Endomorphismes inversibles

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Endomorphismes inversibles

Exercice 393 *

12 février 2021 16:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) et deux endomorphismes \(u,v \in L(E)\).

  1. Développer \((u+v)^2\) .

  2. Développer \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-u)\circ(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+u)\) .

  3. Si \(u^2=0\), montrer que \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-u)\) est bijective.


[ID: 1245] [Date de publication: 12 février 2021 16:56] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 393
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:56

  1. On utilise la linéarité de \(u\) et \(v\) et on trouve : \((u+v)^2=u^2+u\circ v + v\circ u + v^2\). Attention, en général, \(u\circ v \neq v\circ u\).

  2. De même \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-u)\circ(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+u)=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-u^2\)

  3. Si \(u^2=0\), alors \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-u)\circ(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+u)=(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+u)\circ(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-u)=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) et \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-u)\) est bijective d’inverse \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+u\).


Exercice 118 *

12 février 2021 16:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(f\in L(E)\) vérifiant \((f-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)o(f+2\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)=0\). Montrer que \(f\) est inversible.


[ID: 1247] [Date de publication: 12 février 2021 16:56] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 118
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:56

Comme \((f-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)o(f+2\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)=0\) et que \(f\) est linéaire, il vient que \(f^2+f-2\mathop{\mathrm{id}}\nolimits=0\) ce qui s’écrit aussi \(f\circ\left({\scriptstyle\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+f\over\scriptstyle 2}\right)=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) ou encore \(\left({\scriptstyle\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+f\over\scriptstyle 2}\right)\circ f=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\). Donc \(f\) est inversible d’inverse \(\boxed{f^{-1}={\scriptstyle\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+f\over\scriptstyle 2}}\).


Exercice 680 *

12 février 2021 16:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}-\)espace vectoriel et \(u \in L(E)\). On suppose qu’il existe des scalaires \(a_0, \dots ,a_n\) tels que \(a_0 \mathop{\mathrm{id}}\nolimits+ a_1u + \dots + a_n u^n= 0\), avec \(a_0 \neq 0\) et \(a_n \neq 0\). Montrer que \(u\) est un automorphisme de \(E\).


[ID: 1249] [Date de publication: 12 février 2021 16:56] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 680
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:56

Comme \(a_0 \mathop{\mathrm{id}}\nolimits+ a_1u + \dots + a_n u^n= 0\), on a \(-\left(a_n u^n +\dots+a_1 u\right)=a_0\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) et \(u\left(-{\scriptstyle a_n\over\scriptstyle a_0}u^{n-1} -\dots- {\scriptstyle a_1\over\scriptstyle a_0}\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\right)=\left(-{\scriptstyle a_n\over\scriptstyle a_0}u^{n-1} -\dots- {\scriptstyle a_1\over\scriptstyle a_0}\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\right) u = \mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) donc \(u\) est inversible et \(\boxed{u^{-1}=- \left({\scriptstyle a_n\over\scriptstyle a_0}u^{n-1} +\dots+ {\scriptstyle a_1\over\scriptstyle a_0}\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\right)}.\)


Exercice 554 *

12 février 2021 16:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère les deux endomorphismes de \(E = \mathbb{R}^{2}\) suivants : \[u : \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^{2} & \longrightarrow & \mathbb{R}^{2} \\ (x, y) & \longmapsto & (y, 0) \end{array} \right. \textrm{ et } v : \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^{2} & \longrightarrow & \mathbb{R}^{2} \\ (x, y) & \longmapsto & (0, x) \end{array} \right.\]

  1. Calculer \(u \circ v\), \(v\circ u\), \(u^2\) et \(v^2\). Conclusion ?

  2. Montrer que l’endomorphisme \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- u)\) est inversible et déterminer son inverse.


[ID: 1251] [Date de publication: 12 février 2021 16:56] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 554
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:56

  1. Pour \(\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2\), on calcule

    • \(u \circ v\left(x,y\right)=u\left(0,x\right)=\left(x,0\right)\).

    • \(v\circ u\left(x,y\right)=v\left(y,0\right)=\left(0,y\right)\).

    • \(u^2\left(x,y\right)=u\left(y,0\right)=\left(0,0\right)\).

