Corrig´ es des exercices

(1)

Enonc´´ es

Enonc´ ´ es des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Soit f un endomorphisme de E, commutant avec tous les endomorphismes de E.

Montrer que f est de la forme λId, avecλ∈IK.

Soient E, F, G trois espaces vectoriels, et g une application lin´eaire deF dans G.

On d´efinitϕ deL(E, F) vers L(E, G) en posant ϕ(f) =g◦f. Montrer que ϕ est une application lin´eaire.

On suppose que g est injective. Que peut-on dire de ϕ?

Soient E, F, G trois espaces vectoriels sur IK,f ∈ L(E, G) et g ∈ L(F, G).

Montrer que Imf ⊂Img ⇔ ∃h∈ L(E, F), tel quef =g◦h.

Soient E, F, G trois espaces vectoriels sur IK,f ∈ L(E, G) et g ∈ L(E, F).

Montrer que Kerg ⊂Kerf ⇔ ∃h ∈ L(F, G), tel que f =h◦g.

Soient E, F, G trois espaces vectoriels. Soit f dans L(E, F) et g dans L(F, G).

On dit que f, g forment une suite exacte si Imf = Kerg.

On se donne les espaces vectorielsE_k etF_k, avec k∈ {1, . . . ,5}.

On se donne les applications lin´eaires f_k :E_k→E_k+1, g_k :E_k →E_k+1, h_k :E_k→F_k. On suppose que les suitesf_k, f_k+1 etg_k, g_k+1 sont exactes.

On suppose qu’on a les égalités h_k+1◦f_k =g_k◦h_k. La situation est résumée dans le schéma ci-dessous :

f₁ f₂ f₃ f₄

E1 → E2 → E3 → E4 → E5

↓ h₁ ↓ h₂ ↓ h₃ ↓ h₄ ↓ h₅ F₁ → F₂ → F₃ → F₄ → F₅

g1 g2 g3 g4

1. Montrer que si h₂, h₄ sont injectives et h₁ est surjective alors h₃ est injective.

2. Montrer que si h₂, h₄ sont surjectives et h₅ est injective, alors h₃ est surjective.

Soit f une application lin´eaire de E dans F. Montrer que si u est injective alors pour tous sous-espaces vectoriels F et Gen somme directe, f(F) et f(G) sont en somme directe.

Est-ce que la r´eciproque est vraie ?

(2)

Indications ou r´ esultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

Se donnerf dans L(E) tel que f ◦g =g◦f, pour tout g deL(E).

Consid´erer u6=−→

0 dans E, et un suppl´ementaireH de IKudans E.

Utiliser la projection vectoriellep deE sur la droite IKu, parall`element `aH.

En d´eduire qu’il existeλ_u dans IK tel que f(u) = λ_uu.

Pour tousu, v, montrer que λu =λv, selon que uet v sont libres ou li´es.

– Il est facile de v´erifier queϕ est une application lin´eaire de L(E, F) dans L(F, G).

– L’injectivit´e de g implique celle de ϕ.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] Si Imf ⊂Img, se donner u quelconque dans E.

SiF = Kerg⊕F⁰, montrer qu’il existe un unique wdans F⁰ tel que g(w) = f(u).

Poser alorsw=h(u), et v´erifier que h est lin´eaire.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Si Kerg ⊂Kerf, se donner v dans Img.

Montrer que f(u) ne d´epend pas du vecteur u tel que g(u) =v.

Poserh(v) = f(u), et v´erifier que l’application h est lin´eaire de Img dans G.

Compléter enfin la définition deh pour en faire une application linéaire deF dans G.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] 1. Se donneru₃ dans E₃ tel que h₃(u₃) =−→

0 . Montrer que f₃(u₃) = −→ 0 . En d´eduire qu’il existeu₂ dans E₂ tel que u₃ =f₂(u₂).

Montrer qu’il existe u₁ dans E₁ tel que u₂ =f₁(u₁). En d´eduire u₃ =−→ 0 . 2. Se donnerv₃ dans F₃. Montrer qu’il existe u₄ dans E₄ tel que g₃(v₃) = h₄(u₄).

Prouver que f₄(u₄) = −→

0 , et qu’il existe u⁰₃ dans E₃ tel que f₃(u⁰₃) =u₄. En d´eduire que v₃−h₃(u⁰₃) est dans Img₂, puis dans Im (h₃◦f₂).

Pour la r´eciproque, ´ecarter rapidement le cas particulier f = 0.

Se donneru6=−→

0 tel que f(u) = −→

0 et v tel que f(v)6=−→ 0 .

