[>] Rang d'une application linéaire

 
Exercice 1  1662  Correction  

Déterminer une base du noyau et de l’image des applications linéaires suivantes:

  • (a)

    f:33 définie par f(x,y,z)=(y-z,z-x,x-y)

  • (b)

    f:43 définie par f(x,y,z,t)=(2x+y+z,x+y+t,x+z-t)

  • (c)

    f: définie par f(z)=z+iz¯( est ici vu comme un -espace vectoriel).

Solution

  • (a)

    u=(x,y,z)Ker(f)x=y=z. u=(1,1,1) forme une base de Ker(f).
    Par le théorème du rang rg(f)=dim3-dimKer(f)=2.
    Soit v=f(1,0,0)=(0,-1,1) et w=f(0,1,0)=(1,0,-1) vecteurs non colinéaires de Im(f).
    (v,w) est une famille libre formée de 2=dimIm(f) vecteurs de Im(f), c’est donc une base de Im(f).

  • (b)

    Ker(f)={(x,y,-2x-y,-x-y)|x,y}=Vect(u,v) avec u=(1,0,-2,-1) et v=(0,1,-1,-1).
    (u,v) est une famille libre, elle forme donc une base de Ker(f), par suite dimKer(f)=2.
    Par le théorème du rang: rg(f)=dim4-dimKer(f)=2.
    a=f(1,0,0,0)=(2,1,1)Im(f) et b=f(0,1,0,0)=(1,1,0)Im(f).
    (a,b) forme une famille libre formée de 2=dimIm(f) vecteurs de Im(f), c’est donc une base de Im(f).

  • (c)

    Ker(f)={z=a+ib|a,b,a+b=0}.
    Soit z1=1-i, on observe que Ker(f)=Vect(z1), donc (z1) forme une base de Ker(f) et dimKer(f)=1.
    Par le théorème du rang: rg(f)=dim-dimKer(f)=1.
    z2=f(1)=1+iIm(f), donc (z2) forme une base de Im(f) car rg(f)=1.

 
Exercice 2  1654  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie, V un sous-espace vectoriel de E et f(E). Montrer

Vf(V)f(V)=V.

Solution

Si V={0}: ok
Sinon, soit (e1,,ep) une base de V. f(V)=f(Vect(e1,,ep))=Vect(f(e1),,f(ep)).
Donc f(V) est un sous-espace vectoriel de E de dimension inférieure à p. Or Vf(V) donc dimf(V)p et par suite dimf(V)=p. Par inclusion et égalité des dimensions: f(V)=V.

 
Exercice 3  4385  

Soient E et E deux espaces vectoriels et u(E,E) injective.

  • (a)

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

    dimu(F)=dimF.
  • (b)

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

    rg(u(x1),,u(xn))=rg(x1,,xn).
 
Exercice 4  1656  

Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie n1.

On suppose qu’il existe11 1 On dit que l’endomorphisme f est nilpotent. un entier p1 tel que fp=0 et l’on considère le plus petit entier p vérifiant cette propriété.

  • (a)

    Soit xEKer(fp-1). Montrer la liberté de (x,f(x),f2(x),,fp-1(x)).

  • (b)

    En déduire que fn est l’endomorphisme nul.

 
Exercice 5  5410   Correction  
  • (a)

    Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E. On suppose qu’il existe p tel que Ker(fp)=Ker(fP+1). Montrer que Ker(fp)=Ker(fp+k) pour tout k.

  • (b)

    Application: Soit f un endomorphisme d’un espace E de dimension finie n2 vérifiant fn-10 et fn=0. Montrer qu’il n’existe pas d’endomorphisme g(E) tel que g2=f.

Solution

  • (a)

    Par récurrence sur k.

    Pour k=0, c’est immédiat.

    Supposons la propriété établie au rang k. On sait Ker(fp)Ker(fp+k+1). Inversement, soit xKer(fp+k+1). On a fp+k+1(x)=0 et donc fk(x)Ker(fp+1). Or Ker(fp+1)=Ker(fp) et donc xKer(fp+k). Par hypothèse de récurrence, on poursuit xKer(fp). Par double inclusion, Ker(fp)=Ker(fp+k+1).

    La récurrence est établie.

  • (b)

    Commençons par établir dimKer(f)=1.

    S’il existe k0;n-1 tel que Ker(fk)=Ker(fk+1), ce qui précède assure Ker(fn-1)=Ker(fn). Cela contredit l’hypothèse fn-10 et fn=0. Sachant Ker(fk)Ker(fk+1), il vient alors dimKer(fk+1)>dimKer(fk) pour tout k0;n-1. Ainsi,

    dimKer(f0)=0<dimKer(f)<dimKer(f2)<<dimKer(fn-1)<dimKer(fn)=n

    et donc

    k0;n,dimKer(fk)=k

    En particulier, dimKer(f)=1.

    Par l’absurde, supposons qu’il existe g(E) tel que g2=f.

    L’endomorphisme g ne peut pas être bijectif et dimKer(g2)=dimKer(f)=1. On en déduit

    dimKer(g)=dimKer(g2)=1

    Par la résolution de la prémière question, il vient

    k*,dimKer(gk)=1

    En particulier, dimKer(g2n)=1. Cela est absurde car g2n=fn=0 avec dimE2.

 
Exercice 6  1659   

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace E de dimension finie vérifiant

f2+fg=IdE.

Montrer que f et g commutent.

 
Exercice 7  2495     CCP (MP)Correction  

Soit E un plan vectoriel.

  • (a)

    Montrer que f endomorphisme non nul est nilpotent si, et seulement si, Ker(f)=Im(f).

  • (b)

    En déduire qu’un tel endomorphisme ne peut s’écrire sous la forme f=uv avec u et v nilpotents.

Solution

  • (a)

    Si Ker(f)=Im(f) alors f2=0 et donc f est nilpotent.

    Si f est nilpotent alors Ker(f){0} et donc dimKer(f)=1 ou 2. Or f0 donc il reste dimKer(f)=1.
    Ker(f)Ker(f2) donc dimKer(f2)=1 ou 2.

    Si dimKer(f2)=1 alors Ker(f)=Ker(f2) et classiquement (cf. noyaux itérés) Ker(fn)=Ker(f) pour tout n ce qui contredit la nilpotence de f.
    Il reste donc dimKer(f2)=2 et donc Im(f)Ker(f) puis l’égalité par argument de dimension.

