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)

$f : ℝ^{3} \to ℝ^{2}$ définie par $f (x, y, z) = (2 x + y - z, x + y)$ .
(b)

$M : ℝ [X] \to ℝ [X]$ définie par $M (P) = X P$ .
(c)

$φ : 𝒞^{1} (ℝ, 𝕂) \to 𝒞 (ℝ, 𝕂)$ définie par $φ (f) = f^{'} - f$ .
(d)

$T : ℂ^{ℕ} \to ℂ^{ℕ}$ définie par $T ({(u_{n})}_{n \in ℕ}) = {(u_{n + 1})}_{n \in ℕ}$ .
(e)

$f : ℂ \to ℝ$ définie par $f (z) = Im (z) - Re (z)$ .

Exercice 3 1704 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ^{2}$ définie par $f (x, y) = (x + y, x - y)$ .
Montrer que $f$ est un automorphisme de $ℝ^{2}$ et déterminer son automorphisme réciproque.

Solution

Soient $λ, μ \in ℝ$ et $\vec{u} = (x, y), \vec{v} = (x^{'}, y^{'}) \in ℝ^{2}$

f (λ \vec{u} + μ \vec{v}) = f (λ x + μ x^{'}, λ y + μ y^{'})

donne

f (λ \vec{u} + μ \vec{v}) = ((λ x + μ x^{'}) + (λ y + μ y^{'}), (λ x + μ x^{'}) - (λ y + μ y^{'}))

donc

f (λ \vec{u} + μ \vec{v}) = λ (x + y, x - y) + μ (x^{'} + y^{'}, x^{'} - y^{'}) = λ f (\vec{u}) + μ f (\vec{v}) .

De plus, $f : ℝ^{2} \to ℝ^{2}$ donc $f$ est un endomorphisme de $ℝ^{2}$ .
Pour tout $(x, y) \in ℝ^{2}$ et tout $(x^{'}, y^{'}) \in ℝ^{2}$

{\begin{matrix} x^{'} & = x + y \\ y^{'} & = x - y \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} x & = (x^{'} + y^{'}) / 2 \\ y & = (x^{'} - y^{'}) / 2 . \end{matrix}

Par suite, chaque $(x^{'}, y^{'}) \in ℝ^{2}$ possède un unique antécédent par $f$ :

((x^{'} + y^{'}) / 2, (x^{'} - y^{'}) / 2)

$f$ est donc bijective.

Finalement, $f$ est un automorphisme de $ℝ^{2}$ et

f^{- 1} : (x^{'}, y^{'}) \mapsto (\frac{(x^{'} + y^{'})}{2}, \frac{(x^{'} - y^{'})}{2}) .

Exercice 4 1705 Correction

Soit $J : 𝒞 ([0; 1], ℝ) \to ℝ$ définie par $J (f) = \int_{0}^{1} f (t) d t$ .
Montrer que $J$ est une forme linéaire.

Solution

Soient $λ, μ \in ℝ$ et $f, g \in 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ ,

J (λ f + μ g) = \int_{0}^{1} λ f (t) + μ g (t) d t

et par linéarité de l’intégrale

J (λ f + μ g) = λ \int_{0}^{1} f (t) d t + μ \int_{0}^{1} g (t) d t = λ J (f) + μ J (g) .

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

Exercice 5 1706 Correction

Soit $φ : 𝒞^{\infty} (ℝ, ℝ) \to 𝒞^{\infty} (ℝ, ℝ)$ définie par $φ (f) = f^{''} - 3 f^{'} + 2 f$ .
Montrer que $φ$ est un endomorphisme et préciser son noyau.

Solution

Soient $λ, μ \in ℝ$ et $f, g \in 𝒞^{\infty} (ℝ, ℝ)$ ,

φ (λ f + μ g) = {(λ f + μ g)}^{''} - 3 {(λ f + μ g)}^{'} + 2 (λ f + μ g)

puis

φ (λ f + μ g) = λ (f^{''} - 3 f^{'} + 2 f) + μ (g^{''} - 3 g^{'} + 2 g)

donc

φ (λ f + μ g) = λ φ (f) + μ φ (g) .

De plus, $φ : 𝒞^{\infty} (ℝ, ℝ) \to 𝒞^{\infty} (ℝ, ℝ)$ donc $φ$ est un endomorphisme $𝒞^{\infty} (ℝ, ℝ)$ .

f \in Ker (φ) \Leftrightarrow f^{''} - 3 f^{'} + 2 f = 0 .

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

f (x) = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x} .

Par suite,

Ker (φ) = {C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x} | C_{1}, C_{2} \in ℝ} .

Exercice 6 1707 Correction

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

(a)

Montrer que $E_{a} : ℱ (X, E) \to E$ définie par $E_{a} (f) = f (a)$ est une application linéaire.
(b)

Déterminer l’image et le noyau de l’application $E_{a}$ .

Solution

(a)

Soient $λ, μ \in 𝕂$ et $f, g \in ℱ (X, E)$ ,

$E_{a} (λ f + μ g) = (λ f + μ g) (a) = λ f (a) + μ g (a) = λ E_{a} (f) + μ E_{a} (g) .$

Par suite, $E_{a}$ est une application linéaire.
(b)

$f \in Ker (E_{a}) \Leftrightarrow f (a) = 0$ . $Ker (E_{a}) = {f \in ℱ (X, E) | f (a) = 0}$ .
$Im (E_{a}) \subset E$ et pour tout $\vec{x} \in E$ , en considérant $f : X \to E$ la fonction constante égale à $\vec{x}$ , on a $E_{a} (f) = \vec{x}$ . Par suite, $\vec{x} \in Im (E_{a})$ et donc $E \subset Im (E_{a})$ . Par double inclusion $Im (E_{a}) = E$ .

Exercice 7 1708

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

(a)

Vérifier que $D$ et $I$ sont des endomorphismes de $E$ .
(b)

Exprimer $D \circ I$ et $I \circ D$ .
(c)

Déterminer les images et noyaux de $D$ et $I$ .

Exercice 8 2012 Correction

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

Solution

Soient $λ, μ \in 𝕂$ et $F, G \in 𝕂 (X)$ . On peut écrire

F = Ent (F) + \hat{F} et G = Ent (G) + \hat{G}

avec $\deg (\hat{F}), \deg (\hat{G}) < 0$ .
Puisque

λ F + μ G = λ Ent (F) + μ Ent (G) + λ \hat{F} + μ \hat{G}

avec $\deg (λ \hat{F} + μ \hat{G}) < 0$ on a

Ent (λ F + μ G) = λ Ent (F) + μ Ent (G) .

Ainsi $Ent$ est linéaire.

Ker (Ent) = {F \in 𝕂 (X) | \deg (F) < 0} .

Exercice 9 5945 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ . On considère l’application $Φ : ℒ (E) \to ℒ (E)$ donnée par $Φ (v) = u \circ v$ .

Montrer que $Φ$ est linéaire et préciser son noyau.