Noter quew=v+u etv sont libres, et consid´erer les droites vectorielles IKv et IKw.

(3)

Corrig´es

Corrig´ es des exercices

Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

Il est clair que f =λId commute avec tous les endomorphismes de E.

R´eciproquement, soit f dans L(E) tel que f◦g =g◦f, pour tout g de L(E).

Soit uun vecteur non nul de E. SoitH un suppl´ementaire de IKu dans E.

Soit pla projection vectorielle de E sur la droite IKu, parall`element `a H.

On ap◦f =f ◦p. En particulier (p◦f)(u) = (f◦p)(u) =f(p(u)) = f(u).

Le vecteur f(u) est invariant par p. Cela signifie que f(u) est proportionnel `a u.

Ainsi, pour toutu6=−→

0 , il existe λ_u dans IK tel que f(u) =λ_uu.

Il s’agit de montrer que les coefficients λu sont identiques.

Soient u, v non nuls dansE. Il existe λ_u etλ_v tels que f(u) = λ_uu etf(v) =λ_vv.

– Premier cas : u etv sont li´es. Il existe doncα dans IK tel que v =αu.

On en d´eduitλvv =f(v) = αf(u) = α(λu)u=λu(αu) = λuv. Donc λu =λv. – Deuxi`eme cas : u et v sont libres. Notonsw=u+v etλ_w tel que f(w) =λ_ww.

On a donc λ_w(u+v) =λ_ww=f(w) =f(u+v) =f(u) +f(v) = λ_uu+λ_vv.

Il en découle l’égalité (λ_u −λ_w)u+ (λ_v −λ_w)v =−→ 0 .

Or u, v sont libres. On en d´eduit λ_u−λ_w =λ_v−λ_w = 0 donc λ_u =λ_v. Finalement il existe un coefficient λ tel que pour toutu6=−→

0 on ait f(u) =λu.

L’égalité f(u) = λu est évidemment vraie pour u=−→ 0 . On a donc prouvé l’existence deλ dans IK tel que f =λId.

– On sait que sif est dans L(E, F), alorsϕ(f) = g◦f est dans L(F, G).

Ainsi ϕ est bien une application de L(E, F) dansL(F, G).

Soient f₁, f₂ dans L(E, F), et α₁, α₂ dans IK.

Pour tout vecteur u de E, on a :

ϕ(α₁f₁+α₂f₂)(u) = (g◦(α₁f₁+α₂f₂))(u)

=g(α1f1(u) +α2f2(u)) =α1g(f1(u)) +α1g(f2(u))

=α₁(g◦f₁)(u) +α₂(g◦f₂)(u) = (α₁(g◦f₁) +α₂(g◦f₂))(u)

= (α₁ϕ(f₁) +α₂ϕ(f₂))(u)

Autrement dit ϕ(α₁f₁ +α₂f₂) = α₁ϕ(f₁) +α₂ϕ(f₂) :ϕ est lin´eaire.

– Soitf dans L(E, F). Alors f ∈Kerϕ ⇔g◦f = 0 ⇔Imf ⊂Kerg.

Si on suppose que g est injective, alors Kerg ={−→

0}, et on voit que f ∈Kerϕ⇔f = 0.

L’injectivit´e de g implique donc celle de ϕ.

(4)

– On suppose qu’il existeh dans L(E, F), tel que f =g◦h.

Soit v dans Imf. Il existe u dans E tel que v =f(u).

On en d´eduit :v = (g◦h)(u) = g(w) avec w=h(u).

Ainsi v appartient `a Img.

On a prouv´e l’inclusion Imf ⊂Img. – R´eciproquement, on suppose Imf ⊂Img.

Soit u un ´el´ement quelconque de E.

On a f(u)∈Imf doncf(u)∈Img.

Ainsi il existe v dans F tel que f(u) =g(v).

En fait on a alors f(u) =g(v+h) pour tout vecteur h de Kerg.

Soit F⁰ un suppl´ementaire de Kerg dans F.

Le vecteur v se d´ecompose de fa¸con uniquev =w+h, avec w∈F⁰ eth∈Kerg.

Avec ces notations, on a f(u) = g(w).

Le vecteur w est le seul `a v´erifier w∈F⁰ etg(w) = f(u).

En effet, si on a g(w) =g(w⁰) = f(u), avec (w, w⁰)∈F⁰×F⁰, on en d´eduit : g(w−w⁰) =−→

0 donc w−w⁰ ∈F⁰∩Kerg ={−→

0} donc w=w⁰ Le vecteur w d´ependant de fa¸con unique de u, on peut poser w=h(u).

