Applications linéaires (1/4)

Exercice 1.
Soit {f} et {g} deux endomorphismes de {E}.
Montrer que si {f} et {g} commutent, alors {\text{Ker} f} et {\text{Im} f} sont stables par {g}.
Prouver que si {f} est un projecteur alors la réciproque est vraie.
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  • Soit {u} dans {\text{Ker} f}. On a : {f(g(u))=(f\circ g)(u)=(g\circ f)(u)=g(f(u))=g(0)=0}Ainsi {g(u)} appartient à {\text{Ker} f}, qui est donc stable par {g}.
  • Soit {v\in\text{Im} f}, et {u\in E} tel que {v=f(u)}. On en déduit : {g(v)=g\bigl(f(u)\bigr)=(g\circ f)(u)=(f\circ g)(u)=f(w)\text{\ avec\ }w=g(u)}Ainsi {g(v)\in\text{Im} f}: {\text{Im} f} est donc stable par {g}.
  • On suppose que {f} est un projecteur, et que {\text{Im} f} et {\text{Ker} f} sont stables par {g}.

    Soit {u} un élément quelconque de {E}.

    Il s’agit de prouver que {(f\circ g)(u)=(g\circ f)(u)}.

    On sait que {E=\text{Im} f\oplus \text{Ker} f}, et que {\text{Im} f=\text{Inv}\,f}.

    Il existe donc {v\in E} et {w\in \text{Ker} f} tel que {u=f(v)+w}.

    On en déduit {f(u)=f^2(v)+f(w)=f(v)+0=f(v)} (on a utilisé {f^2=f}).

    Ainsi {(g\circ f)(u)=g\bigl(f(v)\bigr)}.

    D’autre part, {g(u)=g(f(v)+w)=g\bigl(f(v)\bigr)+g(w)}.

    Mais {w} est dans {\text{Ker} f}, qui est stable par {f}.

    Ainsi {w'=g(w)\in\text{Ker} f}, donc {f\bigl(g(w)\bigr)=0}.

    Le vecteur {f(v)} est dans {\text{Im} f}, donc dans {\text{Inv}(f)}, qui est stable par {g}.

    On en déduit que {v'=g\bigl(f(v)\bigr)} est invariant par {f}.

    Il en découle que {(f\circ g)(u)=f(v')+f(w')=v'=g\bigl(f(v)\bigr)=(g\circ f)(u)}.

    Conclusion : les applications {f} et {g} commutent.

Exercice 2.
Soit {p} et {q} deux projecteurs de {E}.
Montrer que {p+q} est un projecteur si et seulement si {p\circ q=q\circ p=0}.
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L’application linéaire {p+q} est un projecteur si {(p+q)^2=0}. Or : {\begin{array}{rl}(p+q)^2&=(p+q)\circ(p+q)=p^2+p\circ q+q\circ p+q^2\\\\&=p+p\circ q+q\circ p+q\end{array}}Ainsi {p+q} est un projecteur si et seulement si {p\circ q+q\circ p=0}.

Il est clair que cette condition est réalisée si {p\circ q=q\circ p=0}.

Réciproquement, il reste à prouver que {p\circ q+q\circ p=0\Rightarrow\begin{cases}p\circ q=0\\ q\circ p=0\end{cases}}

On compose {p\circ q+q\circ p=0} par {p} à gauche en utilisant {p\circ p=p}.

On en déduit : {p\circ q+p\circ q\circ p=0}.

On compose {p\circ q+q\circ p=0} par {p} à droite en utilisant {p\circ p=p}.

On en déduit : {p\circ q\circ p+q\circ p=0}.

Par différence des deux résultats obtenus, on trouve {p\circ q-q\circ p=0}.

Compte tenu de {p\circ q+q\circ p=0}, on trouve bien {p\circ q=q\circ p=0}.

Conclusion : si {p,q} sont deux projecteurs, {p+q} est un projecteur {\Leftrightarrow p\circ q=q\circ p=0}.

Exercice 3.
Soit {p} et {q} deux projecteurs de {E}.
Montrer que {\text{Ker}\,p=\text{Ker}\,q} si et seulement si {p=p\circ q} et {q=q\circ p}.
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  • Supposons {p=p\circ q} et {q=q\circ p}.