Solution

Soient $λ_{1}, λ_{2} \in ℝ$ et $v_{1}, v_{2} \in ℒ (E)$ . Par opérations sur les endomorphismes,

Φ (λ_{1} v_{1} + λ_{2} v_{2}) = u \circ (λ_{1} v_{1} + λ_{2} v_{2}) = λ_{1} u \circ v_{1} + λ_{2} u \circ v_{2} = λ_{1} Φ (v_{1}) + λ_{2} Φ (v_{2}) .

L’application $Φ$ est linéaire (et c’est un endomorphisme de $ℒ (E)$ , autrement dit un élément de $ℒ (ℒ (E))$ ).

Pour $v \in ℒ (E)$ , on sait

u \circ v = 0 \Leftrightarrow Im (v) \subset Ker (u) .

Le noyau de $Φ$ correspond à l’ensemble des endomorphismes à valeurs dans $Ker (u)$ , autrement dit $ℒ (E, Ker (u))$ .

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

Exercice 10 1712

Soient $E$ , $E^{'}$ et $E^{''}$ des espaces vectoriels et $f \in ℒ (E, E^{'})$ , $g \in ℒ (E^{'}, E^{''})$ . Montrer

g \circ f = 0 \Leftrightarrow Im (f) \subset Ker (g) .

Exercice 11 1713

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

(a)

$Ker (f) \cap Ker (g) \subset Ker (f + g)$
(b)

$Im (f) + Im (g) \supset Im (f + g)$
(c)

$Ker (f) \subset Ker (f^{2})$
(d)

$Im (f) \supset Im (f^{2})$ .

Exercice 12 1714

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

(a)

$Im (f) \cap Ker (f) = {0_{E}} \Leftrightarrow Ker (f) = Ker (f^{2})$ .
(b)

$E = Im (f) + Ker (f) \Leftrightarrow Im (f) = Im (f^{2})$ .

Exercice 13 1715 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel et $f \in ℒ (E)$ tel que

f^{2} - 3 f + 2 I d = 0 .

(a)

Montrer que $f$ est inversible et exprimer son inverse en fonction de $f$ .
(b)

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

Solution

(a)

Posons $g = \frac{1}{2} (3 I d - f) \in ℒ (E)$ . On a $f \circ g = \frac{3}{2} f - \frac{1}{2} f^{2} = Id$ et de même $g \circ f = Id$ donc $f$ est un automorphisme et $f^{- 1} = g$ .
(b)

En tant que noyaux d’applications linéaires, $Ker (f - Id)$ et $Ker (f - 2 I d)$ sont des sous-espaces vectoriels de $E$ .
Soit $x \in Ker (f - Id) \cap Ker (f - 2 I d)$ . On a $f (x) = x$ et $f (x) = 2 x$ donc $x = 0_{E}$ . Ainsi,

$Ker (f - Id) \cap Ker (f - 2 I d) = {0_{E}} .$

Soit $x \in E$ . Posons $u = 2 x - f (x)$ et $v = f (x) - x$ .
On a $u + v = x$ , $f (u) = 2 f (x) - f^{2} (x) = 2 x - f (x) = u$ donc $u \in Ker (f - Id)$ et $f (v) = f^{2} (x) - f (x) = 2 f (x) - 2 x = 2 v$ donc $v \in Ker (f - 2 I d)$ . Ainsi,

$E = Ker (f - Id) + Ker (f - 2 I d) .$

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

Exercice 14 4213

(Noyaux et images itérés)

Soient $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ et $p \in ℕ$ . On note

f^{0} = {Id}_{E} et f^{n} = \underset{\begin{matrix} n facteurs \end{matrix}}{\underset{⏟}{f \circ f \circ \dots \circ f}} pour tout n \in ℕ^{*} .

(a)

Montrer que, si $Ker (f^{p}) = Ker (f^{p + 1})$ , alors $Ker (f^{p}) = Ker (f^{p + k})$ pour tout $k \in ℕ$ .
(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 $Ker (f^{p}) = Ker (f^{p + 1})$ .
(d)

Même question avec les espaces images.

Exercice 15 1716

Soient $f, g, h \in ℒ (E)$ tels que $f \circ g = h$ , $g \circ h = f$ et $h \circ f = g$ .

(a)

Montrer que $f$ , $g$ et $h$ ont même noyau et même image.
(b)

Vérifier $f^{5} = f$ .
(c)

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

Exercice 16 1754 Correction

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

Montrer que $Ker (f) = Ker (g \circ f)$ , $Im (g) = Im (g \circ f)$ puis que $Ker (f)$ et $Im (g)$ sont supplémentaires.

Solution

On a toujours $Ker (f) \subset Ker (g \circ f)$ .
Inversement, pour $x \in Ker (g \circ f)$ , on a $g \circ f (x) = 0$ donc $f \circ g \circ f (x) = f (0) = 0$ . Or $f \circ g = Id$ donc $f (x) = 0$ .
Ainsi $Ker (g \circ f) \subset Ker (f)$ puis $Ker (g \circ f) = Ker (f)$ .
On a toujours $Im (g \circ f) \subset Im (g)$ .
Inversement, pour $y \in Im (g)$ , il existe $x \in E$ tel que $y = g (x)$ et alors $y = g \circ f \circ g (x) = (g \circ f) (g (x)) \in Im (g \circ f)$ .
Ainsi $Im (g) \subset Im (g \circ f)$ puis $Im (g \circ f) = Im (g)$
Soit $x \in Ker (f) \cap Im (g)$ . Il existe $a \in E$ tel que $x = g (a)$ et alors $f (x) = 0$ donne $f (g (a)) = 0$ d’où $a = 0$ car $f \circ g = Id$ . On en déduit $x = g (a) = 0$ et donc $Ker (f) \cap Im (g) = {0}$ .
Soit $x \in E$ . On peut écrire $x = (x - g (f (x))) + g (f (x))$ avec $g (f (x)) \in Im (g)$ et $x - g (f (x)) \in Ker (f)$ car

f (x - g (f (x))) = f (x) - (f \circ g) (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 17 3360 CCINP (MP)Correction

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel $E$ sur $ℝ$ ou $ℂ$ vérifiant $f \circ g = Id$ .

(a)

Montrer que $Ker (g \circ f) = Ker (f)$ et $Im (g \circ f) = Im (g)$ .
(b)

Montrer

$E = Ker (f) \oplus Im (g) .$
(c)

Dans quel cas peut-on conclure $g = f^{- 1}$ ?
(d)

Calculer $(g \circ f) \circ (g \circ f)$ et caractériser $g \circ f$

Solution

(a)

Evidemment $Ker (f) \subset Ker (g \circ f)$ et $Im (g \circ f) \subset Im (g)$ .
Pour $x \in Ker (g \circ f)$ , on a $f (x) = f (g (f (x)) = f (0) = 0$ donc $x \in Ker (f)$ .
Pour $y \in Im (g)$ , il existe $x \in E$ tel que $y = g (x)$ et alors $y = g (f (g (x))) = g (f (a)) \in Im (g \circ f)$ .
(b)

Si $x \in Ker (f) \cap Im (g)$ alors on peut écrire $x = g (a)$ et puisque $f (x) = 0$ , $a = f (g (a)) = 0$ donc $x = 0$ .
Pour $x \in E$ , on peut écrire $x = (x - g (f (x)) + g (f (x))$ avec $x - g (f (x)) \in Ker (f)$ et $g (f (x)) \in Im (g)$ .
(c)

Si $f$ est inversible alors $f \circ g = Id$ entraîne $g = f^{- 1}$ .
Cette condition suffisante est aussi évidemment nécessaire.
(d)

$(g \circ f) \circ (g \circ f) = g \circ (f \circ g) \circ f = g \circ f$ et donc $g \circ f$ est un projecteur.