  • (b)

    Si f=uv avec u et v nilpotents et nécessairement non nuls alors Im(f)Im(u) et Ker(v)Ker(f). Or ces espaces sont de dimension 1 donc Im(f)=Im(u) et Ker(f)=Ker(v). Mais Im(f)=Ker(f) donc Im(u)=Ker(v) puis Ker(u)=Im(v) d’où uv=0. C’est absurde.

 
Exercice 8  3242   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et F un sous-espace vectoriel de (E) stable par composition et contenant l’endomorphisme IdE.
Montrer que FGL(E) est un sous-groupe de (GL(E),)

Solution

Posons H=FGL(E)
On a immédiatement HGL(E), IdEH et u,vH,uvH.
Montrer que H est stable par passage à l’inverse.
Soit uH. Considérons l’application φ:FF définie par

φ(v)=uv.

L’application φ est évidemment linéaire et puisque u est inversible, cette application est injective. Or F est un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie (car sous-espace vectoriel de (E), lui-même de dimension finie) donc φ est un automorphisme de F. Par suite, l’application φ est surjective et puisque IdEF, il existe vF tel que

uv=IdE.

On en déduit u-1=vF et donc u-1H.

[<] Généralités[>] Formule du rang

 
Exercice 9  2682     MINES (MP)Correction  

Soient f,g(E)E est un espace vectoriel sur 𝕂 de dimension finie. Montrer

|rg(f)-rg(g)|rg(f+g)rg(f)+rg(g).

Solution

Facilement Im(f+g)Im(f)+Im(g) donc

rg(f+g)dim(Im(f)+Im(g))rg(f)+rg(g).

Puisque f=f+g+(-g),

rg(f)rg(f+g)+rg(-g)=rg(f+g)+rg(g).

Aussi rg(g)rg(f+g)+rg(f) donc

|rg(f)-rg(g)|rg(f+g).
 
Exercice 10  2504    CCP (MP)Correction  

Soient u et v deux endomorphismes d’un espace vectoriel de dimension finie E.

  • (a)

    Montrer

    |rg(u)-rg(v)|rg(u+v)rg(u)+rg(v).
  • (b)

    Trouver u et v dans (2) tels que

    rg(u+v)<rg(u)+rg(v).
  • (c)

    Trouver deux endomorphismes u et v de 2 tels que

    rg(u+v)=rg(u)+rg(v).

Solution

  • (a)

    Pour tout xE, on a

    (u+v)(x)=u(x)+v(x)Im(u)+Im(v)

    donc

    Im(u+v)Im(u)+Im(v).

    Puisque

    dim(F+G)dimF+dimG

    on obtient

    rg(u+v)rg(u)+rg(v).

    De plus, on peut écrire

    u=(u+v)+(-v)

    donc

    rg(u)rg(u+v)+rg(-v)=rg(u+v)+rg(v)

    puis

    rg(u)-rg(v)rg(u+v).

    Aussi

    rg(v)-rg(u)rg(u+v)

    et donc

    |rg(u)-rg(v)|rg(u+v).
  • (b)

    Les endomorphismes u=v=Id2 conviennent.

  • (c)

    Les endomorphismes u=v=0 conviennent..

 
Exercice 11  201   Correction  

Soient E, F deux 𝕂-espaces vectoriels de dimensions finies et f,g(E,F).
Montrer

rg(f+g)=rg(f)+rg(g){Im(f)Im(g)={0}Ker(f)+Ker(g)=E.

Solution

() Supposons rg(f+g)=rg(f)+rg(g).

On sait Im(f+g)Im(f)+Im(g) et cela entraîne

rg(f+g)rg(f)+rg(g)-dim(Im(f)Im(g)).

On en déduit

dim(Im(f)Im(g))rg(f)+rg(g)-rg(f+g)=0

ce qui entraîne Im(f)Im(g)={0}.

On sait Ker(f+g)Ker(f)Ker(g) et cela entraîne

dimKer(f+g)dimKer(f)+dimKer(g)-dim(Ker(f)+Ker(g)).

Par la formule du rang, on en tire

dim(Ker(f)+Ker(g))n+rg(f+g)-(rg(f)+rg(g))=n.

Cela entraîne Ker(f)+Ker(g)=E.

() Supposons Im(f)Im(g)={0} et Ker(f)+Ker(g)=E

Soit xKer(f+g). On a f(x)+g(x)=0 et donc f(x)=-g(x)Im(f)Im(g)={0}. Ainsi, xKer(f)Ker(g) et l’on a donc l’égalité11 1 Un raisonnement analogue est possible en montrant Im(f+g)=Im(f)+Im(g).

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

On en déduit

dimKer(f+g) =dim(Ker(f)Ker(g))
=dimKer(f)+dimKer(g)-dim(Ker(f)+Ker(g))
=dimKer(f)+dimKer(g)-dimE.

En appliquant la formule du rang, on conclut

rg(f+g)=rg(f)+rg(g).
 
Exercice 12  191  Correction  

Soient f et g deux endomorphismes de E. Montrer

rg(fg)min(rg(f),rg(g)).

Solution

On a Im(fg)Im(f) donc rg(fg)rg(f).

On remarque

Im(fg)=f(Im(g))=Im(fIm(g)).

Puisque la dimension d’une image est toujours inférieure à la dimension de l’espace de départ rg(fg)dimIm(g)=rg(g).

 
Exercice 13  2467   

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E de dimension finie.

  • (a)

    Montrer

    E=Im(f)+Ker(g)rg(gf)=rg(g)
  • (b)

    Montrer

    Im(f)Ker(g)={0E}rg(gf)=rg(f).
 
Exercice 14  1661   Correction  

Soient E et F deux 𝕂-espaces vectoriels de dimension finies et f(E,F),g(F,E) telles que

fgf=fetgfg=g.

Montrer que les applications linéaires f, g, fg et gf ont le même rang.

Solution

Le rang d’une application linéaire composée est inférieur aux rangs des applications linéaires qui la compose.

D’une part,

rg(fg),rg(gf)rg(f),rg(g).

D’autre part,

rg(f)=rg(fgf)rg(gf),rg(fg),rg(g)

et

rg(g)=rg(gfg)rg(f).

Ces comparaisons permettent de conclure.

[<] Rang d'une application linéaire[>] Applications linéaires définies sur une base

 
Exercice 15  1665  

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes:

(i) E=Im(f)Ker(f);

(ii) E=Im(f)+Ker(f);

(iii) Im(f2)=Im(f);

(iv) Ker(f2)=Ker(f).

