[>] Images et noyaux

 
Exercice 1  1703  Correction  

Les applications entre -espaces vectoriels suivantes sont-elles linéaires:

  • (a)

    f:3 définie par f(x,y,z)=x+y+2z

  • (b)

    f:2 définie par f(x,y)=x+y+1

  • (c)

    f:2 définie par f(x,y)=xy

  • (d)

    f:3 définie par f(x,y,z)=x-z?

Solution

  • (a)

    oui b) non c) non d) oui

 
Exercice 2  4384  

Étudier la linéarité des applications suivantes, préciser leur noyau et leur image, préciser aussi si celles-ci sont injectives ou surjectives:

  • (a)

    f:32 définie par f(x,y,z)=(2x+y-z,x+y).

  • (b)

    M:[X][X] définie par M(P)=XP.

  • (c)

    φ:𝒞1(,𝕂)𝒞(,𝕂) définie par φ(f)=f-f.

  • (d)

    T: définie par T((un)n)=(un+1)n.

  • (e)

    f: définie par f(z)=Im(z)-Re(z).

 
Exercice 3  1704  Correction  

Soit f:22 définie par f(x,y)=(x+y,x-y).
Montrer que f est un automorphisme de 2 et déterminer son automorphisme réciproque.

Solution

Soient λ,μ et u=(x,y),v=(x,y)2

f(λu+μv)=f(λx+μx,λy+μy)

donne

f(λu+μv)=((λx+μx)+(λy+μy),(λx+μx)-(λy+μy))

donc

f(λu+μv)=λ(x+y,x-y)+μ(x+y,x-y)=λf(u)+μf(v).

De plus, f:22 donc f est un endomorphisme de 2.
Pour tout (x,y)2 et tout (x,y)2

{x=x+yy=x-y{x=(x+y)/2y=(x-y)/2.

Par suite, chaque (x,y)2 possède un unique antécédent par f:

((x+y)/2,(x-y)/2)

f est donc bijective.

Finalement, f est un automorphisme de 2 et

f-1:(x,y)((x+y)2,(x-y)2).
 
Exercice 4  1705  Correction  

Soit J:𝒞([0;1],) définie par J(f)=01f(t)dt.
Montrer que J est une forme linéaire.

Solution

Soient λ,μ et f,g𝒞([0;1],),

J(λf+μg)=01λf(t)+μg(t)dt

et par linéarité de l’intégrale

J(λf+μg)=λ01f(t)dt+μ01g(t)dt=λJ(f)+μJ(g).

De plus, J:𝒞([0;1],) donc J est une forme linéaire sur 𝒞([0;1],).

 
Exercice 5  1706   Correction  

Soit φ:𝒞(,)𝒞(,) définie par φ(f)=f′′-3f+2f.
Montrer que φ est un endomorphisme et préciser son noyau.

Solution

Soient λ,μ et f,g𝒞(,),

φ(λf+μg)=(λf+μg)′′-3(λf+μg)+2(λf+μg)

puis

φ(λf+μg)=λ(f′′-3f+2f)+μ(g′′-3g+2g)

donc

φ(λf+μg)=λφ(f)+μφ(g).

De plus, φ:𝒞(,)𝒞(,) donc φ est un endomorphisme 𝒞(,).

fKer(φ)f′′-3f+2f=0.

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants d’équation caractéristique r2-3r+2=0 de racines 1 et 2. La solution générale est

f(x)=C1ex+C2e2x.

Par suite,

Ker(φ)={C1ex+C2e2x|C1,C2}.
 
Exercice 6  1707   Correction  

Soient a un élément d’un ensemble X non vide et E un 𝕂-espace vectoriel.

  • (a)

    Montrer que Ea:(X,E)E définie par Ea(f)=f(a) est une application linéaire.

  • (b)

    Déterminer l’image et le noyau de l’application Ea.

Solution

  • (a)

    Soient λ,μ𝕂 et f,g(X,E),

    Ea(λf+μg)=(λf+μg)(a)=λf(a)+μg(a)=λEa(f)+μEa(g).

    Par suite, Ea est une application linéaire.

  • (b)

    fKer(Ea)f(a)=0. Ker(Ea)={f(X,E)|f(a)=0}.
    Im(Ea)E et pour toutxE, en considérant f:XE la fonction constante égale à x, on a Ea(f)=x. Par suite, xIm(Ea) et donc EIm(Ea). Par double inclusion Im(Ea)=E.

 
Exercice 7  1708   

On note E l’espace vectoriel réel des applications indéfiniment dérivables de vers . Soient D:EE et I:EE les applications qui associent à fE respectivement sa dérivée et sa primitive s’annulant en 0.

  • (a)

    Vérifier que D et I sont des endomorphismes de E.

  • (b)

    Exprimer DI et ID.

  • (c)

    Déterminer les images et noyaux de D et I.

 
Exercice 8  2012   Correction  

Montrer que l’application partie entière Ent:𝕂(X)𝕂[X] est linéaire et déterminer son noyau.

Solution

Soient λ,μ𝕂 et F,G𝕂(X). On peut écrire

F=Ent(F)+F^ et G=Ent(G)+G^

avec deg(F^),deg(G^)<0.
Puisque

λF+μG=λEnt(F)+μEnt(G)+λF^+μG^

avec deg(λF^+μG^)<0 on a

Ent(λF+μG)=λEnt(F)+μEnt(G).

Ainsi Ent est linéaire.

Ker(Ent)={F𝕂(X)|deg(F)<0}.

