Document créé le 29 octobre 2015
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Chapitre 14 Applications linéaires 14.1 14.1
Endom Endomorp orphis hismes mes d’un d’un espa espace ce vectori ectoriel el
Solution Solution 14.1.1 14.1.1
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− → − → – Soit u dans Ker dans Ker f . On a f (g(u)) = (f ◦ ◦ g)(u) = ( g ◦ f )(u) = g (f (u)) = g ( 0 ) = 0 . Ainsi g(u) appartient à Ker à Ker f : le sous-espace Ker f est donc stable par g . – Soit v un élément de Im f . Il existe u dans E tel tel que v = f (u).
On en déduit que g(v) = g f (u) = ( g ◦ f )(u) = ( f ◦ ◦ g)(u) = f (w), avec w = g (u). Ainsi g(v) appartient à Im à Im f : le sous-espace Im f est donc stable par g . – On suppos supposee que f est un projecteur, et que Im f et Ker et Ker f sont stables par g. Soit u un élément quelconque de E . Il s’agit de prouver que ( f ◦ ◦ g)(u) = ( g ◦ f )(u). On sait que E = Im f ⊕ que Im f = = Inv f . ⊕ Ker f , et que Im Il existe donc v dans dans E et w dans Ker dans Ker f tel que u = f (v) + w. − → On en déduit f (u) = f 2 (v) + f (w) = f (v) + 0 = f (v) (on a utilisé f 2 = f .)
Ainsi ( Ainsi ( g ◦ f )(u) = g f (v) . D’autre part, g(u) = g (f (v) + w) = g f (v) + g(w).
− →
dans Ker f , qui est stable par f . Ainsi w = g (w) ∈ Ker f , donc f g(w) = 0 . w est dans Ker Le vecteur f (v) est dans Im f , donc dans Inv dans Inv f , qui est stable par g .
On en déduit que v = g f (v) est invariant par f .
Il en découle que ( f ◦ ◦ g )(u) = f (v ) + f (w ) = v = g f (v) = ( g ◦ f )(u). Conclusion Conclusion : les applications applications f et g commutent. Solution Solution 14.1.2 14.1.2
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L’application p + q est est linéaire. C’est donc un projecteur si et seulement si ( p + q )2 = 0. 0. Or ( Or ( p + q )2 = ( p + q ) ◦ ( p + q ) = p 2 + p ◦ q + + q ◦ p + q 2 = p + p ◦ q + + q ◦ p + q . Ainsi p + q est est un projecteur si et seulement si p ◦ q + + q ◦ p = 0. Il est clair que cette condition est réalisée si p ◦ q = = q ◦ p = 0. Réciproquement, il reste à prouver qu’on a l’implication p ◦ q + + q ◦ p = 0 ⇒ On compose p ◦ q + + q ◦ p = 0 par p à gauche en utilisant p ◦ p = p . On en déduit : p ◦ q + + p ◦ q ◦ p = 0.
= 0 p ◦ q = q ◦ p = 0
14.1 Endomorphismes d’un espace vectoriel
Chapitre 14 : Applications
linéaires
On compose p ◦ q + q ◦ p = 0 par p à droite en utilisant p ◦ p = p . On en déduit : p ◦ q ◦ p + q ◦ p = 0. Par différence des deux résultats obtenus, on trouve p ◦ q − q ◦ p = 0. Compte tenu de p ◦ q + q ◦ p = 0, on trouve bien p ◦ q = q ◦ p = 0. Conclusion : si p, q sont deux projecteurs, p + q est un projecteur ⇔ p ◦ q = q ◦ p = 0. Solution 14.1.3
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– Supposons p = p ◦ q et q = q ◦ p. − → → − − → L’égalité p = p ◦ q implique Ker q ⊂ Ker p (si q (u) = 0 , alors p(u) = p q (u) = p( 0 ) = 0 .) De la même manière, L’égalité q = q ◦ p implique Ker p ⊂ Ker q . L’hypothèse implique donc Ker p = Ker q .
– Réciproquement, on suppose que Ker p = Ker q . Par symétrie du problème, il suffit de prouver que p = p ◦ q . Soit u un élément de E . Le vecteur u se décompose en u = v + w, avec v dans Im q = Inv q et w dans Ker q = Ker p. On a alors ( p ◦ q )(u) = p q (v) + p q (w) = p (v) = p (v) + p(w) = p (v + w) = p (u).
=v
=0
=0
On a ainsi prouvé, l’égalité p ◦ q = p (ce qui achève la démonstration). Solution 14.1.4
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Soit u un vecteur de E , décomposé en u = v + w, avec v dans Im p = Inv p et w dans Ker p. On a f λ (u) = u + λp(u) = v + w + λv = (1 + λ)v + w. − → (1 + λ)v = 0 = − 1 λ = − 1 λ − → Donc f λ (u) = 0 ⇔ ou ⇔ − → − → − → w = 0 w = 0 u = 0 → − – Si λ = − 1 alors f λ est injective car son noyau est réduit à { 0 }. → − – Si λ = − 1 alors Ker(f λ ) = Im p = { 0 } car p n’est pas l’application nulle. Dans ce cas f λ n’est pas injective.
Solution 14.1.5
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V, W sont des sous-espaces vectoriels de E car V = Ker( f − iId) et W = Ker( f + iId).
Il faut montrer que tout u de E s’écrit de manière unique u = v + w, avec v ∈ V et w ∈ W . Supposons qu’une telle décomposition existe. Alors f (u) = f (v) + f (w) = i (v − w). On en déduit :
v + w = u
1 1 u − if (u) et w = u + if (u) . 2 2
donc v =
v − w = − if (u)
On a ainsi prouvé l’unicité du couple ( u, v ), s’il existe. 1 1 Réciproquement on pose v = u − if (u) et w = u + if (u) . On a bien sûr v + w = u . 2 2 1 1 f (v ) = f (u) − if 2 (u) = f (u) + iu = iv 2 2 D’autre part, 1 1 f (w) = f (u) + if 2 (u) = f (u) − iu = − iw 2 2 Ce résultat prouve l’existence du couple ( u, v ), ce qui achève la démonstration.
Solution 14.1.6
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Il est clair que f = λ Id commute avec tous les endomorphismes de E . Réciproquement, soit f dans Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
L(E ) tel
que f ◦ g = g ◦ f , pour tout g de mathprepa.fr
L(E ).
Page 2
14.1 Endomorphismes d’un espace vectoriel
Chapitre 14 : Applications
Soit u un vecteur non nul de E . Soit H un supplémentaire de Soit p la projection vectorielle de E sur la droite
Ku,
linéaires
Ku dans E .
parallèlement à H .
On a p ◦ f = f ◦ p. En particulier ( p ◦ f )(u) = ( f ◦ p)(u) = f p(u) = f (u). Le vecteur f (u) est invariant par p. Cela signifie que f (u) est proportionnel à u. − → Ainsi, pour tout u = 0 , il existe λu dans K tel que f (u) = λ u u. Il s’agit de montrer que les coefficients λ u sont identiques. Soit u, v non nuls dans E . Il existe λ u et λ v tels que f (u) = λ u u et f (v) = λ v v. – Premier cas : u et v sont liés. Il existe donc α dans
K tel
que v = αu .
