[>] 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.

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Édité le 08-11-2019

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