Applications linéaires (3/4)

Exercice 1.
Soit {f} un endomorphisme de {E}. Montrer que {E=\text{Ker} f\oplus\text{Im} f} si et seulement si la restriction de {f} à {\text{Im} f} est un automorphisme de {\text{Im} f}.
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  • On suppose que {E=\text{Ker} f\oplus\text{Im} f}. Soit {g} la restriction de {f} à {\text{Im} f}.

    Il est clair que {\text{Im} f} est stable par {f} donc par {g}.

    Ainsi {g} est un endomorphisme de {\text{Im} f}.

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

    Mais il existe {u'\in\text{Ker} f} et {u''\in\text{Im} f} tel que {u=u'+u''}, car {E=\text{Ker} f+\text{Im} f}.

    On en déduit {v=f(u'+u'')=f(u'')=g(u'')}, ce qui prouve la surjectivité de {g}.

    Soit {v} dans {\text{Ker} g}. Alors {v\in\text{Im} f} et on a {g(v)=0} donc {f(v)=0}.

    Ainsi {v} est dans {\text{Ker} f\cap\text{Im} f=\{0\}}, ce qui prouve l’injectivité de {g}.

    L’application {g} est donc un isomorphisme de {\text{Im} f} sur lui-même.

  • Réciproquement supposons que la restriction {g} de {f} à {\text{Im} f} est un automorphisme de {\text{Im} f}.

    Soit {u} un vecteur de {\text{Ker} f\cap\text{Im} f}. On a {f(u)=0} et {u\in\text{Im} f}.

    Il en découle {g(u)=0} donc {u=0} car {g} est injective.

    Soit {u} un vecteur de {E}. On a {f(u)\in\text{Im} f}.

    Puisque {g} est un automorphisme de {\text{Im} f}, il existe {v} dans {\text{Im} f} tel que {f(u)=g(v)}.

    On a ainsi {f(u)=f(v)} donc {f(u-v)=0}.

    Le vecteur {w=u-v} est dans {\text{Ker} f}.

    On a {u=w+v}, avec {w\in\text{Ker} f} et {v\in\text{Im} f}, ce qui prouve {E=\text{Ker} f+\text{Im} f}.

    Finalement, on a prouvé que {E=\text{Ker} f\oplus\text{Im} f}.

Exercice 2.
Soit {E,F,G} trois espaces vectoriels, et {g} une application linéaire de {F} dans {G}.
On définit {\varphi} de {{\mathcal L}(E,F)} vers {{\mathcal L}(E,G)} en posant {\varphi(f)=g\circ f}.
Montrer que {\varphi} est une application linéaire.
On suppose que {g} est injective. Que peut-on dire de {\varphi} ?
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  • On sait que si {f} est dans {{\mathcal L}(E,F)}, alors {\varphi(f)=g\circ f} est dans {{\mathcal L}(F,G)}.

    Ainsi {\varphi} est bien une application de {{\mathcal L}(E,F)} dans {{\mathcal L}(F,G)}.

    Soit {f_1,f_2} dans {{\mathcal L}(E,F)}, et {\alpha_1,\alpha_2} dans {\mathbb{K}}.

    Pour tout vecteur {u} de {E}, on a : {\begin{array}{rl}\varphi(\alpha_1f_1+\alpha_2f_2)(u)&=\bigl(g\circ(\alpha_1f_1+\alpha_2f_2)\bigr)(u)\\\\&=g\bigl(\alpha_1f_1(u)+\alpha_2f_2(u)\bigr)=\alpha_1g\bigl(f_1(u)\bigr)+\alpha_1g\bigl(f_2(u)\bigr)\\\\&=\alpha_1(g\circ f_1)(u)+\alpha_2(g\circ f_2)(u)=\bigl(\alpha_1(g\circ f_1)+\alpha_2(g\circ f_2)\bigr)(u)\\\\&=\bigl(\alpha_1\varphi(f_1)+\alpha_2\varphi(f_2)\bigr)(u)\end{array}}Autrement dit {\varphi(\alpha_1f_1+\alpha_2f_2)=\alpha_1\varphi(f_1)+\alpha_2\varphi(f_2)} : {\varphi} est linéaire.

  • Soit {f} dans {{\mathcal L}(E,F)}. Alors {f\in\text{Ker}\varphi\Leftrightarrow g\circ f=0\Leftrightarrow\text{Im} f\subset\text{Ker} g}.

    Si on suppose que {g} est injective, alors {\text{Ker} g=\{0\}}, et on voit que {f\in\text{Ker}\varphi\Leftrightarrow f=0}.

    L’injectivité de {g} implique donc celle de {\varphi}.