[<] Étude de linéarité[>] Image directe ou réciproque de sous-espaces vectoriels

 
Exercice 9  1712  

Soient E, E et E′′ des espaces vectoriels et f(E,E), g(E,E′′). Montrer

gf=0Im(f)Ker(g).
 
Exercice 10  1713  

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E. Vérifier:

  • (a)

    Ker(f)Ker(g)Ker(f+g)

  • (b)

    Im(f)+Im(g)Im(f+g)

  • (c)

    Ker(f)Ker(f2)

  • (d)

    Im(f)Im(f2).

 
Exercice 11  1714   

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E. Établir

  • (a)

    Im(f)Ker(f)={0E}Ker(f)=Ker(f2).

  • (b)

    E=Im(f)+Ker(f)Im(f)=Im(f2).

 
Exercice 12  1715   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel et f(E) tel que

f2-3f+2Id=0.
  • (a)

    Montrer que f est inversible et exprimer son inverse en fonction de f.

  • (b)

    Établir que Ker(f-Id) et Ker(f-2Id) sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de E.

Solution

  • (a)

    Posons g=12(3Id-f)(E). On a fg=32f-12f2=Id et de même gf=Id donc f est un automorphisme et f-1=g.

  • (b)

    En tant que noyaux d’applications linéaires, Ker(f-Id) et Ker(f-2Id) sont des sous-espaces vectoriels de E.
    Soit xKer(f-Id)Ker(f-2Id). On a f(x)=x et f(x)=2x donc x=0E. Ainsi,

    Ker(f-Id)Ker(f-2Id)={0E}.

    Soit xE. Posons u=2x-f(x) et v=f(x)-x.
    On a u+v=x, f(u)=2f(x)-f2(x)=2x-f(x)=u donc uKer(f-Id) et f(v)=f2(x)-f(x)=2f(x)-2x=2v donc vKer(f-2Id). Ainsi,

    E=Ker(f-Id)+Ker(f-2Id).

    Finalement, Ker(f-Id) et Ker(f-2Id) sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de E.

 
Exercice 13  4213   

(Noyaux et images itérés)

Soient f un endomorphisme d’un espace vectoriel E et p. On note

f0=IdEetfn=fffn facteurspour tout n*.
  • (a)

    Montrer que, si Ker(fp)=Ker(fp+1), alors Ker(fp)=Ker(fp+k) pour tout k.

  • (b)

    Établir la même propriété avec les espaces images.

  • (c)

    Donner un exemple d’endomorphisme f pour lequel il n’existe pas d’entiers p tels que Ker(fp)=Ker(fp+1).

  • (d)

    Même question avec les espaces images.

 
Exercice 14  1716   

Soit f,g,h(E) tels que fg=h, gh=f et hf=g.

  • (a)

    Montrer que f, g et h ont même noyau et même image.

  • (b)

    Vérifier f5=f.

  • (c)

    En déduire que l’image et le noyau de f sont supplémentaires dans E.

 
Exercice 15  1754   Correction  

Soient f et g deux endomorphismes d’un 𝕂-espace vectoriel E vérifiant fg=Id.

Montrer que Ker(f)=Ker(gf), Im(g)=Im(gf) puis que Ker(f) et Im(g) sont supplémentaires.

Solution

On a toujours Ker(f)Ker(gf).
Inversement, pour xKer(gf), on a gf(x)=0 donc fgf(x)=f(0)=0. Or fg=Id donc f(x)=0.
Ainsi Ker(gf)Ker(f) puis Ker(gf)=Ker(f).
On a toujours Im(gf)Im(g).
Inversement, pour yIm(g), il existe xE tel que y=g(x) et alors y=gfg(x)=(gf)(g(x))Im(gf).
Ainsi Im(g)Im(gf) puis Im(gf)=Im(g)
Soit xKer(f)Im(g). Il existe aE tel que x=g(a) et alors f(x)=0 donne f(g(a))=0 d’où a=0 car fg=Id. On en déduit x=g(a)=0 et donc Ker(f)Im(g)={0}.
Soit xE. On peut écrire x=(x-g(f(x)))+g(f(x)) avec g(f(x))Im(g) et x-g(f(x))Ker(f) car

f(x-g(f(x)))=f(x)-(fg)(f(x))=f(x)-f(x)=0.

Ainsi E=Ker(f)+Im(g) et finalement Ker(f) et Im(g) sont supplémentaires dans E.

 
Exercice 16  3360     CCP (MP)Correction  

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E sur ou vérifiant fg=Id.

  • (a)

    Montrer que Ker(gf)=Ker(f) et Im(gf)=Im(g).

  • (b)

    Montrer

    E=Ker(f)Im(g).
  • (c)

    Dans quel cas peut-on conclure g=f-1?

  • (d)

    Calculer (gf)(gf) et caractériser gf

Solution

  • (a)

    Evidemment Ker(f)Ker(gf) et Im(gf)Im(g).
    Pour xKer(gf), on a f(x)=f(g(f(x))=f(0)=0 donc xKer(f).
    Pour yIm(g), il existe xE tel que y=g(x) et alors y=g(f(g(x)))=g(f(a))Im(gf).

  • (b)

    Si xKer(f)Im(g) alors on peut écrire x=g(a) et puisque f(x)=0, a=f(g(a))=0 donc x=0.
    Pour xE, on peut écrire x=(x-g(f(x))+g(f(x)) avec x-g(f(x))Ker(f) et g(f(x))Im(g).

  • (c)

    Si f est inversible alors fg=Id entraîne g=f-1.
    Cette condition suffisante est aussi évidemment nécessaire.