    • \(v^2\left(x,y\right)=v\left(0,x\right)=\left(0,0\right)\).

    donc \(u\circ v\) est la projection sur les abscisses, \(v\circ u\) est la projection sur les ordonnées et \(u^2=v^2=0\).

  2. On utilise l’exercice . Comme \(u^2=0\), \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- u\) est inversible et d’inverse \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+ u\).


Exercice 809 *

12 février 2021 16:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) et un endomorphisme \(k\in \mathrm{GL}_{ }(E)\). On considère l’application \[\varphi_k: \left\{ \begin{array}{ccl} L(E) & \longrightarrow & L(E) \\ u & \longmapsto & k\circ u \end{array} \right.\] Montrer que \(\varphi_k \in \mathrm{GL}_{ }(L(E))\) puis que l’application \[\psi : \left\{ \begin{array}{ccl} \mathrm{GL}_{ }(E) & \longrightarrow & \mathrm{GL}_{ }(L(E)) \\ k & \longmapsto & \varphi_k \end{array} \right.\] est un morphisme de groupes injectif.


[ID: 1253] [Date de publication: 12 février 2021 16:56] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 809
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:56

On vérifie que \(\varphi_k\) est linéaire. Soient \(\alpha,\beta\in\mathbb{K}\) et \(u,v\in L\left(E\right)\). On a \(\varphi_k\left(\alpha u + \beta v\right)=k\circ\left(\alpha u + \beta v\right)=\alpha k\circ u + \beta k\circ v=\alpha\varphi_k\left(u\right)+\beta \varphi_k\left(v\right)\) par linéarité de \(k\).

L’application \(\varphi_k\) est bien à valeurs dans \(L\left(E\right)\) car la composée de deux applications linéaires est encore linéaire.

Enfin, \(\varphi_k\) est bijective. En effet, comme \(k\) est inversible, on a \(\varphi_k \circ \varphi_{k^{-1}}= \varphi_{k^{-1}}\circ\varphi_k=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_{L\left(E\right)}\).

Soient \(k,k'\in \mathrm{GL}_{ }(E)\). On a \(\psi\left(k\circ k'\right)=\varphi_{k\circ k'}=\varphi_{k}\circ \varphi_{k'}\) donc \(\psi\) est un morphisme de groupes. De plus, si \(k\in\operatorname{Ker}\psi\) alors \(\psi\left(k\right)=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\) donc \(\varphi_k=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\) ce qui n’est possible que si \(k=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\) donc \(\operatorname{Ker}\psi=\left\{\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\right\}\) et \(\psi\) est injectif.


Exercice 206 *

12 février 2021 16:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(E\) un \(K\)-espace vectoriel et \(f\) un endomorphisme de \(E\) nilpotent. Prouver que \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-f\) est inversible et exprimer son inverse en fonction de \(f\).


[ID: 1255] [Date de publication: 12 février 2021 16:56] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 206
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:56

Supposons que \(f\) est nilpotent d’ordre \(n\in\mathbb{N}^*\). Alors par linéarité de \(f\) il vient que : \[\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-f\right)\circ \left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+f+f^2+\dots+f^{n-1}\right)=\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+f+f^2+\dots+f^{n-1}\right) - \left(f+f^2+\dots+f^{n-1}+f^n\right) =\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\] par télescopage et car \(f^n=0\). De même \(\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+f+f^2+\dots+f^{n-1}\right)\circ\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-f\right)=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) donc \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-f\) est inversible et .


Exercice 352 **

12 février 2021 16:57 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère \(\mathbb{C}\) comme un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel. Soit \(p \in \mathbb{C}\). On définit \(f:\mathbb{C} \mapsto \mathbb{C}\) par \(f(z)=z+p\overline{z}\). Vérifier que \(f\in L(\mathbb{C} )\) puis déterminer \(\operatorname{Ker}f\). A quelle condition \(f\) est-il un automorphisme?


[ID: 1257] [Date de publication: 12 février 2021 16:57] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 352
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:57

\(f\) est linéaire (vérification immédiate). Cherchons son noyau: soit \(z\in \mathbb{C}\): \[f(z)=0 \Rightarrow z=-p\overline{z}\] En prenant le conjugué, \(\overline{z}=-\overline{p}z\) et donc \(z=\lvert p \rvert ^2 z\) d’où \((1-\lvert p \rvert ^2)z=0\).

