Image et noyau

Amadou
Modifié (13 Feb) dans Algèbre
Salut ! J'aimerais comprendre d'où vient la condition $f^p(x)=0$ de la démonstration de Lemme 6.35. D'après la proposition précédente, il est dit que si $f$ est injectif, alors $ker f = 0$. Je n'ai pas suffisamment d'informations sur $f$, à part le fait qu'il est linéaire et $f\in Hom(E)$. Est-ce que toutes les applications linéaires sont injectives ?

Cependant, mon instinct me dit qu'ils ont utilisé la définition de nilpotent d'un endomorphisme $f$ de $E$, mais je doute que ce soit le cas. Parce que dans la démonstration, je ne vois pas de << il existe un $p\in \mathbb N^*$ >>.

« Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »

Réponses

  • bd2017
    Modifié (13 Feb)
    Bonjour Non toutes les applications linéaires ne sont pas injectives.  On suppose que $x\in \ker f$   mais dans la démonstration tous les cas sont possibles
    cas1   $f$ est injective  alors $\ker f$  est réduit au vecteur nul. donc dans la démo si on dit que $x\in Ker f$   il faut que tu aies en tête que $x=0$
    cas2   $f$ n'est injective  alors $\ker f$  est e-v de dim 1, 2 ....ou 3.... je suppose tout de même que tu en dimension finie.
    Maintenant je ne suis pas certain d'avoir très bien cerné ton problème 
    En fait dire que  $f^p(x)=0$  ne donne aucun renseignement l'injectivité de $f^p.$
     
  • NicoLeProf
    Modifié (13 Feb)
    Bonjour Amadou,
    en te lisant, j'ai l'impression que tu mélanges tout. 
    Tu as $f^p(x)=0$ car $x \in \ker f^p$ par hypothèse, ni plus ni moins.
    Je te conseille de faire des exercices de base (en te méfiant de "l'évidence") d'algèbre linéaire.
    En voici un que je viens d'inventer (ce qui te permettra de constater que toutes les applications linéaires ne sont pas injectives). 
    Soit $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ telle que : $\forall (x,y) \in \mathbb{R}^2$, $\ f(x,y)=(x+y,x+y)$.
    1) Montrer que $f$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}^2$.
    2) Déterminer $\ker f$. L'application linéaire $f$ est-elle injective ?
    3) Déterminer $Im f$. L'application linéaire $f$ est-elle surjective? Est-elle bijective ?
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Amadou
    Modifié (13 Feb)
    bd2017 a dit :
    Maintenant je ne suis pas certain d'avoir très bien cerné ton problème 
    En fait dire que  $f^p(x)=0$  ne donne aucun renseignement l'injectivité de $f^p.$
    Je ne comprenais pas la raison pour laquelle on dit que $f^p(x)=0$. Merci pour les autres explications.
     NicoLeProf a dit :
    Je te conseille de faire des exercices de base (en te méfiant de "l'évidence") d'algèbre linéaire.
    C'est mon premier cours sur les espaces vectoriels, est-il possible de faire des exercices sans pour autant comprendre les notions de base ?
    Soit $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ telle que : $\forall (x,y) \in \mathbb{R}^2$, $\ f(x,y)=(x+y,x+y)$.
    1) Montrer que $f$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}^2$.
    2) Déterminer $\ker f$. L'application linéaire $f$ est-elle injective ?
    3) Déterminer $Im f$. L'application linéaire $f$ est-elle surjective? Est-elle bijective ?
    1) $f$ est un endomorphisme car $f$ est une application linéaire et on a aussi $E=F=\mathbb{R}^2$.
    Soit $(x,y) \in \mathbb R^2 ,(x',y') \in \mathbb{R}^2$.
    $f[(x,y)+(x', y')]=f(x+x',y+y')=[(x+x')+(y+y'), (x+x')+(y+y')]=f(x,y)+f(x',y')$.
    $f(\alpha(x,y))=\alpha(x+y, x+y)=\alpha f(x,y)$ pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$.
    2) Soit $(x,y)\in \text{ker}(f)$ alors $f(x,y)=(0,0)$.
    $(x+y , x+y)=(0, 0) \Rightarrow x=-y$.
    Donc $\text{ker}(f)=\text{vect}\{(1,-1)\}$.
    L'application $f$ n'est pas injective.
    3) On a $\text{dim}(\mathbb{R}^2)= \text{dim}(\text{ker}(f)) + \text{dim}(\text{Im}(f)) \Rightarrow \text{dim}(\mathbb{R}^2)-\text{dim}(\text{ker}(f)) = \text{dim}(\text{Im}(f)) = 2-1=1$. D'où $\text{Im}(f)= \mathbb{R}$. On en déduit que $f$ est surjective.
    Elle n'est pas bijective car $f$ n'est pas injective.
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  • bd2017
    Modifié (13 Feb)
    Attention Pour un endomorphisme en dimension finie  bijectif=surjectif=injectif.  De toute façon $Im(f)=R$ c'est pas bon. 
    Dans un certain sens $\R$  n'est pas un sev de $\R^2.$  $\R\times \{0\}$  oui 
    mais ici de   $Im(f)\neq \R\times \{0\}$  
    La réponse c'est $Im(f)= vect\{(1,1)\}$.
     