  • (d)

    (gf)(gf)=g(fg)f=gf et donc gf est un projecteur.

 
Exercice 17  1717   Correction  

Soient f,g(E) tels que

gfg=getfgf=f.
  • (a)

    Montrer que les espaces Im(f) et Ker(g) sont supplémentaires dans E.

  • (b)

    Justifier que f(Im(g))=Im(f).

Solution

  • (a)

    Soit xIm(f)Ker(g).
    Il existe aE tel que x=f(a) donc

    x=f(a)=(fgf)(a)=(fg)(x)=0.

    Soit xE.

    Analyse: Supposons x=u+v avec u=f(a)Im(f) et vKer(g).
    g(x)=gf(a) donc (fg)(x)=f(a)=u.
    Synthèse: Posons u=(fg)(x) et v=x-u.
    On a uIm(f), x=u+v et g(v)=g(x)-g(u)=0 c’est-à-dire vKer(g).

  • (b)

    On a immédiatement f(Im(g))Im(f).
    Inversement, pour yIm(f), on peut écrire y=f(x) avec xE.
    Par symétrie, on a E=Im(g)Ker(f) et l’on peut écrire

    x=g(a)+u avec aE et uKer(f).

    On a alors y=f(g(a))f(Im(g)) et l’on obtient l’inclusion Im(f)f(Im(g)).

 
Exercice 18  214   Correction  

Soient f,g(E) tels que

gfg=fetfgf=g.
  • (a)

    Montrer que Ker(f)=Ker(g) et Im(f)=Im(g).
    On pose

    F=Ker(f)=Ker(g)etG=Im(f)=Im(g).
  • (b)

    Montrer que

    E=FG.

Solution

  • (a)

    Si xKer(f) alors g(x)=(fgf)(x)=0 donc xKer(g). Par symétrie

    Ker(f)=Ker(g).

    Si yIm(f) alors il existe aE tel que y=f(a)=(gfg)(a) donc yIm(g). Par symétrie

    Im(f)=Im(g).
  • (b)

    Soit xFG. Il existe aE tel que x=g(a) or

    f(a)=(gfg)(a)=(gf)(x)=g(0)=0.

    Ainsi aKer(f)=Ker(g) d’où x=g(a)=0.
    Soit xE.

    Analyse: Supposons x=u+v avec uF=Ker(f) et v=g(a)G=Im(g).
    On a

    f(x)=(fg)(a)

    donc

    (gf)(x)=f(a).

    Synthèse: Puisque (gf)(x)Im(g)=Im(f), il existe aE tel que

    (gf)(x)=f(a).

    Posons alors v=g(a) et u=x-v. On a immédiatement vIm(g) et x=u+v.
    On a aussi uKer(f) car

    f(u)=f(x)-f(v)Im(f)

    et

    g(f(u))=(gf)(x)-(gfg)(a)=(gf)(x)-f(a)=0.

    Ainsi,

    f(u)Ker(g)Im(f)

    puis

    f(u)=0.
 
Exercice 19  1722   Correction  

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E tels que fg=gf.

  • (a)

    Montrer que Ker(f) et Im(f) sont stables par g, c’est-à-dire

    g(Ker(f))Ker(f)etg(Im(f))Im(f).
  • (b)

    En déduire que, si p est un projecteur de E alors

    p et f commutentIm(p) et Ker(p) stables par f.

Solution

  • (a)

    Soit xKer(f), f(g(x))=g(f(x))=g(0E)=0E donc g(x)Ker(f). Ainsi Ker(f) est stable par g.
    Soit yIm(f). Il existe xE tel que y=f(x) et alors g(y)=g(f(x))=f(g(x))Im(f) donc Im(f) est stable par g.

  • (b)

    () C’est immédiat via la résultat précédent.

    () Si Im(p) et Ker(p) sont stables par f alors, puisque ces derniers sont supplémentaires dans E. Soit xE, on peut écrire x=u+v avec uIm(p) et vKer(p).
    On a alors (fp)(x)=f(p(u)+p(v))=f(u) et pf(x)=p(f(u))+p(f(v))=f(u) car f(u)Im(p) et f(v)Ker(p). Ainsi,

    xE,(fp)(x)=(pf)(x)

    puis p et f commutent.

 
Exercice 20  212   Correction  

Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E vérifiant f3=IdE. Montrer

Ker(f-IdE)Im(f-IdE)=E.

Solution

Soit xKer(f-IdE)Im(f-IdE).
On a f(x)=x et l’on peut écrire x=(f-IdE)(a)=f(a)-a.
f(x)=f2(a)-f(a), f2(x)=f3(a)-f2(a)=a-f2(a) puis x+f(x)+f2(x)=0.
Or x+f(x)+f2(x)=3x donc x=0.
Soit xE.

Analyse: Supposons x=u+v avec uKer(f-IdE) et vIm(f-IdE).
On peut écrire v=f(a)-a.
Ainsi x=u+f(a)-a,f(x)=u+f2(a)-f(a),f2(x)=u+a-f2(a).
Donc u=13(x+f(x)+f2(x)).

Synthèse: Posons u=13(x+f(x)+f2(x)) et v=x-u.
On a f(u)=u car f3(x)=x et

v=23x-13f(x)-13f2(x)=13x-13f(x)-13f2(x)+13f3(x)

donc

v=(f-IdE)(-13x+13f2(x))Im(f-IdE).

Finalement,

Ker(f-IdE)Im(f-IdE)=E.
 
