Démontrer que A L B = E

Colle PC Semaines 9 et 10 _2014-2015

Algèbre linéaire

EXERCICE 1 :

On note E = { f : R −→ R }, A = { f : R −→ R , f affine} et B = { f ∈ E, f (1) = f (0) = 0}

Démontrer que A L B = E

Il faut démontrer que pour toute fonction f de E, il existe une unique fonction affine a et une unique fonction b ∈ B telle que f = a + b.

Raisonnons par analyse-synthèse :

• Soit f ∈ E. Supposons que f = a + b avec : ∀x ∈ R , a(x) = ux + v et b(0) = b(1) = 0. On a donc pour tout x ∈ R , f (x) = ux + v + b(x).

f (0) = v et f (1) = u + v permettent d’exprimer u = f (1) − f (0) et v = f (0) et de donner la « forme unique » de a à partir de f et par suite l’expression de b.

• ∀x ∈ R , f(x) = [f (1) − f (0)]x + f (0) + f (x) − (f (1) − f (0))x − f (0)

avec a(x) = [f (1) − f (0)]x + f (0) et a ∈ A ; puis b(x) = f (x) − (f (1) − f (0))x − f (0). On vérifie aisément que b(0) = 0 et que b(1) = 0 donc b ∈ B.

On a donc bien A L B = E

EXERCICE 2 :

E est un C −espace vectoriel de dimension 3 et f ∈ L(E) avec f ² = f ³ et dim(Ker(f − id E )) = 1.

Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle f admet la matrice





1 0 0 0 0 λ 0 0 0



 avec λ ∈ {0, 1}

◮ Dans un premier temps, trouver un supplémentaire de Ker(f − id E ) dans E :

f ² o (f − id E ) = f ³ − f ² = 0 L(E) donc Im(f − id E ) ⊂ Ker(f ² ) (I). De plus, d’après le théorème du rang, on a : dim(Im(f − id E )) = dim(E) − dim(Ker(f − id E )) = 3 − 1 = 2. Ainsi, compte-tenu de l’inclusion précédente, dim(Ker(f ² )) est égale à 2 ou à 3.

Si Ker(f ² ) est de dimension 3 alors E = Ker(f ² ) et f ² = 0. Or, comme Ker(f − id E ) est de dimension 1, il existe e 1 6= 0 tel que Ker(f − id E ) = Vect(e 1 ). On a f (e 1 ) = e 1 puis f ² (e 1 ) = f (e 1 ) = e 1 . f ² = 0 est en contradiction avec e 1 6= 0.

D’où dim(Ker(f ² )) = 2 et d’après l’inclusion (I), on obtient Ker(f ² ) = Im(f − id E ).

f ⁴ = f o f ³ = f o f ² = f ³ = f ² = p, p ² = p donc p est un projecteur et Ker(p) L Im(p) = E. On a donc Ker(f ² ) L Im(f ² ) = E = ⇒

Ker(f

)=Im(f−id

) Im(f − id E ) L Im(f ² ) = E

Et f ³ = f ² ⇒ (f − id E ) o f ² = 0 L(E) ce qui donne Im(f ² ) ⊂ Ker(f − id E ). Les deux sous-espaces sont de dimension 1 donc égalité et l’on obtient un supplémentaire de Ker(f − id E ),

Ker(f ² ) L

Ker(f − id E ) = E ( ⋆ )

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◮ On choisit une base (e 1 , e 2 , e 3 ) adaptée à la relation ( ⋆ ) : (e 2 , e 3 ) base de Ker(f ² ) et on rappelle que Ker(f − id E ) = Vect(e 1 ).

On souhaite que f (e 2 ) = 0 et f (e 3 ) =

0 si λ = 0 e 2 si λ = 1

• Soit e 2 , e 3 vecteurs de Ker(f ), on a alors Ker(f ² ) = Ker(f ) ;

• Soit f ² (e 3 ) = f [f (e 3 )] = f (e 2 ) = 0, e 3 ∈ Ker(f ² ) r Ker(f ). De plus λe 3 + µf (e 3 ) = 0 ⇒ λf (e 3 ) = 0 ⇒ λ = 0 puis µ = 0.

La famille (f (e 3 ) = e 2 , e 3 ) est une base de Ker(f ² ).

EXERCICE 3 :

Donner la matrice dans la basecanonique de R ³ de la projection p sur H = Vect((1, 1, 0), (0, 1, −1)) parallèlement à D = Vect((1, 1, 1))

1 0 1

1 1 1

0 −1 1

= 1 6= 0 donc B = ((1, 1, 0), (0, 1, −1), (1, 1, 1)) est une base de R ³ et R ³ = H L D.

On va utiliser la formule de changement de base ; la matrice de passage (expression des vecteurs de B dans la base canonique C) est P 0 =





1 0 1

1 1 1

0 −1 1



, on calcule P ₀ ^{− 1} =





2 −1 −1

−1 1 0

−1 1 1



 et l’écriture du changment de base donne M C (p) = P 0 M B (p)P ₀ ⁻¹

avec M B (p) =





1 0 0 0 1 0 0 0 0



 Finalement, tous calculs effectués, on trouve : M C (p) =





2 −1 −1

1 0 −1

1 −1 0





Prolongement : Matrice dans la base canonique de la symétrie s 1 par rapport à D dans la direction de H et de la symétrie s 2 par rapport à H dans la direction de D.

EXERCICE 4 :

Si f et g sont deux endomorphismes de E. Montrer que

rang(g o f ) = rang(g) ⇔ E = Im(f ) + Ker(g)

Préliminaire : Comme ∀x ∈ E, g o f (x) = g(f (x)) alors Im(g o f ) ⊂ Im(g).

Si rang(g o f ) = rang(g) alors on a Im(g o f ) = Im(g) (1) (inclusion + dimensions égales) Im(f ) et Ker(g) sont des sous-espaces vectoriels de E et Im(f ) + Ker(g) ⊂ E.

Soit x ∈ E, g(x) ∈ Im(g) donc g(x) ∈ Im(g o f ) (1) et il existe y ∈ E tel que g(x) = g o f (y). La linéarité de g permet d’écrire g(x − f (y)) = 0 donc x − f (y) ∈ Ker(g)

x = f (y) + x − f (y) ∈ Im(f ) + Ker(g) et E = Im(f ) + Ker(g).

réciproquement, on suppose que E = Im(f ) + Ker(g), soit x ∈ Im(g), ∃y ∈ E, x = g(y) (y ∈ Im(f ) + Ker(g))

∃(z, t) ∈ E × Ker(g) tel que y = f (z) + t

x = g(y) = g(f (z)+t) = g(f (z))+g(t) = g o f (z) donc Im(g) ⊂ Im(g o f ) ⊂ Im(g) ce qui implique que rang(g o f ) = rang(g).

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