Exercice 18 1717 Correction

Soient $f, g \in ℒ (E)$ tels que

g \circ f \circ g = g et f \circ g \circ f = 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 $x \in Im (f) \cap Ker (g)$ .
Il existe $a \in E$ tel que $x = f (a)$ donc

$x = f (a) = (f \circ g \circ f) (a) = (f \circ g) (x) = 0 .$

Soit $x \in E$ .

Analyse: Supposons $x = u + v$ avec $u = f (a) \in Im (f)$ et $v \in Ker (g)$ .
$g (x) = g \circ f (a)$ donc $(f \circ g) (x) = f (a) = u$ .
Synthèse: Posons $u = (f \circ g) (x)$ et $v = x - u$ .
On a $u \in Im (f)$ , $x = u + v$ et $g (v) = g (x) - g (u) = 0$ c’est-à-dire $v \in Ker (g)$ .
(b)

On a immédiatement $f (Im (g)) \subset Im (f)$ .
Inversement, pour $y \in Im (f)$ , on peut écrire $y = f (x)$ avec $x \in E$ .
Par symétrie, on a $E = Im (g) \oplus Ker (f)$ et l’on peut écrire

$x = g (a) + u avec a \in E et u \in Ker (f) .$

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

Exercice 19 214 Correction

Soient $f, g \in ℒ (E)$ tels que

g \circ f \circ g = f et f \circ g \circ f = g .

(a)

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

On pose

F = Ker (f) = Ker (g) et G = Im (f) = Im (g) .

(b)

Montrer que

$E = F \oplus G .$

Solution

(a)

Si $x \in Ker (f)$ alors $g (x) = (f \circ g \circ f) (x) = 0$ donc $x \in Ker (g)$ . Par symétrie

$Ker (f) = Ker (g) .$

Si $y \in Im (f)$ alors il existe $a \in E$ tel que $y = f (a) = (g \circ f \circ g) (a)$ donc $y \in Im (g)$ . Par symétrie

$Im (f) = Im (g) .$
(b)

Soit $x \in F \cap G$ . Il existe $a \in E$ tel que $x = g (a)$ or

$f (a) = (g \circ f \circ g) (a) = (g \circ f) (x) = g (0) = 0 .$

Ainsi $a \in Ker (f) = Ker (g)$ d’où $x = g (a) = 0$ .
Soit $x \in E$ .

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

$f (x) = (f \circ g) (a)$

donc

$(g \circ f) (x) = f (a) .$

Synthèse: Puisque $(g \circ f) (x) \in Im (g) = Im (f)$ , il existe $a \in E$ tel que

$(g \circ f) (x) = f (a) .$

Posons alors $v = g (a)$ et $u = x - v$ . On a immédiatement $v \in Im (g)$ et $x = u + v$ .
On a aussi $u \in Ker (f)$ car

$f (u) = f (x) - f (v) \in Im (f)$

et

$g (f (u)) = (g \circ f) (x) - (g \circ f \circ g) (a) = (g \circ f) (x) - f (a) = 0 .$

Ainsi,

$f (u) \in Ker (g) \cap Im (f)$

puis

$f (u) = 0 .$

Exercice 20 1722 Correction

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel $E$ tels que $f \circ g = g \circ f$ .

(a)

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

$g (Ker (f)) \subset Ker (f) et g (Im (f)) \subset Im (f) .$
(b)

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

$p et f commutent \Leftrightarrow Im (p) et Ker (p) stables par f .$

Solution

(a)

Soit $x \in Ker (f)$ , $f (g (x)) = g (f (x)) = g (0_{E}) = 0_{E}$ donc $g (x) \in Ker (f)$ . Ainsi $Ker (f)$ est stable par $g$ .
Soit $y \in Im (f)$ . Il existe $x \in E$ tel que $y = f (x)$ et alors $g (y) = g (f (x)) = f (g (x)) \in Im (f)$ 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 $x \in E$ , on peut écrire $x = u + v$ avec $u \in Im (p)$ et $v \in Ker (p)$ .
On a alors $(f \circ p) (x) = f (p (u) + p (v)) = f (u)$ et $p \circ f (x) = p (f (u)) + p (f (v)) = f (u)$ car $f (u) \in Im (p)$ et $f (v) \in Ker (p)$ . Ainsi,

$\forall x \in E, (f \circ p) (x) = (p \circ f) (x)$

puis $p$ et $f$ commutent.

Exercice 21 212 Correction

Soit $f$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ vérifiant $f^{3} = {Id}_{E}$ . Montrer

Ker (f - {Id}_{E}) \oplus Im (f - {Id}_{E}) = E .

Solution

Soit $x \in Ker (f - {Id}_{E}) \cap Im (f - {Id}_{E})$ .
On a $f (x) = x$ et l’on peut écrire $x = (f - {Id}_{E}) (a) = f (a) - a$ .
$f (x) = f^{2} (a) - f (a)$ , $f^{2} (x) = f^{3} (a) - f^{2} (a) = a - f^{2} (a)$ puis $x + f (x) + f^{2} (x) = 0$ .
Or $x + f (x) + f^{2} (x) = 3 x$ donc $x = 0$ .
Soit $x \in E$ .

Analyse: Supposons $x = u + v$ avec $u \in Ker (f - {Id}_{E})$ et $v \in Im (f - {Id}_{E})$ .
On peut écrire $v = f (a) - a$ .
Ainsi $x = u + f (a) - a, f (x) = u + f^{2} (a) - f (a), f^{2} (x) = u + a - f^{2} (a)$ .
Donc $u = \frac{1}{3} (x + f (x) + f^{2} (x))$ .

Synthèse: Posons $u = \frac{1}{3} (x + f (x) + f^{2} (x))$ et $v = x - u$ .
On a $f (u) = u$ car $f^{3} (x) = x$ et

v = \frac{2}{3} x - \frac{1}{3} f (x) - \frac{1}{3} f^{2} (x) = \frac{1}{3} x - \frac{1}{3} f (x) - \frac{1}{3} f^{2} (x) + \frac{1}{3} f^{3} (x)

donc

v = (f - {Id}_{E}) (- \frac{1}{3} x + \frac{1}{3} f^{2} (x)) \in Im (f - {Id}_{E}) .

Finalement,

Ker (f - {Id}_{E}) \oplus Im (f - {Id}_{E}) = E .

Exercice 22 3241

Soient $E, E^{'}, E^{''}$ trois espaces vectoriels et $u \in ℒ (E, E^{'})$ , $v \in ℒ (E^{'}, E^{''})$ et $w = v \circ u$ .

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

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

Exercice 23 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 24 1711 Correction

Soient $E$ et $F$ deux $𝕂$ -espaces vectoriels, $f \in ℒ (E, F)$ et $V, W$ deux sous-espaces vectoriels de $E$ . Montrer

f (V) \subset f (W) \Leftrightarrow V + Ker (f) \subset W + Ker (f) .