On en déduit λv v = f (v) = αf (u) = α (λu )u = λ u (αu) = λ u v. Donc λ u = λ v . – Deuxième cas : u et v sont libres. Notons w = u + v et λw tel que f (w) = λ w w. On a donc λw (u + v) = λ w w = f (w) = f (u + v) = f (u) + f (v) = λ u u + λv v. − → Il en découle l’égalité ( λu − λw )u + (λv − λw )v = 0 . Or u, v sont libres. On en déduit λu − λw = λ v − λw = 0 donc λ u = λ v . − → Finalement il existe un coefficient λ tel que pour tout u = 0 on ait f (u) = λu . − → L’égalité f (u) = λu est évidemment vraie pour u = 0 . On a donc prouvé l’existence de λ dans Solution 14.1.7
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K tel
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que f = λ Id. .
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– On suppose qu’il existe h dans L(E, F ), tel que f = g ◦ h. Soit v dans Im f . Il existe u dans E tel que v = f (u). On en déduit : v = (g ◦ h)(u) = g (w) avec w = h (u). Ainsi v appartient à Im g et on a prouvé l’inclusion Im f ⊂ Im g. – Réciproquement, on suppose Im f ⊂ Im g . Soit u un élément quelconque de E . On a f (u) ∈ Im f donc f (u) ∈ Im g. Ainsi il existe v dans F tel que f (u) = g (v). En fait on a alors f (u) = g (v + h) pour tout vecteur h de Ker g. Soit F un supplémentaire de Ker g dans F . Le vecteur v se décompose de façon unique v = w + h, avec w ∈ F et h ∈ Ker g. Avec ces notations, on a f (u) = g (w). Le vecteur w est le seul à vérifier w ∈ F et g (w) = f (u). En effet, si on a g (w) = g (w ) = f (u), avec ( w, w ) ∈ F × F , on en déduit : − → → − g(w − w ) = 0 donc w − w ∈ F ∩ Ker g = { 0 } donc w = w Le vecteur w dépendant de façon unique de u , on peut poser w = h(u). Avec ces notations, l’égalité g (w) = f (u) devient g h(u) = f (u). On a ainsi défini une application h de E dans F telle que f = g ◦ h. Il reste à prouver que h est linéaire. Pour cela, on se donne u et u dans E , ainsi que α, β dans K. D’après ce qui précède, h(u) est l’unique vecteur w de F tel que f (u) = g (w). De même, h(u ) est l’unique vecteur w de F tel que f (u ) = g (w ). On a f (αu + βu ) = αf (u) + βf (u ) = αg (w) + βg (w ) = g (αw + βw ). Or le vecteur w = αw + βw est élément de F . Puisqu’il vérifie g(w ) = f (αu + βu ), on a w = h (αu + βu ). On a ainsi prouvé h(αu + βu ) = w = αw + βw = αh (u) + βh (u ). On a donc trouvé h dans L(E, F ) tel que f = g ◦ h, ce qui achève la démonstration.
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14.1 Endomorphismes d’un espace vectoriel Solution 14.1.8
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– Supposons qu’il existe h dans L(F, G), tel que f = h ◦ g . → − − → Soit u dans Ker g. On a f (u) = (h ◦ g )(u) = h g(u) = h ( 0 ) = 0 . On en déduit que u appartient à Ker f , ce qui prouve l’inclusion Ker g ⊂ Ker f . – Réciproquement, on suppose que Ker g ⊂ Ker f . On doit trouver h dans L(F, G) tel que f = h ◦ g. Il faut donc commencer par définir h sur Im g. Soit v un élément de Im g . Il existe u dans E tel que v = g (u). Si u est un autre vecteur de E tel que v = g (u ), alors g(u) = g (u ) ⇒ u − u ∈ Ker g. Puisque Ker g ⊂ Ker f , il en découle u − u ∈ Ker f c’est-à-dire f (u) = f (u ). Ainsi w = f (u) ne dépend pas du vecteur u tel que f (u) = v : il ne dépend que de v . Pour tout v de Im g, on peut donc poser h (v) = f (u) ( u quelconque E tel que f (u) = v .) On a ainsi défini une application h de Im g dans G . Montrons que h est linéaire. Pour cela on se donne v, v dans Im g et α, β dans K. h(v ) = f (u) Soit u, u dans E tels que g(u) = v et g (u ) = v . Par définition de h, on a h(v ) = f (u ) On constate que g(αu + βu ) = αg (u) + βg (u ) = αv + βv . Par définition de h , on a : h(αv + βv ) = f (αu + βu ) = αf (u) + βf (u ) = αh (v) + βh (v ). On a ainsi prouvé que h est une application linéaire de Im g dans G. Soit F un supplémentaire de Im g dans F : E = F ⊕ Im g. − → On complète maintenant la définition de h en posant h(v) = 0 pour tout vecteur v de F . Ainsi pour tout vecteur v = v + v de F , avec v dans F et v dans Im g , on pose :
h(v ) = h (v ) = f (u ) pour tout u de E tel que g (u ) = v
L’application h ainsi définie est linéaire de F dans G, et : ∀ u ∈ E, h(g (u)) = f (u). On a donc trouvé h dans L(F, G) telle que h ◦ g = f . Solution 14.1.9
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Posons g = f 2 − (α + β )f + αβ Id. Soit u un vecteur de Ker(f − αId) ∩ Ker(f − β Id). − → Alors f (u) = αu = β u. Il en découle u = 0 , car α = β . La somme Ker(f − αId) + Ker( f − β Id) est donc directe. Ker(f − αId) ⊂ Ker g On a g = (f − αId) ◦ (f − β Id) = (f − β Id) ◦ (f − αId), donc Ker(f − β Id) ⊂ Ker g On en déduit que Ker(f − αId) ⊕ Ker(f − β Id) ⊂ Ker g. 1 Tout vecteur u de E peut s’écrire u = (v − w), avec v = (f − αId)(u) et w = (f − β Id)(u). β − α − → (f − β Id)(v) = g (u) = 0 v ∈ Ker(f − β Id) Si u est dans Ker g, alors , c’est-à-dire − → (f − αId)(w) = g (u) = 0 w ∈ Ker(f − αId) 1 L’égalité u = (v − w) montre donc que u appartient à Ker(f − αId) ⊕ Ker(f − β Id). β − α Conclusion : on a prouvé l’égalité Ker f 2 − (α + β )f + αβ Id = Ker(f − αId) ⊕ Ker(f − β Id).
Solution 14.1.10
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– Soit f : E → F une application linéaire injective. Soit G, H deux sous-espaces de E . L’application f étant injective, on a f (G) ∩ f (H ) = f (G ∩ H ). → − → − Si F, G sont en somme directe, on a donc f (G) ∩ f (H ) = f { 0 } = { 0 }. Ainsi l’application f transforme G, H en deux sous-espaces en somme directe.
