MPSI 2 : Exercices 22 1 Applications lin´eaires

MPSI 2 : Exercices 22 1 Applications lin´eaires

Ex 1 Facile, `a faire

Dans l’espace vectoriel E = R

, on consid`ere les vecteurs de la base canonique (e

,e

). D´eterminer un endomor- phisme u ∈ L(E) tel que Im(u) = Vect(u) = Vect(e

+ e

). Calculer u

. Pouvait-on pr´evoir le r´esultat? A-t-on E = Ker u ⊕ Im u?

Ex 2 Facile

On consid`ere trois K-ev E,F ,G et deux applications E −→

F −→

G telles que : 1. l’application u est lin´eaire et surjective ;

2. l’application vou est lin´eaire de E vers G.

Montrer que l’application v est lin´eaire.

Ex 3 Important, `a faire

Soient trois K-e.v. E, F, G et deux applications lin´eaires f ∈ L(E,F ), g ∈ L(F,G). Montrer que : a. Ker(gof ) = Ker f ⇐⇒ Ker g ∩ Im f = {0

} ;

b. Im(gof ) = Im g ⇐⇒ Ker g + Im f = F . Ex 4 Important, `a faire

Soit un K espace vectoriel E et deux endomorphismes (u,v) ∈ L(E)

qui commutent : u ◦ v = v ◦ u.

a. On dit qu’un sev F est stable par un endomorphisme u si et seulement si ∀x ∈ F, u(x) ∈ F . Montrer que F est stable par u si et seulement si u(F ) ⊂ F.

b. Montrer que Im u et Ker u sont stables par v,

c. Si l’on suppose de plus que E = Ker u ⊕ Ker v, montrer que Im u ⊂ Ker v et Im v ⊂ Ker u.

Ex 5 Difficile, classique

Soit un K-e.v. E et un endomorphisme u ∈ L(E) tel que ∀x ∈ E, le syst`eme de vecteurs (x,u(x)) est li´e. Montrer que l’application u est une homoth´etie.

Ex 6 Facile

Soit un K-ev E, un endomorphisme u ∈ L(E) et une partie A ⊂ E. Montrer que u(Vect(A)) = Vect(u(A)).

Ex 7 Facile

Soit un K-ev E, un endomorphisme u ∈ L(E) et un projecteur p de E. Montrer que les endomorphismes u et p commutent si et seulement si les sous-espaces Im p et Ker p sont stables par l’endomorphisme u.

Ex 8 Important, `a faire

Soit un projecteur p d’un K-e.v. E. Montrer que

∀λ ∈ K \ {0,1}, p − λ id ∈ GL(E) Indication : On fera deux d´emonstrations. Pour la premi`ere, utiliser la relation polynˆomiale p ◦ p = p et s’inspirer d’un exercice du cours. Pour la deuxi`eme, ´ecrire que E = Ker p ⊕ Im p, et r´esoudre l’´equation (p − λ id)(x) = y, en d´ecomposant sur Ker p et Im p les vecteurs x et y.

Ex 9 Classique, `a faire

Soit un K espace vectoriel E et deux projecteurs p, q de E v´erifiant p ◦ q = q ◦ p.

a. Montrer que p ◦ q est un projecteur : b. Montrer que Im(p ◦ q) = Im p ∩ Im q ; c. Montrer que Ker(p ◦ q) = Ker p + Ker q.

Ex 10 Moyen

Soit un K-e.v. E et deux projecteurs p,q de E v´erifiant poq = 0. On pose r = p + q − qop.

a. Montrer que r est un projecteur ; b. Montrer que Ker r = Ker p ∩ Ker q ; c. Montrer que Im r = Im p ⊕ Im q.

Indication : Interpr´eter la relation p ◦ q = 0 en fonction des images et noyaux de

p,q. Dans les d´emonstrations, on pourra utiliser le fait que si r est un projecteur, et

x ∈ E, x ∈ Im r ⇐⇒ r(x) = x.