Solution

$(⟹)$ Supposons l’inclusion $f (V) \subset f (W)$ .

Soit $\vec{x} \in V + Ker (f)$ . On peut écrire $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ avec $\vec{u} \in V$ et $\vec{v} \in Ker (f)$ . On a alors $f (\vec{x}) = f (\vec{u}) \in f (V) \subset f (W)$ et il existe donc $\vec{w} \in W$ tel que $f (\vec{x}) = f (\vec{w})$ .

On a alors

\vec{x} = \vec{w} + (\vec{x} - \vec{w})

avec $\vec{w} \in W$ et $\vec{x} - \vec{w} \in Ker (f)$ . Ainsi, $\vec{x} \in W + Ker (f)$ .

$(⟸)$ Supposons l’inclusion $V + Ker (f) \subset W + Ker (f)$ .

Soit $\vec{y} \in f (V)$ . Il existe $\vec{x} \in V$ tel que $\vec{y} = f (\vec{x})$ . Or $\vec{x} \in V \subset V + Ker (f) \subset W + Ker (f)$ et l’on peut donc écrire $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ avec $\vec{u} \in W$ et $\vec{v} \in Ker (f)$ . On a alors

\vec{y} = f (\vec{x}) = f (\vec{u}) \in f (W) .

Exercice 25 2680 MINES (MP)Correction

Soient $E$ et $F$ des $𝕂$ -espaces vectoriels. On se donne $f \in ℒ (E, F)$ , une famille ${(E_{i})}_{1 \leq i \leq n}$ de sous-espaces vectoriels de $E$ et une famille ${(F_{j})}_{1 \leq j \leq p}$ de sous-espaces vectoriels de $F$ .

(a)

Montrer

$f (\sum_{i = 1}^{n} E_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} f (E_{i}) .$
(b)

Montrer que si $f$ est injective et si la somme des $E_{i}$ est directe alors la somme des $f (E_{i})$ est directe.
(c)

Montrer

$f^{- 1} (\sum_{j = 1}^{p} F_{j}) \supset \sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j}) .$

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

Solution

(a)

Si $y \in f (\sum_{i = 1}^{n} E_{i})$ alors on peut écrire $y = f (x_{1} + \dots + x_{n})$ avec $x_{i} \in E_{i}$ . On alors $y = f (x_{1}) + \dots + f (x_{n})$ avec $f (x_{i}) \in f (E_{i})$ et ainsi

$f (\sum_{i = 1}^{n} E_{i}) \subset \sum_{i = 1}^{n} f (E_{i}) .$

Si $y \in \sum_{i = 1}^{n} f (E_{i})$ alors on peut écrire $y = f (x_{1}) + \dots + f (x_{n})$ avec $x_{i} \in E_{i}$ . On a alors $y = f (x)$ avec $x = x_{1} + \dots + x_{n} \in \sum_{i = 1}^{n} E_{i}$ donc

$f (\sum_{i = 1}^{n} E_{i}) \supset \sum_{i = 1}^{n} f (E_{i}) .$
(b)

Si $f (x_{1}) + \dots + f (x_{n}) = 0$ avec $x_{i} \in E_{i}$ alors $f (x_{1} + \dots + x_{n}) = 0$ donc $x_{1} + \dots + x_{n} = 0$ car $f$ injective puis $x_{1} = \dots = x_{n} = 0$ car les $E_{i}$ sont en somme directe et enfin $f (x_{1}) = \dots = f (x_{n}) = 0$ . Ainsi les $f (E_{i})$ sont en somme directe.
(c)

Soit $x \in \sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j})$ . On peut écrire $x = x_{1} + \dots + x_{p}$ avec $f (x_{j}) \in F_{j}$ donc $f (x) = f (x_{1}) + \dots + f (x_{p}) \in \sum_{j = 1}^{p} F_{j}$ . Ainsi,

$\sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j}) \subset f^{- 1} (\sum_{j = 1}^{p} F_{j}) .$

On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pour $f$ une projection sur une droite $D$ et en prenant $F_{1}, F_{2}$ deux droites distinctes de $D$ et vérifiant $D \subset F_{1} + F_{2}$ .
$f = 0$ ou $f = Id$ sont des conditions suffisantes faciles…
Plus finement, supposons chaque $F_{j}$ inclus dans $Im (f)$ (et $p \geq 1$ )
Pour $x \in f^{- 1} (\sum_{j = 1}^{p} F_{j})$ , on peut écrire $f (x) = y_{1} + \dots + y_{p}$ avec $y_{j} \in F_{j}$ . Or $F_{j} \subset Im (f)$ donc il existe $x_{j} \in E$ vérifiant $f (x_{j}) = y_{j}$ . Évidemment, $x_{j} \in f^{- 1} (F_{j})$ . Considérons alors $x_{1}^{'} = x - (x_{2} + \dots + x_{p})$ , on a $f (x_{1}^{'}) = y_{1}$ donc $x_{1}^{'} \in f^{- 1} (F_{j})$ et $x = x_{1}^{'} + x_{2} + \dots + x_{p} \in \sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j})$ . Ainsi,

$f^{- 1} (\sum_{j = 1}^{p} F_{j}) \subset \sum_{j = 1}^{p} f^{- 1} (F_{j})$

puis l’égalité.

Exercice 26 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 $Im (u)$ .
(c)

À quelle condition a-t-on $u (u^{- 1} (F)) = u^{- 1} (u (F))$ ?

Solution

(a)

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

$F + Ker (u) \subset u^{- 1} (u (F)) .$

Inversement, soit $x \in u^{- 1} (u (F))$ . On a $u (x) \in u (F)$ donc il existe $a \in F$ tel que $u (x) = u (a)$ et alors pour $b = x - a$ on a $x = a + b$ avec $a \in F$ et $b \in Ker (u)$ . 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

$u (u^{- 1} (F)) \subset F \cap Im (u) .$

Inversement, soit $x \in F \cap Im (u)$ . Il existe $a \in E$ tel que $x = u (a)$ . Or, puisque $x \in F$ , $a \in u^{- 1} (F)$ et donc $x = u (a) \in u (u^{- 1} (F))$ . Ainsi,

$u (u^{- 1} (F)) = F \cap Im (u) .$
(c)

On a $u (u^{- 1} (F)) = u^{- 1} (u (F))$ si, et seulement si,

$F + Ker (u) = F \cap Im (u) .$

Si cette condition est vérifiée alors

$F \subset F + Ker (u) = F \cap Im (u) \subset F$

et donc

$F = F + Ker (u) = F \cap Im (u)$

ce qui entraîne

$Ker (u) \subset F et F \subset Im (u) .$

Inversement, si ces conditions sont vérifiées, on a immédiatement $F + Ker (u) = F = F \cap Im (u)$ .

Finalement, $u (u^{- 1} (F)) = u^{- 1} (u (F))$ si, et seulement si, $Ker (u) \subset F \subset Im (u)$ .