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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14.1 Endomorphismes d’un espace vectoriel
Chapitre 14 : Applications
linéaires
– Remarquons que si f est nulle, elle transforme toute somme directe de E en une somme directe de F , → − car pour tous sous-espaces G, H de E on a f (G) = f (H ) = { 0 }. → − Dans ce cas, on ne peut donc pas dire que la réciproque est vraie, sauf si E est lui-même réduit à { 0 }, ce qui ne présente pas beaucoup d’intérêt. On suppose donc que f n’est pas l’application nulle, qu’elle n’est pas injective, et on va montrer qu’elle ne transforme pas toujours une somme directe en une somme directe. On se donne un vecteur u non nul dans le noyau de f (possible car f n’est pas injective.) Soit v un vecteur qui n’est pas dans Ker f (possible car f n’est pas identiquement nulle.) On pose w = v + u. Les vecteurs v et w sont libres (sinon il existerait un scalaire α tel que v + u = αv . − → On en déduirait f (v) = αf (v) donc α = 1 donc u = 0 .) Ainsi les droites vectorielles Kv et Kw sont en somme directe. Mais f (w) = f (v + u) = f (v) = 0. Ainsi f (Kv) et f (Kw) sont une même droite vectorielle. On a donc un exemple où f ne transforme pas une somme directe en une somme directe. → − La réciproque demandée par l’énoncé est donc vraie, sauf si f ≡ 0 et E = { 0 }. Solution 14.1.11
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– On suppose que E = Ker f ⊕ Im f . Soit g la restriction de f à Im f . Il est clair que Im f est stable par f donc par g. Ainsi g est un endomorphisme de Im f . Soit v dans Im f . Il existe u dans E tel que v = f (u). Mais il existe u dans Ker f et u dans Im f tel que u = u + u , car E = Ker f + Im f . On en déduit v = f (u + u ) = f (u ) = g (u ), ce qui prouve la surjectivité de g. − → − → Soit v dans Ker g. Alors v est dans Im f et on a g (v) = 0 donc f (v) = 0 . → − Ainsi v est dans Ker f ∩ Im f = { 0 }, ce qui prouve l’injectivité de g . L’application g est donc un isomorphisme de Im f sur lui-même. – Réciproquement supposons que la restriction g de f à Im f est un automorphisme de Im f . − → Soit u un vecteur de Ker f ∩ Im f . On a f (u) = 0 et u ∈ Im f . − → − → Il en découle g(u) = 0 et donc u = 0 car g est injective. Soit u un vecteur de E . On a f (u) ∈ Im f . Puisque g est un automorphisme de Im f , il existe v dans Im f tel que f (u) = g (v). − → On a ainsi f (u) = f (v) donc f (u − v) = 0 . Le vecteur w = u − v est dans Ker f . On a u = w + v, avec w dans Ker f et v dans Im f , ce qui prouve E = Ker f + Im f . Finalement, on a prouvé que E = Ker f ⊕ Im f . Solution 14.1.12
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– On sait que si f est dans
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L(E,
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L(E,
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F ), alors ϕ (f ) = g ◦ f est dans
Ainsi ϕ est bien une application de Soit f 1 , f 2 dans
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L(F, G).
L(E, F ) dans L(F, G).
F ), et α 1 , α2 dans
K.
Pour tout vecteur u de E , on a :
ϕ(α1 f 1 + α2 f 2 )(u) = g ◦ (α1 f 1 + α2 f 2 ) (u)
= g α1 f 1 (u) + α2f 2 (u) = α 1 g f 1 (u) + α1 g f 2(u) = α 1 (g ◦ f 1 )(u) + α2 (g ◦ f 2 )(u) = α1(g ◦ f 1 ) + α2 (g ◦ f 2 ) (u) = α1ϕ(f 1 ) + α2 ϕ(f 2 ) (u)
Autrement dit ϕ(α1 f 1 + α2 f 2 ) = α 1ϕ(f 1 ) + α2 ϕ(f 2 ) : ϕ est linéaire.
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14.1 Endomorphismes d’un espace vectoriel – Soit f dans
L(E,
Chapitre 14 : Applications
linéaires
F ). Alors f ∈ Ker ϕ ⇔ g ◦ f = 0 ⇔ Im f ⊂ Ker g .
→ − Si on suppose que g est injective, alors Ker g = { 0 }, et on voit que f ∈ Ker ϕ ⇔ f = 0. L’injectivité de g implique donc celle de ϕ. Solution 14.1.13
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Soit E un C−espace vectoriel, et soit f un endomorphisme de E tel que f 3 = Id. Soit u un vecteur de E . On doit montrer que u s’écrit de façon unique u = u 1 + u j + u j où u1 ∈ E 1 , u j ∈ E j , u j ∈ E j . Supposons que cette décomposition existe. 2
Ainsi f (u1 ) = u 1 , f (u j ) = j u j et f (u j ) = j 2 u j . On applique f et f 2 à l’égalité u = u 1 + u j + u j . 2
2
2
2
2
1 u + f (u) + f 2 (u) u = u 1 + u j + u j 3 1 On trouve f (u) = u 1 + ju j + j 2u j et on en déduit u j = u + j 2 f (u) + jf 2 (u) 3 2 2 1 f (u) = u 1 + j u j + ju j u j = u + jf (u) + j 2 f 2 (u) 3 On a ainsi prouvé l’unicité des vecteurs u1 , u j , u j s’ils existent. Réciproquement, considérons les trois vecteurs u 1 , u j , u j définis par les égalités précédentes. On a bien sûr u 1 + u j + u j = u .
u1 =
2
2
2
2
2
2
2
D’autre part, compte tenu de f 3 = Id, on trouve : 1 1 f (u1 ) = f (u) + f 2 (u) + f 3 (u) = f (u) + f 2(u) + u = u 1 . 3 3
f (u j ) =
1 j f (u) + j 2 f 2 (u) + ju = j 2 f (u) + jf 2 (u) + u = j u j 3 3
1 j2 f (u) + jf 2 (u) + j 2 u = jf (u) + j 2 f 2 (u) + u = j 2 u j 3 3 On a ainsi établit l’existence des vecteurs u 1, u j , u j , ce qui achève la démonstration.
f (u j ) = 2
Solution 14.1.14
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Puisque P, Q sont premiers entre eux, il existe deux polynômes A, B tels que AP + BQ = 1. Ainsi 1( f ) = Id = ( AP + BQ )(f ) = ( AP )(f ) + ( BQ )(f ). Soit u dans Ker(P Q)(f ). On a u = v + w, avec v = (AP )(f )(u) et w = (BQ )(f )(u).
− → − → On constate que Q(f )(v) = (QAP )(f )(u) = A(f ) ◦ (P Q)(f ) (u) = 0 car ( P Q)(f )(u) = 0 . − → De même, P (f )(w) = ( P BQ )(f )(u) = B (f ) ◦ (P Q)(f ) (u) = 0 .