  1. Si \(\lvert p \rvert \neq 1\), alors \(z=0\). Par conséquent, \(\operatorname{Ker}f = \{0\}\).

  2. Si \(\lvert p \rvert =1\) alors \(\exists \alpha \in [0,2\pi[\) tel que \(p=e^{i\alpha}\). Par ailleurs \(\exists r\geqslant 0\), \(\exists \theta \in [0,2\pi[\), tels que \(z=re^{i\theta}\). Alors \[z=-p\overline{z} \Rightarrow e^{2i\theta}=e^{i(\alpha+\pi)} \Longleftrightarrow \theta= {\scriptstyle\alpha+\pi\over\scriptstyle 2}+k\pi (k\in \mathbb{Z} )\] Donc \(\operatorname{Ker}f\) est une droite vectorielle: \[\operatorname{Ker}f = \mathop{\mathrm{Vect}}(u), \quad u=e^{i({\scriptstyle\alpha+\pi\over\scriptstyle 2})}\]

On peut déjà conclure que si \(\lvert p \rvert = 1\), alors \(f\) n’est pas un automorphisme.

Lorsque \(\lvert p \rvert =1\), on a vu que \(f\) était injective. Vérifions qu’elle est surjective. Soit \(u\in \mathbb{C}\). Cherchons \(z\in \mathbb{C}\) tel que \(z+p\overline{z}=u\). En prenant le conjugué et en multipliant par \(p\), on trouve que \(p\overline{z}+\lvert p \rvert ^2z=p\overline{u}\). En éliminant \(\overline{z}\), on trouve que \(z=\dfrac{u-p\overline{u}}{1-\lvert p \rvert ^2}\) qui réciproquement vérifie bien \(f(z)=u\).

En conclusion, \(\boxed{f\in \mathrm{GL}_{ }(\mathbb{C} ) \Longleftrightarrow \lvert p \rvert \neq 1}\).


Exercice 749 **

12 février 2021 16:57 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel et \(f\in L(E)\) tel que \(f^2=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\). Soit \(b\in E\) et \(\lambda\in \mathbb{R} \setminus\{1,-1\}\). Montrer que l’équation \(x+\lambda f(x)=b\) possède une unique solution.


[ID: 1259] [Date de publication: 12 février 2021 16:57] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 749
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:57

Supposons que \(x \in E\) est solution de l’équation: \(x+\lambda f(x)=b\) et en appliquant \(f\), on a \(\lambda x + f(x)=f(b)\). En multipliant la seconde relation par \(\lambda\), et en éliminant \(f(x)\), on trouve que \(x= \dfrac{1}{1-\lambda^2}(b-f(b))\) (\(1-\lambda^2\neq 0\)). Donc si l’équation possède une solution, elle est forcément unique. Vérifions que le vecteur \(x\) précédemment trouvé est bien solution: \[\dfrac{1}{1-\lambda^2}(b-f(b)) + \lambda \left( \dfrac{1}{1-\lambda^2}(f(b)-f^2(b))\right)=\dfrac{1}{1-\lambda^2} (1-\lambda^2)b=b\]


Exercice 242 **

12 février 2021 16:57 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient deux endomorphismes \((f, g) \in L(E)^2\) tels que \(E = \operatorname{Ker}f \oplus \operatorname{Ker}g = \mathop{\mathrm{Im}}f \oplus \mathop{\mathrm{Im}}g\). Montrer que \((f + g) \in \mathrm{GL}_{ }(E)\).


[ID: 1261] [Date de publication: 12 février 2021 16:57] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 242
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:57