[<] 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 $x \in E$ , 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 $f, g \in ℒ (E, F)$ . On suppose

\forall x \in E, \exists λ_{x} \in 𝕂, g (x) = λ_{x} f (x) .

Montrer qu’il existe $λ \in 𝕂$ tel que

g = λ f .

Solution

Soient $x, y \in E ∖ Ker (f)$ .
Si la famille $(f (x), f (y))$ est libre alors les deux égalités

g (x + y) = λ_{x + y} (f (x) + f (y)) et g (x + y) = λ_{x} f (x) + λ_{y} f (y)

entraînent $λ_{x} = λ_{y}$ par identification des coefficients.
Si la famille $(f (x), f (y))$ est liée avec alors on peut écrire

f (y) = α f (x) avec α \neq 0

et donc $y - α x \in Ker (f)$ . Or il est immédiat d’observer que le noyau de $f$ est inclus dans celui de $g$ et donc

g (y) = α g (x) .

De plus,

α g (x) = α λ_{x} f (x) et g (y) = α λ_{y} f (x)

donc à nouveau $λ_{x} = λ_{y}$ .
Posons $λ$ la valeur commune des scalaires $λ_{x}$ pour $x$ parcourant $E ∖ Ker (f)$ .
Pour tout $x \in E$ , qu’il soit dans $Ker (f)$ ou non, on peut affirmer

g (x) = λ f (x)

et donc $g = λ f$ .

Exercice 29 4162 CENTRALE (MP)Correction

Soit $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension $n \geq 2$ . Pour $a \in E$ , on note $F_{a}$ l’ensemble des endomorphismes $f$ de $E$ tels que, pour tout $x \in E$ , la famille $(x, f (x), a)$ est liée.

(a)

Déterminer $F_{a}$ lorsque $a = 0$ puis lorsque $n = 2$ .
(b)

Montrer que $F_{a}$ est un espace vectoriel pour tout $a \in E$ .
(c)

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

Déterminer la dimension de $F_{a}$ .

Solution

(a)

Si $a = 0$ ou $n = 2$ , la famille est assurément liée, peu importe l’endomorphisme $f$ : $F_{a} = ℒ (E)$ .
(b)

$F_{a} \subset ℒ (E)$ et $0 \in F_{a}$ . Soit $f, g \in F_{a}$ et $λ, μ \in ℝ$ .

Pour tout $x \in E$ , 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

$f (x) \in Vect (x, a) et g (x) \in Vect (x, a) donc (λ . f + μ . g) (x) \in Vect (x, a)$

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

« Classiquement », ce sont les homothéties vectorielles: $v = λ . {Id}_{H}$ .

(d)

Les cas $n = 2$ et $a = 0$ étant déjà résolus, on suppose $n \geq 3$ et $a \neq 0$ .

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 $x \in E$ , on a

Vect (x, f (x), a) = Vect (p (x), p (f (x)), a) = Vect (p (x), p (f (x))) \oplus 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 $λ \in 𝕂$ tel que

\forall x \in H, p (f (x)) = λ . x c’est-à-dire f (x) = λ . x + φ (f (x)) . a .

On a alors

	$\forall x \in E, f (x)$	$= f (φ (x) . a + x - φ (x) . a)$
		$= φ (x) . f (a) + f (\underset{\begin{matrix} \in H \end{matrix}}{\underset{⏟}{x - φ (x) . a}})$
		$= φ (x) . f (a) + λ . x - λ φ (x) . a + φ (f (x)) . a - φ (x) φ (f (a)) . a$
		$= φ (x) . f (a) + λ . x + ψ (x) . a$

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 $f (b) \in Vect (a, b)$ .

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

Soit $c$ un vecteur n’appartenant pas à $Vect (a, b)$ (possible car $n \geq 3$ ). Par le raisonnement ci-dessus, $f (a) \in Vect (a, c)$ et donc

f (a) \in Vect (a, b) \cap Vect (a, c) = Vect (a) .

On en déduit que la fonction $f$ s’exprime

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

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

dim F_{a} = dim (𝕂 \times 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

$dim u (F) \leq dim F$

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

Soit $(x_{1}, \dots, x_{n})$ une famille de vecteurs de $E$ . Montrer

$rg (u (x_{1}), \dots, u (x_{n})) \leq rg (x_{1}, \dots, x_{n}) .$

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 $(e_{1}, \dots, e_{n})$ une famille de vecteurs de $E$ .

(a)

Montrer

$u (Vect (e_{1}, \dots, e_{n})) = Vect (u (e_{1}), \dots, u (e_{n})) .$
(b)

On suppose la famille $(e_{1}, \dots, e_{n})$ génératrice de $E$ et l’application linéaire $u$ surjective. Que dire de la famille image $(u (e_{1}), \dots, u (e_{n}))$ ?
(c)

On suppose la famille $(e_{1}, \dots, e_{n})$ libre et l’application linéaire $u$ injective. Montrer que la famille image $(u (e_{1}), \dots, u (e_{n}))$ 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 $f \in ℒ (E)$ et $t = t_{u}$ où $u \in E$ . Soit $x \in E$

	$(f \circ t) (x) = (t \circ f) (x)$	$\Leftrightarrow f (x) + f (u) = f (x) + u$
		$\Leftrightarrow f (u) = u .$

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

f^{2} - (α + β) . f + (α β) . {Id}_{E} = 0 .

(1)

(a)

Montrer que $f$ est inversible et exprimer son inverse en fonction de $f$ .
(b)

Établir que $Ker (f - α . {Id}_{E})$ et $Ker (f - β . {Id}_{E})$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $E$ .
(c)

Vérifier $Ker (f - α . {Id}_{E}) = Im (f - β . {Id}_{E})$ .

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 $n \in ℕ^{*}$ pour lequel $f^{n} = 0$ .

Montrer que ${Id}_{E} - f$ est inversible et exprimer son inverse en fonction de $f$ .

Solution

Puisque les endomorphismes ${Id}_{E}$ et $f$ commutent, la formule de factorisation géométrique donne

{Id}_{E} = {Id}_{E} - f^{n} = ({Id}_{E} - f) \circ ({Id}_{E} + f + \dots + f^{n - 1})

On a aussi

{Id}_{E} = ({Id}_{E} + f + \dots + f^{n - 1}) \circ ({Id}_{E} - f) .

On en déduit que l’endomorphisme ${Id}_{E} - f$ est inversible et

{({Id}_{E} - f)}^{- 1} = {Id}_{E} + f + \dots + f^{n - 1} .

Exercice 35 3046 X (MP)Correction

Soit $P \in ℝ [X]$ . Montrer que la suite ${(P (n))}_{n \in ℕ}$ vérifie une relation de récurrence linéaire à coefficients constants.

Solution

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

Δ (P) = P (X + 1) - P (X) pour tout P \in ℝ [X] .

On vérifie que si $\deg (P) \leq p$ alors $\deg (Δ (P)) \leq p - 1$ et donc, si $P \in ℝ_{p} [X]$ ,

Δ^{p + 1} (P) = 0 .