MPSI 2 : Exercices 22 2 Applications lin´eaires

Corrig´ e des exercices

Q 1 Un endomorphimse de R

est de la forme : u :

R

−→ R

(x,y) 7→ (ax + by,cx + dy) (a,b,c,d) ∈ R

Comme on veut que (e

+ e

) ∈ Ker(u), il faut que u(1,1) = (0,0) ce qui donne a + b = 0 et c + d = 0. Donc u est de la forme :

u :

R

−→ R

(x,y) 7→ (a(x − y),c(x − y))

Donc si (x,y) ∈ R

, u(x,y) = (x − y).(a,c). Pour avoir Im u = Vect(e

+ e

), il faut que (a,c) ∈ Vect(e

+ e

), c’est `a dire c = a. Posons par exemple

u :

R

−→ R

(x,y) 7→ (x − y,x − y)

On calcule facilement Ker(u) = Im(u) = {(x,y) ∈ R

| y = x} = Vect(e

+ e

). Comme Im u ⊂ Im u, on a vu en cours que u ◦ u = 0

. Refaire la d´emonstration et v´erifier sur cet exemple que u

= 0

. On a construit un exemple d’endomorphisme tel que Ker u et Im u ne sont pas deux sev suppl´ementaires.

Q 2 Montrons que v est lin´eaire. Soit (y

,y

) ∈ F

et (λ,µ) ∈ K

. Puisque u est surjective, il existe (x

,x

) ∈ E

tels que y

= u(x

) et y

= u(x

). Alors v λy

+ µy

= v λu(x

) + µu(x

)

= v u(λx

+ µx

)

(car u est lin´eaire) = λv ◦ u(x

) + µv ◦ u(x

) (car v ◦ u est lin´eaire) = λv(y

) + µv(y

).

Q 3

a. (a) (i) ⇒ (ii): Soit y ∈ Im f ∩ Ker g, alors il existe x ∈ E tel que y = f (x). Comme y ∈ Ker g, g ◦ f (x) = 0 et donc x ∈ Ker(g ◦ f ). Donc x ∈ Ker f et par cons´equent, f (x) = y = 0 ;

(b) (ii) ⇒ (i): On a toujours Ker f ⊂ Ker g ◦ f (le v´erifier !). Montrons ici que Ker g ◦ f ⊂ Ker f . Soit x ∈ Ker g ◦ f . Alors g f (x)

= 0. Mais en posant y = f (x), y ∈ Im f et y ∈ Ker g et d’apr`es (ii), y = 0. Donc f (x) = 0 ce qui montre que x ∈ Ker f .

b. (a) (i) ⇒ (ii): Soit y ∈ F . Posons z = g(y) ∈ Im g. Comme Im g = Im g ◦ f , il existe x ∈ E tel que z = g ◦ f (x). On ´ecrit alors

y = y − f (x) + f (x) avec f (x) ∈ Im f et puisque g y − f (x)

= g(y) − g ◦ f (x) = 0, y − f (x)

∈ Ker g ;

(b) (ii) ⇒ (i): On a toujours Im g ◦ f ⊂ Im g (le v´erifier!). Montrons donc que Im g ⊂ Im g ◦ f . Soit z ∈ Im g. Il existe y ∈ F tel que z = g(y). Mais puisque F = Ker g + Im f , il existe (y

,y

) ∈ Ker g × Im f tels que y = y

+ y

. Comme y

∈ Im f , il existe x

∈ E tel que y

= f (x

). Alors z = g(y

+ y

) = g(y

) + g(y

) = g ◦ f (x

) ∈ Im g ◦ f .

Q 4

a. (i) ⇒ (ii) : soit y ∈ u(F). D’apr`es la d´efinition de l’image directe, il existe x ∈ F tel que y = u(x). Mais comme F est stable par u, y = u(x) ∈ F. (ii) ⇒ (i) : soit x ∈ F . Posons y = u(x). On a y ∈ u(F ) et comme u(F ) ⊂ F , u(x) = y ∈ F .

b. Montrons que Ker u est stable par v. Soit x ∈ Ker u, montrons que v(x) ∈ Ker u. Pour cela, on calcule u v(x)

= u ◦ v(x) = v ◦ u(x) = v u(x)

= v(0

) = 0

Donc on a bien v(x) ∈ Ker u.

Montrons que Im u est stable par v. Soit y ∈ Im u. Montrons que v(y) ∈ Im u.