 
Exercice 16  1663  

Soit f un endomorphisme d’un espace E de dimension finie. Montrer

Ker(f)=Im(f)(f2=0 et dimE=2rg(f)).
 
Exercice 17  1666  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et f,g(E) tels que f+g bijectif et gf=0~. Montrer que

rg(f)+rg(g)=dimE.

Solution

gf=0~ donne Im(f)Ker(g) donc rg(f)dimKer(g)=dimE-rg(g). Par suite, rg(f)+rg(g)dimE.
f+g bijectif donne Im(f+g)=E. Or Im(f+g)Im(f)+Im(g) d’où dimErg(f)+rg(g).

 
Exercice 18  3127  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension n* et u un endomorphisme de E vérifiant u3=0~.
Établir

rg(u)+rg(u2)n.

Solution

Puisque u3=0~, on a Im(u2)Ker(u) et donc

rg(u2)dimKer(u).

Or par la formule du rang

rg(u)+dimKer(u)=dimE

donc

rg(u)+rg(u2)dimE.
 
Exercice 19  4393  

Soient F et G deux sous-espaces de dimensions finies d’un espace vectoriel E. Retrouver la formule de Grassmann en appliquant le théorème du rang à la fonction

σ:{F×GE(x,y)x+y.
 
Exercice 20  5162  

Soient u une application linéaire d’un espace de dimension finie E vers un espace E et F un sous-espace vectoriel supplémentaire de Ker(u) dans E. On introduit l’application restreinte

φ:{FIm(u)xu(x).

Montrer que φ est un isomorphisme d’espaces vectoriels.

 
Exercice 21  1664  

Soit f un endomorphisme d’un espace E de dimension finie vérifiant11 1 f2 désigne l’endomorphisme ff. rg(f2)=rg(f).

  • (a)

    Établir Im(f2)=Im(f) et Ker(f2)=Ker(f).

  • (b)

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

 
Exercice 22  224   

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace E de dimension finie vérifiant

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

Montrer que ces sommes sont directes.

 
Exercice 23  196  Correction  

On dit qu’une suite d’applications linéaires

{0}u0E1u1E2u2un-1Enun{0}

est exacte si on a Im(uk)=Ker(uk+1) pour tout k{0,,n-1}. Montrer que si tous les Ek sont de dimension finie, on a la formule dite d’Euler-Poincaré:

k=1n(-1)kdimEk=0.

Solution

La formule du rang du rang donne

dimEk=dimIm(uk)+dimKer(uk)

donc, sachant dimIm(uk)=dimKer(uk+1), on obtient

k=1n(-1)kdimEk=k=2n(-1)k-1dimKer(uk)+k=1n(-1)kdimKer(uk)=-dimKer(u1)=0

car Im(un)={0} et Ker(u1)=Im(u0)={0}.

 
Exercice 24  3251   

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension n. Montrer

f est une projectionrg(f)+rg(IdE-f)=n.
 
Exercice 25  197   

(Images et noyaux itérés d’un endomorphisme)

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E. On pose

f0=IdEetfp=fffp facteurspour tout p*.

Pour tout p, on introduit les images et noyaux de fp:

Ip=Im(fp)etNp=Ker(fp).
  • (a)

    Montrer que les suites (Ip) et (Np) sont respectivement décroissante et croissante au sens de l’inclusion11 1 Autrement dit, Ip+1Ip et NpNp+1 pour tout p..

On suppose dans ce qui suit que l’espace E est de dimension finie.

  • (b)

    Justifier l’existence d’un rang r tel que Ir+1=Ir.

  • (c)

    Vérifier que les deux suites (Ip) et (Np) sont alors constantes à partir du rang r.

  • (d)

    Établir IrNr=E.

 
Exercice 26  194  Correction  

Soient f un endomorphisme et F un sous-espace vectoriel d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie. Montrer

dimKer(f)FdimF-rg(f).

Solution

Considérons fF restriction de f au départ de F et à l’arrivée dans E.
Ker(fF)=Ker(f)F et rg(fF)rg(f). L’application du théorème du rang fF permet alors de conclure.

 
Exercice 27  5299     ENSTIM (MP)Correction  

Soient f,g deux endomorphismes d’un espace vectoriel réel E de dimension finie n.

Montrer

rg(f)+rg(g)-nrg(gf)min(rg(f),rg(g)).

Solution

Commençons par montrer la deuxième inégalité. Par l’inclusion Im(gf)Im(g), on obtient rg(gf)rg(g). Aussi, de Im(gf)=g(f(E))=Im(gf(E)) qui donne rg(g)dimf(E)=rg(f) car le rang d’une application linéaire est inférieure à la dimension de l’espace de départ.

Montrons maintenant la première inégalité. Comme déjà écrit Im(gf)=Im(gf(E)) et donc par la formule du rang

rg(gf)=dimf(E)-dimKer(gf(E)).

Or Ker(gf(E))Ker(g) et donc

rg(gf)rg(f)-dimKer(g)=rg(g)+rg(f)-dimE.
 
Exercice 28  2585     CCP (MP)Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie n, f et g deux endomorphismes de E.

  • (a)

    En appliquant le théorème du rang à la restriction h de f à l’image de g, montrer que

    rg(f)+rg(g)-nrg(fg).
  • (b)

    Pour n=3, trouver tous les endomorphismes de E tels que f2=0.

Solution

  • (a)

    Ker(h)Ker(f) donc dimKer(h)dimKer(f).
    En appliquant la formule du rang à f et à h on obtient

    dimKer(f)=n-rg(f) et dimKer(h)=rg(g)-rg(h).

    On en déduit

    rg(f)+rg(g)-nrg(h).

    Or Im(fg)=Im(h) donc rg(fg)=rg(h) et l’on peut conclure.

  • (b)

    Un endomorphisme f vérifie f2=0 si, et seulement si, Im(f)Ker(f) ce qui entraîne, en dimension 3, rg(f)=1.
    Si l’endomorphisme f n’est pas nul, en choisissant xE tel que xKer(f) et en complétant le vecteur f(x)Ker(f), en une base (f(x),y) de Ker(f), on obtient que la matrice de f dans la base (x,f(x),y) est

    (000100000).

    Inversement, un endomorphisme f représenté par une telle matrice vérifie f2=0.

 
Exercice 29  4214   

Soient u et v deux endomorphismes d’un espace vectoriel E de dimension finie.