Δ^{p + 1} = \sum_{k = 0}^{p + 1} (\binom{p + 1}{k}) {(- 1)}^{p + 1 - k} T^{k}

car les endomorphismes $T$ et $Id$ commutent. On en déduit

\sum_{k = 0}^{p + 1} (\binom{p + 1}{k}) {(- 1)}^{k} P (X + k) = 0

et, en particulier, pour tout $n \in ℕ$ ,

\sum_{k = 0}^{p + 1} (\binom{p + 1}{k}) {(- 1)}^{k} P (n + k) = 0 .

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

Exercice 36 4388

Dans l’espace vectoriel $ℝ^{3}$ , on considère le plan $P$ d’équation¹¹ 1 Une telle équation détermine un plan de $ℝ^{3}$ , 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 $p \in ℒ (E)$ .

(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)

${(Id - p)}^{2} = Id - 2 p + p^{2}$ donc ${(Id - p)}^{2} = (Id - p) \Leftrightarrow p = p^{2}$ .
(b)

$p \circ (Id - p) = \tilde{0}$ donc $Im (Id - p) \subset Ker (p)$ .
Inversement, soit $x \in Ker (p)$ , on a $(Id - p) (x) = x - p (x) = x$ donc $x \in Im (Id - p)$ . Ainsi $Ker (p) \subset Im (Id - p)$ .

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

Exercice 38 165

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

(a)

Montrer que $p$ et $q$ ont le même noyau si, et seulement si, $p \circ q = p$ et $q \circ p = q$ .
(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 $p \circ q$ est un projecteur de $E$ . En déterminer noyau et image.

Solution

On a ${(p \circ q)}^{2} = p \circ q \circ p \circ q = p^{2} \circ q^{2} = p \circ q$ donc $p \circ q$ est un projecteur. Soit $x \in Ker (p) + Ker (q)$ . Il existe $(u, v) \in Ker (p) \times Ker (q)$ tels que $x = u + v$ et alors

(p \circ q) (x) = (p \circ q) (u) + (p \circ q) (v) = (q \circ p) (u) + (p \circ q) (v) = 0_{E}

donc $x \in Ker (p \circ q)$ .

Ainsi,

Ker (p) + Ker (q) \subset Ker (p \circ q) .

Inversement, soit $x \in Ker (p \circ q)$ . On peut écrire $x = u + v$ avec $u \in Ker (p)$ et $v \in Im (p)$ .

(p \circ q) (x) = (q \circ p) (x) = q (v) = 0_{E}

donc $v \in Ker (q)$ . Par suite, $x \in Ker (p) + Ker (q)$ .

Par double inclusion,

Ker (p \circ q) = Ker (p) + Ker (q) .

Soit $y \in Im (p \circ q)$ , il existe $x \in E$ tel que $y = (p \circ q) (x)$ . On a $y = p (q (x)) \in Im (p)$ et $y = q (p (x)) \in Im (q)$ donc $y \in Im (p) \cap Im (q)$ . Ainsi $Im (p \circ q) \subset Im (p) \cap Im (q)$ .

Inversement, soit $y \in Im (p) \cap Im (q)$ . Il existe $x \in E, y = q (x)$ et $y = p (y) = (p \circ q) (x) \in Im (p \circ q)$ .

Ainsi, $Im (p) \cap Im (q) \subset Im (p \circ q)$ puis l’égalité.

Exercice 40 3759 ENSIIE (MP)Correction

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

Im (p) \subset Ker (q) .

Montrer que $p + q - p \circ q$ est un projecteur et préciser son image et son noyau.

Solution

Puisque $Im (p) \subset Ker (q)$ , on a $q \circ p = 0$ et en développant puis en simplifiant

{(p + q - p \circ q)}^{2} = p + q - p \circ q .

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

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

L’inclusion $\subset$ est immédiate car

\forall x \in E, r (x) = p (x - q (x)) + q (x) .

Inversement, soit $x \in Im (p) + Im (q)$ . On peut écrire $x = p (a) + q (b)$ avec $a, b \in E$ . On a alors par le calcul

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

et ainsi $x \in Im (r)$ .
Montrons aussi

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

L’inclusion $\supset$ est immédiate. Inversement, pour $x \in Ker (r)$ on a

p (x) + q (x) - p \circ q (x) = 0_{E} .

En appliquant $q$ , on obtient $q (x) = 0_{E}$ puis on en déduit aussi $p (x) = 0_{E}$ et ainsi $x \in Ker (p) \cap Ker (q)$ .

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, $p \circ q = q \circ p = 0$ .
(b)

Préciser alors les espaces $Im (p + q)$ et $Ker (p + q)$ .

Exercice 42 166 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel et $u \in ℒ (E)$ .

On suppose qu’il existe un projecteur $p$ de $E$ tel que $u = p \circ u - u \circ p$ .

(a)

Montrer que $u (Ker (p)) \subset Im (p)$ et $Im (p) \subset Ker (u)$ .
(b)

En déduire $u^{2} = 0$ .
(c)

Réciproque?

Solution

(a)

Si $x \in Ker (p)$ alors $p (u (x)) = u (x) + u (p (x)) = u (x)$ donc $u (x) \in Im (p)$ . Ainsi, $u (Ker (p)) \subset Im (p)$ .

Si $x \in Im (p)$ alors $p (x) = x$ donc $u (x) = p (u (x)) - u (p (x)) = p (u (x)) - u (x)$ d’où $2 u (x) = p (u (x))$ . Par suite, $u (x) \in Im (p)$ donc $p (u (x)) = u (x)$ et enfin la relation précédente donne $u (x) = 0$ . Ainsi, $x \in Ker (u)$ .
(b)

Pour $x \in E$ ,

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

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

$u (x - p (x)) \in u (Ker (p)) \subset Im (p) \subset Ker (u)$

donc $u^{2} (x) = 0$ .
(c)

Supposons $u^{2} = 0$ . On a $Im (u) \subset Ker (u)$ . Soit $p$ une projection sur $Im (u)$ . On a $p \circ u = u$ car les vecteurs de $Im (u)$ sont invariants par $p$ et l’on a $u \circ p = 0$ car $Im (p) = Im (u) \subset Ker (u)$ . Ainsi, il existe une projection $p$ pour laquelle $u = p \circ u - u \circ p$ . La réciproque est vraie.

Exercice 43 5823 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ .

À quelle condition existe-t-il un projecteur $p$ de $E$ vérifiant $u = p \circ u - u \circ p$ ?

Solution

Supposons qu’un tel projecteur $p$ existe.

En composant la relation $u = p \circ u - u \circ p$ par $p$ à gauche, on obtient $p \circ u = p \circ u - p \circ u \circ p$ . On en déduit $p \circ u \circ p = 0$ .

En composant la relation $u = p \circ u - u \circ p$ par $p$ à droite, il vient $u \circ p = p \circ u \circ p - u \circ p$ . On en déduit $u \circ p = 0$ .

En composant la relation $u = p \circ u - u \circ p$ par $u$ à gauche, il vient $u^{2} = u \circ p \circ u - u \circ u \circ p$ . On en déduit $u^{2} = 0$ .

L’endomorphisme $u$ doit donc vérifier $u^{2} = 0$ .