On a ainsi trouvé v dans Ker Q(f ) et w dans Ker P (f ) tels que u = v + w. Supposons maintenant qu’un vecteur u appartienne à Ker P (f ) ∩ Ker Q(f ).
− → L’égalité u = (AP )(f )(u) + ( BQ )(f )(u) = A(f ) ◦ P (f ) (u) + B (f ) ◦ Q(f ) (u) donne u = 0 .
Ainsi la somme Ker P (f ) + Ker Q(f ) est directe, donc Ker(P Q)(f ) = KerP (f ) ⊕ Ker Q(f ). Solution 14.1.15
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Soit ( f, g) un tel couple d’endomorphismes de E (il en existe, par exemple f = g = 0.) On constate que f 2 = ( f ◦ g) ◦ f = f ◦ (g ◦ f ) = f ◦ g = f et de même g 2 = g (les applications f et g jouent le même rôle) : f et g sont donc des projections vectorielles. Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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14.1 Endomorphismes d’un espace vectoriel
Chapitre 14 : Applications
linéaires
Mais f ◦ g = f ⇒ Ker g ⊂ Ker f , et par symétrie Ker f ⊂ Ker g. Supposons réciproquement que f et g soient deux projecteurs de même noyau. − → – Si x est un élément de Ker f = Ker g, alors ( f ◦ g )(x) = 0 = f (x).
– Si x est élément de Im g = Inv g, alors ( f ◦ g )(x) = f g (x) = f (x). Ainsi les applications linéaires f ◦ g et g sont égales sur Ker g et sur Im g : elles le sont donc sur Ker g ⊕ Im g = E . On en déduit que f ◦ g = f , et par symétrie g ◦ f = g . Conclusion : les solutions sont les couples ( f, g) de projecteurs ayant le même noyau. Solution 14.1.16
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1. Supposons qu’un vecteur x s’écrive x = y + z , avec y dans Ker f et z = g (t) dans Im g : x = y + z = y + g (t) ⇒ f (x) = f ◦ g(t) ⇒ g ◦ f (x) = g ◦ f ◦ g(t) = g (t) = z .
On a donc nécessairement z = g ◦ f (x) et y = x − z = x − g ◦ f (x).
Réciproquement ces vecteurs y, z vérifient évidemment y + z = x, le vecteur z = g f (x) est bien − → dans Im g , et f (y) = f (x) − f ◦ g ◦ f (x) = 0 c’est-à-dire y ∈ Ker f . Ainsi la décomposition x = y + z existe et est unique : on a E = Ker f ⊕ Im g. 2. On a toujours f (Im g ) ⊂ Im f . Réciproquement soit x = f (x) un élément de Im f . On sait que x s’écrit x = y + z , avec y dans Ker f et z dans Im g . Ainsi x = f (x) = f (y) + f (z ) = f (z ), donc x ∈ f (Im g ). Conclusion : f (Im g ) = Im f . Solution 14.1.17
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1. On suppose donc que h2 , h4 sont injectives et que h 1 est surjective. − → − → Soit u3 un élément de E 3 . On suppose que h3 (u3 ) = 0 . Il faut prouver que u 3 = 0 . − → − → − → On a h 3 (u3 ) = 0 donc ( g3 ◦ h3 )(u3 ) = 0 donc ( h4 ◦ f 3)(u3 ) = 0 . − → L’application h 4 étant injective, on en déduit f 3 (u3 ) = 0 . Autrement dit u3 appartient à Ker f 3 c’est-à-dire à Im f 2 . Ainsi il existe u 2 dans E 2 tel que u 3 = f 2 (u2 ). − → − → − → L’égalité h3 (u3 ) = 0 donne ( h3 ◦ f 2 )(u2 ) = 0 donc g 2 ◦ h2 (u2 ) = 0 . Ainsi h2 (u2) est dans Ker g2 = Im g1 . Soit v1 dans F 1 tel que h 2 (u2 ) = g 1 (v1 ). Puisque h 1 est surjective, il existe u 1 dans E 1 tel que v1 = h 1 (u1 ). On en déduit h2 (u2 ) = ( g1 ◦ h1 )(u1 ) = (h2 ◦ f 1 )(u2 ). Il en découle puis u2 = f 1 (u1 ) car h2 est injective. − → On trouve finalement u3 = f 2 (u2 ) = ( f 2 ◦ f 1 )(u1 ) = 0 car f 2 ◦ f 1 = 0. On a donc prouvé l’injectivité de h3 . 2. On suppose donc que h2 , h4 sont surjectives et que h 5 est injective. Pour montrer que h3 est surjective on se donne v3 dans F 3 . Il s’agit de prouver qu’il existe u3 dans E 3 tel que h3 (u3) = v 3 . Posons v4 = g 3(v3). Puisque h4 est surjective, il existe u4 dans E 4 tel que v 4 = h 4 (u4 ). − → − → On a g 4 (v4 ) = ( g4 ◦ g3 )(v3 ) = 0 car g 4 ◦ g3 = 0. On en déduit ( g4 ◦ h4 )(u4 ) = 0 . − → − → Il en découle ( h5 ◦ f 4 )(u4 ) = 0 donc f 4 (u4 ) = 0 car h5 est injective. Ainsi u4 est dans Ker f 4 donc dans Im f 3 : il existe u3 dans E 3 tel que f 3 (u3 ) = u 4 . On peut donc écrire g3 (v3 ) = v 4 = h 4 (u4) = ( h4 ◦ f 3 )(u3 ) = (g3 ◦ h3 )(u3 ). − → Ainsi g3 v3 − h3 (u3 ) = 0 . Autrement dit v3 − h3 (u3) ∈ Ker g3 = Im g2 . Il existe donc v2 dans F 2 tel que v 3 − h3 (u3 ) = g 2 (v2 ).
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14.2 Applications linéaires en dimension finie
Chapitre 14 : Applications
linéaires
Puisque h 2 est surjective, il existe u 2 dans E 2 tel que v2 = h 2 (u2 ). On a alors v 3 − h3 (u3 ) = (g2 ◦ h2)(u2 ) = ( h3 ◦ f 2 )(u2 ). Il en découle v 3 = h 3 u3 + f 2 (u2 ) : on a trouvé un antécédent de v3 par h 3 . On a donc prouvé la surjectivité de h3 , ce qui achève la démonstration.