  • DeGeer
    Modifié (13 Feb)
    Sinon, au vu de ta première question, je crois que tu n'as pas saisi le principe du raisonnement effectué. Il s'agit de démontrer une inclusion entre deux ensembles. Une manière d'y arriver (c'est celle qui est utilisée ici), c'est de prendre un élément du premier ensemble, et dire qu'il appartient au deuxième ensemble.
    Donc le raisonnement pour cette question doit commencer par:"soit $p\in \mathbb{N}$ et $x \in \ker f^p$. Montrons que $x \in \ker f^{p+1}$".
  • Amadou
    Modifié (13 Feb)
    Attention Pour un endomorphisme en dimension finie  bijectif=surjectif=injectif.  
    Je ne comprends pas. $f$ n'est pas injective mais elle est bien surjective non ? Si vous dites que pour un endomorphisme en dimension finie bijectif=surjectif=infectif, cela n'est pas absurde ici sauf si $f$ est injective. Quel est donc la conclusion alors?
    De toute façon $Im(f)=\R$ c'est pas bon. 
    Dans un certain sens $\R$  n'est pas un sev de $\R^2.$  
    Je ne comprends pas complètement. J'ai dit appliquer la propriété de rang aux espaces de dimension finie.
    La réponse c'est $Im(f)= vect\{(1,1)\}$
    Comment vous avez eu $vect\{(1,1)\}$ ?
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  • Amadou
    Modifié (13 Feb)
    DeGeer a dit :
    Donc le raisonnement pour cette question doit commencer par:"soit $p\in \mathbb{N}$ et $x \in \ker f^p$. Montrons que $x \in \ker f^{p+1}$"
    Merci c'est encore plus mieux.
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  • NicoLeProf
    Modifié (13 Feb)
    Ta réponse à la question 3) de mon exo ne convient pas du tout. Comme te l'a signalé bd, $\mathbb{R}$ n'est pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^2$. L'ensemble $\mathbb{R}$ des nombres réels n'est même pas un sous-ensemble de $\mathbb{R}^2$ !
    D'après le théorème du rang, $\dim (Im f)=1$ : oui ! Donc $Im f$ est une droite vectorielle de $\mathbb{R}^2$ (i.e : un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^2$ de dimension $1$).
    Donc $Im f$ est entièrement déterminée par l'image de $(1,0)$ par exemple, qui est?
    (Tu peux aussi voir ce phénomène matriciellement si tu as appris le lien entre endomorphisme et matrice dans une base. Il suffira de regarder les colonnes de la matrice car elles forment une famille génératrice de $Im f$).
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Amadou
    Modifié (14 Feb)
    Si je comprends bien le fait que $\mathbb R$ ne soit pas un sous-ensemble de $\mathbb R^2$, cela signifie que $\mathbb R$ n'est pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^2$.
    Donc $Im f$ est entièrement déterminée par l'image de $(1,0)$ par exemple, qui est?
    $f(1,0)=(1+0, 1+0)=(1, 1)$. 
    Vous avez dit par exemple, si je comprends bien $\text{Im} f$ n'est pas unique ?
    (Tu peux aussi voir ce phénomène matriciellement si tu as appris le lien entre endomorphisme et matrice dans une base. Il suffira de regarder les colonnes de la matrice car elles forment une famille génératrice de $Im f$).