Inversement, si $u^{2} = 0$ alors $Im (u) \subset Ker (u)$ . Considérons $p$ un projecteur sur un sous-espace vectoriel $F$ vérifiant $Im (u) \subset F \subset Ker (u)$ et parallèlement à un sous-espace vectoriel $G$ supplémentaire arbitraire. On a $p \circ u = u$ car $u$ prend ses valeurs dans $Im (p)$ . On a aussi $u \circ p = 0$ car $p$ prend ses valeurs dans $Ker (u)$ . On vérifie alors $u = u \circ p - p \circ u$ .

En résumé, l’existence d’un projecteur tel que souhaité a lieu si, et seulement si, $u^{2} = 0$ .

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 \in ℒ (E) | \exists u \in ℒ (E), f = u \circ p} et M = {g \in ℒ (E) | \exists v \in ℒ (E), g = v \circ q} .

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

Solution

$φ : u \mapsto u \circ p$ est un endomorphisme de $ℒ (E)$ donc $L = Im (φ)$ est un sous-espace vectoriel de $ℒ (E)$ .
$ψ : v \mapsto v \circ q$ est un endomorphisme de $ℒ (E)$ donc $M = Im (ψ)$ est un sous-espace vectoriel de $ℒ (E)$ .
Soit $f \in L \cap M$ . Il existe $u, v \in ℒ (E)$ tels que $f = u \circ p = v \circ q$ .
On a $f \circ p = u \circ p^{2} = u \circ p = f$ et $f \circ p = v \circ q \circ p = 0$ car $q \circ p = 0$ donc $f = 0$ . Ainsi $L \cap M = {0}$ .
Soit $f \in ℒ (E)$ . On a $f = f \circ Id = f \circ (p + q) = f \circ p + f \circ q \in L + M$ . Ainsi $ℒ (E) = L + M$ .

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

Exercice 45 1723 Correction

Soit $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel.
Soit $s$ un endomorphisme de $E$ involutif, c’est-à-dire tel que $s^{2} = Id$ .
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 $α \in 𝕂 ∖ {1}$ et $f$ un endomorphisme de $E$ tel que $f^{2} - (α + 1) f + α Id = 0$ .
On pose $F = Ker (f - Id)$ et $G = Ker (f - α Id)$ .
(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 $\vec{x} \in F \cap G$ . On a $s (\vec{x}) = \vec{x}$ et $s (\vec{x}) = - \vec{x}$ donc $\vec{x} = \vec{o}$ . Ainsi $F \cap G = {\vec{o}}$ .
Soit $\vec{x} \in E$ . Posons $\vec{u} = \frac{1}{2} (\vec{x} + s (\vec{x}))$ et $\vec{v} = \frac{1}{2} (\vec{x} - s (\vec{x}))$ .
On a $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ , $s (\vec{u}) = \vec{u}$ donc $\vec{u} \in F$ et $s (\vec{v}) = - \vec{v}$ donc $\vec{v} \in G$ .
Ainsi $F + G = E$ . $F$ et $G$ sont donc supplémentaires dans $E$ .
(b)

Pour tout $\vec{x} \in E$ , il existe un unique couple $(\vec{u}, \vec{v}) \in F \times G$ tel que $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ .
On a $s (\vec{x}) = s (\vec{u}) + s (\vec{v}) = \vec{u} - \vec{v}$ 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 $\vec{x} \in F \cap G$ . On a $f (\vec{x}) = \vec{x}$ et $f (\vec{x}) = α \vec{x}$ donc $\vec{x} = \vec{o}$ . Ainsi $F \cap G = {\vec{o}}$ .
Soit $\vec{x} \in E$ . Posons $\vec{u} = \frac{1}{1 - α} (f (\vec{x}) - α \vec{x})$ et $\vec{v} = \frac{1}{1 - α} (\vec{x} - f (\vec{x}))$ .
On a $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ , $f (\vec{u}) = \vec{u}$ donc $\vec{u} \in F$ et $f (\vec{v}) = α \vec{v}$ donc $\vec{v} \in G$ .
Ainsi $F + G = E$ . $F$ et $G$ sont donc supplémentaires dans $E$ .
(d)

Pour tout $\vec{x} \in E$ , il existe un unique couple $(\vec{u}, \vec{v}) \in F \times G$ tel que $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ .
On a $f (\vec{x}) = f (\vec{u}) + f (\vec{v}) = \vec{u} + α \vec{v}$ donc $f$ est l’affinité par rapport à $F$ parallèlement à $G$ et de rapport $α$ .

Exercice 46 1724 Correction

Soit $f \in ℒ (E)$ tel que $f^{2} - 4 f + 3 I d = \tilde{0}$ . Montrer

Ker (f - Id) \oplus Ker (f - 3 I d) = E .

Quelle transformation vectorielle réalise $f$ ?

Solution

Soit $\vec{x} \in Ker (f - Id) \cap Ker (f - 3 I d)$ . On a $f (\vec{x}) = \vec{x}$ et $f (\vec{x}) = 3 \vec{x}$ donc $\vec{x} = \vec{o}$ .
Soit $\vec{x} \in E$ . Posons $\vec{u} = \frac{1}{2} (3 \vec{x} - f (\vec{x}))$ et $\vec{v} = \frac{1}{2} (f (\vec{x}) - \vec{x})$ .
On a $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ avec $\vec{u} \in Ker (f - Id)$ et $\vec{v} \in Ker (f - 3 I d)$ après calculs.
$f$ est l’affinité vectorielle par rapport à $F = Ker (f - Id)$ , parallèlement à $G = Ker (f - 3 I d)$ et de rapport 3.

Exercice 47 3359 CCINP (MP)Correction

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel $E$ sur $ℝ$ ou $ℂ$ vérifiant $f \circ g = Id$ .

(a)

Montrer que $Ker (g \circ f) = Ker (f)$ et $Im (g \circ f) = Im (g)$ .
(b)

Montrer

$E = Ker (f) \oplus Im (g) .$
(c)

Dans quel cas peut-on conclure $g = f^{- 1}$ ?
(d)

Décrire l’endomorphisme $g \circ f$ .

Solution

(a)

Evidemment $Ker (f) \subset Ker (g \circ f)$ et $Im (g \circ f) \subset Im (g)$ .
Pour $x \in Ker (g \circ f)$ , on a $f (x) = f (g (f (x)) = f (0) = 0$ donc $x \in Ker (f)$ .
Pour $y \in Im (g)$ , il existe $x \in E$ tel que $y = g (x)$ et alors $y = g (f (g (x)) = g (f (a)) \in Im (g \circ f)$ .
(b)

Si $x \in Ker (f) \cap Im (g)$ alors on peut écrire $x = g (a)$ et puisque $f (x) = 0$ , $a = f (g (a)) = 0$ donc $x = 0$ .
Pour $x \in E$ , on peut écrire $x = (x - g (f (x))) + g (f (x))$ avec $x - g (f (x)) \in Ker (f)$ et $g (f (x)) \in Im (g)$ .
(c)

Si $f$ est inversible alors $f \circ g = Id$ entraîne $g = f^{- 1}$ .
Cette condition suffisante est aussi évidemment nécessaire.
(d)

$(g \circ f) \circ (g \circ f) = g \circ (f \circ g) \circ f = g \circ f$ et donc $g \circ f$ 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 $ℝ [X]$ et $r$ l’application de $ℝ [X]$ vers lui-même qui à $A \in ℝ [X]$ associe le reste $R$ de la division euclidienne de $A$ par $B$ .