Montrer

dimKer(uv)dimKer(u)+dimKer(v).
 
Exercice 30  3156   Correction  

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.
Montrer

k,,dim(Ker(uk+))dim(Ker(uk))+dim(Ker(u)).

Solution

Soient k,. Considérons le sous-espace vectoriel

F=Ker(uk+)

et introduisons l’application linéaire restreinte v:FE définie par

xF,v(x)=u(x).

On vérifie aisément

Ker(v)Ker(u) et Im(v)Ker(uk).

La formule du rang appliquée à v donne

dim(Ker(uk+))=rg(v)+dimKer(v)

ce qui donne

dim(Ker(uk+))dim(Ker(uk))+dim(Ker(u)).
 
Exercice 31  3421   Correction  

Soient E, F, G, H des 𝕂-espaces vectoriels de dimensions finies et f(E,F), g(F,G), h(G,H) des applications linéaires. Montrer

rg(gf)+rg(hg)rg(g)+rg(hgf).

Solution

Pour φ,ψ applications linéaires composables

rg(ψφ)=dimIm(ψIm(φ))=rg(φ)-dim(Im(φ)Ker(ψ)).

Ainsi,

rg(hgf)=rg(gf)-dim(Im(gf)Ker(h))

et

rg(hg)=rg(g)-dim(Im(g)Ker(h)).

Puisque

Im(gf)Im(g)

on a

dim(Im(gf)Ker(h))dim(Im(g)Ker(h))

ce qui fournit l’inégalité demandée.

 
Exercice 32  4391    

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie E.

Montrer qu’il existe un endomorphisme v de E tel que uv=0 et u+vGL(E) si, et seulement si, les espaces Im(u) et Ker(u) sont supplémentaires.

[<] Formule du rang[>] Espaces d'applications linéaires

 
Exercice 33  1653  Correction  

Justifier qu’il existe une unique application linéaire de 3 dans 2 telle que:

f(1,0,0)=(0,1),f(1,1,0)=(1,0)etf(1,1,1)=(1,1).

Exprimer f(x,y,z) et déterminer noyau et image de f.

Solution

Posons e1=(1,0,0), e2=(1,1,0) et e3=(1,1,1).

Il est immédiat d’observer que (e1,e2,e3) est une base de 3. Une application linéaire étant entièrement caractérisée par l’image des vecteurs d’une base, l’application linéaire f existe et est unique.

On écrit

(x,y,z)=(x-y).e1+(y-z).e2+z.e3

et, par linéarité,

f(x,y,z)=(x-y).f(e1)+(y-z).f(e2)+z.f(e3)=(y,x-y+z).

Après résolution, Ker(f)=Vect(u) avec u=(1,0,-1).

Par la formule du rang, dimIm(f)=2 et donc Im(f)=2.

 
Exercice 34  173   

Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n*. On suppose qu’il existe un vecteur x0E pour lequel la famille (x0,f(x0),,fn-1(x0)) est une base de E et l’on introduit

𝒞f={g(E)|gf=fg}.
  • (a)

    Observer que

    𝒞f={a0.IdE+a1.f++an-1.fn-1|(a0,a1,,an-1)𝕂n}.
  • (b)

    Justifier que 𝒞f est un sous-espace vectoriel de (E) et donner sa dimension.

 
Exercice 35  192   

Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un espace E de dimension finie n. Énoncer une condition nécessaire et suffisante portant sur F et G pour qu’il existe un endomorphisme u de E tel que Ker(u)=F et Im(u)=G.

 
Exercice 36  1671   Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension n.
Montrer qu’il existe un endomorphisme f tel que Im(f)=Ker(f) si, et seulement si, n est pair.

Solution

Si un tel endomorphisme f existe alors

dimE=rg(f)+dimKer(f)=2rg(f)

donc n est pair.
Inversement, si n est pair, n=2p avec p
Si p=0, l’endomorphisme nul convient.
Si p>0, soit e=(e1,,e2p) une base de E et f(E) défini par:

f(e1)=0E,,f(ep)=0E,f(ep+1)=e1,,f(e2p)=ep.

Pour cet endomorphisme, il est clair que Vect(e1,,ep)Im(f) et Vect(e1,,ep)Ker(f).
Par suite, dimIm(f),dimKer(f)p et par le théorème du rang dimIm(f),dimKer(f)=p.
Par inclusion et égalité des dimensions

Im(f)=Vect(e1,,ep)=Ker(f).
 
Exercice 37  2379     CENTRALE (MP)Correction  

Soit f(6) tel que rg(f2)=3. Quels sont les rangs possibles pour f?

Solution

Puisque Im(f2)Im(f)6, on a 3rg(f)6.
Si rg(f)=6 alors f est un isomorphisme, donc f2 aussi et rg(f2)=6. Contradiction.
Si rg(f)=5 alors dimKer(f)=1. Considérons g=f|Im(f). Par le théorème du rang dimKer(g)=5-rg(g). Or Im(g)Im(f2) donc rg(g)3 et par suite dimKer(g)2. Or Ker(g)Ker(f) donc dimKer(f)2. Contradiction.
rg(f)=3 et rg(f)=4 sont possibles en considérant:

(100000010000001000000000000000000000)et(100000010000001000000000000100000000).
 
Exercice 38  4984     MINES (PSI)

Soient (e1,,en) une famille de vecteurs d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n1 et Φ:(E)En l’application définie par

Φ(u)=(u(e1),,u(en)).

À quelle condition sur la famille (e1,,en), l’application Φ est-elle un isomorphisme d’espaces vectoriels?

 
Exercice 39  5117   

Soit f un endomorphisme d’un espace E de dimension n1.

Montrer que f n’est pas inversible si, et seulement si, il existe un endomorphisme g de E vérifiant gf=fg=0 et g0.

 
Exercice 40  4394    

Soit u un endomorphisme non bijectif d’un espace E de dimension finie. Montrer qu’il existe un isomorphisme φ de E tel que v=φu soit nilpotent11 1 Autrement dit, il existe p* tel que l’itéré vp=vv est nul..

[<] Applications linéaires définies sur une base[>] Formes linéaires en dimension finie

 
Exercice 41  180  Correction  

Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.
Montrer que l’ensemble des endomorphismes g de E tels que fg=0 est un sous-espace vectoriel de (E) de dimension dimE×dimKer(f).