Exercice 21  3241    

Soient E,E,E′′ trois espaces vectoriels et u(E,E), v(E,E′′) et w=vu.

À quelles conditions sur u et v peut-on affirmer que w est un isomorphisme?

[<] Images et noyaux[>] Linéarité et colinéarité

 
Exercice 22  1709   

Soit f une application linéaire d’un espace E vers un espace E. Montrer que, pour toute partie A de E,

f(Vect(A))=Vect(f(A)).
 
Exercice 23  1711   Correction  

Soient E,F deux 𝕂-espaces vectoriels, f(E,F) et A,B deux sous-espaces vectoriels de E. Montrer

f(A)f(B)A+Ker(f)B+Ker(f).

Solution

() Supposons f(A)f(B).
Soit xA+Ker(f). On peut écrire x=u+v avec uA et vKer(f).
f(x)=f(u)f(A)f(B) donc il existe wB tel que f(x)=f(w).
On a alors x=w+(x-w) avec wB et x-wKer(f). Ainsi xB+Ker(f).

() Supposons A+Ker(f)B+Ker(f).
Soit yf(A). Il existe xA tel que y=f(x). Or xAA+Ker(f)B+Ker(f) donc on peut écrire x=u+v avec uB et vKer(f). On a alors y=f(x)=f(u)f(B).

 
Exercice 24  2680     MINES (MP)Correction  

Soient E et F des 𝕂-espaces vectoriels. On se donne f(E,F), une famille (Ei)1in de sous-espaces vectoriels de E et une famille (Fj)1jp de sous-espaces vectoriels de F.

  • (a)

    Montrer

    f(i=1nEi)=i=1nf(Ei).
  • (b)

    Montrer que si f est injective et si la somme des Ei est directe alors la somme des f(Ei) est directe.

  • (c)

    Montrer

    f-1(j=1pFj)j=1pf-1(Fj).

    Montrer que cette inclusion peut être stricte. Donner une condition suffisante pour qu’il y ait égalité.

Solution

  • (a)

    Si yf(i=1nEi) alors on peut écrire y=f(x1++xn) avec xiEi. On alors y=f(x1)++f(xn) avec f(xi)f(Ei) et ainsi

    f(i=1nEi)i=1nf(Ei).

    Si yi=1nf(Ei) alors on peut écrire y=f(x1)++f(xn) avec xiEi. On a alors y=f(x) avec x=x1++xni=1nEi donc

    f(i=1nEi)i=1nf(Ei).
  • (b)

    Si f(x1)++f(xn)=0 avec xiEi alors f(x1++xn)=0 donc x1++xn=0 car f injective puis x1==xn=0 car les Ei sont en somme directe et enfin f(x1)==f(xn)=0. Ainsi les f(Ei) sont en somme directe.

  • (c)

    Soit xj=1pf-1(Fj). On peut écrire x=x1++xp avec f(xj)Fj donc f(x)=f(x1)++f(xp)j=1pFj. Ainsi,

    j=1pf-1(Fj)f-1(j=1pFj).

    On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pour f une projection sur une droite D et en prenant F1,F2 deux droites distinctes de D et vérifiant DF1+F2.
    f=0 ou f=Id sont des conditions suffisantes faciles…
    Plus finement, supposons chaque Fj inclus dans Im(f) (et p1)
    Pour xf-1(j=1pFj), on peut écrire f(x)=y1++yp avec yjFj. Or FjIm(f) donc il existe xjE vérifiant f(xj)=yj. Évidemment, xjf-1(Fj). Considérons alors x1=x-(x2++xp), on a f(x1)=y1 donc x1f-1(Fj) et x=x1+x2++xpj=1pf-1(Fj). Ainsi,

    f-1(j=1pFj)j=1pf-1(Fj)

    puis l’égalité.

 
Exercice 25  3247   Correction  

Soient u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E et F un sous-espace vectoriel de E.

  • (a)

    Exprimer u-1(u(F)) en fonction de F et de Ker(u).

  • (b)

    Exprimer u(u-1(F)) en fonction de F et de Im(u).

Solution

  • (a)

    u-1(u(F)) est un sous-espace vectoriel de E qui contient F et Ker(u) donc

    F+Ker(u)u-1(u(F)).

    Inversement, soit xu-1(u(F)). On a u(x)u(F) donc il existe aF tel que u(x)=u(a) et alors pour b=x-a on a x=a+b avec aF et bKer(u). Ainsi,

    u-1(u(F))=F+Ker(u).
  • (b)

    u(u-1(F)) est un sous-espace vectoriel de E inclus dans F et dans Im(u) donc

    u(u-1(F))FIm(u).

    Inversement, soit xFIm(u). Il existe aE tel que x=u(a). Or, puisque xF, au-1(F) et donc x=u(a)u(u-1(F)). Ainsi,

    u(u-1(F))=FIm(u).
 
Exercice 26  3286     MINES (MP)

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel E. À quelle(s) condition(s) un sous-espace vectoriel F de E vérifie-t-il u-1(u(F))=u(u-1(F))?

[<] Image directe ou réciproque de sous-espaces vectoriels[>] Image d'une famille de vecteurs

 
Exercice 27  1658   

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E tel que la famille (x,f(x)) est liée pour tout vecteur x de E.

  • (a)

    Justifier que pour tout xE, il existe un scalaire α tel que f(x)=α.x.

  • (b)

    En déduire que f est une homothétie vectorielle.

 
Exercice 28  3418   Correction  

Soient f,g(E,F). On suppose

xE,λx𝕂,g(x)=λxf(x).