Solution 14.1.18
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On a toujours Im f 2 ⊂ Im f (car si u = f 2 (v), alors u = f (w) avec w = f (v).) − → − → De même, on a toujours Ker f ⊂ Ker f 2 (car f (u) = 0 ⇒ f 2 (u) = 0 .) Ainsi l’hypothèse Im f = Im f 2 se résume à l’inclusion Im f ⊂ Im f 2 . De même l’hypothèse Ker f = Ker f 2 se résume à l’inclusion Ker f 2 ⊂ Ker f . 1. Supposons E = Im f + Ker f . Montrons que Im f ⊂ Im f 2 . Soit v dans Im f . Il existe u dans E tel que v = f (u). Puisque E = Im f + Ker f , il existe a dans E et b dans Ker f tel que u = f (a) + b. On en déduit v = f f (a) + b = f 2 (a) + f (b) = f 2 (a) donc v est dans Im f 2 . Réciproquement, on suppose Im f ⊂ Im f 2 , et montrons que E = Im f + Ker f . Soit u un vecteur de E . Le vecteur v = f (u) dans Im f donc dans Im f 2. − → Ainsi il existe a dans E tel que f (u) = f 2 (a). On en déduit f u − f (a) = 0 . Autrement dit le vecteur b = u − f (a) est dans Ker f . L’égalité u = f (a) + b montre donc que E = Im f + Ker f .
→ − 2. Supposons Im f ∩ Ker f = { 0 } et montrons que Ker f 2 est inclus dans Ker f . Soit u dans Ker f 2 . Alors le vecteur v = f (u) est dans Im f et dans Ker f . Il en résulte que v est nul, donc que u est dans Ker f . → − Réciproquement, supposons Ker f 2 ⊂ Ker f , et montrons Im f ∩ Ker f = { 0 }. Soit u un vecteur de Im f ∩ Ker f . Il existe v dans E tel que u = f (v). − → On a 0 = f (u) = f 2 (v). Ainsi v est dans Ker f 2 donc dans Ker f . → − Il en résulte que u = f (v) est nul : on a obtenu Im f ∩ Ker f = { 0 }. 3. On suppose maintenant dim E < ∞. On a alors dim E = dim Imf + dim Kerf . → − Dans ces conditions : E = Ker f + Im f ⇔ Im f ∩ Ker f = { 0 }. On en déduit
E = Ker f ⊕ Im f ⇔ E = Ker f + Im f ⇔ Im f ⊂ Im f 2
→ −
E = Ker f ⊕ Im f ⇔ Im f ∩ Ker f = { 0 } ⇔ Ker f 2 ⊂ Ker f
Finalement on a : E = Ker f ⊕ Im f ⇔ Im f ⊂ Im f 2 ⇔ Ker f 2 ⊂ Ker f
14.2
Applications linéaires en dimension finie
Solution 14.2.1
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Il suffit de prouver que les n vecteurs x, f (x), . . . , f n −1 (x) sont libres. n−1
Soit λ0 , λ1 , . . . , λn−1 dans
R tels
que
− →
λk f k (x) = 0 .
k=0
− → Supposons par l’absurde que (λ0 , . . . , λn−1 ) = 0 . Soit k0 minimum tel que λk = 0. 0
n−1
L’égalité
n−1
− →
λk f k (x) = 0 devient : λk0 f k0 (x) +
k=0
− →
λk f k (x) = 0 .
k=k0 +1
− → Si on compose par f n−k +1 , on obtient : λk f n−1 (x) = 0 ce qui est absurde. Conclusion : la famille x, f (x), . . . , f n −1(x) est libre, et c’est une base de E . 0
0
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14.2 Applications linéaires en dimension finie Solution 14.2.2
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Chapitre 14 : Applications
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linéaires
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D’après le théorème de la dimension appliqué à f , Im f est de dimension finie dans F . Soit h la restriction de g à Im f . On a Ker h = (Ker g) ∩ (Im f ) et Im h = g (Im f ) = Im(g ◦ f ). On applique le théorème de la dimension à h : dim Imf = dim Ker h + dim Im h. Solution 14.2.3
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1. On applique le théorème de la dimension :
E = Im f + Im g
⇒
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dim E = dim Ker f + dim Imf (1) dim E = dim Ker g + dim Img
(2)
dim E = dim Imf + dim Img − dim(Im f ∩ Im g)
(3)
dim E = dim Ker f + dim Kerg − dim(Ker f ∩ Ker g) (4) La combinaison (1) + (2) − (3) − (4) donne dim(Im f ∩ Im g) + dim(Ker f ∩ Ker g ) = 0. Il en résulte dim(Im f ∩ Im g ) = dim(Ker f ∩ Ker g) = 0. Le sommes E = Im f + Im g = Ker f + Ker g sont donc directes. E = Ker f + Ker g
2. Pour montrer que c’est faux si dim E = ∞ , on se place dans E = K[X ]. On considère l’endomorphisme f de K[X ] défini par f : P → f (P ) = P . On définit de même un endomorphisme g de K[X ] par g (P ) = P (0). L’application f est surjective donc Im f = K[X ]. Son noyau est K1 [X ]. L’image de g est K1[X ] et son noyau est l’ensemble des polynômes divisibles par X . On a bien E = Im f + Im g, et cette somme n’est pas directe car Im f ∩ Im g = Im g = { 0}. On a bien E = Ker f + Ker g (par exemple, P = P (0) + P − P (0) pour tout P .) Enfin Ker f ∩ Ker g est l’ensemble des λX , avec λ ∈ K. → − Im f ∩ Im g = { 0 } E = Im f + Im g On a donc trouvé, f , g ∈ L(E ) tels que et → − Ker f ∩ Ker g = { 0 } E = Ker f + Ker g Solution 14.2.4
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1. L’application ϕ est un endomorphisme de K[X ]. Pour tout polynôme P , on a deg ϕ(P ) = deg P donc ϕ (P ) = 0 ⇔ P = 0. Ainsi l’application ϕ est injective. La conservation du degré montre que la restriction ϕn de ϕ à Kn [X ] est un endomorphisme de Kn [X ], toujours injectif. Puisque Kn [X ] est de dimension finie, cette restriction est un isomorphisme de Kn [X ]. Ainsi pour tout P de Kn [X ], il existe un unique Q de Kn [X ] tel que P = ϕ n (Q) = ϕ (Q). Ceci prouve la surjectivité de ϕ , qui est donc un automorphisme de K[X ]. 2. L’application ψ λ est un endomorphisme de K[X ]. Supposons que P soit un polynôme de degré n , de coefficient dominant an . Posons P = a n X n + Q, avec deg Q < n. Alors ψλ (P ) = λ (an X n + Q) − X (nan X n−1 + Q ) = ( λn − n)an X n + R, avec deg R < n. – Si λ n’est pas un entier naturel, on a donc toujours deg ψλ (P ) = deg P . Le même raisonnement qu’en 1) montre alors que ψ λ est un isomorphisme. – On suppose maintenant que λ = n , avec n dans N. deg P n ⇒ deg ψn (P ) n − 1 Le calcul précédent montre que deg P = m > n ⇒ deg ψn (P ) = m En particulier aucun polynôme de degré n n’est dans l’image de ψn . Il s’ensuit que ψn n’est pas surjective : ce n’est pas un isomorphisme. On voit aussi que ψ (X n ) = 0 : l’application ψ n n’est pas injective. Plus précisément, Ker ψn est la droite vectorielle des αX n avec α ∈ K.
