Applications linéaires en dim finie (2/3)

Exercice 1.
Soit {E} et {F} deux {\mathbb{K}}-espaces vectoriels, {E} étant de dimension finie.
Soit {f} et {g} deux applications linéaires de {E} dans {F}.

  1. Comparer {\text{Im}(f+g)} et {\text{Im}\,f+\text{Im}\,g}.
    En déduire que {\text{rg}(f+g)\le\text{rg}(f)+\text{rg}(g)}.
  2. Montrer que {\text{rg}(f+g)=rg(f)+\text{rg}(g)\iff\begin{cases}\text{Im}\,f\cap\text{Im}\,g=\{0\}\\ E=\text{Ker}\,f+\text{Ker}\,g\end{cases}}

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  1. Tout élément {y} de {\text{Im}(f+g)} s’écrit {y=(f+g)(x)} et est donc la somme de {f(x)} (qui appartient à {\text{Im}\,f}) et de {g(x)} (qui appartient à {\text{Im}\,g}). Ainsi {y} appartient à {\text{Im}\,f+\text{Im}\,g}, ce qui prouve l’inclusion {\text{Im}(f+g)\subset\text{Im}\,f+\text{Im}\,g}.

    On en déduit {\dim\text{Im}(f+g)\le\dim(\text{Im}\,f+\text{Im}\,g)}, puis :
    {\begin{array}{rl}\dim\text{Im}(f+g)&\le\dim\text{Im}\,f+\dim\text{Im}\,g-\dim\bigl(\text{Im}\,f\cap\text{Im}\,g\bigr)\\\\&\le\dim\text{Im}\,f+\dim\text{Im}\,g\end{array}}Autrement dit {\text{rg}(f+g)\le \text{rg}(f)+\text{rg}(g)}.

  2. Supposons qu’on ait {\text{rg}(f+g)=\text{rg}(f)+\text{rg}(g)}.

    Alors l’inclusion et les inégalités précédentes sont en fait des égalités.

    On a donc {\begin{cases}\text{Im}(f+g)=\text{Im}\,f+\text{Im}\,g\\\dim\bigl(\text{Im}\,f\cap\text{Im}\,g\bigr)=0\end{cases}} donc {\text{Im}\,f\cap\text{Im}\,g=\{0\}}.

    Il reste à montrer que {E=\text{Ker}\,f+\text{Ker}\,g}. Soit {x} dans {E}.

    L’élément {f(x)} est dans {\text{Im}\,f}, donc dans {\text{Im}\,f+\text{Im}\,g=\text{Im}(f+g)}.

    Ainsi il existe {y\in E} tel que {f(x)=(f+g)(y)}, donc {f(x-y)=g(y)}.

    Mais {\text{Im}\,f\cap\text{Im}\,g=\{0\}} implique {f(x-y)=g(y)=0}.

    L’égalité {x=(x-y)+y} est donc l’écriture de {x} comme somme d’un élément de {\text{Ker}\,f} et d’un élément de {\text{Ker}\,g}, et on a prouvé l’égalité {E=\text{Ker}\,f+\text{Ker}\,g}.

    Réciproquement, on suppose {\text{Im}\,f\cap\text{Im}\,g=\{0\}} et {E=\text{Ker}\,f+\text{Ker}\,g}.

    Pour montrer que {rg(f+g)=\text{rg}(f)+\text{rg}(g)}, il suffit d’après la question précédente de vérifier qu’on a l’égalité {\text{Im}\,f+\text{Im}\,g\subset\text{Im}(f+g)}.

    Soit {y=f(x)} un élément de {\text{Im}\,f} et {y'=g(x')} un élément de {\text{Im}\,g}.

    On peut écrire {\begin{cases}x=u+v\\ x'=u'+v'\end{cases}} avec {u,u'} dans {\text{Ker}\,f} et {v,v'} dans {\text{Ker}\,g}.

    On en déduit {\begin{cases}y=f(x)=f(v)=f(u'+v)\\ y'=g(x')=g(u')=g(u'+v)\end{cases}}

    Ainsi {y+y'=(f+g)(u'+v)} est dans {\text{Im}(f+g)}, ce qu’il fallait démontrer.

Exercice 2.
Soit {E} un {\mathbb{K}}-espace vectoriel de dimension finie.

