    4. Une famille libre de \(E\) est de cardinal au maximum la dimension de \(E\). Donc \(q \leqslant n\). D’après la question \(3\)(a), il est alors clair que \(f^n=0\).

  3. On suppose que \(g\) est un endomorphisme de \(E\) qui commute avec \(f\). Comme \(\left(x_0,f\left(x_0\right),\dots,f^{n-1}\left(x_0\right)\right)\) est une base de \(E\), il existe \(\alpha_0,\dots,\alpha_{n-1}\in\mathbb{K}\) tels que \(g\left(x_0\right)=\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^k\left(x_0\right).\) On calcule alors l’image par \(g\) des vecteurs de la base \(\left(x_0,f\left(x_0\right),\dots,f^{n-1}\left(x_0\right)\right)\) : \[\begin{aligned} g\left(f^i\left(x_0\right)\right)=f^i\left(g\left(x_0\right)\right)=f^i\left(\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^k\left(x_0\right)\right)=\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^{i+k} \left(x_0\right)=\left(\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^{k}\right)\left(f^i\left(x_0\right)\right)\end{aligned}\] et on peut alors affirmer que \(g=\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^{k}\). Réciproquement, si \(g\) est de cette forme, on vérifie facilement qu’elle commute avec \(f\).


Exercice 733 *

15 février 2021 14:43 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un espace vectoriel de dimension finie non nulle. Démontrer l’équivalence des deux propriétés suivantes :

  1. Il existe \(f\in\mathfrak{L}\left(E\right)\) tel que \(\mathop{\mathrm{Im}}f = \operatorname{Ker}f\).

  2. La dimension de \(E\) est paire.



[ID: 1486] [Date de publication: 15 février 2021 14:43] [Catégorie(s): Rang d'une application linéaire ] [ 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 ]
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Exercice 733
Par emmanuel le 15 février 2021 14:43
  • Soit \(f\in\mathfrak{L}\left(E\right)\) tel que \(\mathop{\mathrm{Im}}f = \operatorname{Ker}f\). D’après la formule du rang : \(\dim E = \dim {\rm Ker}\,f +\dim \mathop{\rm Im}f=2\dim {\rm Ker}\,f\) et \(\dim E\) est bien pair.

  • Réciproquement, si \(\dim E=2n\)\(n\in\mathbb{N}^*\) alors considérons une base \(\left(e_1,\dots,e_n,e'_1,\dots,e'_n\right)\) de \(E\) ainsi que l’endomorphisme \(f\in\mathfrak{L}\left(E\right)\) donné par : \(\forall i\in\llbracket 1,n\rrbracket f\left(e_i\right)=e'_i \quad \textrm{ et} \quad f\left(e'_i\right)=0\). On vérifie facilement que \(f\) est linéaire, que \({\rm Ker}\,f= Vect\left(e'_1,\dots,e'_n\right)\) et que \(\mathop{\rm Im}f= Vect\left(e'_1,\dots,e'_n\right)\).


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