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14.2 Applications linéaires en dimension finie Solution 14.2.5
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linéaires
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1. Soit ( e) = e 1 , e2 , . . . , en une base de E . − → Pour tout indice j compris entre 1 et n, il existe un entier m j tel que f mj (e j ) = 0 . − → Soit p = max {m1 , m2 , . . . , mn }. Pour tout j de { 1, . . . , n}, on a f p (e j ) = 0 . Par linéarité, on en déduit que f p est l’application nulle, ce qu’il fallait démontrer. 2. On se place dans E = K[X] et on considère l’application “dérivation” f : A → A . Pour tout polynôme A , il existe un indice m tel que f m (A) = 0 (choisir m > deg A). Mais f p (la “dérivation p -ième”) n’est l’application nulle pour aucune valeur de p . Le résultat de la question précédente n’est donc plus vrai en dimension infinie. Solution 14.2.6
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1. Tout élément y de Im( f + g ) s’écrit y = (f + g )(x) et est donc la somme de f (x) (qui appartient à Im f ) et de g (x) (qui appartient à Im g ). Ainsi y appartient à Im f + Im g , ce qui prouve l’inclusion Im (f + g) ⊂ Im f + Im g. On en déduit dim Im(f + g) dim(Im f + Im g ), puis : dimIm(f + g ) dimImf + dim Img − dim Im f ∩ Im g dimImf + dim Img. Autrement dit rg (f + g) rg f + rg g .
2. Supposons qu’on ait rg (f + g ) = rg f + rg g . Alors l’inclusion et les inégalités précédentes sont en fait des égalités. → − On a donc Im (f + g ) = Im f + Im g et dim Im f ∩ Im g = 0, donc Im f ∩ Im g = { 0 }. Il reste à montrer que E = Ker f + Ker g. Soit x un élément de E . L’élément f (x) est dans Im f , donc dans Im f + Im g = Im( f + g). Ainsi il existe un élément y de E tel que f (x) = ( f + g)(y ), donc f (x − y) = g (y). → − − → Mais l’égalité Im f ∩ Im g = { 0 } implique f (x − y) = g (y) = 0 . L’égalité x = (x − y) + y est donc l’écriture de x comme somme d’un élément de Ker f et d’un élément de Ker g : on a prouvé que E = Ker f + Ker g. → − Réciproquement, on suppose que Im f ∩ Im g = { 0 } et E = Ker f + Ker g . Pour montrer que rg (f + g ) = rg (f ) + r g (g ), il suffit d’après la question précédente de vérifier qu’on a l’égalité Im f + Im g ⊂ Im(f + g). Soit y = f (x) un élément de Im f et y = g (x ) un élément de Im g. On peut écrire x = u + v et x = u + v , avec u, u dans Ker f et v, v dans Ker g . On en déduit que y = f (x) = f (v) = f (u + v), et y = g (x ) = g (u ) = g (u + v). Ainsi y + y = ( f + g)(u + v) est un élément de Im (f + g), ce qu’il fallait démontrer.
Solution 14.2.7
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1. On définit l’application ϕ de P = F 1 × F 2 × · · · × F n vers S = F 1 + F 2 + · · · + F n par : ϕ(x1 , x2 , . . . , xn ) = x 1 + x2 + · · · + xn . Cette application est linéaire et surjective. Par définition, la somme S est directe si et seulement si ϕ est un isomorphisme, ce qui équivaut à n
dim P = dim S c’est-à-dire à
j =1
n
2. L’égalité Id E =
n
dim F j = dim
F j .
j =1
p j prouve que tout x de E s’écrit x = p 1 (x) + · · · + pn (x) et est donc un élément
j =1
de Im p1 + · · · + Im pn . On en déduit E = Im p1 + Im p2 + · · · + Im pn . On rappelle que la trace d’une projection vectorielle est égale à son rang. n
L’égalité Id E =
p j implique donc : n = trId E =
j =1
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n
j =1
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n
tr p j =
rg p j .
j =1
Page 10
14.2 Applications linéaires en dimension finie n
Ainsi dim(
Chapitre 14 : Applications
n
Im p j ) = dim E = n =
j =1
linéaires
n
rg p j =
j =1
dim Im p j .
j =1
En utilisant (a), ce résultat prouve que E = Im p1 ⊕ Im p2 ⊕ · · · ⊕ Im pn . 3. Fixons un indice j dans { 1, . . . , n}. n
Pour tout vecteur y , on a l’égalité y =
pi (y) = p j (y ) +
i=1
pi (y ).
i = j
Ceci est vrai en particulier pour tout vecteur y = p j (x), ce qui conduit à :
2
∀x ∈ E, p j (x) = p j (x) +
pi ◦ p j (x), c’est-à-dire : ∀ x ∈ E,
i = j
− →
pi ◦ p j (x) = 0 .
i = j
Compte tenu de ce que la somme des Im pi est directe, et de ce que chaque p i ◦ p j (x) est un élément − → de Im pi , il vient : ∀ x ∈ E, ∀i = j, pi ◦ p j (x) = 0 . Autrement dit, pour tous indices i et j distincts, on a p i ◦ p j = 0. Solution 14.2.8
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1. Notons h la restriction de F au sous-espace H = Ker g ◦ f de E . Le théorème de la dimension donne dim Ker g ◦ f = dim Ker h + dim Imh. − → − → Or Ker h = H ∩ Ker f = Ker f , car Ker f ⊂ Ker(g ◦ f ) (car f (u) = 0 ⇒ g ◦ f (u) = 0 .) D’autre part Im h = f Ker(g ◦ f ) ⊂ Ker g (en effet u ∈ Ker( g ◦ f ) ⇒ f (u) ∈ Ker g .) On a donc dim Ker(g ◦ f ) = dim Ker h + dim Im h dim Ker f + dim Kerg .
2. Le théorème de la dimension nous donne les égalités Ce système et la question précédente donnent :
dim E = rg f + dim Kerf dim F = rg g + dim Kerg
rg f + rg g − dim F = dim E − dim Ker f − dim Ker g
dim E − dim Ker(g ◦ f )
Le théorème de la dimension donne alors : rg f + rg g − dim F rg (g ◦ f ). On a Im (g ◦ f ) = g (Im f ) ⊂ Im g , donc rg (g ◦ f ) rg g. De même, si h est la restriction de g à Im f , on a Im h = Im(g ◦ f ). On applique à h le théorème de la dimension : dim Imf = rg h + dim Kerh rg h. Autrement dit rg g ◦ f = rg h rg f (pour un résultat plus précis, cf 11.3.10). On ainsi obtenu rg g ◦ f min(rg f, rg g) ce qui achève la démonstration. Solution 14.2.9
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1. f ◦ g = 0 ⇔ Im g ⊂ Ker f ⇒ rg g
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dim Ker f . Donc rg g
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n − rg f .