Avec ces notations, l’´egalit´eg(w) = f(u) devient g(h(u)) =f(u).

On a ainsi d´efini une application h deE dans F telle quef =g◦h.

Il reste `a prouver que h est lin´eaire.

Pour cela, on se donne u et u⁰ dans E, ainsi queα, β dans IK.

D’après ce qui précède, h(u) est l’unique vecteurw deF⁰ tel que f(u) =g(w).

De mˆeme, h(u⁰) est l’unique vecteurw⁰ de F⁰ tel que f(u⁰) = g(w⁰).

On a f(αu+βu⁰) = αf(u) +βf(u⁰) = αg(w) +βg(w⁰) =g(αw+βw⁰).

Or le vecteur w⁰⁰ =αw+βw⁰ est ´el´ement deF⁰.

Puisqu’il v´erifie g(w⁰⁰) =f(αu+βu⁰), on aw⁰⁰ =h(αu+βu⁰).

On a ainsi prouv´e h(αu+βu⁰) =w⁰⁰=αw+βw⁰ =αh(u) +βh(u⁰).

On a donc trouvé h dans L(E, F) tel que f =g◦h, ce qui achève la réciproque.

– Conclusion : on a prouv´e l’´equivalence :

Imf ⊂Img ⇔ ∃h ∈ L(E, F), f =g◦h

(5)

Corrig´es

– Supposons qu’il existeh dans L(F, G), tel que f =h◦g.

Soit u un ´el´ement de Kerg.

On a f(u) = (h◦g)(u) = h(g(u)) =h(−→ 0 ) =−→

0 . On en d´eduit queu appartient `a Kerf.

Cala prouve l’inclusion Kerg ⊂Kerf.

– R´eciproquement, on suppose que Kerg ⊂Kerf. On doit trouver h dans L(F, G) tel quef =h◦g.

Il faut donc commencer par d´efinir h sur Img.

Soit v un ´el´ement de Img. Il existe u dans E tel que v =g(u).

Si u⁰ est un autre vecteur deE tel que v =g(u⁰), alorsg(u) = g(u⁰)⇒u−u⁰ ∈Kerg.

Puisque Kerg ⊂Kerf, il en d´ecoule u−u⁰ ∈Kerf c’est-`a-dire f(u) = f(u⁰).

Ainsi w=f(u) ne d´epend pas du vecteur u tel que g(u) =v : il ne d´epend que de v.

Pour tout v de Img, on peut donc poser h(v) = f(u) (uquelconque E tel que f(u) =v.) On a ainsi d´efini une application h de Img dans G.

Montrons que l’application h est lin´eaire.

Pour cela on se donne v, v⁰ dans Img etα, β dans IK.

Soient u, u⁰ dans E tels que g(u) =v et g(u⁰) =v⁰. Par d´efinition deh, on a

h(v) =f(u) h(v⁰) =f(u⁰)

On constate que g(αu+βu⁰) = αg(u) +βg(u⁰) = αv+βv⁰. Par d´efinition deh, on a :

h(αv+βv⁰) = f(αu+βu⁰) = αf(u) +βf(u⁰) = αh(v) +βh(v⁰) On a ainsi prouv´e que h est une application lin´eaire de Img dans G.

Soit F⁰ un suppl´ementaire de Img dans F : E =F⁰⊕Img.

On compl`ete maintenant la d´efinition de h en posant h(v) = −→

0 pour tout vecteur v de F⁰. Ainsi pour tout vecteur v =v⁰ +v⁰⁰ deF, avec v⁰ dans F⁰ et v⁰⁰ dans Img, on pose :

h(v) = h(v⁰⁰) = f(u⁰⁰) pour tout u⁰⁰ de E tel que g(u⁰⁰) = v⁰⁰

L’application h ainsi d´efinie est lin´eaire de F dans G, et : ∀u∈E, h(g(u)) =f(u).

On a donc trouv´e h dans L(F, G) telle queh◦g =f.

(6)

1. On suppose donc queh2, h4 sont injectives et queh1 est surjective.

Soit u₃ un ´el´ement deE₃. On suppose que h₃(u₃) = −→ 0 . Il faut prouver que u₃ =−→

0 . On a h₃(u₃) = −→

0 donc (g₃◦h₃)(u₃) =−→

0 donc (h₄◦f₃)(u₃) =−→ 0 . L’application h4 ´etant injective, on en d´eduitf3(u3) = −→

0 . Autrement dit u₃ appartient à Kerf₃ c’est-à-dire à Imf₂. Ainsi il existe u₂ dans E₂ tel que u₃ =f₂(u₂).