Solution

Posons F={g(E)|fg=0}. Soit g(E). On a clairement gFIm(g)Ker(f). Par conséquent, F=(E,Ker(f)) d’où la dimension.

 
Exercice 42  3771     ENSTIM (MP)Correction  

Soient E et F deux 𝕂-espaces vectoriels de dimensions finies.
Soit W un sous-espace vectoriel de E
Soit A l’ensemble des applications linéaires de E dans F s’annulant sur W.

  • (a)

    Montrer que A est un espace vectoriel.

  • (b)

    Trouver la dimension de A.

Solution

  • (a)

    Si f,g(E,F) s’annulent sur W, il en est de même de λf+μg

  • (b)

    Soit V un supplémentaire de W dans E. L’application

    Φ:A(V,F)

    qui à fA associe sa restriction au départ de V est un isomorphisme car une application linéaire est entièrement déterminée par ses restrictions linéaires sur deux espaces supplémentaires.
    On en déduit

    dimA=dim(V,F)=(dimE-dimW)×dimF.
 
Exercice 43  4215   

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

  • (a)

    Déterminer la dimension de l’espace A={f(E)|Im(f)F}.

  • (b)

    Déterminer la dimension de l’espace B={f(E)|FKer(f)}.

 
Exercice 44  200   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie n et F un sous-espace vectoriel de E de dimension p. On note

AF={f(E)|Im(f)F}etBF={f(E)|FKer(f)}.
  • (a)

    Montrer que AF et BF sont des sous-espaces vectoriels de (E) et calculer leurs dimensions.

  • (b)

    Soient u un endomorphisme de (E) et φ:(E)(E) définie par φ(f)=uf. Montrer que φ est un endomorphisme de (E). Déterminer dimKer(φ).

  • (c)

    Soit vIm(φ). Établir que Im(v)Im(u). Réciproque? Déterminer rg(φ).

Solution

  • (a)

    AF et BF sont des parties de (E) contenant l’endomorphisme nul.
    Im(λf)Im(f) avec égalité si λ0 et Im(f+g)Im(f)+Im(g) donc AF est un sous-espace vectoriel de (E).
    Aussi Ker(f)Ker(λf) et Ker(f)Ker(g)Ker(f+g) donc BF est un sous-espace vectoriel de (E).
    AF s’identifie avec (E,F) donc

    dimAF=np.

    En introduisant G un supplémentaire de F dans E, BF est isomorphe à (G,E) et donc

    dimBF=n(n-p).
  • (b)

    φ est linéaire en vertu de la linéarité du produit de composition.

    fKer(φ)Im(f)Ker(u)

    donc Ker(φ)=BIm(f) puis

    dimKer(φ)=n(n-rg(u)).
  • (c)

    Si vIm(φ) alors il existe f(E) tel que v=uf et donc Im(v)Im(u).
    Inversement, si Im(v)Im(u) alors en introduisant (e1,,en) une base de E, pour tout i, il existe fiE tel que v(ei)=u(fi). Considérons alors l’endomorphisme f déterminé par f(ei)=fi. On vérifie v=uf car ces deux applications prennent mêmes valeurs sur une base. Im(φ)=AIm(u) donc

    rg(φ)=nrg(u).
 
Exercice 45  203    Correction  

Soient E et F des 𝕂-espaces vectoriels de dimensions finies et f(F,E).
Exprimer la dimension de {g(E,F)|fgf=0} en fonction du rang de f et des dimensions de E et F.

Solution

Notons

A={g(E,F)|fgf=0}={g(E,F)|Im(gIm(f))Ker(f)}

Soit G un supplémentaire de Im(f) dans E. Un élément de A est entièrement déterminée par:

  • sa restriction de Im(f) à valeurs dans Ker(f);

  • sa restriction de G à valeurs dans F.

Par suite, A est isomorphe à (Im(f),Ker(f))×(G,F). Il en découle

dimA=dimEdimF-(rg(f))2.

[<] Espaces d'applications linéaires[>] Applications linéaires opérant sur les polynômes

 
Exercice 46  1675  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension n* et φ une forme linéaire non nulle sur E.
Montrer que pour tout uEKer(φ), Ker(φ) et Vect(u) sont supplémentaires dans E.

Solution

Ker(φ) est un hyperplan de E et Vect(u) une droite car u0E puisque uKer(φ).
Ker(φ)+Vect(u) est un sous-espace vectoriel de E contenant Ker(φ), donc de dimension n-1 ou n.
Si dimKer(φ)+Vect(u)=n-1 alors par inclusion et égalité des dimensions

Ker(φ)+Vect(u)=Ker(φ).

Or uKer(φ)+Vect(u) et uKer(φ). Ce cas est donc exclu.
Il reste dimKer(φ)+Vect(u)=n c’est-à-dire

Ker(φ)+Vect(u)=E.

Comme de plus

dimKer(φ)+dimVect(u)=n-1+1=n=dimE

on peut affirmer que la somme est directe et donc Ker(φ) et Vect(u) sont supplémentaires dans E.

 
Exercice 47  3140  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie n1. Montrer

x,yE,xyφE*,φ(x)φ(y).

Solution

Soient x,yE tels que xy.
Le vecteur x-y est non nul, il peut donc être complété pour former une base de E. La forme linéaire correspondant à la première application composante dans cette base est alors solution du problème posé.

 
Exercice 48  209   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et f, g deux formes linéaires non nulles sur E. Montrer

xE,f(x)g(x)0.

Solution

Si Ker(f)=Ker(g) alors le résultat est immédiat.
Sinon, pour des raisons de dimension, Ker(f)Ker(g) et Ker(g)Ker(f).
La somme d’un vecteur de Ker(f) qui ne soit pas dans Ker(g) et d’un vecteur de Ker(g) qui ne soit pas dans Ker(f) est solution.

 
Exercice 49  205  Correction  

Soit e=(e1,,en) une famille de vecteurs d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n*. On suppose que

fE*,f(e1)==f(en)=0f=0.

Montrer que e est une base de E.

Solution

Par contraposée: si e n’est pas une base de E alors Vect(e1,,en)E.
Soit H un hyperplan tel que Vect(e1,,en)H et f une forme linéaire non nulle de noyau H.
On a f(e1)==f(en)=0 mais f0.

 
Exercice 50  206   Correction  

Soient f1,,fn des formes linéaires sur un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n.
On suppose qu’il existe xE non nul tel que

f1(x)==fn(x)=0.

Montrer que la famille (f1,,fn) est liée.

