Applications linéaires (2/4)

Exercice 1.
Soit {f\in\mathcal{L}(E)}, commutant avec tous les endomorphismes de {E}.
Montrer que {f} est de la forme {\lambda\text{Id}}, avec {\lambda\in\mathbb{K}}.
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Il est clair que {f=\lambda\text{Id}} commute avec tous les endomorphismes de {E}.

Réciproquement, soit {f} dans {{\mathcal L}(E)} tel que {f\circ g=g\circ f}, pour tout {g} de {{\mathcal L}(E)}.

Soit {u} un vecteur non nul de {E}.

Soit {H} un supplémentaire de {\mathbb{K} u} dans {E}.

Soit {p} la projection de {E} sur la droite {\mathbb{K} u}, parallèlement à {H}.

On a {p\circ f=f\circ p}. En particulier {(p\circ f)(u)=(f\circ p)(u)=f\bigl(p(u)\bigr)=f(u)}.

Le vecteur {f(u)} est invariant par {p}.

Cela signifie que {f(u)} est proportionnel à {u}.

Ainsi, pour tout {u\ne0}, il existe {\lambda_u} dans {\mathbb{K}} tel que {f(u)=\lambda_u u}.

Il s’agit de montrer que les coefficients {\lambda_u} sont identiques.

Soit {u,v} non nuls dans {E}.

Il existe {(\lambda_u,\lambda_v]} tels que {f(u)=\lambda_u u} et {f(v)=\lambda_v v}.

  • Premier cas : {u} et {v} sont liés.

    Il existe donc {\alpha\in\mathbb{K}} tel que {v=\alpha u}. Ainsi : {\begin{array}{rl}\lambda_v v&=f(v)=\alpha f(u)=\alpha(\lambda_u) u\\\\&=\lambda_u(\alpha u)=\lambda_u v\text{\ donc\ }\lambda_u=\lambda_v\end{array}}

  • Deuxième cas : {u} et {v} sont libres.

    Notons {w=u+v} et {\lambda_w} tel que {f(w)=\lambda_w w}. On a donc : {\begin{array}{rl}\lambda_w(u+v)&=\lambda_w w=f(w)=f(u+v)\\\\&=f(u)+f(v)=\lambda_u u+\lambda_v v\end{array}}Ainsi {(\lambda_u-\lambda_w)u+(\lambda_v-\lambda_w)v=0}. Or {u,v} sont libres.

    On en déduit {\lambda_u-\lambda_w=\lambda_v-\lambda_w=0} donc {\lambda_u=\lambda_v}.

Finalement il existe {\lambda\in\mathbb{B}} tel que : {\forall u\ne0,\;f(u)=\lambda u}.

L’égalité {f(u)=\lambda u} est évidemment vraie pour {u=0}.

On a donc prouvé l’existence de {\lambda\in\mathbb{K}} tel que {f=\lambda\text{Id}}.

Exercice 2.
Soientt {E,F,G} trois espaces vectoriels sur {\mathbb{K}}, {f\in{\mathcal L}(E,G)} et {g\in{\mathcal L}(F,G)}.
Montrer que {\text{Im} f\subset\text{Im} g\Leftrightarrow\exists\, h\in{\mathcal L}(E,F)}, tel que {f=g\circ h}.
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  • On suppose qu’il existe {h} dans {{\mathcal L}(E,F)}, tel que {f=g\circ h}.

    Soit {v} dans {\text{Im} f}. Il existe {u} dans {E} tel que {v=f(u)}.

    On en déduit: {v=(g\circ h)(u)=g(w)} avec {w=h(u)}.

    Ainsi {v\in\text{Im} g} et on a prouvé l’inclusion {\text{Im} f\subset\text{Im} g}.

  • Réciproquement, on suppose {\text{Im} f\subset\text{Im} g}.

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

    On a {f(u)\in\text{Im} f} donc {f(u)\in\text{Im} g}.

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

    En fait on a alors {f(u)=g(v+h)} pour tout {h\in\text{Ker} g}.

    Soit {F'} un supplémentaire de {\text{Ker} g} dans {F}.

    De façon unique {v=w+h}, avec {w\in F'} et {h\in\text{Ker} g}.

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

    Le vecteur {w} est le seul à vérifier {\begin{cases}w\in F'\\g(w)=f(u)\end{cases}}

    En effet, si {g(w)=g(w')=f(u)}, avec {(w,w')\in F'\times F'}, alors :{g(w-w')=0\text{\ donc\ }w-w'\in F'\cap \text{Ker} g=\{0\}\text{\ donc\ }w=w'}Le vecteur {w} dépendant de façon unique de {u}, on peut poser {w=h(u)}.