  1. Soit {F_1,F_2,\ldots,F_n} des sous-espaces de {E}.
    Rappeler l’équivalence : {\displaystyle\sum_{j=1}^n F_j} est directe {\Leftrightarrow\dim\displaystyle\sum_{j=1}^n F_j=\displaystyle\sum_{j=1}^n\dim F_j}.
  2. Soit {p_1,\ldots,p_n} des projecteurs de {E}, tels que {\displaystyle\sum_{j=1}^n p_j=\text{Id}_E}.
    Montrer que {E=\text{Im}\,p_1\oplus\text{Im}\,p_2\oplus\cdots\oplus\text{Im}\,p_n}.
  3. Prouver que pour tous indices distincts {i} et {j}, on a: {p_i\circ p_j=0}.

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  1. Soit {\varphi} de {P=F_1\times F_2\times\cdots\times F_n} vers {S=F_1+F_2+\cdots+F_n} définie par : {\varphi(x_1,x_2,\ldots,x_n)=x_1+x_2+\cdots+x_n}Cette application est linéaire et surjective.

    Par définition, {S} est directe si et seulement si {\varphi} est un isomorphisme.

    Cela équivaut à {\dim P=\dim S} c’est-à-dire à {\displaystyle\sum_{j=1}^n\dim F_j=\dim\displaystyle\sum_{j=1}^n F_j}.

  2. L’égalité {\text{Id}_E=\displaystyle\sum_{j=1}^n p_j} prouve que tout {x} de {E} s’écrit {x=p_1(x)+\cdots+p_n(x)}.

    Ainsi tout x de E est élément de {\text{Im}\,p_1+\cdots+\text{Im}\,p_n}.

    En d’autres termes, {E=\text{Im}\,p_1+\text{Im}\,p_2+\cdots+\text{Im}\,p_n}.

    On rappelle que la trace d’une projection vectorielle est égale à son rang.

    L’égalité {\text{Id}_E=\displaystyle\sum_{j=1}^n p_j} implique donc : {n=\text{tr}\text{Id}_E=\displaystyle\sum_{j=1}^n\text{tr} p_j=\displaystyle\sum_{j=1}^n\text{rg}(p_j)}On en déduit les égalités :{\dim(\displaystyle\sum_{j=1}^n \text{Im}\,p_j)=\dim E=n=\displaystyle\sum_{j=1}^n\text{rg}(p_j)=\displaystyle\sum_{j=1}^n\dim\text{Im}\,p_j}En utilisant (a), ce résultat prouve que : {E=\text{Im}\,p_1\oplus\text{Im}\,p_2\oplus\cdots\oplus\text{Im}\,p_n}

  3. Fixons un indice {j} dans {\{1,\ldots,n\}}.

    Pour tout {y}, on a {y=\displaystyle\sum_{i=1}^np_i(y)=p_j(y)+\displaystyle\sum_{i\ne j}p_i(y)}.

    Ceci est vrai en particulier pour tout vecteur {y=p_j(x)}, ce qui conduit à : {\forall x\in E, p_j(x)=p_j^2(x)+\displaystyle\sum_{i\ne j}p_i\circ p_j(x)}c’est-à-dire : {\forall x\in E, \displaystyle\sum_{i\ne j}p_i\circ p_j(x)=0}.

    Compte tenu de ce que la somme des {\text{Im}\,p_i} est directe, et de ce que chaque {p_i\circ p_j(x)} est un élément de {\text{Im}\,p_i}, il vient : {\forall x\in E,\forall i\ne j, p_i\circ p_j(x)=0}Pour tous indices {i} et {j} distincts, on a donc {p_i\circ p_j=0}.

Exercice 3.
Soit {E,F,G} trois espaces vectoriels, {E} et {F} étant de dimension finie.
Soit {f} dans {{\mathcal L}(E,F)} et {g} dans {{\mathcal L}(F,G)}.

  1. Montrer que {\dim \text{Ker}\,g\circ f\le\dim\text{Ker}\,g+\dim\text{Ker}\,f}.
  2. Montrer que {\text{rg}(f)+\text{rg}(g)-\dim F\le \text{rg}(g\circ f)\le \inf(\text{rg}(f),\text{rg}(g))}.

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  1. Notons {h} la restriction de {F} au sous-espace {H=\text{Ker}\,g\circ f} de {E}.