    Je ne suis pas encore arrivé à ce niveau.
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  • Merci à vous !
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  • Amadou
    Modifié (14 Feb)
    @bd2017
    Dans un certain sens $\R$  n'est pas un sev de $\R^2.$  $\R\times \{0\}$  oui 
    Si j'ai bien compris ce que vous avez écrit, j'en déduirais que $\quad\R\times \{0\} \times \R$, $\quad\{0\} \times \R \times \R\ $ et $\ \R\times \R \times \{0\}$ sont des sous-espace vectoriel de $\R^3$ et $\R u$, avec $u$ un vecteur  est un sous-espace vectoriel de $\R$. Est-ce que c'est correct ?
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  • Amadou
    Modifié (14 Feb)
    bd2017 a dit :
    Attention Pour un endomorphisme en dimension finie  bijectif=surjectif=injectif.  De toute façon $Im(f)=\R$ c'est pas bon. 
    Est-ce que ma démonstration est correcte ?
    Supposons $f$ injective et montrons qu'elle est surjective.
    $f$ est injective si et seulement si $\ker f={0}$.
    D'après les propriétés de rang on a : 
    $\dim E=\dim(\text{Im} f) + \dim(\ker f)$  ce qui implique que $\dim E=\dim(\text{Im} f)$ après simplication on a $E=\text{Im} f$. Donc $f$ est surjective.
    $f$ injective et surjective on en déduit que $f$ est bijective.
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  • gerard0
    Modifié (14 Feb)
    Bonjour Amadou.
    " si je comprends bien $Im f$ n'est pas unique ?" Si, bien sûr. Mais $Im f$ est l'ensemble des images, ce sont les images des éléments de E par f qui, en général, ne sont pas identiques.
    Une question : Tu as vraiment lu la définition de $Im f$ ? Pensé à ce que signifie cette définition ? Tu ne peux pas travailler sérieusement si tu en es à confondre des choses aussi différentes que $Im f$ et $f(1,0)$, image de $(1,0)$.
    La suite de tes messages est correcte, sauf l'énormité "après simplification" de la dernière phrase du message ci-dessus. En général $\dim A=\dim B$ ne dit rien d'un lien entre $A$ et $B$. Dans un espace vectoriel de dimension au moins 2, il existe une infinité de sous espaces de dimension 10. À toi de justifier correctement ce passage.
    Cordialement.
  • Amadou
    Modifié (14 Feb)
    Bonjour @gerard0.
    J'ai lu et j'ai aussi compris la définition de $\text{Im} f$. Il est un peu similaire à la définition de la subjectivité d'une application $f$.
    Par définition ici dans notre cas $\text{Im} f=\{ y\in \R \mid \exists x\in \R ,\ f(x)=y\}$.
    Soit $y(x' , y')\in \R^2, \quad y\in \text{Im} f \Leftrightarrow \exists x\in \R ,\ f(x)=y$
    $(x', y')=(x+y, x+y) \Leftrightarrow$
    \begin{align*}x + y &= x' \\x + y &= y'\end{align*}
    $\Leftrightarrow x'=y'$. Donc $y(x' ,y')=x(1, 1)$
    J'avais mal interprété sa phrase lorsqu'il disait.
    Donc $Im f$ est entièrement déterminée par l'image de $(1,0)$ par exemple, qui est ?
    J'ai immédiatement pensé à faire la détermination de son image.
    Merci pour le conseil. Peut-être d'ici 10 ans ça serait à mon tour d'aider les autres 😁.