    L’égalité {p=p\circ q} implique {\text{Ker} q\subset\text{Ker} p}

    (en effet si {q(u)=0}, alors {p(u)=p\bigl(q(u)\bigr)=p(0)=0}).

    De la même manière, {q=q\circ p} implique {\text{Ker} p\subset\text{Ker} q}.

    L’hypothèse implique donc {\text{Ker} p=\text{Ker} q}.

  • Réciproquement, on suppose que {\text{Ker} p=\text{Ker} q}.

    Par symétrie du problème, il suffit de prouver que {p=p\circ q}.

    Soit {u} un élément de {E}.

    Le vecteur {u} se décompose en {u=v+w}, avec {v\in\text{Im} q=\text{Inv}\,q} et {w\in\text{Ker} q=\text{Ker} p}.

    On a alors : {\begin{array}{rl}(p\circ q)(u)&=p\bigl(q(v)\bigr)+p\bigl(q(w)\bigr)\\\\&=p(v)=p(v)+p(w)=p(v+w)=p(u)\end{array}}On a ainsi prouvé, l’égalité {p\circ q=p} (ce qui achève la démonstration).

Exercice 4.
Soit {p} un projecteur non nul de {E}.
Montrer que {f_\lambda=\text{Id}+\lambda p} est injective si et seulement si {\lambda\ne-1}.
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Soit {u\in E}, décomposé en {u=v+w}, avec {\begin{cases}v\in\text{Im} p=\text{Inv}\, p\\ w\in \text{Ker} p\end{cases}}

On a {f_\lambda(u)=u+\lambda p(u)=v+w+\lambda v=(1+\lambda)v+w}. Ainsi : {\begin{array}{rl}f_\lambda(u)=0&\Leftrightarrow\begin{cases}(1+\lambda)v=0\\ w=0\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}\lambda=-1\\ w=0\end{cases}\text{\ ou\ }\begin{cases}\lambda\ne-1\\ u=0\end{cases}\end{array}}

  • Si {\lambda\ne-1} alors {f_\lambda} est injective car son noyau est réduit à {\{0\}}.
  • Si {\lambda=-1} alors {\text{Ker}(f_\lambda)=\text{Im} p\ne\{0\}} car {p} n’est pas l’application nulle.
    Dans ce cas {f_\lambda} n’est pas injective.

Exercice 5.
Soit {E} un {\mathbb{C}-}espace vectoriel, et {f\in\mathcal{L}(E)} tel que {f\circ f=-\text{Id}}.
Soit {V=\{x\in E, f(x)=ix\}} et {W=\{x\in E, f(x)=-ix\}}.
Montrer que {V} et {W} sont deux sous-espaces supplémentaires dans {E}.
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{V,W} sont des sous-espaces vectoriels de {E} car {\begin{cases}V=\text{Ker}(f-i\text{Id})\\ W=\text{Ker}(f+i\text{Id})\end{cases}}

Il faut montrer que tout {u\in E} s’écrit de manière unique {u=v+w}, avec {v\in V} et {w\in W}.

Supposons qu’une telle décomposition existe. Alors {f(u)=f(v)+f(w)=i(v-w)}.

On en déduit : {\begin{cases}v+w=u\\ v-w=-if(u)\end{cases}}

Ainsi {v=\dfrac12\bigl(u-if(u)\bigr)} et {w=\dfrac12\bigl(u+if(u)\bigr)}.

On a ainsi prouvé l’unicité du couple {(u,v)}, s’il existe.

Réciproquement on pose {v=\dfrac12\bigl(u-if(u)\bigr)} et {w=\dfrac12\bigl(u+if(u)\bigr)}.

On a bien sûr {v+w=u}.

D’autre part, {\begin{cases}f(v)=\dfrac12\bigl(f(u)-if^2(u)\bigr)=\dfrac12\bigl(f(u)+iu\bigr)=iv\\\\f(w)=\dfrac12\bigl(f(u)+if^2(u)\bigr)=\dfrac12\bigl(f(u)-iu\bigr)=-iw\end{cases}}

Ce résultat prouve l’existence du couple {(u,v)}, ce qui achève la démonstration.