    Le théorème du rang donne {\dim\text{Ker}\,g\circ f=\dim \text{Ker}\,h+\dim \text{Im}\,h}.

    Or {\text{Ker}\,h=H\cap\text{Ker}\,f=\text{Ker}\,f}, car {\text{Ker}\,f\subset\text{Ker}(g\circ f)}.

    Or {\text{Im}\,h=f\bigl(\text{Ker}(g\circ f)\bigr)\subset\text{Ker}\,g} (car {u\in\text{Ker}(g\circ f)\Rightarrow f(u)\in\text{Ker}\,g}).

    On a donc obtenu : {\dim\text{Ker}(g\circ f)=\dim \text{Ker}\,h+\dim \text{Im}\,h\le\dim \text{Ker}\,f+\dim \text{Ker}\,g}

  2. Le théorème du rang donne les égalités {\begin{cases}\dim E=\text{rg}(f)+\dim\text{Ker}\,f\\\dim F=\text{rg}(g)+\dim\text{Ker}\,g\end{cases}}

    Ce système et la question précédente donnent : {\begin{array}{rl}\text{rg}(f)+\text{rg}(g)-\dim F&=\dim E-\dim\text{Ker}\,f-\dim\text{Ker}\,g\\\\&\le \dim E-\dim\text{Ker}(g\circ f)\end{array}}Le théorème du rang donne alors : {\text{rg}(f)+\text{rg}(g)-\dim F\le\text{rg}(g\circ f)}On a {\text{Im}(g\circ f)=g(\text{Im}\,f)\subset \text{Im}\,g}, donc {\text{rg}(g\circ f)\le\text{rg}(g)}.

    De même, si {h} est la restriction de {g} à {\text{Im}\,f}, on a {\text{Im}\,h=\text{Im}(g\circ f)}.

    On applique à {h} le théorème du rang : {\dim \text{Im}\,f=\text{rg} h+\dim\text{Ker}\,h\ge\text{rg} h}Autrement dit {\text{rg}(g\circ f)=\text{rg} h\le\text{rg}(f)}.

    On ainsi obtenu {\text{rg}(g\circ f)\le \min(\text{rg}(f),\text{rg}(g))} ce qui achève la démonstration.

Exercice 4.
Soit {E} un espace vectoriel de dimension finie {n}.

  1. Soit {f} et {g} dans {{\mathcal L}(E)}, tels que {f\circ g=0}. Montrer : {\text{rg}(f)+\text{rg}(g)\le n}.
  2. Soit {f\in{\mathcal L}(E)}.
    Montrer que : {\exists\,g\in{\mathcal L}(E)} tel que {f\circ g=0} et {\text{rg}(f)+\text{rg}(g)=n}.
  3. Soit {f\in{\mathcal L}(E)}, avec {f\ne0} et {\text{rg}(f)\lt n}.
    Montrer qu’il existe {g\in{\mathcal L}(E)} tel que {\begin{cases}f\circ g=0,\;g\circ f\ne0\\\text{rg}(f)+\text{rg}(g)=n\end{cases}}

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  1. On a {f\circ g=0\Leftrightarrow\text{Im}\,g\subset\text{Ker}\,f\Rightarrow\text{rg}(g)\le\dim\text{Ker}\,f}. Donc {\text{rg}(g)\le n-\text{rg}(f)}.
  2. Il suffit de trouver {g\in{\mathcal L}(E)} tel que {\text{Im}\,g=\text{Ker}\,f}.

    Soit {H} tel que {E=H\oplus\text{Ker}\,f}.

    La projection vectorielle de {E} sur {\text{Ker}\,f} parallèlement à {H} convient.

  3. Il faut trouver {g\in{\mathcal L}(E)} tel que {\text{Im}\,g=\text{Ker}\,f}.

    Mais on ne doit pas avoir {\text{Im}\,f\subset\text{Ker}\,g}.

    On reprend la projection {g} sur {\text{Ker}\,f} parallèlement à un supplémentaire {H} de {\text{Ker}\,f}.

    Puisque {H=\text{Ker}\,g}, il suffit donc de trouver {H} qui ne contienne pas {\text{Im}\,f}.

    Puisque {\dim H=\dim \text{Ker}\,f=n-\text{rg}(f)}, il suffit de trouver {H} \emph{distinct} de {\text{Ker}\,f}.