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  • NicoLeProf
    Modifié (14 Feb)
    Quand j'ai écrit, $Im f$ est entièrement déterminée par l'image de $(1,0)$, je voulais dire que comme $Im f$ est, dans le cadre de mon exo, un espace vectoriel de dimension $1$ donc une droite vectorielle, il suffit de calculer $f(1,0)=(1,1)$ et l'image sera égale à $Vect\{(1,1)\}$ (l'ensemble des vecteurs colinéaires à $(1,1)$).
    Ensuite, dans ta preuve ici, il faut que tu écrives $\ker f=\{0\}$ (à la place de seulement $0$). Ensuite, ce n'est pas "d'après les propriétés de rang" mais "d'après le théorème du rang" que l'on a ce que tu écris.
    Et gerard0 a tout à fait raison, justifie pourquoi "après simplication on a $E=Imf$". Qu'entends-tu par là?  Il faut être plus précis car effectivement, on pourrait croire que tu fais une erreur de raisonnement dans ce passage.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • gerard0
    Modifié (14 Feb)
    Toujours de grosses approximations ! Par exemple : 
    "J'ai lu et j'ai aussi compris la définition de Imf. Il est un peu similaire à la définition de la subjectivité surjectivité d'une application f."
    Non, aucun rapport entre les deux définitions, seulement l'usage de notations proches. Tu survoles trop les notions, les définitions.
    Je passe sur la suite, en partie illisible (que veut dire $y(x,y)$ par exemple). Corrige le LaTeX, s'il te plaît.
  • Amadou
    Modifié (15 Feb)
    @NicoLeProf merci pour les petites remarques. 
    Pour la justification. J'ai essayé de simplifier la condition pour que ça marche, car les dimensions sont les mêmes. Donc, si $E=\text{ lm} f$, alors ça veut dire que $\dim E= \dim(\text{Im} f)$. J'ai pensé à cela. 
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
  • NicoLeProf
    Modifié (15 Feb)
    Oui Amadou mais la réciproque est fausse en général (nous verrons pourquoi cela fonctionne ici car on parle de $E$ et $Im f$). 
    gerard0 a vu juste. Regarde les espaces : $Vect\{(1,0)\}$ et $Vect\{(0,1)\}$ dans $\mathbb{R}^2$. Ce sont deux droites vectorielles. La première est tout simplement l'axe des abscisses (dirigée par $(1,0)$) si tu fais un repère de $\mathbb{R}^2$ et la deuxième est l'axe des ordonnées. Ces deux droites ont la même dimension mais elles ne sont pas du tout égales. 
    Maintenant, pourquoi le fait que l'on ait $\dim E=\dim Im f$ permet de conclure que $E=Im f$...? Tout simplement parce que $Im f$ est un sous-espace vectoriel de $E$ où $E$ est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension finie. 
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Amadou
    Modifié (15 Feb)
    @gerard0 je fais des approximations pour mieux me rappeller d'une définition au cas où je l'oublie.
    Je passe sur la suite, en partie illisible (que veut dire $y(x,y)$ par exemple). Corrige le LaTeX, s'il te plaît.
    Pour dire que $y$ a pour coordonnée le couple (x' , y'). Je ne sais pas comment écrire de façon verticale en latex.
    Voici le raisonnement ci-dessous. Je ne sais pas pas comment faire un système en latex.