Montrer qu’il existe λ𝕂 tel que

g=λf.

Solution

Soient x,yEKer(f).
Si la famille (f(x),f(y)) est libre alors les deux égalités

g(x+y)=λx+y(f(x)+f(y)) et g(x+y)=λxf(x)+λyf(y)

entraînent λx=λy par identification des coefficients.
Si la famille (f(x),f(y)) est liée avec alors on peut écrire

f(y)=αf(x) avec α0

et donc y-αxKer(f). Or il est immédiat d’observer que le noyau de f est inclus dans celui de g et donc

g(y)=αg(x).

De plus,

αg(x)=αλxf(x) et g(y)=αλyf(x)

donc à nouveau λx=λy.
Posons λ la valeur commune des scalaires λx pour x parcourant EKer(f).
Pour tout xE, qu’il soit dans Ker(f) ou non, on peut affirmer

g(x)=λf(x)

et donc g=λf.

 
Exercice 29  4162      CENTRALE (MP)Correction  

Soit E un -espace vectoriel de dimension n2. Pour aE, on note Fa l’ensemble des endomorphismes f de E tels que, pour tout xE, la famille (x,f(x),a) est liée.

  • (a)

    Déterminer Fa lorsque a=0 puis lorsque n=2.

  • (b)

    Montrer que Fa est un espace vectoriel pour tout aE.

  • (c)

    Soit H un espace vectoriel de dimension finie. Caractériser les endomorphismes v de H tels que pour tout hH, la famille (h,v(h)) soit liée.

  • (d)

    Déterminer la dimension de Fa.

Solution

  • (a)

    Si a=0 ou n=2, la famille est assurément liée, peu importe l’endomorphisme f: Fa=(E).

  • (b)

    Fa(E) et 0Fa. Soit f,gFa et λ,μ.

    Pour tout xE, les familles (x,f(x),a) et (x,g(x),a) sont liées.

    Si (x,a) est liée alors assurément (x,(λ.f+μ.g)(x),a) liée.

    Si (x,a) est libre

    f(x)Vect(x,a)etg(x)Vect(x,a) donc (λ.f+μ.g)(x)Vect(x,a)

    et donc (x,(λ.f+μ.g)(x),a) est liée.

  • (c)

    «  Classiquement  », ce sont les homothéties vectorielles: v=λ.IdH.

  • (d)

    Les cas n=2 et a=0 étant déjà résolus, on suppose n3 et a0.

    Soit φ une forme linéaire telle que φ(a)=1, H son noyau et p la projection sur H parallèlement à Vect(a):

    p(x)=x-φ(x).a.

    Pour tout xE, on a

    Vect(x,f(x),a)=Vect(p(x),p(f(x)),a)=Vect(p(x),p(f(x)))Vect(a).

    Si la famille (x,f(x),a) est liée alors la famille (p(x),p(f(x))) l’est aussi. On en déduit qu’il existe λ𝕂 tel que

    xH,p(f(x))=λ.xc’est-à-diref(x)=λ.x+φ(f(x)).a.

    On a alors

    xE,f(x) =f(φ(x).a+x-φ(x).a)
    =φ(x).f(a)+f(x-φ(x).aH)
    =φ(x).f(a)+λ.x-λφ(x).a+φ(f(x)).a-φ(x)φ(f(a)).a
    =φ(x).f(a)+λ.x+ψ(x).a

    avec ψ une forme linéaire.

    Pour suivre, montrons que f(a) est colinéaire à a.

    Soit b un vecteur indépendant de a.

    La famille (b,f(b),a) est liée donc f(b)Vect(a,b).

    La famille (a+b,f(a)+f(b),a) est liée donc f(a)+f(b)Vect(a+b,a)=Vect(a,b) puis f(a)Vect(a,b).

    Soit c un vecteur n’appartenant pas à Vect(a,b) (possible car n3). Par le raisonnement ci-dessus, f(a)Vect(a,c) et donc

    f(a)Vect(a,b)Vect(a,c)=Vect(a).

    On en déduit que la fonction f s’exprime

    f(x)=λ.x+θ(x).aavec θ une forme linéaire.

    La réciproque étant immédiate, et l’écriture ci-dessus étant unique, on peut conclure

    dimFa=dim(𝕂×E*)=n+1.

[<] Linéarité et colinéarité[>] L'anneau des endomorphismes

 
Exercice 30  5163  

Soit u une application linéaire d’un 𝕂-espace vectoriel E vers un 𝕂-espace vectoriel E.

  • (a)

    Soit F un sous-espace vectoriel de dimension finie de E. Montrer

    dimu(F)dimF

    avec égalité si, et seulement si, F et Ker(u) sont en somme directe.

  • (b)

    Soit (x1,,xn) une famille de vecteurs de E. Montrer

    rg(u(x1),,u(xn))rg(x1,,xn).

    À quelle condition y a-t-il égalité?

 
Exercice 31  5161   

Soient u une application linéaire d’un 𝕂-espace vectoriel E vers un 𝕂-espace vectoriel E et (e1,,en) une famille de vecteurs de E.

  • (a)

    Montrer

    u(Vect(e1,,en))=Vect(u(e1),,u(en)).
  • (b)

    On suppose la famille (e1,,en) génératrice de E et l’application linéaire u surjective. Que dire de la famille image (u(e1),,u(en))?

  • (c)

    On suppose la famille (e1,,en) libre et l’application linéaire u injective. Montrer que la famille image (u(e1),,u(en)) est libre.