2. Il suffit de trouver g ∈ L(E ) tel que Im g = Ker f . Soit H tel que E = H ⊕ Ker f . La projection vectorielle de E sur Ker f parallèlement à H convient. 3. Il faut trouver g dans L(E ) tel que Im g = Ker f , mais tel qu’on n’ait pas Im f ⊂ Ker g. On reprend la projection g sur Ker f parallèlement à un supplémentaire H de Ker f . Puisque H = Ker g, il suffit donc de trouver H qui ne contienne pas Im f . Puisque dim H = dim Ker f = n − rg f , il suffit de trouver H distinct de Ker f . → − Ker f = { 0 } C’est possible car (seuls cas où le supplémentaire de Ker f est unique) Ker f = E
Solution 14.2.10
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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14.2 Applications linéaires en dimension finie
Chapitre 14 : Applications
linéaires
→ − 1. Montrer que la restriction de v à Ker u est injective, c’est prouver Ker u ∩ Ker v = { 0 }. − → Si x ∈ Ker u ∩ Ker v, alors x = (v ◦ u + u ◦ v)(x) = u v(x) + v u(x) = 0 (cqfd.) Pour établir Ker u = Im u, il suffit de montrer l’inclusion Ker u ⊂ Im u. Effectivement, x ∈ Ker u ⇒ x = (u ◦ v)(x) + ( v ◦ u)(x) = ( u ◦ v)(x) ∈ Im u.
2. Soit x un vecteur de E . Il se décompose en x = y + t, avec y dans F et t dans Im u. Puisque t est dans Im u, il existe t dans E tel que t = u (t ). On a de même t = z + t , avec z dans F et t dans Im u (donc t ∈ Ker u.) On en déduit x = y + t = y + u(t ) = y + u(z + t ) = y + u(z ) + u(t ) = y + u(z ). On a ainsi prouvé l’existence d’un couple ( y, z ) de F 2 tel que x = y + u(z ). Pour l’unicité, supposons x = y + u(z ) = y + u(z ), avec y, z , y , z dans F . → − Alors y − y = u (z − z ) ∈ F ∩ Im u = { 0 }. Donc y = y et z − z ∈ Ker u. − → Ainsi z − z est F ∩ Ker u. On en déduit z − z = 0 . Conclusion : ∀ x ∈ E, ∃ !(y, z ) ∈ F 2 , x = y + u(z ). 3. Supposons x = y + u(z ) et x = y + u(z ), avec y, z , y , z dans F , et soient α, β dans y = αy + βy ∈ F Alors αx + βx = y + u(z ), avec z = αz + βz ∈ F Cela prouve (par unicité) que v (αx + βx ) = z = αz + βz = αv (x) + βv (x ). Autrement dit, l’application v est un endomorphisme de E . Enfin soit x = y + u(z ), avec ( y, z ) ∈ F 2 (donc z = v (x)), on a : On a u (x) = u (y) + u2 (z ) = u (y). Comme y est dans F , il en découle y = v u(x) . Ainsi x = y + u(z ) = v u(x) + u v (x) = ( v ◦ u + u ◦ v)(x). Donc v ◦ u + u ◦ v = Id.
K.
Solution 14.2.11
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Dire que f ◦ g = 0 c’est dire que Im g ⊂ Ker f . Cela implique rg g dim Ker f (= n − rg f ). Ainsi rg f + rg g n. D’autre part on a toujours Im (f + g ) ⊂ Im f + Im g . Or ici Im (f + g) = E . On en déduit Im f + Im g = E . Il en découle n = dim E = dim(Im f + Im g ) dimImf + dim Img. On a donc obtenu l’inégalité n rg f + rg g et finalement rg f + rg g = n . Solution 14.2.12
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– On suppose que Im f = Ker f . En particulier Im f ⊂ Ker f donc f 2 = 0. Le théorème de la dimension donne n = dim Ker f + rg f . Ainsi n = 2rg f . – Réciproquement, si f 2 = 0 et n = 2 p et rg f = p : f 2 = 0 signifie que Im f ⊂ Ker f . On sait d’autre part que n = 2 p = rg f + dim Kerf . On en déduit dim Ker f = p . Ainsi Im f ⊂ Ker f et dim Imf = dim Ker f . Il en résulte Im f = Ker f . – Soit v1, . . . , v p une base de Im f . ∀ k ∈ {1, . . . , p}, ∃ uk ∈ E, vk = f (uk ). Montrons que u1 , . . . , u p , f (u1 ), . . . , f ( u p ) sont libres donc forment une base de E . p
n
Supposons qu’on ait p
On trouve
λk uk +
k=1
− →
µk f (uk ) = 0 . On applique f , en utilisant f 2 = 0.
k=1
− →
λk f (uk ) = 0 donc λ 1 = · · · = λ p = 0 car les v k = f (uk ) sont libres.
k=1
Il en découle l’égalité
p
− →
µk f (uk ) = 0 donc µ1 = . . . = µ p = 0.
k=1
On a ainsi prouvé que la famille u1 , u2 , . . . , u p , f (u1 ), f (u2 ), . . . , f ( u p ) est une base de E . Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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14.3 Formes linéaires, hyperplans Solution 14.2.13
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Chapitre 14 : Applications
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linéaires
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1. Soit u dans Im (f − Id). Il existe donc u dans E tel que u = f (v) − v. − → On a alors ( f 2 + f + Id)(u) = (f 2 + f + Id) ◦ (f − Id) (v) = ( f 3 − Id)(v) = 0 . Ainsi u est dans Ker(f 2 + f + Id), ce qui prouve Im (f − Id) ⊂ Ker(f 2 + f + Id). On sait que dim Im(f − Id) + dim Ker(f − Id) = dim E (théorème de la dimension.) Il suffit donc de prouver que la somme Im (f − Id) + Ker(f − Id) est directe. On se donne donc x dans Im (f − Id) ∩ Ker(f − Id). On a x ∈ Ker(f − Id) donc f (x) = x . − → D’autre part x ∈ Im(f − Id) ⇒ x ∈ Ker(f 2 + f + Id) ⇒ f 2(x) + f (x) + x = 0 . − → Tout cela donne bien x = 0 , ce qui implique E = Im(f − Id) ⊕ Ker(f − Id).
− → 2. Soit x un vecteur non nul de Im (f − Id). Il existe y = 0 tel que x = (f − Id)(y ). On a alors f (x) = f (f − Id)(y ) = (f − Id) f (y ) donc f (x) ∈ Im(f − Id). On pouvait aussi dire que puisque f et ( f − Id) commutent alors par exemple Im (f − Id) est stable par f (cf exercice 11.2.1) − → Supposons par l’absurde que f (x), x soient liés. Alors ∃ λ ∈ R, f (x) = λx (car x = 0 ). Mais x ∈ Im(f − Id) ⇒ x ∈ Ker(f 2 + f + Id) ⇒ f 2 (x) + f (x) + x = 0. − → L’égalité f (x) = λx donne alors ( λ2 + λ + 1)x = 0 . − → Puisque x = 0 , il en découle λ 2 + λ + 1 = 0 ce qui est absurde car λ est un réel. − → Ainsi, pour tout x = 0 de Im (f − Id), les vecteurs x, f (x) sont libres dans Im (f − Id).