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  • Amadou
    Modifié (15 Feb)
    Maintenant, pourquoi le fait que l'on ait $\dim E=\dim Im f$ permet de conclure que $E=Im f$...? Tout simplement parce que $Im f$ est un sous-espace vectoriel de $E$ où $E$ est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension finie. 
    Mais dans ce cas ! Qu'en est-il de l'autre inclusion ($E \subset \text{Im} f$) pour qu'il ait égalité. Est-ce que cette condition est $\text{Im} f \subset E$ pour conclure que $E=\text{Im} f$ ?
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  • NicoLeProf
    Modifié (15 Feb)
    Tu peux le redémontrer si tu veux mais avec une condition plus forte : le cours te dit que lorsque tu as un endomorphisme $f :E \rightarrow E$ où $E$ est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel, alors $Im f$ est un sous-espace vectoriel de $E$ (le fait que $Im f \subset E$ se voit directement par définition de $Im f$ mais cette inclusion est vraie en général sans forcément rester dans le cadre de l'algèbre linéaire).
    Sinon, ton raisonnement sur l'image (dans ta photo) n'est pas bien rédigé je trouve. Il faut davantage t'appliquer. Ecrire "Soit $y \in \mathbb{R}$" puis écrire "$y=\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}$" fait mal aux yeux. $\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}$ est un élément de $\mathbb{R}^2$ pas $\mathbb{R}$. Ne confonds pas $\mathbb{R}$ et $\mathbb{R}^2$.
    Ensuite, qu'est-ce qui te permet d'écrire $\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x+y \\ x+y \end{pmatrix}$? Ok tu veux résoudre un système d'équations mais en fait, ce que tu souhaites déterminer est $Im f$, outre le fait que tes notations ne sont pas bonnes (il y a deux $y$ qui ont des rôles différents). 
    Donc il vaut mieux rédiger comme ceci : $z=(x',y') \in Im f$ si et seulement s'il existe un vecteur $(x,y) \in \mathbb{R}^2$ tel que $f(x,y)=(x',y')$ puis tu résous le système que tu as mis en place ci-dessus par équivalences logiques pour affirmer directement à la fin que $Im f=Vect\{(1,1)\}$ sans perdre l'équivalence logique en cours de route (ce qui permet d'éviter de raisonner en deux temps donc par double inclusion, l'équivalence logique te donne directement l'égalité $Im f=Vect\{(1,1)\}$) .
    Si tu veux, je te fais un modèle de rédaction sur ce point pour t'aider à progresser et à savoir pourquoi on fait comme cela (comprendre pourquoi on applique ce genre de méthode, pas seulement appliquer une méthode). ;)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • gerard0
    Modifié (15 Feb)
    Amadou : " je fais des approximations pour mieux me rappeler d'une définition au cas où je l'oublie." Et voilà pourquoi tu te trompes si souvent. Une définition approximative n'est pas une définition. la définition d'un chat n'est pas "animal à 4 pattes avec une queue". Et on est dans le concret.
    En maths, un mot oublié ou rajouté dans une définition la rend fausse. Tu dois comprendre totalement la définition, avec le pourquoi de tous les mots, pour la connaître et pouvoir l'appliquer. Et alors tu ne l'oubliera pas (avant un grand nombre de mois).
  • gerard0
    Modifié (15 Feb)
    Pour dim(Ker f)=dim (E) ==> Ker f = E, la preuve est élémentaire, quand on se souvient de la définition de la dimension. L'égalité des dimensions dit que si E est de dimension n, ker f a une base à n éléments, donc une famille libre à n éléments de E; or une telle famille est justement une base de E; la base choisie de Ker f engendre E, et aussi ker f. Comme il n'y a qu'un seul espace engendré, c'est que ker f=E.
    J'ai totalement développé cette preuve, parce que tu ne sembles pas avoir vraiment acquis les cours sur la dimension, tu es en train de faire des exercices qui supposent bien connues ces notions basique.
    Tu dois revoir et bien connaître les chapitres élémentaires d'algèbre linéaire (espaces vectoriels, sous-espace, applications linéaires, familles libre ou génératrices, dimension, ...). Sinon tu croiras faire des maths alors que tu ne fais qu'imiter les écritures.
  • NicoLeProf
    Modifié (15 Feb)