Solution

Soit φ une forme linéaire ne s’annulant pas sur x. Celle-ci n’est pas combinaison linéaire des (f1,,fn).
Cette famille n’est donc pas génératrice et par suite elle est liée car formée de n=dimE* éléments de E*.

 
Exercice 51  4392   

Soient φ1,,φn des formes linéaires sur un espace E de dimension n*. Montrer que la famille (φ1,,φn) constitue une base du dual de E si, et seulement si,

i=1nKer(φi)={0E}.
 
Exercice 52  1679   Correction  

Soit f un endomorphisme de 3 tel que f2=0.
Montrer qu’il existe a3 et φ(3)* tels que pour tout x3 on a f(x)=φ(x).a.

Solution

Si f=0 la propriété est immédiate.
Sinon f2=0 donne Im(f)Ker(f) et en vertu du théorème du rang, dimIm(f)=1.
Soit a un vecteur directeur de la droite Im(f). Pour tout x3, il existe un unique α tel que f(x)=α.a. Posons φ(x)=α ce qui définit φ:3.
Les identités

f(λx+μy)=φ(λx+μy)a

et

f(λx+μy)=λf(x)+μf(y)=(λφ(x)+μφ(y))a

avec a0E donnent la linéarité

φ(λx+μy)=λφ(x)+μφ(y).

L’application φ est donc une forme linéaire sur 3.

 
Exercice 53  3131   Correction  

Soient a0,a1,,an deux à deux distincts. Montrer qu’il existe (λ0,,λn)n+1 unique vérifiant

Pn[X],01P(t)dt=k=0nλkP(ak).

Solution

Posons φk:n[X] la forme linéaire définie par

φk(P)=P(ak).

Supposons

λ0φ0++λnφn=0.

Pour tout polynôme Pn[X], on a

λ0P(a0)++λnP(an)=0.

Considérons le polynôme d’interpolation de Lagrange

Lk=jkX-ajak-aj

défini de sorte que

Lkn[X] et Lk(aj)=δj,k.

En prenant P=Lk, on obtient λk=0.
La famille (φ0,,φn) est libre et puisque formée de n+1=dim(n[X])* éléments de (n[X])*, c’est une base de (n[X])*.
Puisque

φ:P01P(t)dt

est une forme linéaire sur n[X], on peut affirmer qu’il existe (λ0,,λn)n+1 unique vérifiant

φ=λ0φ0++λnφn.
 
Exercice 54  2685     MINES (MP)Correction  

Soient a0,a1,,an des réels non nuls deux à deux distincts.
On note Fj l’application de n[X] dans définie par

Fj(P)=0ajP.

Montrer que (F0,F1,,Fn) est une base de (n[X])*.

Solution

Il est clair que les application Fj sont éléments de (n[X])* espace de dimension n+1. Pour conclure, il suffit d’observer la liberté de la famille (F0,,Fn).
Supposons λ0F0++λnFn=0.
En appliquant cette égalité aux polynômes 1,2X,,(n+1)Xn on obtient les équations formant le système linéaire:

{λ0a0++λnan=0λ0a02++λnan2=0λ0a0n+1++λnann+1=0.

Par un déterminant de Vandermonde, ce système est de Cramer ce qui entraîne

λ0==λn=0.

La famille est alors libre et constituée du bon nombre de vecteurs pour former une base de (n[X])*.

 
Exercice 55  2684     MINES (MP)Correction  

Soient E et F des espaces vectoriels sur 𝕂, de dimensions finies ou non. Montrer que (E×F)* et E*×F* sont isomorphes.

Solution

Pour fE* et gF*, posons fg l’application définie sur E×F par (fg)(x,y)=f(x)+g(y). Il est facile d’observer fg(E×F)*. Considérons φ:E*×F*(E×F)* définie par φ(f,g)=fg.
L’application φ est linéaire.
Si φ(f,g)=0 alors pour tout (x,y)E×F, f(x)+g(y)=0.
Pour y=0, on peut affirmer f=0 et pour x=0, on affirme g=0. Ainsi (f,g)=(0,0) et donc φ est injective.
Soit h(E×F)*. Posons f:xh(x,0), g:yh(y,0). On vérifie aisément fE*, gF* et φ(f,g)=h car h(x,y)=h(x,0)+h(0,y).

 
Exercice 56  5092     X (PC)Correction  

Soient v1,,vn des vecteurs d’un espace vectoriel E de dimension n*. Montrer

rg((vi-vj)1i,jn)n-1.

Solution

Méthode: Lorsque la famille (v1,,vn) est une base, on inclut les vecteurs vi-vj dans le noyau d’une forme linéaire non nulle.

Cas: La famille (v1,,vn) est liée. L’espace engendré par cette famille est alors de dimension inférieure ou égale à n-1. Or

Vect((vi-vj)1i,jn)Vect(v1,,vn)

et donc

rg((vi-vj)1i,jn)=dimVect((vi-vj)1i,jn)n-1.

Cas: La famille (v1,,vn) est libre. Cette famille forme une base de l’espace E car celui-ci est de dimension n. On peut alors introduire une forme linéaire sur E en posant les images dans des vecteurs de base vi. Considérons φ la forme linéaire prenant la valeur 1 sur chaque vecteur vi. Pour tous i,j compris entre 1 et n, on constate

φ(vi-vj)=φ(vi)-φ(vj)=0.

Les vecteurs vi-vj appartiennent donc tous au noyau de φ et, par conséquent,

Vect((vi-vj)1i,jn)Ker(φ).

La forme linéaire φ étant non nulle, son noyau est de dimension n-1 et l’on retrouve

rg((vi-vj)1i,jn)=dimVect((vi-vj)1i,jn)n-1.
 
Exercice 57  4988    

Soit (φ1,,φp) une famille de formes linéaires indépendantes d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n1.

  • (a)

    Justifier pn.

  • (b)

    Déterminer la dimension de

    F=Ker(φ1)Ker(φp).

[<] Formes linéaires en dimension finie[>] Isomorphisme induit

 
Exercice 58  2152  

Soient n et Δ:𝕂n+1[X]𝕂n[X] l’application définie11 1 L’écriture P(X+1) fait référence à la composition de deux polynômes et non à un produit: on remplace X par X+1 dans l’expression du polynôme P. L’écriture P(X) fait directement référence à P. par

Δ(P)=P(X+1)-P(X).
  • (a)

    Montrer que Δ définit une application linéaire.

