Exercice 1 1662 Correction

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

(a)

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

$f : ℝ^{4} \to ℝ^{3}$ définie par $f (x, y, z, t) = (2 x + y + z, x + y + t, x + z - t)$
(c)

$f : ℂ \to ℂ$ définie par $f (z) = z + i \bar{z}$ ( $ℂ$ est ici vu comme un $ℝ$ -espace vectoriel).

Solution

(a)

$u = (x, y, z) \in Ker (f) \Leftrightarrow x = y = z$ . $u = (1,1,1)$ forme une base de $Ker (f)$ .
Par le théorème du rang $rg (f) = dim ℝ^{3} - dim Ker (f) = 2$ .
Soit $v = f (1,0,0) = (0, - 1,1)$ et $\vec{w} = f (0,1,0) = (1,0, - 1)$ vecteurs non colinéaires de $Im (f)$ .
$(v, \vec{w})$ est une famille libre formée de $2 = dim Im (f)$ vecteurs de $Im (f)$ , c’est donc une base de $Im (f)$ .
(b)

$Ker (f) = {(x, y, - 2 x - y, - x - y) | x, y \in ℝ} = Vect (u, v)$ 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 $dim Ker (f) = 2$ .
Par le théorème du rang: $rg (f) = dim ℝ^{4} - dim Ker (f) = 2$ .
$\vec{a} = f (1,0,0,0) = (2,1,1) \in Im (f)$ et $\vec{b} = f (0,1,0,0) = (1,1,0) \in Im (f)$ .
$(a, b)$ forme une famille libre formée de $2 = dim Im (f)$ vecteurs de $Im (f)$ , c’est donc une base de $Im (f)$ .
(c)

$Ker (f) = {z = a + i b | a, b \in ℝ, a + b = 0}$ .
Soit $z_{1} = 1 - i$ , on observe que $Ker (f) = Vect (z_{1})$ , donc $(z_{1})$ forme une base de $Ker (f)$ et $dim Ker (f) = 1$ .
Par le théorème du rang: $rg (f) = {dim}_{ℝ} ℂ - dim Ker (f) = 1$ .
$z_{2} = f (1) = 1 + i \in Im (f)$ , donc $(z_{2})$ 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 $f \in ℒ (E)$ . Montrer

V \subset f (V) ⟹ f (V) = V .

Solution

Si $V = {0}$ : ok
Sinon, soit $(e_{1}, \dots, e_{p})$ une base de $V$ . $f (V) = f (Vect (e_{1}, \dots, e_{p})) = Vect (f (e_{1}), \dots, f (e_{p}))$ .
Donc $f (V)$ est un sous-espace vectoriel de $E$ de dimension inférieure à $p$ . Or $V \subset f (V)$ donc $dim f (V) \geq p$ et par suite $dim f (V) = p$ . Par inclusion et égalité des dimensions: $f (V) = V$ .

Exercice 3 4385

Soient $E$ et $E^{'}$ deux espaces vectoriels et $u \in ℒ (E, E^{'})$ injective.

(a)

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

$dim u (F) = dim F .$
(b)

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

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

Exercice 4 1656

Soit $f$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie $n \geq 1$ .

On suppose qu’il existe¹¹ 1 On dit que l’endomorphisme $f$ est nilpotent. un entier $p \geq 1$ tel que $f^{p} = 0$ et l’on considère le plus petit entier $p$ vérifiant cette propriété.

(a)

Soit $x \in E ∖ Ker (f^{p - 1})$ . Montrer la liberté de $(x, f (x), f^{2} (x), \dots, f^{p - 1} (x))$ .
(b)

En déduire que $f^{n}$ est l’endomorphisme nul.

Exercice 5 5410 Correction

(a)

Soit $f$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ . On suppose qu’il existe $p \in ℕ$ tel que $Ker (f^{p}) = Ker (f^{p + 1})$ . Montrer que $Ker (f^{p}) = Ker (f^{p + k})$ pour tout $k \in ℕ$ .
(b)

Application : Soit $f$ un endomorphisme d’un espace $E$ de dimension finie $n \geq 2$ vérifiant $f^{n - 1} \neq 0$ et $f^{n} = 0$ . Montrer qu’il n’existe pas d’endomorphisme $g \in ℒ (E)$ tel que $g^{2} = f$ .

Solution

(a)

Par récurrence sur $k \in ℕ$ .

Pour $k = 0$ , c’est immédiat.