    Avec ces notations, l’égalité {g(w)=f(u)} devient {g\bigl(h(u)\bigr)=f(u)}.

    On a ainsi défini une application {h\,\colon E\to F} telle que {f=g\circ h}.

    Il reste à prouver que {h} est linéaire.

    Pour cela, soit {u,u'} dans {E}, et {\alpha,\beta} dans {\mathbb{K}}.

    D’après ce qui précède, {h(u)} est l’unique {w\in F'} tel que {f(u)=g(w)}.

    De même, {h(u')} est l’unique {w'\in F'} tel que {f(u')=g(w')}.

    On a les égalités : {\begin{array}{rl}f(\alpha u+\beta u')&=\alpha f(u)+\beta f(u')=\alpha g(w)+\beta g(w')\\\\&=g(\alpha w+\beta w')\end{array}}

    Or le vecteur {w''=\alpha w+\beta w'} est élément de {F'}.

    Puisqu’il vérifie {g(w'')=f(\alpha u+\beta u')}, on a {w''=h(\alpha u+\beta u')}.

    Ainsi {h(\alpha u+\beta u')=w''=\alpha w+\beta w'=\alpha h(u)+\beta h(u')}.

    On a donc trouvé {h\in{\mathcal L}(E,F)} tel que {f=g\circ h}, ce qui achève la démonstration.

Exercice 3.
Soientt {E,F,G} trois espaces vectoriels sur {\mathbb{K}}, {f\in{\mathcal L}(E,G)} et {g\in{\mathcal L}(E,F)}.
Montrer que {\text{Ker} g\subset\text{Ker} f\Leftrightarrow\exists\, h\in{\mathcal L}(F,G)}, tel que {f=h\circ g}.
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  • Supposons qu’il existe {h\in{\mathcal L}(F,G)}, tel que {f=h\circ g}.

    Soit {u} dans {\text{Ker} g}. On a {f(u)=(h\circ g)(u)=h\bigl(g(u)\bigr)=h(0)=0}.

    On en déduit que {u\in\text{Ker} f}, ce qui prouve {\text{Ker} g\subset\text{Ker} f}.

  • Réciproquement, on suppose que {\text{Ker} g\subset\text{Ker} f}.

    On doit trouver {h\in{\mathcal L}(F,G)} tel que {f=h\circ g}.

    Il faut donc commencer par définir {h} sur {\text{Im} g}.

    Soit {v\in\text{Im} g}. Il existe {u\in E} tel que {v=g(u)}.

    Si {u'\in E} vérifie aussi {v=g(u')}, alors {g(u)=g(u')\Rightarrow u-u'\in\text{Ker} g}.

    Puisque {\text{Ker} g\subset \text{Ker} f}, on a {u-u'\in\text{Ker} f} c’est-à-dire {f(u)=f(u')}.

    Ainsi {w=f(u)} ne dépend pas de {u} tel que {f(u)=v} : il ne dépend que de {v}.

    Pour tout {v\in\text{Im} g}, on peut donc poser {h(v)=f(u)} ({u} quelconque tel que {f(u)=v}).

    On a ainsi défini une application {h} de {\text{Im} g} dans {G}.

    Montrons que {h} est linéaire. Soient {v,v'\in\text{Im} g} et {\alpha,\beta\in\mathbb{K}}.

    Soit {u,u'\in E} tels que {g(u)=v} et {g(u')=v'}.

    Par définition de {h}, on a {\begin{cases}h(v)=f(u)\\ h(v')=f(u')\end{cases}}

    On constate que {g(\alpha u+\beta u')=\alpha g(u)+\beta g(u')=\alpha v+\beta v'}.

    Par définition de {h}, on a : {\begin{array}{rl}h(\alpha v+\beta v')&=f(\alpha u+\beta u')=\alpha f(u)+\beta f(u')\\\\&=\alpha h(v)+\beta h(v')\end{array}}On a ainsi prouvé que {h} est linéaire de {\text{Im} g} dans {G}.

    Soit {F'} un supplémentaire de {\text{Im} g} dans {F}: {F=F'\oplus\text{Im} g}.

    On complète la définition de {h} en posant {h(v)=0} pour tout vecteur {v} de {F'}.