[<] Image d'une famille de vecteurs[>] Projections et symétries vectorielles

 
Exercice 32  1726  Correction  

À quelle condition une translation et un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E commutent-ils?

Solution

Soient f(E) et t=tuuE. Soit xE

(ft)(x)=(tf)(x) f(x)+f(u)=f(x)+u
f(u)=u.

Une translation et un endomorphisme commutent si, et seulement si, le vecteur de translation est invariant par l’endomorphisme.

 
Exercice 33  4387   

Soient α,β deux réels non nuls distincts et f un endomorphisme d’un espace réel E vérifiant

f2-(α+β).f+(αβ).IdE=0. (1)
  • (a)

    Montrer que f est inversible et exprimer son inverse en fonction de f.

  • (b)

    Établir que Ker(f-α.IdE) et Ker(f-β.IdE) sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de E.

  • (c)

    Vérifier Ker(f-α.IdE)=Im(f-β.IdE).

 
Exercice 34  1710   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel et f un endomorphisme de E nilpotent c’est-à-dire tel qu’il existe n* pour lequel fn=0. Montrer que Id-f est inversible et exprimer son inverse en fonction de f.

Solution

Id=Id-fn=(Id-f)(Id+f++fn-1) et aussi Id=(Id+f++fn-1)(Id-f).
Par suite, Id-f est inversible et (Id-f)-1=Id+f++fn-1.

 
Exercice 35  3046      X (MP)Correction  

Soit P[X]. Montrer que la suite (P(n))n vérifie une relation de récurrence linéaire à coefficients constants.

Solution

Posons T:P(X)P(X+1) et Δ=T-Id endomorphismes de [X]. On a

Δ(P)=P(X+1)-P(X)pour tout P[X].

On vérifie que si deg(P)p alors deg(Δ(P))p-1 et donc, si Pp[X],

Δp+1(P)=0.
Δp+1=k=0p+1(p+1k)(-1)p+1-kTk

car les endomorphismes T et Id commutent. On en déduit

k=0p+1(p+1k)(-1)kP(X+k)=0

et, en particulier, pour tout n,

k=0p+1(p+1k)(-1)kP(n+k)=0.

[<] L'anneau des endomorphismes[>] Formes linéaires et hyperplans

 
Exercice 36  4388  

Dans l’espace vectoriel 3, on considère le plan P d’équation11 1 Une telle équation détermine un plan de 3, voir le sujet 5187. x-y+z=0 et la droite vectorielle D engendrée par u=(1,3,1).

  • (a)

    Vérifier que P et D sont des espaces supplémentaires.

  • (b)

    On note p la projection sur P parallèlement à D. Exprimer p(x,y,z).

  • (c)

    On note s la symétrie par rapport à P parallèlement à D. Exprimer s(x,y,z).

 
Exercice 37  1718  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel et p(E).

  • (a)

    Montrer que p est un projecteur si, et seulement si, Id-p l’est.

  • (b)

    Exprimer alors Im(Id-p) et Ker(Id-p) en fonction de Im(p) et Ker(p).

Solution

  • (a)

    (Id-p)2=Id-2p+p2 donc (Id-p)2=(Id-p)p=p2.

  • (b)

    p(Id-p)=0~ donc Im(Id-p)Ker(p).
    Inversement, soit xKer(p), on a (Id-p)(x)=x-p(x)=x donc xIm(Id-p). Ainsi Ker(p)Im(Id-p).

    Finalement, Ker(p)=Im(Id-p) et de même Ker(Id-p)=Im(p).

 
Exercice 38  165   

Soient p et q deux projections d’un espace vectoriel E.

  • (a)

    Montrer que p et q ont le même noyau si, et seulement si, pq=p et qp=q.

  • (b)

    Énoncer une condition semblable pour que p et q possèdent la même image.

 
Exercice 39  1720   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel et p,q deux projecteurs de E qui commutent.
Montrer que pq est un projecteur de E. En déterminer noyau et image.

Solution

(pq)2=pqpq=p2q2=pq donc pq est un projecteur.
Soit xKer(p)+Ker(q), il existe (u,v)Ker(p)×Ker(q) tels que x=u+v et alors

(pq)(x)=(pq)(u)+(pq)(v)=(qp)(u)+(pq)(v)=0E

donc xKer(pq).
Ainsi,

Ker(p)+Ker(q)Ker(pq).

Inversement, soit xKer(pq). On peut écrire x=u+v avec uKer(p) et vIm(p).

(pq)(x)=(qp)(x)=q(v)=0E

donc vKer(q). Par suite, xKer(p)+Ker(q).
Par double inclusion

Ker(pq)=Ker(p)+Ker(q).

Soit yIm(pq), il existe xE tel que y=(pq)(x). On a y=p(q(x))Im(p) et y=q(p(x))Im(q) donc yIm(p)Im(q). Ainsi Im(pq)Im(p)Im(q).
Inversement, soit yIm(p)Im(q). Il existe xE,y=q(x) et y=p(y)=(pq)(x)Im(pq).
Ainsi Im(p)Im(q)Im(pq) puis l’égalité.

 
Exercice 40  3759     ENSIIECorrection  

Soient p et q deux projecteurs d’un -espace vectoriel E vérifiant

Im(p)Ker(q).

Montrer que p+q-pq est un projecteur et préciser son image et son noyau.

Solution

Puisque Im(p)Ker(q), on a qp=0 et en développant puis en simplifiant

(p+q-pq)2=p+q-pq.

On peut donc conclure que r=p+q-pq est un projecteur.
Montrons

Im(r)=Im(p)+Im(q).