Comme y ∈ Im u, ∃x ∈ E tel que y = u(x). Alors

v(y) = v ◦ u(x) = u ◦ v(x) = u(v(x)) ∈ Im u

c. Montrons que Im u ⊂ Ker v: Soit y ∈ Im u; ∃x ∈ E tel que y = u(x). Comme E = Ker u + Ker v,

∃(x

,x

) ∈ Ker u × Ker v tels que

x = x

+ x

Mais alors

v(y) = v u(x

+ x

)

= v u(x

)

= v ◦ u(x

) = u ◦ v(x

) = u(0

) = 0

et donc y ∈ Ker v.

L’autre inclusion se prouve de la mˆeme fa¸con.

MPSI 2 : Exercices 22 3 Applications lin´eaires

Q 5 Par hypoth`ese, ∀x ∈ E, ∃λ(x) ∈ K tq u(x) = λ(x).x. Il faut montrer que l’application λ : E −→ K est constante.

Soient deux vecteurs non nuls (x,y) ∈ E

. Nous allons montrer que λ(x) = λ(y). Comme l’application u est lin´eaire, on a u(x + y) = u(x) + u(y) et donc λ(x + y).(x + y) = λ(x).x + λ(y).y. Donc

λ(x + y) − λ(x)

.x + λ(x + y) − λ(y)

.y = 0

(1)

Etudions deux cas : ´

– Si le syst`eme (x,y) est libre, on tire de la relation (1), que λ(x) = λ(x + y) = λ(y).

– Si le syst`eme (x,y) est li´e, l’un des vecteurs est combinaison lin´eaire de l’autre. Si par exemple, il existe α ∈ R, α 6= 0

tel que y = α.x, puisque y = α.x, et que u est lin´eaire, u(y) = u(α.x) = α.u(x) et donc

λ(y).y = α × λ(x) .x d’o`u puisque y = α.x,

α × (λ(y) − λ(x)) .x = 0

et comme x 6= 0

, et α 6= 0

, on obtient ´egalement dans ce cas que λ(x) = λ(y).

On a donc montr´e que la fonction λ ´etait constante sur E \ {0

} : il existe λ ∈ K tel que ∀x ∈ E \ {0

}, λ(x) = λ. On peut poser λ(0

) = λ ´egalement et donc u = λ. id

. Par cons´equent, l’endomorphisme u est une homoth´etie vectorielle.

Q 6 u(Vect(A)) ⊂ Vect(u(A)) : Soit y ∈ u(Vect(A)): ∃x ∈ Vect(A) tel que y = u(x). Mais puisque Vect(A) est l’ensemble des CL finies d’´el´ements de A, ∃n ∈ N

, ∃(a

, . . . ,a

) ∈ A

, ∃(λ

, . . . ,λ

) ∈ K

tels que x = λ

a

+ · · · + λ

a

. Comme u est lin´eaire, y = u(x) = λ

u(a

) + · · · + λ

u(a

). Mais ∀i ∈ [1,n], u(a

) ∈ u(A).

Donc y s’´ecrit comme CL finie d’´el´ements de u(A): y ∈ Vect(u(A)). En utilisant les mˆemes arguments, on montre l’inclusion r´eciproque.

Q 7 La premi`ere implication est une cons´equence de l’exercice pr´ec´edent. Pour montrer la r´eciproque, supposons que Ker p et Im p sont stables par u. Soit alors x ∈ E. On sait que E = Ker p⊕ Im p, et que x s’´ecrit x = x

+x

, avec x

∈ Ker p et x

∈ Im p. Alors u(x) = u(x

) + u(x

) et donc p u(x)

= p u(x

)

+ p(u(x

)). Mais puisque Ker p est stable par u, u(x

) ∈ Ker p, et donc p u(x

)

= 0. D’autre part, puisque Im p est stable par u, u(x

) ∈ Im p, et comme la restriction de p `a Im p est l’identit´e, p u(x

)

= u(x

). Donc p u(x)

= u(x

). D’autre part, u p(x)

= u p(x

)

+ u p(x

)

= u(x

). On a bien montr´e que p ◦ u(x) = u ◦ p(x).

Q 8 Premi` ere d´ emonstration. On a p◦ p = p, donc p

−p = 0, et alors (p− λ id) ◦ (p + (λ− 1) id)+ λ(λ −1) id = 0 donc si λ 6∈ {0,1}, on peut ´ecrire

(p − λ id) ◦ h −1

λ(λ − 1) p + (λ − 1) id i

= id ce qui montre que (p − λ id) est inversible.