    Amadou, dans ton post ci-dessus, j'ai l'impression que tu mélanges tout.
    Reprenons calmement : :) 

    1) Soient $A$ et $B$ des ensembles quelconques non vides. Soit $f : A \rightarrow B$ une application. Alors on a : $Im f \subset B$. (La preuve est immédiate en revenant à la définition de $Im f=\{y \in B \text{ } | \text{ } \exists x \in A,\ f(x)=y \}$.

    2) Soient $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel et $f : E \rightarrow E$ un endomorphisme. Alors $Im f$ est un sous-espace vectoriel de $E$. Cette condition est plus forte que la 1) car nous avons une application linéaire ici d'un espace vectoriel dans lui-même. (Même s'il est toujours vrai que $Im f \subset E$, il est plus fort de dire que $Im f$ est un sous-espace vectoriel de $E$).

    Preuve : facile donc laissée en exercice.

    3) Soient $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension finie et $f : E \rightarrow E$ un endomorphisme. Si $\dim Im f=\dim E$ alors $Im f=E$.

    Preuve : notons $n=\dim E$. Par hypothèse, $Im f$ est aussi de dimension $n$ donc $Im f$ admet une base constituée de $n$ éléments : $(v_1,...,v_n)$. Or, $Im f$ est un sous-espace vectoriel de $E$ donc la famille $(v_1,...,v_n)$ est une famille libre d'éléments de $E$ qui contient $n=\dim E$ éléments donc c'est une base de $E$. Ainsi, tout vecteur de $E$ s'écrit de manière unique comme combinaison linéaire des vecteurs $v_1,...,v_n$ de $Im f$ donc tout vecteur de $E$ est dans $Im f$ (puisque $Im f$ est un sous-espace vectoriel de $E$ donc stable par combinaisons linéaires).
    Ce qui prouve que $E \subseteq Im f$ et comme on a toujours $Im f \subseteq E$, on a l'égalité : $E = Im f$.
    Complément : je suis entièrement d'accord avec gerard0, pas d'approximations en maths dans les résultats de cours. Cela engendre systématiquement des contresens ou problèmes de compréhension par la suite.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Amadou
    Modifié (15 Feb)
    NicoLeProf a dit :
    Sinon, ton raisonnement sur l'image (dans ta photo) n'est pas bien rédigé je trouve. Il faut davantage t'appliquer. Ecrire "Soit $y \in \mathbb{R}$" puis écrire "$y=\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}$" fait mal aux yeux. $\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}$ est un élément de $\mathbb{R}^2$ pas $\mathbb{R}$. Ne confonds pas $\mathbb{R}$ et $\mathbb{R}^2$.
    D'accord ! Je vais faire plus attention dans l'avenir quand j'expose mes arguments.
    Donc il vaut mieux rédiger comme ceci : $z=(x',y') \in Im f$ si et seulement s'il existe un vecteur $(x,y) \in \mathbb{R}^2$ tel que $f(x,y)=(x',y')$...
    Je crois que dans ma première démonstration que j'ai faite, j'ai dit mentionner cette condition.
    Amadou a dit :
    Soit $y(x' , y')\in \R^2, \quad y\in \text{Im} f \Leftrightarrow \exists x\in \R ,\ f(x)=y$.
    Ensuite, qu'est-ce qui te permet d'écrire $\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x+y \\ x+y \end{pmatrix}$? 
    Comme nous avons l'équation $f(x)=y$, j'ai donc dû poser $y=(x' , y')$. Par identification avec la fonction $f$ donnée j'obtiens alors les équations $x'=x+y$ et $y'=x+y$. Et une fois que j'ai trouvé les valeurs de $x'$ et $y'$, après résolution du système d'équation il m'est donc plus facile de déterminer $\text{Im} f$.
    Si tu veux, je te fais un modèle de rédaction sur ce point pour t'aider à progresser et à savoir pourquoi on fait comme cela (comprendre pourquoi on applique ce genre de méthode, pas seulement appliquer une méthode). ;)
    Ça me ferait vraiment très plaisir.
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
  • gerard0 a dit :