L’´egalit´e h₃(u₃) =−→

0 donne (h₃◦f₂)(u₂) = −→

0 donc g₂◦h₂(u₂) = −→ 0 . Ainsi h2(u2) est dans Kerg2 = Img1.

Soit v₁ dans F₁ tel que h₂(u₂) =g₁(v₁).

Puisque h₁ est surjective, il existe u₁ dans E₁ tel que v₁ =h₁(u₁).

On en d´eduit h₂(u₂) = (g₁◦h₁)(u₁) = (h₂◦f₁)(u₂).

Il en d´ecoule puis u2 =f1(u1) car h2 est injective.

On trouve finalement u₃ =f₂(u₂) = (f₂◦f₁)(u₁) =−→

0 carf₂◦f₁ = 0.

On a donc prouv´e l’injectivit´e de h₃.

2. On suppose donc queh₂, h₄ sont surjectives et queh₅ est injective.

Pour montrer que h₃ est surjective on se donnev₃ dans F₃. Il s’agit de prouver qu’il existe u₃ dans E₃ tel que h₃(u₃) = v₃.

Posons v4 =g3(v3). Puisque h4 est surjective, il existe u4 dans E4 tel que v4 =h4(u4).

On a g₄(v₄) = (g₄◦g₃)(v₃) =−→

0 carg₄◦g₃ = 0. On en d´eduit (g₄◦h₄)(u₄) =−→ 0 . Il en d´ecoule (h₅◦f₄)(u₄) =−→

0 donc f₄(u₄) =−→

0 carh₅ est injective.

Ainsi u₄ est dans Kerf₄ donc dans Imf₃ : il existeu⁰₃ dans E₃ tel que f₃(u⁰₃) = u₄. On peut donc ´ecrire g₃(v₃) =v₄ =h₄(u₄) = (h₄◦f₃)(u⁰₃) = (g₃◦h₃)(u⁰₃).

Ainsi g₃(v₃−h₃(u⁰₃)) =−→ 0 .

Autrement dit v₃−h₃(u⁰₃)∈Kerg₃ = Img₂.

Il existe donc v₂ dans F₂ tel que v₃−h₃(u⁰₃) = g₂(v₂).

Puisque h₂ est surjective, il existe u₂ dans E₂ tel que v₂ =h₂(u₂).

On a alors v₃−h₃(u⁰₃) = (g₂◦h₂)(u₂) = (h₃◦f₂)(u₂).

Il en découlev₃ =h₃(u⁰₃+f₂(u₂)) : on a trouvé un antécédent de v₃ par h₃. On a donc prouvé la surjectivité de h₃, ce qui achève la démonstration.

(7)

Corrig´es

Corrigé de l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] – Soitf :E →F une application linéaire injective.

Soient G, H deux sous-espaces de E.

L’application f ´etant injective, on a f(G)∩f(H) = f(G∩H).

Si F, Gsont en somme directe, on a donc f(G)∩f(H) = f({−→

0}) = {−→ 0}.

Ainsi l’application f transforme G, H en deux sous-espaces en somme directe.

– Remarquons que si f est nulle, elle transforme toute somme directe de E en une somme directe de F, car pour tous sous-espacesG, H deE on a f(G) = f(H) = {−→

0}.

Dans ce cas, on ne peut donc pas dire que la réciproque est vraie, sauf si E est lui-même réduit à{−→

0}, ce qui ne présente pas beaucoup d’intérêt.

On suppose donc que f n’est pas l’application nulle, qu’elle n’est pas injective, et on va montrer qu’elle ne transforme pas toujours une somme directe en une somme directe.

On se donne un vecteuru non nul dans le noyau de f (possible car f n’est pas injective.) Soit v un vecteur qui n’est pas dans Kerf (possible car f n’est pas identiquement nulle.) On pose w=v +u. Les vecteurs v etw sont libres (sinon il existerait un scalaireα tel que v+u=αv. On en d´eduiraitf(v) =αf(v) donc α= 1 donc u=−→

0 .) Ainsi les droites vectorielles IKv et IKw sont en somme directe.

Mais f(w) =f(v+u) =f(v)6= 0. Ainsi f(IKv) et f(IKw) sont une mˆeme droite vectorielle.

On a donc un exemple o`uf ne transforme pas une somme directe en une somme directe.

La réciproque demandée par l’énoncé est donc vraie, sauf si f ≡0 et E 6={−→ 0}.