L’inclusion est immédiate car

xE,r(x)=p(x-q(x))+q(x).

Inversement, soit xIm(p)+Im(q). On peut écrire x=p(a)+q(b) avec a,bE. On a alors par le calcul

r(x)=r(p(a))+r(q(b))=p(a)+q(b)=x

et ainsi xIm(r).
Montrons aussi

Ker(r)=Ker(p)Ker(q).

L’inclusion est immédiate. Inversement, pour xKer(r) on a

p(x)+q(x)-pq(x)=0E.

En appliquant q, on obtient q(x)=0E puis on en déduit aussi p(x)=0E et ainsi xKer(p)Ker(q).

 
Exercice 41  164      CENTRALE (MP)

Soient p et q deux projections d’un espace vectoriel E.

  • (a)

    Montrer que p+q est une projection si, et seulement si, pq=qp=0.

  • (b)

    Préciser alors Im(p+q) et Ker(p+q).

 
Exercice 42  218   

Soient f1,,fn des endomorphismes d’un espace vectoriel E vérifiant:

f1++fn=IdEet1ijn,fifj=0.
  • (a)

    Montrer que chaque fi est une projection vectorielle.

  • (b)

    Établir i=1nIm(fi)=E.

 
Exercice 43  166   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel et u(E).

On suppose qu’il existe un projecteur p de E tel que u=pu-up.

  • (a)

    Montrer que u(Ker(p))Im(p) et Im(p)Ker(u).

  • (b)

    En déduire u2=0.

  • (c)

    Réciproque?

Solution

  • (a)

    Si xKer(p) alors p(u(x))=u(x)+u(p(x))=u(x) donc u(x)Im(p). Ainsi, u(Ker(p))Im(p).

    Si xIm(p) alors p(x)=x donc u(x)=p(u(x))-u(p(x))=p(u(x))-u(x) d’où 2u(x)=p(u(x)). Par suite, u(x)Im(p) donc p(u(x))=u(x) et enfin la relation précédente donne u(x)=0. Ainsi, xKer(u).

  • (b)

    Pour xE,

    u(x)=u(p(x))+u(x-p(x)).

    Or u(p(x))=0 car Im(p)Ker(u) et

    u(x-p(x))u(Ker(p))Im(p)Ker(u)

    donc u2(x)=0.

  • (c)

    Supposons u2=0. On a Im(u)Ker(u). Soit p une projection sur Im(u). On a pu=u car les vecteurs de Im(u) sont invariants par p et l’on a up=0 car Im(p)=Im(u)Ker(u). Ainsi, il existe une projection p pour laquelle u=pu-up. La réciproque est vraie.

 
Exercice 44  1725   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel et p un projecteur de E. On pose q=Id-p et l’on considère

L={f(E)|u(E),f=up}etM={g(E)|v(E),g=vq}.

Montrer que L et M sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de (E).

Solution

φ:uup est un endomorphisme de (E) donc L=Im(φ) est un sous-espace vectoriel de (E).
ψ:vvq est un endomorphisme de (E) donc M=Im(ψ) est un sous-espace vectoriel de (E).
Soit fLM. Il existe u,v(E) tels que f=up=vq.
On a fp=up2=up=f et fp=vqp=0 car qp=0 donc f=0. Ainsi LM={0}.
Soit f(E). On a f=fId=f(p+q)=fp+fqL+M. Ainsi (E)=L+M.

Finalement, L et M sont supplémentaires dans (E).

 
Exercice 45  1723   Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel.
Soit s un endomorphisme de E involutif, c’est-à-dire tel que s2=Id.
On pose F=Ker(s-Id) et G=Ker(s+Id).

  • (a)

    Montrer que F et G sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de E.

  • (b)

    Montrer que s est la symétrie vectorielle par rapport à F et parallèlement à G.
    Plus généralement, soient α𝕂{1} et f un endomorphisme de E tel que f2-(α+1)f+αId=0.
    On pose F=Ker(f-Id) et G=Ker(f-αId).

  • (c)

    Montrer que F et G sont supplémentaires dans E.

  • (d)

    Montrer que f est l’affinité par rapport à F, parallèlement à G et de rapport α.

Solution

  • (a)

    F et G sont des sous-espaces vectoriels car noyaux d’endomorphismes.
    Soit xFG. On a s(x)=x et s(x)=-x donc x=o. Ainsi FG={o}.
    Soit xE. Posons u=12(x+s(x)) et v=12(x-s(x)).
    On a x=u+v, s(u)=u donc uF et s(v)=-v donc vG.
    Ainsi F+G=E. F et G sont donc supplémentaires dans E.

  • (b)

    Pour tout xE, il existe un unique couple (u,v)F×G tel que x=u+v.
    On a s(x)=s(u)+s(v)=u-v donc x est la symétrie par rapport à F parallèlement à G.

  • (c)

    F et G sont des sous-espaces vectoriels car noyaux d’endomorphismes.
    Soit xFG. On a f(x)=x et f(x)=αx donc x=o. Ainsi FG={o}.
    Soit xE. Posons u=11-α(f(x)-αx) et v=11-α(x-f(x)).
    On a x=u+v, f(u)=u donc uF et f(v)=αv donc vG.
    Ainsi F+G=E. F et G sont donc supplémentaires dans E.

  • (d)

    Pour tout xE, il existe un unique couple (u,v)F×G tel que x=u+v.
    On a f(x)=f(u)+f(v)=u+αv donc f est l’affinité par rapport à F parallèlement à G et de rapport α.