(a)

Vérifier que $r$ est un endomorphisme de $ℝ [X]$ .
(b)

Calculer $r \circ r$ et préciser la transformation géométrique réalisée par $r$ .

Exercice 49 5488 Correction

Soient $V$ et $W$ deux sous-espaces vectoriels supplémentaires d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie. Pour toute application $f \in ℒ (V, W)$ , on introduit l’application linéaire

φ_{f} : {\begin{matrix} V & \to & E \\ x & \mapsto & x - f (x) \end{matrix}

et l’on note $I_{f} = Im (φ_{f})$ .

(a)

Soit $f \in ℒ (V, W)$ . Vérifier que l’application $φ_{f}$ est injective et établir que $I_{f}$ est un sous-espace vectoriel supplémentaire de $W$ dans $E$ .
(b)

Soient $f, g \in ℒ (V, W)$ . On suppose $I_{f} = I_{g}$ . Établir $f = g$ .
(c)

Soit $U$ un sous-espace supplémentaire de $W$ dans $E$ . Déterminer une application linéaire $f : V \to W$ telle que $U = I_{f}$ .
(d)

En déduire une application bijective entre l’espace $ℒ (V, W)$ et l’ensemble des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $W$ dans $E$ .

Solution

(a)

Soit $x \in Ker (φ_{f})$ . On a $x - f (x) = 0_{E}$ et donc $x = f (x)$ . Or $x \in V$ , $f (x) \in W$ et $V \cap W = {0_{E}}$ donc $x = 0_{E}$ . L’application linéaire $φ_{f}$ est donc injective.

En tant qu’image d’une application linéaire, l’ensemble $I_{f}$ est un sous-espace vectoriel de $E$ . Puisque l’application linéaire $φ_{f}$ est injective,

$dim I_{f} = dim V .$

Aussi, pour tout $y \in I_{f} \cap W$ , il existe $x \in V$ tel que $x - f (x) = y$ . On a alors

$\underset{\begin{matrix} \in V \end{matrix}}{\underset{⏟}{x}} = \underset{\begin{matrix} \in W \end{matrix}}{\underset{⏟}{y + f (x)}} \in V \cap W .$

Or $V \cap W = {0_{E}}$ et donc $x = 0_{E}$ puis $y = f (x) = 0_{E}$ . Ainsi,

$I_{f} \cap W = {0_{E}} .$

Les espaces $I_{f}$ et $W$ sont donc en somme directe et puisque

$dim I_{f} + dim W = dim V + dim W = dim E$

les espaces $I_{f}$ et $W$ sont supplémentaires dans $E$ .
(b)

Soit $x \in V$ . On a $x - f (x) \in I_{f} = I_{g}$ et il existe donc $x^{'} \in V$ tel que

$x - f (x) = x^{'} - g (x^{'}) .$

En réorganisant les membres,

$\underset{\begin{matrix} \in V \end{matrix}}{\underset{⏟}{x - x^{'}}} = \underset{\begin{matrix} \in W \end{matrix}}{\underset{⏟}{g (x^{'}) - f (x)}} \in V \cap W .$

Or $V \cap W = {0_{E}}$ et donc $x = x^{'}$ puis $f (x) = g (x^{'}) = g (x)$ . Ainsi, les applications $f$ et $g$ sont égales.
(c)

Introduisons $p$ la projection sur $W$ parallèlement à $U$ et considérons $f$ la restriction de cette projection au départ de $V$ et à valeurs dans $W$ . Cette restriction est bien définie et détermine une application linéaire de $V$ vers $W$ .

Pour tout $x \in V$ , $φ_{f} (x) = x - f (x) = x - p (x) \in U$ et donc $I_{f} \subset U$ . Par égalité des dimensions, $I_{f} = U$ .
(d)

Notons $𝒮_{W}$ l’ensemble des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $W$ dans $E$ et considérons l’application

$φ : {\begin{matrix} ℒ (V, W) & \to & 𝒮_{W} \\ f & \mapsto & I_{f} . \end{matrix}$

Par la première question, l’application $φ$ est bien définie. Par la question suivante, on observe que l’application $φ$ est injective. Enfin, par la question précédente, on a acquis que l’application $φ$ est surjective. Finalement, $φ$ est une bijection.

Exercice 50 2909 X (MP)Correction

Soient $E$ un espace vectoriel, $F_{1}$ et $F_{2}$ deux sous-espaces vectoriels de $E$ .

(a)

Montrer que si $F_{1}$ et $F_{2}$ 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 $F_{1}$ et $F_{2}$ . Considérons la projection $p$ sur $F_{2}$ parallèlement à $H$ . Vérifions que $p$ définit par restriction un isomorphisme $φ$ de $F_{1}$ vers $F_{2}$ .

L’application linéaire restreinte $φ$ est bien définie de $F_{1}$ vers $F_{2}$ . Si $x \in Ker (φ)$ alors $x$ est élément de $F_{1}$ et de $H$ , c’est donc le vecteur nul. Aussi, pour $y \in F_{2}$ , on peut écrire $y = a + b$ avec $a \in F_{1}$ et $b \in H$ et alors

$φ (a) = p (a) = p (a + b) = p (y) = y .$

Finalement, $φ$ définit un isomorphisme de $F_{1}$ vers $F_{2}$ .
(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 $F_{1} = 𝕂 [X]$ , $F_{2} = X . 𝕂 [X]$ . Les espaces $F_{1}$ et $F_{2}$ sont isomorphes via l’application $P (X) \mapsto X P (X)$ . Ils ne possèdent pas de supplémentaires communs car seul ${0}$ est supplémentaire de $F_{1}$ et cet espace n’est pas supplémentaire de $F_{2}$ .

[<] Projections et symétries vectorielles

Exercice 51 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

H \oplus Vect (a) = E .

Solution

Puisque $a \notin H$ , on vérifie aisément

Vect (a) \cap H = {0_{E}} .

Soit $φ$ une forme linéaire non nulle telle que $H = Ker (φ)$ .
Pour tout $x \in E$ , on peut écrire

x = (x - λ a) + λ a avec λ = φ (x) / φ (a) .

Puisque $φ (x - λ a) = 0$ , on a $x - λ a \in H$ et puisque $λ a \in Vect (a)$ , on obtient

E = H + Vect (a) .

Exercice 52 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 = H ou F = E .

Solution

Si $F \neq H$ alors il existe $a \in F$ tel que $a \notin H$ .
On a alors

H \oplus Vect (a) = E

et puisque $H \subset F$ et $Vect (a) \subset F$ , on peut conclure $E = F$

Exercice 53 208 Correction

Soient $f, g \in E^{*}$ telles que $Ker (f) = Ker (g)$ .

Montrer qu’il existe $α \in 𝕂$ tel que $g = α . f$ .

Solution

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

Sinon, on introduit $a \notin Ker (f)$ de sorte que $Vect (a)$ et $Ker (f)$ sont supplémentaires. On introduit ensuite $α \in 𝕂$ 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 05-04-2024