Solution 14.2.14
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Pour tout P de R3 [X ], ϕ(P ) est un polynôme de R3 [X ] (reste dans la division par un polynôme de degré 4). Donc ϕ est une application de R3 [X ] dans lui-même. Soient P 1 et P 2 deux polynômes de Soient
AP 1 = BQ1 + ϕ(R1 )
R3 [X ].
Soient α 1 , α2 deux scalaires.
les divisions euclidiennes de AP 1 et AP 2 par B .
AP 2 1 = BQ2 + ϕ(R2 )
On a l’égalité ( α1 P 1 + α2 P 2 )A = (α1 Q1 + α2 Q2 )B + R, où R = α 1 R1 + α2R2 . Comme deg R 3, on a ϕ(α1 P 1 + α2 P 2) = α 1 R1 + α2 R2 (unicité de la division). On en déduit ϕ(α1 P 1 + α2 P 2 ) = R = α 1 ϕ(P 1) + α2 ϕ(P 2) : l’application ϕ est linéaire. On a P ∈ Ker ϕ ⇔ X 4 − X | (X 4 − 1)P
⇔ X (X − 1)(X 2 + X + 1) | ( X − 1)(X + 1)(X 2 + 1)P ⇔ X (X 2 + X + 1) | ( X + 1)(X 2 + 1)P Comme X (X 2 + X + 1) est premier avec ( X + 1)(X 2 + 1) cela équivaut à X (X 2 + X + 1) | P . Ker P est donc la droite vectorielle des polynômes P = λ (X 3 + X 2 + X ), avec λ ∈ R. Le théorème de la dimension donne alors dim Imf = 3. Pour tout P de R3 [X ], il existe un polynôme Q tel que ( X 4 − 1)P = ( X 4 − X )Q + ϕ(P ). On en déduit ϕ (P )(1) = 0. Ainsi Im ϕ est inclus dans l’ensemble des polynômes de R3[X ] qui s’annulent en 1. Mais ce sous-espace est un hyperplan de R3 [X ]. Conclusion : Im ϕ = { P ∈ R3 [X ], P (1) = 0} = { P ∈ R3 [X ], (X − 1) | P }.
14.3
Formes linéaires, hyperplans
Solution 14.3.1
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C’est évident car Im f est un sous-espace de la droite vectorielle K. → − Donc Im f = { 0 } si f est identiquement nulle, et Im f = K sinon (f surjective.) Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Page 13
14.3 Formes linéaires, hyperplans Solution 14.3.2
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Chapitre 14 : Applications
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linéaires
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Si f et g sont proportionnelles, il existe λ ∈ K∗ tel que g = λf . − → − → Dans ces conditions, f (u) = 0 ⇔ g(u) = 0 : autrement dit Ker f = Ker g. Réciproquement, on suppose que les hyperplans Ker f et Ker g sont égaux. Notons H cet hyperplan et soit a un vecteur de E n’appartenant pas à H . Soit λ = f (a). Par définition, λ = 0. Soit µ = g (a). Tout vecteur u de E s’écrit de manière unique u = αa + b, avec α ∈ K et b ∈ H . On a alors f (u) = αf (a) + f (b) = αf (a) = αλ et de même g(u) = αµ. λ On constate que pour tout u de E on a : f (u) = g (u). µ λ Ainsi f = g : les applications f et g sont proportionnelles. µ Solution 14.3.3
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L’application ϕ définie sur Rn par ϕ(u) = x 1 + x2 + · · · + xn est une forme linéaire non nulle. H est le noyau de ϕ donc c’est un hyperplan de Rn : dim H = n − 1. Une base de H est formée des n − 1 vecteurs u1 , . . . , un−1 , en notant : u1 = (1, −1, 0, . . . , 0), u2 = (0, 1, −1, 0, . . . , 0), . . . , un−1 = (0, . . . , 0, 1, −1) Solution 14.3.4
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− → Si g = 0, On prend f = 0, et a = 0 quelconque. Supposons donc g = 0. On a g2 = 0 donc Im g ⊂ Ker g . Or 3 = dim Img + dim Kerg. − → Il en découle dim Img = 1 et dim Ker g = 2. Soit a = 0 dans Im g. Pour tout u de E , il existe un unique scalaire λu tel que g(u) = λ u a.
Pour tous u, v de E , et si
g (u) = λ u a
, on a g (αu + βv ) = αg (u) + βg (v) = ( αλu + βλ v )a.
g (v ) = λ v a
− → Puisque a = 0 , on en déduit λαu+βv = αλ u + βλ v . Autrement dit, l’application f : E → K définie pour tout u de E par f (u) = λu (et qui vérifie donc g(u) = f (u)a) est une forme linéaire sur E . Solution 14.3.5
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1. Nécessairement 1 p n, car le dual de Kn est de dimension n . On complète f 1 , f 2 , . . . , f p en une base ( ε∗ ) = f 1 , f 2 , . . . , f p , f p+1 , . . . , fn de ( Kn )∗ . On sait que ( ε∗ ) est de manière unique la base duale d’une base ( ε) de Kn . n
Pour tout x de
n
K
, x =
k=1
n
xk εk =
f k (x) εk .
k=1
Ker f k est formé des vecteurs x dont la k -ième composante x k est nulle. L’intersection des Ker f k est donc égale à Vect {ε p+1, . . . , εn }. n
On a f =
f (εk )f k . Donc f ∈ Vect {f 1 , . . . , f p } ⇔ f (ε p+1) = · · · = f (εn ) = 0.
k=1
ce qui équivaut à dire que Ker f contient ε p+1 , . . . , εn ou encore le sous-espace qu’ils engendrent c’est-à-dire l’intersection des Ker f k . 2. On suppose maintenant que f 1 , f 2 , . . . , f p sont liées. Ecartons le cas trivial où les f k sont toutes nulles, car alors le résultat est encore vrai : en effet f est combinaison linéaire des f k ⇔ f = 0 ⇔ Ker f = Kn , or les noyaux Ker f k (et donc leur intersection) sont égaux à Kn . Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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14.3 Formes linéaires, hyperplans
Chapitre 14 : Applications
linéaires
Soit r le rang de la famille f 1 , . . . , f p . Quitte à renuméroter, on peut bien supposer que f 1 , . . . , fr sont libres et donc que f r+1, . . . , f p en sont des combinaisons linéaires. D’après la première partie de l’exercice, on voit que les noyaux de f r+1 , . . . , f p contiennent l’intersection des noyaux de f 1 , f 2 , . . . , f p . p
On en déduit que
r
Ker f k =
k=1
Ker f k .
k=1
Dans ces conditions : f
est combinaison linéaire de f 1 , . . . , fr , . . . , f p ⇔ f est combinaison linéaire de f 1 , . . . , fr r
⇔ Ker f contient
Ker f k (en utilisant le 1.))
k=1 p
⇔ Ker f contient
Ker f k
k=1
Conclusion : le résultat de (1.) est encore valable si la famille f 1, f 2 , . . . , f p est liée.
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