  • (b)

    Déterminer le noyau de Δ et établir que l’application Δ est surjective.

 
Exercice 59  2162  Correction  

Soient a0,,an des réels distincts et φ:2n+1[X]2n+2 définie par

φ(P)=(P(a0),P(a0),,P(an),P(an)).

Montrer que φ est bijective.

Solution

φ est clairement linéaire et si PKer(φ) alors P a plus de racines (comptés avec multiplicité) que son degré donc P=0. Ainsi φ est injective et puisque dim2n+1[X]=dim2n+2, φ est un isomorphisme.

 
Exercice 60  4386   

(Interpolation de Lagrange)

Soient n* et a0,a1,,an des réels deux à deux distincts.

  • (a)

    Montrer que l’application φ:[X]n+1 définie par

    φ(P)=(P(a0),P(a1),,P(an))

    est linéaire et préciser son noyau.

  • (b)

    Établir que la restriction de φ au départ de n[X] réalise un isomorphisme.

Soit y=(y0,y1,,yn)n+1.

  • (c)

    Exprimer l’unique polynôme P0 de n[X] vérifiant φ(P0)=y.

  • (d)

    Exprimer en fonction de P0 tous les polynômes P vérifiant φ(P)=y.

 
Exercice 61  163   Correction  

Soient n*, E=n[X] et Δ l’endomorphisme de E déterminé par Δ(P)=P(X+1)-P(X).

  • (a)

    Justifier que l’endomorphisme Δ est nilpotent.

  • (b)

    Déterminer des réels a0,,an,an+1 non triviaux vérifiant:

    Pn[X],k=0n+1akP(X+k)=0.

Solution

  • (a)

    On remarque que si deg(P)m alors deg(Δ(P))m-1.
    On en déduit Im(Δ)n-1[X], Im(Δ2)n-2[X],…puis Δn+1=0.

  • (b)

    Introduisons l’endomorphisme T:P(X)P(X+1).
    On a Δ=T-Id et par la formule du binôme de Newton(T et Id commutent),

    k=0n+1(-1)n+1-k(n+1k)Tk=0.

    Ainsi pour

    ak=(-1)k(n+1k)

    on a

    Pn[X],k=0n+1akP(X+k)=0.
 
Exercice 62  2153   Correction  

Soit Δ:[X][X] l’application définie par

Δ(P)=P(X+1)-P(X).
  • (a)

    Montrer que Δ est un endomorphisme et que pour tout polynôme P non constant deg(Δ(P))=deg(P)-1.

  • (b)

    Déterminer Ker(Δ) et Im(Δ).

  • (c)

    Soit P[X] et n. Montrer

    Δn(P)=(-1)nk=0n(-1)k(nk)P(X+k).
  • (d)

    En déduire que, si deg(P)<n, alors

    k=0n(nk)(-1)kP(k)=0.

Solution

  • (a)

    Δ est clairement linéaire.
    Soit P[X] non nul et n=deg(P). On peut écrire P=a0+a1X++anXn avec an0.
    Δ(P)=a1Δ(X)++anΔ(Xn) or deg(Δ(X)),,deg(Δ(Xn-1))n-1 et deg(Δ(Xn))=n-1 donc deg(Δ(P))=n-1.

  • (b)

    Si P est constant alors Δ(P)=0 et sinon Δ(P)0 donc Ker(Δ)=0[X].
    Soit Pn[X]. La restriction Δ~ de Δ au départ n+1[X] et à l’arrivée dans n[X] est bien définie, de noyau de dimension 1 et en vertu du théorème du rang surjective. Il s’ensuit que Δ est surjective.

  • (c)

    Notons T([X]) défini par T(P)=P(X+1).
    Δ=T-I donc

    Δn=k=0n(-1)n-k(nk)Tk

    avec Tk(P)=P(X+k) donc

    Δn(P)=(-1)nk=0n(-1)k(nk)P(X+k).
  • (d)

    Si deg(P)<n alors Δn(P)=0 donc

    k=0n(nk)(-1)kP(k)=0.
 
Exercice 63  2154   Correction  

Soit φ:𝕂n+1[X]𝕂n[X] définie par φ(P)=(n+1)P-XP.

  • (a)

    Justifier que φ est bien définie et que c’est une application linéaire.

  • (b)

    Déterminer le noyau de φ.

  • (c)

    En déduire que φ est surjective.

Solution

  • (a)

    Si P𝕂n[X] alors φ(P)𝕂n[X].
    Si deg(P)=n+1 alors (n+1)P et XP ont même degré(n+1) et même coefficient dominant donc deg(n+1)P-XP<n+1 puis (n+1)P-XP𝕂n[X].

    Finalement, pour tout P𝕂n+1[X], φ(P)𝕂n[X] et l’application φ est donc bien définie.
    Pour λ,μ𝕂 et tout P,Q𝕂n+1[X]:
    φ(λP+μQ)=(n+1)(λP+μQ)-X(λP+μQ)=λ((n+1)P-XP)+μ((n+1)Q-XQ)
    et donc φ(λP+μQ)=λφ(P)+μφ(Q).

  • (b)

    Soit P=k=0n+1akXk𝕂n+1[X].

    φ(P)=0k{0,1,,n+1},(n+1)ak=kak.

    Ainsi,

    PKer(φ)k{0,1,n},ak=0.

    Par suite, Ker(φ)=Vect(Xn+1).

  • (c)

    Par le théorème du rang rg(φ)=dim𝕂n+1[X]-dimKer(φ)=n+2-1=dim𝕂n[X] donc φ est surjective.

 
Exercice 64  2665    MINES (MP)Correction  

Montrer, pour tout n, qu’il existe un unique Pnn+1[X] tel que Pn(0)=0 et Pn(X+1)-Pn(X)=Xn.

Solution

Considérons l’application φ:n+1[X]n[X] définie par φ(P)=P(X+1)-P(X). L’application φ est bien définie, linéaire et de noyau 0[X]. Par le théorème du rang, elle est surjective et les solutions de l’équation φ(P)=Xn se déduisent les unes des autres par l’ajout d’un élément de 0[X], c’est-à-dire d’une constante. Ainsi, il existe une unique solution vérifiant P(0)=0.

 
Exercice 65  2155   Correction  
  • (a)

    Montrer que φ:n[X]n[X] définie par φ(P)=P(X)+P(X+1) est bijective.
    On en déduit qu’il existe un unique Pnn[X] tel que

    Pn(X)+Pn(X+1)=2Xn.