Supposons la propriété établie au rang $k \in ℕ$ . On sait $Ker (f^{p}) \subset Ker (f^{p + k + 1})$ . Inversement, soit $x \in Ker (f^{p + k + 1})$ . On a $f^{p + k + 1} (x) = 0$ et donc $f^{k} (x) \in Ker (f^{p + 1})$ . Or $Ker (f^{p + 1}) = Ker (f^{p})$ et donc $x \in Ker (f^{p + k})$ . Par hypothèse de récurrence, on poursuit $x \in Ker (f^{p})$ . Par double inclusion, $Ker (f^{p}) = Ker (f^{p + k + 1})$ .

La récurrence est établie.
(b)

Commençons par établir $dim Ker (f) = 1$ .

S’il existe $k \in ⟦ 0; n - 1 ⟧$ tel que $Ker (f^{k}) = Ker (f^{k + 1})$ , ce qui précède assure $Ker (f^{n - 1}) = Ker (f^{n})$ . Cela contredit l’hypothèse $f^{n - 1} \neq 0$ et $f^{n} = 0$ . Sachant $Ker (f^{k}) \subset Ker (f^{k + 1})$ , il vient alors $dim Ker (f^{k + 1}) > dim Ker (f^{k})$ pour tout $k \in ⟦ 0; n - 1 ⟧$ . Ainsi,

$\underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{dim Ker (f^{0})}} < dim Ker (f) < dim Ker (f^{2}) < \dots < dim Ker (f^{n - 1}) < \underset{\begin{matrix} = n \end{matrix}}{\underset{⏟}{dim Ker (f^{n})}}$

et donc

$\forall k \in ⟦ 0; n ⟧, dim Ker (f^{k}) = k .$

En particulier, $dim Ker (f) = 1$ .

Par l’absurde, supposons qu’il existe $g \in ℒ (E)$ tel que $g^{2} = f$ .

L’endomorphisme $g$ ne peut pas être bijectif et $dim Ker (g^{2}) = dim Ker (f) = 1$ . On en déduit

$dim Ker (g) = dim Ker (g^{2}) = 1 .$

Par la résolution de la prémière question, il vient

$\forall k \in ℕ^{*}, dim Ker (g^{k}) = 1 .$

En particulier, $dim Ker (g^{2 n}) = 1$ . Cela est absurde car $g^{2 n} = f^{n} = 0$ avec $dim E \geq 2$ .

Exercice 6 1659

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

f^{2} + f \circ g = {Id}_{E} .

Montrer que $f$ et $g$ commutent.

Exercice 7 2495 CCINP (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 $f = u \circ v$ avec $u$ et $v$ nilpotents.

Solution

(a)

Si $Ker (f) = Im (f)$ alors $f^{2} = 0$ et donc $f$ est nilpotent.

Si $f$ est nilpotent alors $Ker (f) \neq {0}$ et donc $dim Ker (f) = 1$ ou $2$ . Or $f \neq 0$ donc il reste $dim Ker (f) = 1$ .
$Ker (f) \subset Ker (f^{2})$ donc $dim Ker (f^{2}) = 1$ ou $2$ .

Si $dim Ker (f^{2}) = 1$ alors $Ker (f) = Ker (f^{2})$ et classiquement (cf. noyaux itérés) $Ker (f^{n}) = Ker (f)$ pour tout $n \in ℕ$ ce qui contredit la nilpotence de $f$ .
Il reste donc $dim Ker (f^{2}) = 2$ et donc $Im (f) \subset Ker (f)$ puis l’égalité par argument de dimension.
(b)

Si $f = u \circ v$ avec $u$ et $v$ nilpotents et nécessairement non nuls alors $Im (f) \subset Im (u)$ et $Ker (v) \subset Ker (f)$ . 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 $u \circ v = 0$ . C’est absurde.

Exercice 8 3242 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $F$ un sous-espace vectoriel de $ℒ (E)$ stable par composition et contenant l’endomorphisme ${Id}_{E}$ .
Montrer que $F \cap GL (E)$ est un sous-groupe de $(GL (E), \circ)$

Solution

Posons $H = F \cap GL (E)$
On a immédiatement $H \subset GL (E)$ , ${Id}_{E} \in H$ et $\forall u, v \in H, u \circ v \in H$ .
Montrer que $H$ est stable par passage à l’inverse.
Soit $u \in H$ . Considérons l’application $φ : F \to F$ définie par

φ (v) = u \circ v .

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 $ℒ (E)$ , lui-même de dimension finie) donc $φ$ est un automorphisme de $F$ . Par suite, l’application $φ$ est surjective et puisque ${Id}_{E} \in F$ , il existe $v \in F$ tel que

u \circ v = {Id}_{E} .

On en déduit $u^{- 1} = v \in F$ et donc $u^{- 1} \in H$ .

[>] Rang d'une application linéaire

Édité le 29-08-2023

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