  1. Montrons que \(\operatorname{Ker}(f+g) = \{0_E\}\). Soit \(x \in \operatorname{Ker}(f + g)\). Comme \(E = \operatorname{Ker}(f) + \operatorname{Ker}(g)\), il existe \((x_1, x_2) \in \operatorname{Ker}(f) \times \operatorname{Ker}(g)\) tels que \(x = x_1 + x_2\). Alors \(f(x) = f(x_2)\) et \(g(x) = g(x_1)\). Comme \((f+g)(x) = 0\), on en déduit que \(f(x_2) + g(x_1) = 0\), c’est-à-dire \(z = f(x_2) = - g(x_1) \in \mathop{\mathrm{Im}}f \cap \mathop{\mathrm{Im}}g\). Mais puisque la somme \(\mathop{\mathrm{Im}}(f) + \mathop{\mathrm{Im}}(g)\) est directe, \(\mathop{\mathrm{Im}}(f) \cap \mathop{\mathrm{Im}}(g) = \{0_E\}\) et donc \(f(x_2) = g(x_1) = 0_E\) ce qui montre que \(f(x) = g(x) = 0_E\), c’est-à-dire \(x \in \operatorname{Ker}(f) \cap \operatorname{Ker}(g)\). Mais puisque la somme \(\operatorname{Ker}(f) + \operatorname{Ker}(g)\) est directe, finalement \(x = 0_E\).

  2. Montrons que \(E = \mathop{\mathrm{Im}}(f + g)\). Soit \(y \in E\). Comme \(E = \mathop{\mathrm{Im}}(f) + \mathop{\mathrm{Im}}(g)\), il existe \((x_1, x_2) \in E^2\) tel que \(y = x_1 + x_2\). Mais comme \(E = \operatorname{Ker}(f) + \operatorname{Ker}(g)\), il existe \((x_{11}, x_{12}, x_{21}, x_{22}) \in \operatorname{Ker}(f) \times \operatorname{Ker}(g) \times \operatorname{Ker}(f) \times \operatorname{Ker}(g)\) tels que \(x_1 = x_{11} + x_{12}\) et \(x_2 = x_{21} + x_{22}\). Alors \(f(x_1) = f(x_{12})\) et \(g(x_2) = g(x_{21})\). Posons \(x = x_{12} + x_{21}\). On calcule \((f+g)(x) = f(x_{12}) + g(x_{12}) + f(x_{21}) + g(x_{21}) = f(x_{12}) + g(x_{21}) = y\).


Exercice 484 ***

12 février 2021 16:57 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \(E\) et un endomorphisme \(u\in L(E)\). Soient deux réels distincts \((a,b)\in \mathbb{R}^{2}\) tels que : \[(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\circ (u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits) = 0\]

  1. Montrer que \(E=\operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\oplus \operatorname{Ker}(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\).

  2. Déterminer la restriction de \(u\) à \(\operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) et à \(\operatorname{Ker}(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\).


[ID: 1263] [Date de publication: 12 février 2021 16:57] [Catégorie(s): Endomorphismes inversibles ] [ 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 484
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 février 2021 16:57

  1. Remarquons tout d’abord que \(\operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) et \(\operatorname{Ker}(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) sont bien des sous-espaces vectoriels de \(E\) car ce sont des noyaux d’applications linéaires. Soit \(x\in\operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\cap \operatorname{Ker}(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\). Alors \(u\left(x\right)=ax\) et \(u\left(x\right)=bx\). Comme \(a\neq b\) on a forcément \(x=0\) et les deux sous-espaces sont en somme directe. Remarquons que \(1/(b-a) \left(X-a\right) +1/(a-b)\left(X-b\right)=1\) donc \(1/(b-a) \left(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\right) +1/(a-b)\left(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\right)=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\). De plus, en vertu du fait que \((u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\circ (u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits) = 0\), \(\mathop{\mathrm{Im}}1/(b-a) \left(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\right) \subset \operatorname{Ker}(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) et \(\mathop{\mathrm{Im}} 1/(a-b)\left(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\right) \subset \operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\). De plus, pour tout \(x\in E\) on a : \[x=\underbrace{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle b-a} \left(u(x)-ax\right)}_{\in \operatorname{Ker}(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)} +\underbrace{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle a-b}\left(u(x)-bx\right)}_{\in \operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)}\] donc \(E=\operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)+ \operatorname{Ker}(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\). En conclusion, on a bien \(E=\operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\oplus \operatorname{Ker}(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\).

  2. Déterminons la restriction de \(u\) à \(\operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\). Si \(x\in\operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) alors \(u\left(x\right)=ax\) donc \(u_{|\operatorname{Ker}(u-a\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)}\) est une homothétie de rapport \(a\). De même \(u_{|\operatorname{Ker}(u-b\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)}\) est une homothétie de rapport \(b\).


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