 
Exercice 46  1724   Correction  

Soit f(E) tel que f2-4f+3Id=0~. Montrer

Ker(f-Id)Ker(f-3Id)=E.

Quelle transformation vectorielle réalise f?

Solution

Soit xKer(f-Id)Ker(f-3Id). On a f(x)=x et f(x)=3x donc x=o.
Soit xE. Posons u=12(3x-f(x)) et v=12(f(x)-x).
On a x=u+v avec uKer(f-Id) et vKer(f-3Id) après calculs.
f est l’affinité vectorielle par rapport à F=Ker(f-Id), parallèlement à G=Ker(f-3Id) et de rapport 3.

 
Exercice 47  3359     CCP (MP)Correction  

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E sur ou vérifiant fg=Id.

  • (a)

    Montrer que Ker(gf)=Ker(f) et Im(gf)=Im(g).

  • (b)

    Montrer

    E=Ker(f)Im(g).
  • (c)

    Dans quel cas peut-on conclure g=f-1?

  • (d)

    Caractériser gf.

Solution

  • (a)

    Evidemment Ker(f)Ker(gf) et Im(gf)Im(g).
    Pour xKer(gf), on a f(x)=f(g(f(x))=f(0)=0 donc xKer(f).
    Pour yIm(g), il existe xE tel que y=g(x) et alors y=g(f(g(x))=g(f(a))Im(gf).

  • (b)

    Si xKer(f)Im(g) alors on peut écrire x=g(a) et puisque f(x)=0, a=f(g(a))=0 donc x=0.
    Pour xE, on peut écrire x=(x-g(f(x)))+g(f(x)) avec x-g(f(x))Ker(f) et g(f(x))Im(g).

  • (c)

    Si f est inversible alors fg=Id entraîne g=f-1.
    Cette condition suffisante est aussi évidemment nécessaire.

  • (d)

    (gf)(gf)=g(fg)f=gf et donc gf est un projecteur, plus précisément, c’est la projection sur Im(g) parallèlement à Ker(g).

 
Exercice 48  4389   

Soient B un polynôme non constant de [X] et r l’application de [X] vers lui-même qui à A[X] associe le reste R de la division euclidienne de A par B.

  • (a)

    Vérifier que r est un endomorphisme de [X].

  • (b)

    Calculer rr et préciser la transformation géométrique réalisée par r.

 
Exercice 49  2909      X (MP)Correction  

Soient E un espace vectoriel, F1 et F2 deux sous-espaces vectoriels de E.

  • (a)

    Montrer que si F1 et F2 ont un supplémentaire commun alors ils sont isomorphes.

  • (b)

    Montrer que la réciproque est fausse.

Solution

  • (a)

    Supposons que H soit un supplémentaire commun à F1 et F2. Considérons la projection p sur F2 parallèlement à H. Vérifions que p définit par restriction un isomorphisme φ de F1 vers F2.

    L’application linéaire restreinte φ est bien définie de F1 vers F2. Si xKer(φ) alors x est élément de F1 et de H, c’est donc le vecteur nul. Aussi, pour yF2, on peut écrire y=a+b avec aF1 et bH et alors

    φ(a)=p(a)=p(a+b)=p(y)=y

    Finalement, φ définit un isomorphisme de F1 vers F2.

  • (b)

    En dimension finie, la réciproque est vraie car l’isomorphisme entraîne l’égalité des dimensions des espaces et l’on peut alors montrer l’existence d’un supplémentaire commun (voir l’exercice d’identifiant 181).

    En dimension infinie, nous allons définir un contre-exemple.

    Posons E=𝕂[X] et prenons F1=𝕂[X], F2=X.𝕂[X]. Les espaces F1 et F2 sont isomorphes via l’application P(X)XP(X). Ils ne possèdent pas de supplémentaires communs car seul {0} est supplémentaire de F1 et cet espace n’est pas supplémentaire de F2.

[<] Projections et symétries vectorielles

 
Exercice 50  3314  Correction  

Soit H un hyperplan d’un 𝕂-espace vectoriel de E de dimension quelconque.
Soit a un vecteur de E qui n’appartient pas à H. Montrer

HVect(a)=E.

Solution

Puisque aH, on vérifie aisément

Vect(a)H={0E}.

Soit φ une forme linéaire non nulle telle que H=Ker(φ).
Pour tout xE, on peut écrire

x=(x-λa)+λa avec λ=φ(x)/φ(a).

Puisque φ(x-λa)=0, on a x-λaH et puisque λaVect(a), on obtient

E=H+Vect(a).
 
Exercice 51  3315  Correction  

Soit H un hyperplan d’un 𝕂-espace vectoriel de E de dimension quelconque.
On suppose que F est un sous-espace vectoriel de E contenant H. Montrer

F=HouF=E.

Solution

Si FH alors il existe aF tel que aH.
On a alors

HVect(a)=E

et puisque HF et Vect(a)F, on peut conclure E=F

 
Exercice 52  208   Correction  

Soient f,gE* telles que Ker(f)=Ker(g).

Montrer qu’il existe α𝕂 tel que g=α.f.

Solution

Si f est la forme linéaire nulle, la conclusion est immédiate.

Sinon, on introduit aKer(f) de sorte que Vect(a) et Ker(f) sont supplémentaires. On introduit ensuite α𝕂 tel que que g(a)=α.f(a). On peut alors conclure que la forme linéaire h=g-α.f est nulle car s’annule sur les deux espaces supplémentaires Vect(a) et Ker(f).



Édité le 08-11-2019

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