    Montrer que pour tout n, il existe Pnn[X] unique tel que

    Pn(X)+Pn(X+1)=2Xn.
  • (b)

    Justifier que l’on peut exprimer Pn(X+1) en fonction de P0,,Pn.

  • (c)

    En calculant de deux façons Pn(X+2)+Pn(X+1) déterminer une relation donnant Pn en fonction de P0,,Pn-1.

Solution

  • (a)

    φ est linaire. Si deg(P)=k alors deg(φ(P))=k donc Ker(φ)={0}. Par suite, φ est bijective.

  • (b)

    (P0,,Pn) est une famille de polynômes de degrés étagés, c’est donc une base de n[X]. Puisque Pn(X+1)n[X], on peut écrire

    Pn(X+1)=k=0nλkPk.
  • (c)

    D’une part

    Pn(X+2)+Pn(X+1)=2(X+1)n

    et d’autre part

    Pn(X+2)+Pn(X+1)=k=0n2λkXk.

    On identifie λk=(nk) et

    Pn=2Xn-Pn(X+1)=2Xn-k=0n-1(nk)Pk-Pn

    puis

    Pn=Xn-12k=0n-1(nk)Pk.
 
Exercice 66  74      CCP (MP)Correction  

Pour p et a{0,1}, on note Sp l’ensemble des suites (un) vérifiant

Pp[X],n,un+1=aun+P(n).
  • (a)

    Montrer que si uSp, P est unique; on le notera Pu.

  • (b)

    Montrer que Sp est un -espace vectoriel.

  • (c)

    Montrer que ϕ, qui à u associe Pu, est linéaire et donner une base de son noyau.
    Que représente son image?

  • (d)

    Donner une base de Sp (on pourra utiliser Rk(X)=(X+1)k-aXk pour k0;p).

  • (e)

    Application: Déterminer la suite (un) définie par

    u0=-2 et un+1=2un-2n+7.

Solution

  • (a)

    Si uSp et si deux polynômes P,Q conviennent pour exprimer un+1 en fonction de un alors

    n,P(n)=Q(n).

    Puisque le polynôme P-Q possède une infinité de racines, c’est le polynôme nul et donc P=Q.

  • (b)

    Sp, 0Sp (avec P=0).
    Soient λ,μ et u,vSp.
    Pour tout n, on obtient aisément

    (λu+μv)n+1=a(λu+μv)n+(λPu+μPv)(n)

    et donc λu+μvSp avec Pλu+μv=λPu+μPvp[X].
    Sp est un sous-espace vectoriel de donc c’est un -espace vectoriel.

  • (c)

    Ci-dessus, on a obtenu Pλu+μv=λPu+μPv ce qui correspond à la linéarité de l’application ϕ.
    uKer(ϕ) si, et seulement si, Pu=0 ce qui signifie que u est une suite géométrique de raison a.
    On en déduit que la suite (an)n est un vecteur directeur de la droite vectorielle qu’est le noyau de ϕ.
    L’image de ϕ est p[X] car l’application ϕ est surjective puisque pour tout polynôme P[X], on peut définir une suite élément de Sp par la relation

    u0 et n,un+1=aun+P(n).
  • (d)

    La famille (R0,R1,,Rp) est une famille de polynômes de degrés étagés de p[X], elle forme donc une base de p[X]. Pour k0;p, il est facile de déterminer une suite u=(un)Sp vérifiant Su=Rk car

    un+1=aun+Rk(n)un+1-(n+1)k=a(un-nk).

    Ainsi la suite

    u:nnk

    convient.
    Considérons alors la famille formée des suites

    v:nan et vk:nnk avec k0;p.

    Supposons

    λv+λ0v0++λpvp=0.

    En appliquant ϕ, on obtient

    λ0R0++λpRp=0

    donc λ0==λp=0 puis la relation initiale donne λ=0 car v0.
    La famille (v,v0,,vp) est donc libre.
    De plus, en vertu de la formule du rang

    dimSp=dimKer(ϕ)+rg(ϕ)=1+(p+1)=p+2

    donc la famille (v,v0,,vp) est une base de Sp.

  • (e)

    En reprenant les notations qui précèdent, on peut écrire

    u=λv+λ0v0+λ1v1.

    On a

    Pu=λ0R0+λ1R1=-2X+7.

    Puisque R0=-1 et R1=1-X, on obtient λ1=2 et λ0=-5.
    Par suite,

    un=λ2n+2n-5.

    Puisque u0=-2, on obtient λ=7.

    Finalement,

    un=32n+2n-5.

[<] Applications linéaires opérant sur les polynômes

 
Exercice 67  5284     Navale (MP)Correction  

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension finie. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes:

  • (i)

    Ker(u)=Im(u)

  • (ii)

    u2=0 et il existe v(E) tel que uv+vu=IdE.

Solution

(ii)(i) Supposons u2=0 et uv+vu=IdE avec v(E).

D’une part, l’égalité u2=0 entraîne Im(u)Ker(u). D’autre part, pour xKer(u),

x=u(v(x))+v(u(x))=u(v(x))+v(0E)=u(v(x))Im(u)

Par double inclusion, Im(u)=Ker(u).

(i)(ii) Supposons Ker(u)=Im(u). On a immédiatement u2=0 car les vecteurs de l’image de u annulent u. Considérons S un sous-espace vectoriel supplémentaire de Ker(u) dans E. On sait que u réalise un isomorphisme u de S vers Im(u) et introduisons v l’application linéaire égale à la bijection réciproque de u sur Im(u) et égale à l’application nulle sur le supplémentaire S.

Pour tout xIm(u)=Ker(u),

(uv+vu)(x)=u(v(x)Im(u))+v(u(x))=u(v(x))+v(0E)=x

Pour tout xS,

(uv+vu)(x)=u(v(x))+v(u(x))=u(0E)+v(u(x))=x

Par égalité sur deux sous-espaces vectoriels supplémentaires,

uv+vu=IdE.
 
Exercice 68  4395    

(Factorisation par un endomorphisme)

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace E de dimension finie.

  • (a)

    Montrer

    Im(g)Im(f)h(E),g=fh.
  • (b)

    Montrer

    Ker(f)Ker(g)h(E),g=hf.
 
Exercice 69  185    

Soient u et v deux endomorphismes d’un espace vectoriel E de dimension finie.

Résoudre l’équation uf=v d’inconnue f(E).



Édité le 08-11-2019

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