    Ainsi pour tout vecteur {v=v'+v''\in F}, avec {v'\in F'} et {v''\in\text{Im} g}, on pose : {h(v)=h(v'')=f(u'')\text{\ pour tout \ }u''\in E\text{\ tel que\ }g(u'')=v''}

    Ainsi défini, {h\in\mathcal{L}(F,G)} et {\forall\, u\in E,h(g(u))=f(u)}.

    On a donc trouvé {h\in{\mathcal L}(F,G)} telle que {h\circ g=f}.

Exercice 4.
Soit {f\in\mathcal{L}(E)}, et deux scalaires {\alpha\ne\beta}. Montrer que : {\text{Ker}(f^2-(\alpha+\beta)f+\alpha\beta\text{Id})=\text{Ker}(f-\alpha\text{Id})\oplus\text{Ker}(f-\beta\text{Id})}
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Posons {g=f^2-(\alpha+\beta)f+\alpha\beta\text{Id}}.

Soit {u} un vecteur de {\text{Ker}(f-\alpha\text{Id})\cap\text{Ker}(f-\beta\text{Id})}.

Alors {f(u)=\alpha u=\beta u}. Il en découle {u=0}, car {\alpha\ne\beta}.

La somme {\text{Ker}(f-\alpha\text{Id})+\text{Ker}(f-\beta\text{Id})} est donc directe. De plus : {g=(f-\alpha\text{Id})\circ(f-\beta\text{Id})=(f-\beta\text{Id})\circ(f-\alpha\text{Id})}On en déduit : {\begin{cases}\text{Ker}(f-\alpha\text{Id})\subset\text{Ker} g\\\text{Ker}(f-\beta\text{Id})\subset\text{Ker} g\end{cases}}

Ainsi {\text{Ker}(f-\alpha\text{Id})\oplus\text{Ker}(f-\beta\text{Id})\subset\text{Ker} g}.

Tout vecteur {u} de {E} peut s’écrire :{u=\dfrac1{\beta-\alpha}(v-w)\text{\ avec\ }\begin{cases}v=(f-\alpha\text{Id})(u)\\w=(f-\beta\text{Id})(u)\end{cases}}Si {u} est dans {\text{Ker} g}, alors {\begin{cases}(f-\beta\text{Id})(v)=g(u)=0\\(f-\alpha\text{Id})(w)=g(u)=0\end{cases}}

En d’autres termes : {\begin{cases}v\in\text{Ker}(f-\beta\text{Id})\\w\in\text{Ker}(f-\alpha\text{Id})\end{cases}}

L’égalité {u=\dfrac1{\beta-\alpha}(v-w)} montre donc que {u\in\text{Ker}(f-\alpha\text{Id})\oplus\text{Ker}(f-\beta\text{Id})}.

Conclusion : on a prouvé l’égalité {\text{Ker}\bigl(f^2-(\alpha+\beta)f+\alpha\beta\text{Id}\bigr)=\text{Ker}(f-\alpha\text{Id})\oplus\text{Ker}(f-\beta\text{Id})}

Exercice 5.
Soit {f} une application linéaire de {E} dans {F}.
Montrer que si {u} est injective alors pour tous sous-espaces vectoriels {F} et {G} en somme directe, {f(F)} et {f(G)} sont en somme directe.
Est-ce que la réciproque est vraie?
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  • Soit {f:E\rightarrow F} une application linéaire injective.

    Soit {G,H} deux sous-espaces de {E}.

    L’application {f} étant injective, on a {f(G)\cap f(H)=f(G\cap H)}.

    Si {F,G} sont en somme directe, on a donc {f(G)\cap f(H)=f\bigl(\{0\}\bigr)=\{0\}}.

    Ainsi {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-espaces {G,H} de {E} 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 vecteur {u} non nul dans le noyau de {f} (possible car {f} n’est pas injective).

    Soit {v} un vecteur qui n’est pas dans {\text{Ker} f} (possible car {f} n’est pas identiquement nulle).

    On pose {w=v+u}. Les vecteurs {v,w} sont libres (sinon il existerait {\alpha} tel que {v+u=\alpha v}, et on en déduirait {f(v)=\alpha f(v)} donc {\alpha=1} donc {u=0}.

    Ainsi les droites vectorielles {\mathbb{K} v} et {\mathbb{K} w} sont en somme directe.

    Mais {f(w)=f(v+u)=f(v)\ne0}.

    Ainsi {f(\mathbb{K} v)} et {f(\mathbb{K} w)} sont une même droite vectorielle.

    On a donc un exemple où {f} ne transforme pas une somme directe en une somme directe.

    La réciproque demandée par l’énoncé est donc vraie (si {f\equiv 0} et {E\ne\{0\}}).