Exercice 3.
Soit {E} un {\mathbb{C}-}espace vectoriel, et soit {f\in\mathcal{L}(E)} tel que {f^3=\text{Id}}.
Montrer que {E=E_1\oplus E_j\oplus E_{j^2}}, avec la notation {E_\lambda=\text{Ker}(f-\lambda\text{Id})}.
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Soit {E} un {\mathbb{C}-}espace vectoriel, et soit {f\in\mathcal{L}(E)} tel que {f^3=\text{Id}}.

Soit {u} un vecteur de {E}.

On doit montrer l’écriture unique {u=u_1+u_j+u_{j^2}}{u_1\in E_1,u_j\in E_j,u_{j^2}\in E_{j^2}}.

Supposons que cette décomposition existe.

Ainsi {f(u_1)=u_1}, {f(u_j)=ju_j} et {f(u_{j^2})=j^2u_{j^2}}.

On applique {f} et {f^2} à l’égalité {u=u_1+u_j+u_{j^2}}.

On trouve : {\begin{cases}u=u_1+u_j+u_{j^2}\\f(u)=u_1+ju_j+j^2u_{j^2}\\f^2(u)=u_1+j^2u_j+ju_{j^2}\end{cases}}

On en déduit : {\begin{cases}u_1=\dfrac13\bigl(u+f(u)+f^2(u)\bigr)\\\\u_j=\dfrac13\bigl(u+j^2f(u)+jf^2(u)\bigr)\\\\u_{j^2}=\dfrac13\bigl(u+jf(u)+j^2f^2(u)\bigr)\end{cases}}

On a ainsi prouvé l’unicité des vecteurs {u_1,u_j,u_{j^2}} s’ils existent.

Réciproquement, considérons {u_1,u_j,u_{j^2}} définis par les égalités précédentes.

On a bien sûr {u_1+u_j+u_{j^2}=u}.

D’autre part, compte tenu de {f^3=\text{Id}}, on trouve:

  • {f(u_1)=\dfrac13\bigl(f(u)+f^2(u)+f^3(u)\bigr)=\dfrac13\bigl(f(u)+f^2(u)+u\bigr)=u_1}.
  • {f(u_j)=\dfrac13\bigl(f(u)+j^2f^2(u)+ju\bigr)=\dfrac{j}3\bigl(j^2f(u)+jf^2(u)+u\bigr)=ju_j}
  • {f(u_{j^2})=\dfrac13\bigl(f(u)+jf^2(u)+j^2u\bigr)=\dfrac{j^2}3\bigl(jf(u)+j^2f^2(u)+u\bigr)=j^2u_{j^2}}

On a ainsi établi l’existence des vecteurs {u_1,u_j,u_{j^2}}, ce qui achève la démonstration.

Exercice 4.
Soit {f} un endomorphisme de {E}, et {P,Q} deux polynômes premiers entre eux.
Montrer que {\text{Ker} (PQ)(f)=\text{Ker}\,P(f)\oplus\text{Ker}\,Q(f)}.
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Puisque {P\wedge Q=1}, il existe deux polynômes {A,B} tels que {AP+BQ=1}.

Ainsi {1(f)=\text{Id}=(AP+BQ)(f)=(AP)(f)+(BQ)(f)}.

Soit {u} dans {\text{Ker} (PQ)(f)}.

On a {u=v+w}, avec {\begin{cases}v=(AP)(f)(u)\\w=(BQ)(f)(u)\end{cases}}

Sachant que {(PQ)(f)(u)=0}, on constate que : {Q(f)(v)=(QAP)(f)(u)=\bigl(A(f)\circ(PQ)(f)\bigr)(u)=0}De même : {P(f)(w)=(PBQ)(f)(u)=\bigl(B(f)\circ(PQ)(f)\bigr)(u)=0}.

On a ainsi trouvé {v\in\text{Ker}\,Q(f)} et {w\in\text{Ker}\,P(f)} tels que {u=v+w}.

Soit maintenant un vecteur {u} dans {\text{Ker}\,P(f)\cap\text{Ker}\,Q(f)}. On a l’égalité : {\begin{array}{rl}u&=(AP)(f)(u)+(BQ)(f)(u)\\\\&=\bigl(A(f)\circ P(f)\bigr)(u)+\bigl(B(f)\circ Q(f)\bigr)(u)\end{array}}On en déduit {u=0}.

Ainsi la somme {\text{Ker}\,P(f)+\text{Ker}\,Q(f)} est directe.

On a donc bien obtenu : {\text{Ker}\,(PQ)(f)=\text{Ker}\,P(f)\oplus\text{Ker}\,Q(f)}.