    Tu dois revoir et bien connaître les chapitres élémentaires d'algèbre linéaire (espaces vectoriels, sous-espace, applications linéaires, familles libre ou génératrices, dimension, ...). Sinon tu croiras faire des maths alors que tu ne fais qu'imiter les écritures.
    En ce qui concerne l'algèbre linéaire, c'est tout nouveau pour moi et je suis seulement en train de l'apprendre depuis une semaine. Je n'ai pas encore commencé à faire des exercices. J'ai posé la question parce que j'avais du mal à comprendre la démonstration du lemme dont on a parlé, par contre @NicoLeProf m'a donné une khôlle que j'ai vraiment aimé.
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
  • Amadou
    Modifié (15 Feb)
    @NicoLeProf merci pour la démonstration (preuve ci-dessus), c'est facile à comprendre mais c'est difficile de rédiger ainsi pour quelqu'un qui s'initie avec les mathématiques supérieures.
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
  • Amadou
    Modifié (15 Feb)
    gerard0 a dit :
    Pour dim(Ker f)=dim (E) ==> Ker f = E, la preuve est élémentaire, quand on se souvient de la définition de la dimension. L'égalité des dimensions dit que si E est de dimension n, ker f a une base à n éléments, donc une famille libre à n éléments de E; or une telle famille est justement une base de E; la base choisie de Ker f engendre E, et aussi ker f. Comme il n'y a qu'un seul espace engendré, c'est que ker f=E.
    Je ne vous suis pas lorsque vous parlez de $\text{dim (Ker } f) = \text{dim } E$. Il est question de $\text{dim (Im} f) = \text{dim} E$ non ?
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
  • Amadou
    Modifié (15 Feb)
    Vous êtes vraiment doués en maths. Je suis vraiment content d'avoir rencontré de super profs comme vous et @gerard, qui sont prêts à aider et donner des conseils avisés. J'aime vraiment comment vous guidez les gens. 
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
  • Que ce soit Im f ou ker f ou n'importe quel sous-espace, la preuve est la même. 
  • @Amadou : regarde la rédaction pour déterminer $Im f$.
    $z =(x',y') \in Im f \Leftrightarrow \exists (x,y) \in \mathbb{R}^2 \text{ } | \text{ } f(x,y)=(x',y') \Leftrightarrow \begin{cases} x+y=x' \\ x+y=y' \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x'=x' \\ y'=x' \end{cases} \Leftrightarrow z=(x',x') \Leftrightarrow z=x'(1,1)$ (avec $x' \in \mathbb{R}$).  
    Finalement, $ z =(x',y') \in Im f \Leftrightarrow z \in Vect\{(1,1)\}$. 
    Conclusion : $Im f=Vect\{(1,1)\}$ (on a raisonné par équivalences logiques sans jamais perdre une seule équivalence logique donc on a directement l'égalité : $Im f=Vect\{(1,1)\}$).
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Que ce soit Im f ou ker f ou n'importe quel sous-espace, la preuve est la même. 
    D'accord ! Et merci beaucoup pour l'aide apportée.
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
  • @NicoLeProf merci beaucoup pour la rédaction. J'ai très bien compris.
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
  • Bonne journée.
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
  • C'est avec plaisir @Amadou !!! :);)
    Surtout, si tu as d'autres questions, n'hésite pas à les poser sur ce forum sur un nouveau fil de discussion et à me "taguer" avec le "@".
    Je t'aiderai avec grand plaisir !!! J'adore l'algèbre !!! <3
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Merci beaucoup pour ton aide, ta disponibilité  et ta gentillesse, j'apprécie vraiment ! Si j'ai d'autres questions en algèbre, je n'hésiterai pas à vous taguer. Merci encore @NicoLeProf ! :)
    « Il faut parfois compliquer un problème pour en simplifier la solution. »
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