Deuxi` eme d´ emonstration. Soit y ∈ E. On d´ecompose y = y

+ y

avec y

∈ Ker p et y

∈ Im p. Soit x = x

+ x

∈ E. Alors (p − λ id)(x) = y ssi x

− λ(x

+ x

) = y

+ y

, ssi −λx

= y

et (1 − λ)x

= y

(on a utilis´e le fait que la somme est directe et donc que la d´ecomposition est unique). On trouve une unique solution x

= − 1

λ y

et x

= 1

1 − λ y

, c’est `a dire qu’il existe un unique ant´ec´edant `a y par l’application (p − λ id). Cette application est donc bijective.

Q 9

a. Calculons

(p ◦ q)

= p ◦ q ◦ p ◦ q = p ◦ p ◦ q ◦ q = p

◦ q

= p ◦ q Donc p ◦ q est un projecteur.

b. Im(p ◦ q) ⊂ Im p ∩ Im q : soit y ∈ Im(p ◦ q). ∃x ∈ E tel que y = p ◦ q(x). Comme y = p q(x)

, y ∈ Im p.

Mais puisque p ◦ q = q ◦ p, on a ´egalement y = q p(x)

∈ Im q. Donc y ∈ Im p ∩ Im q.

Im p ∩ Im q ⊂ Im(p ◦ q). Utilisons la caract´erisation de l’image d’un projecteur: Soit x ∈ Im p ∩ Im q. Alors p(x) = q(x) = x. Alors p ◦ q(x) = p q(x)

= p(x) = x et par cons´equent, x ∈ Im p ◦ q.

c. Montrons Ker p + Ker q ⊂ Ker(p ◦ q): Soit x ∈ Ker p + Ker q; ∃(x

,x

) ∈ Ker p × Ker q tels que x = x

+ x

Alors

p ◦ q(x) = p q(x

) + q(x

)

= p q(x

)

= q p(x

)

= q(0) = 0

donc x ∈ Ker(p ◦ q).

MPSI 2 : Exercices 22 4 Applications lin´eaires

Montrons que Ker(p ◦ q) ⊂ Ker p + Ker q. Soit x ∈ Ker(p ◦ q). Posons x

= q(x) et x

= x − q(x). On a bien x = x

+ x

et

p(x

) = p ◦ q(x) = 0 ⇒ x

∈ Ker p q x − q(x)

= q(x) − q

(x) = q(x) − q(x) = 0 ⇒ x

∈ Ker q Q 10

a. Calculons

r

= p

+ pq − pqp + qp + q

− q

p − qp

− qpq + qpqp = p + qp + q − qp − qp = p + q − qp = r (on a utilis´e que p

= p, q

= q et pq = 0). Donc r est un projecteur (r est lin´eaire).

b. Ker r ⊂ Ker p ∩ Ker q : soit x ∈ Ker r, alors p(x) + q(x) − qp(x) = 0, et en appliquant p, on trouve que p

(x) + pq(x) − pqp(x) = 0, d’o`u p(x) = 0, c’est `a dire x ∈ Ker p. De mˆeme, en appliquant q, on montre que x ∈ Ker q.

Ker p ∩ Ker q ⊂ Ker r, c’est ´evident.

c. Im p ∩ Im q = {0} : soit x ∈ Im p ∩ Im q, alors pq(x) = 0 ⇒ p(x) = 0 (car x ∈ Im q) et alors x = 0 ( p(x) = x, car x ∈ Im p). La somme est donc directe.

Im r ⊂ Im p + Im q : soit x ∈ Im r, puisque r est un projecteur, r(x) = x et donc x = p(x) + q(x) − qp(x) = p(x) + q

x − p(x) et p(x) ∈ Im p, q x − p(x)

∈ Im q.

Im p + Im q ⊂ Im r : soit x ∈ Im p + Im q, ∃x

∈ Im p,∃x

∈ Im q tels que x = x

+ x

. Alors, r(x) = p(x

) + p(x

) + q(x

) + q(x

) − qp(x

) − qp(x

) = x

+ x

+ p(x

) + q(x

) − qp(x

) − qp(x

). Mais p ◦ q = 0 ⇒ Im q ⊂ Ker p, donc p(x

) = 0. Alors r(x) = x + q x

− p(x

)

, mais puisque x

∈ Im p, on sait

que p(x

) = x

, et donc r(x) = x. Comme r est un projecteur, r(x) = x ⇒ x ∈ Im r.