Lycée Jean-Baptiste Say PCSI
Mathématiques
Devoir libre n o 8
à rendre le jeudi 10 février 2010
Applications linéaires
Ï L’usage de la calculatrice est interdit durant l’épreuve.
Ï Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.
Ï Si le candidat découvre en cours d’épreuve ce qu’il croît être une erreur d’énoncé, il le précisera dans sa copie.
Ï L’épreuve comporte cinq exercices sur les applications linéaires.
Paris XVIe 2010-2011
Devoir libre de Mathématiques no8 PCSI 2010-2011
Exercice 1 — Posé à l’oral de Centrale dans la filière PC
SoientEetF deuxR-ev,f ∈L(E,F) etg ∈L(F,E) telles que f ◦g◦f =f et g◦f ◦g=g Etablir queE=Ker(f)⊕Im(g) et F =Ker(g)⊕Im(f).
Exercice 2 — Images directes et réciproques de sev
Soitf :E→F une application linéaire. SoientE′un sous-espace vectoriel deE, etF′un sous-espace vectoriel deF. Etablir que :
1. L’imagef ¡ E′¢
est un sous-espace vectoriel deF. 2. L’image réciproque f−1¡
F′¢
est un sous-espace vectoriel deE.
Exercice 3 — Liberté, liberté chérie
SoientE, un espace vectoriel surKetu1, . . .,undes vecteurs deE.
1. Démontrer que l’applicationφdeKndansE, définie par φ(λ1, . . . ,λn)=
n
X
k=1
λk·uk
est linéaire.
2. Démontrer queφest injective si, et seulement si, la famille (u1, . . . ,un) est libre.
3. Démontrer queφest surjective si, et seulement si, la famille (u1, . . . ,un) est génératrice deE.
Exercice 4 — Un grand classique SoientEunK-ev et f ∈L(E). Etablir que Im¡
f2¢
=Im(f)si et seulement si E=Ker(f)+Im(f).
Exercice 5 — Posé à l’oral de Centrale dans la filière PC
SoientEunK-ev, f etg deux endomorphismes deE. Etablir que
Ker(i dE−f ◦g)={0E} ⇐⇒ Ker(i dE−g◦f)={0E}
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Corrigé de l’exercice 1 — Posé à l’oral de Centrale dans la filière PC
On remarque que
(g◦f)2=g◦f et (f ◦g)2=f ◦g, les endomorphismes f ◦g et g◦f sont donc repsectivement des projecteurs de F et E. Ainsi
E=Ker(g◦f)⊕Im(g◦f).
Or, on a Im(g◦f)⊂Im(g) (c’est une inclusion banale) et on déduit sans peine de l’égalité
g◦f ◦g =g
que Im(g)⊂Im(g◦ f). Vérifions maintenant que
Ker(g◦f)=Ker(f).
Il est clair que Ker(f)⊂Ker(g◦f). Réciproque- ment, six∈Ker(g◦f), i.e. (g◦f)(x)=0, alors
f(x)=(f ◦g◦f)(x)=f((g◦f)(x))=f(0)=0 et doncx∈Ker(f). Ainsi :
E=Ker(f)⊕Im(g).
Les endomorphismes f etg jouant des rôles symétriques, on a aussi
F=Ker(g)⊕Im(f).
Corrigé de l’exercice 2 — Images directes et réciproques de sev
Images directes et réciproques de sev par une application linéaire.
1. Soit F ⊂ E un sous-espace vectoriel. Soit u′,v′∈f(F) et λ,µ∈K. Alors il existe u,v∈F tels que f(u)= u′ et f(v)= v′. Donc λu′+ µv′=λf(u)+µf(v)=f(λu+µv)∈f(F) .
2. Soit maintenant F′ ⊂ E′ un sous-espace vectoriel. Soient u,v ∈ f−1(H) et λ,µ ∈ K. Alors f(u) et f(v) sont dansF′. Donc f(λu+ µv)=λf(u)+µf(v)∈F′, ce qui montre que λu+µv∈f−1(F′).
Corrigé de l’exercice 3 — Liberté, liberté chérie
1. Soient Λ= (λ1, . . . ,λn) et M =(µ1, . . . ,µn), deux vecteurs deKnett∈K, un scalaire. Alors φ(tΛ+M)=φ(tλ1+µ1, . . . ,tλn+µn)
=
n
X
k=1
(tλk+µk)uk
=t
n
X
k=1
λkuk+
n
X
k=1
µkuk=tφ(Λ)+φ(M), doncφest linéaire deKndansE.
2. SoitΛ=(λ1, . . . ,λn)∈Kn. Le vecteurΛap- partient au noyau deφsi, et seulement si,
n
X
k=1
λkuk=0E. (⋆)
Siφest injective, alors la seule solution de (⋆) est
Λ=(0, . . . , 0), donc la famille (u1, . . . ,un) est libre.
Réciproquement, si la famille (u1, . . . ,un) est libre, alors le seul vecteur appartenant au noyau deφest le vecteur nul (deKn), doncφ est injective.
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3. On pourrait adapter la démonstration pré- cédente, mais autant en donner une autre...
La famille (u1, . . . ,un) est l’image par l’applica- tion linéaireφde la base canonique deKn:
φ(1, 0, . . ., 0)=u1,
. . .φ(0, . . . , 0, 1, 0, . . ., 0)=uk, . . . φ(0, . . . , 0, 1)=un.
et on sait qu’une application linéaire de Kn dans E est surjective si, et seulement si, l’image de la base canonique deKnengendre l’espaceE.
Corrigé de l’exercice 4 — Un grand classique
1. Soit y ∈ Im(f2) : il existe alors x ∈ E tel que y = f2(x)= f(f(x))∈Im(f). On a donc Im(f2)⊂Im(f).
2. Raisonnons en deux temps.
ÏSupposons que E =Ker(f)+Im(f).D’après la première question, il suffit d’établir que Im(f)⊂Im(f2). Soit y∈Im(f). Il existex∈E tel que y = f(x). Mais, puisqueE =Ker(f)+ Im(f), il existe égalementu∈Ker(f) etx′∈E tels quex=u+f(x′) d’où
y=f(x)=f(u)+f2(x′)=f2(x′)∈Im(f2)
caru∈Ker(f).
Ï Supposons queIm(f)=Im(f2). Soitx ∈E. Comme f(x)∈Im(f)=Im(f2), il existe y∈E tel quef(x)=f2(y) d’où
f(x−f(y))=0 etx−f(y)∈Ker(f). On a donc
x=x−f(y)+f(y)∈Ker(f)+Im(f).
Ainsi E ⊂ Ker(f)+Im(f), l’inclusion réci- proque étant banale, on a doncE =Ker(f)+ Im(f).
Corrigé de l’exercice 5 — Posé à l’oral de Centrale dans la filière PC
Raisonnons en deux temps.
Ï Supposons Ker(i dE −f ◦g) = {0}. Soit x ∈ Ker(i dE−g◦f). On a doncx=(g◦f)(x) d’où
f(x)=(f ◦(g◦f))(x)=(f ◦g)(f(x))
ainsif(x)∈Ker(i dE−f ◦g)={0} d’oùf(x)=0 et donc
x=g(f(x))=g(0)=0
carg est linéaire. Ainsi Ker(i dE−g◦f)={0}.
Ï La réciproque est claire puisque f et g jouent des rôles symétriques.
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