    C’est possible car {\begin{cases}\text{Ker}\,f\ne\{0\}\cr \text{Ker}\,f\ne E\end{cases}} (seuls cas où le supplémentaire de {\text{Ker}\,f} est unique)

Exercice 5.
Soit {E} un espace vectoriel de dimension finie {n}.
Soit {u} un endomorphisme de {E}, tel que {u^2=0}.

  1. On suppose qu’il existe {v} dans {{\mathcal L}(E)} tel que {v\circ u+u\circ v=\text{Id}}.
    Montrer que la restriction de {v} à {\text{Ker}\,u} est injective et que {\text{Ker}\,u=\text{Im}\,u}.
  2. On suppose réciproquement que {\text{Ker}\,u=\text{Im}\,u}.
    Soit {F} un supplémentaire de ce sous-espace dans {E}.
    Montrer que : {\forall x\in E,\;\exists!\,(y,z)\in F^2,\;x=y+u(z)}.
  3. Soit {v} l’application qui à {x} associe {z} dans l’écriture précédente.

    Montrer que {v\in\mathcal{L}(E)} et que {v\circ u+u\circ v=\text{Id}}.

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  1. Montrer que la restriction de {v} à {\text{Ker}\,u} est injective, c’est prouver {\text{Ker}\,u\cap\text{Ker}\,v=\{0\}}.

    Si {x\in\text{Ker}\,u\cap\text{Ker}\,v}, alors : {x=(v\circ u+u\circ v)(x)=u\bigl(v(x)\bigr)+v\bigl(u(x)\bigr)=0\text{\ (cqfd)}}Pour établir {\text{Ker}\,u=\text{Im}\,u}, il suffit de montrer {\text{Ker}\,u\subset\text{Im}\,u}.

    Effectivement : {x\in\text{Ker}\,u\Rightarrow x=(u\circ v)(x)+(v\circ u)(x)=(u\circ v)(x)\in\text{Im}\,u}

  2. Soit {x} un vecteur de {E}.

    Il se décompose en {x=y+t}, avec {y\in F} et {t\in\text{Im}\,u}.

    Il existe {t'} dans {E} tel que {t=u(t')}.

    On a de même {t'=z+t''}, avec {z\in F} et {t''\in\text{Im}\,u} (donc {t''\in\text{Ker}\,u}).

    On en déduit : {x=y+t=y+u(t')=y+u(z+t'')=y+u(z)+u(t'')=y+u(z)}On a ainsi prouvé l’existence d’un {(y,z)\in F^2} tel que {x=y+u(z)}.

    Pour l’unicité, supposons {x=y+u(z)=y'+u(z')}, avec {y,z,y',z'} dans {F}.

    Alors {y-y'=u(z'-z)\in F\cap\text{Im}\,u=\{0\}}.

    Donc {y'=y} et {z'-z\in\text{Ker}\,u}.

    Ainsi {z'-z} est {F\cap \text{Ker}\,u}. On en déduit {z'-z=0}.

    Conclusion : {\forall\, x\in E,\;\exists\,!(y,z)\in F^2,\;x=y+u(z)}.

  3. Supposons {\begin{cases}x=y+u(z)\\x'=y'+u(z')\end{cases}}, avec {y,z,y',z'} dans {F}, et soient {\alpha,\beta} dans {\mathbb{K}}.

    Alors {\alpha x+\beta x'=y''+u(z'')}, avec {\begin{cases}y''=\alpha y+\beta y'\in F\cr z''=\alpha z+\beta z'\in F\end{cases}}

    Cela prouve (par unicité) que : {v(\alpha x+\beta x')=z''=\alpha z+\beta z'=\alpha v(x)+\beta v(x')}Autrement dit, l’application {v} est un endomorphisme de {E}.

    Enfin soit {x=y+u(z)}, avec {(y,z)\in F^2} (donc {z=v(x)}).

    On a : {u(x)=u(y)+u^2(z)=u(y)}.

    Comme {y} est dans {F}, il en découle {y=v\bigl(u(x)\bigr)}.

    Ainsi {x=y+u(z)=v\bigl(u(x)\bigr)+u\bigl(v(x)\bigr)=(v\circ u+u\circ v)(x)}.

    Finalement {v\circ u+u\circ v=\text{Id}}.