Applications linéaires en dim finie (3/3)

Exercice 1.
Soit {E} un espace vectoriel de dimension finie.
Soit {f} et {g} dans {{\mathcal L}(E)}, tels que {f\circ g=0} et {f+g\in\text{GL}(E)}.
Montrer que {\text{rg}(f)+\text{rg}(g)=\dim E}.
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Dire que {f\circ g=0} c’est dire que {\text{Im}\,g\subset\text{Ker}\,f}.

Cela implique {\text{rg}(g)\le\dim\text{Ker}\,f=n-\text{rg}(f)}. Ainsi {\text{rg}(f)+\text{rg}(g)\le n}.

D’autre part on a toujours {\text{Im}(f+g)\subset\text{Im}\,f+\text{Im}\,g}.

Or ici {\text{Im}(f+g)=E}. On en déduit {\text{Im}\,f+\text{Im}\,g=E}.

Il en découle {n=\dim E=\dim(\text{Im}\,f+\text{Im}\,g)\le\dim\text{Im}\,f+\dim\text{Im}\,g}.

On a donc obtenu l’inégalité {n\le\text{rg}(f)+\text{rg}(g)} et finalement {\text{rg}(f)+\text{rg}(g)=n}.

Exercice 2.
Soit {f\in\mathcal{L}(E)}, avec {\dim E=n\lt \infty}. Montrer l’équivalence : {\text{Im}\,f=\text{Ker}\,f\Leftrightarrow\Bigl(f^2=0,\;n\text{\ est pair et rang}(f)=\frac n2\Bigr)}Montrer qu’alors il existe une base de {E} de la forme : {u_1,u_2,\ldots,u_p,f(u_1),f(u_2),\ldots,f(u_p)}
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  • On suppose {\text{Im}\,f=\text{Ker}\,f}. En particulier {\text{Im}\,f\subset\text{Ker}\,f} donc {f^2=0}.

    Le théorème du rang donne {n=\dim\text{Ker}\,f+\text{rg}(f)}. Ainsi {n=2\text{rg}(f)}.

  • Réciproquement, on suppose {f^2=0}, {n=2p} et {\text{rg}(f)=p}.

    Alors {f^2=0} signifie que {\text{Im}\,f\subset\text{Ker}\,f}.

    On sait que {n=2p=\text{rg}(f)+\dim\text{Ker}\,f}. On en déduit {\dim\text{Ker}\,f=p}.

    Ainsi {\begin{cases}\text{Im}\,f\subset\text{Ker}\,f\\\dim\text{Im}\,f=\dim\text{Ker}\,f\end{cases}}. Il en résulte {\text{Im}\,f=\text{Ker}\,f}.

  • Soit {v_1,\ldots,v_p} une base de {\text{Im}\,f}.

    Pour tout {k\in\{1,\ldots,p\}}, il existe {u_k\in E} tel que v_k=f(u_k).

    Montrons que {u_1,\ldots,u_p,f(u_1),\ldots,f(u_p)} sont libres.

    Il en résultera qu’ils forment une base de {E}.

    Supposons qu’on ait {\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\lambda_ku_k+\displaystyle\sum_{k=1}^{p}\mu_kf(u_k)=0}.

    On applique {f}, en utilisant {f^2=0}. Ainsi {\displaystyle\sum_{k=1}^{p}\lambda_kf(u_k)=0}
    donc {\lambda_1=\cdots=\lambda_p=0} car les {v_k=f(u_k)} sont libres.

    Il en découle {\displaystyle\sum_{k=1}^{p}\mu_kf(u_k)=0} donc {\mu_1=\ldots=\mu_p=0}.

    La famille {u_1,u_2,\ldots,u_p,f(u_1),f(u_2),\ldots,f(u_p)} est donc une base de {E}.

Exercice 3.
Soit {E} un espace vectoriel de dimension finie sur {\mathbb{R}}.
Soit {f} un endomorphisme de {E} tel que {f^3=\text{Id}}.

  1. Montrer que {\begin{cases}\text{Im}(f-\text{Id})\subset\text{Ker}(f^2+f+\text{Id})\\ E=\text{Im}(f-\text{Id})\oplus\text{Ker}(f-\text{Id})\end{cases}}
  2. Soit {x} un vecteur non nul de {\text{Im}(f-\text{Id})}.
    Montrer que {f(x)\in\text{Im}(f-\text{Id})} et que {x} et {f(x)} sont libres.

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  1. Soit {u\in\text{Im}(f-\text{Id})}, et {v\in E} tel que {u=f(v)-v}. On a alors : {\begin{array}{rl}(f^2+f+\text{Id})(u)&=\bigl((f^2+f+\text{Id})\circ(f-\text{Id})\bigr)(v)\\\\&=(f^3-\text{Id})(v)=0\end{array}}Ainsi {u\in\text{Ker}(f^2+f+\text{Id})}, ce qui prouve {\text{Im}(f-\text{Id})\subset\text{Ker}(f^2+f+\text{Id})}.

    On sait que {\dim\text{Im}(f-\text{Id})+\dim\text{Ker}(f-\text{Id})=\dim E} (théorème du rang).

    Il suffit donc de prouver que la somme {\text{Im}(f-\text{Id})+\text{Ker}(f-\text{Id})} est directe.

    On se donne {x} dans {\text{Im}(f-\text{Id})\cap\text{Ker}(f-\text{Id})}.

    On a {x\in\text{Ker}(f-\text{Id})} donc {f(x)=x}.

    D’autre part, on a les implications : {x\in \text{Im}(f-\text{Id})\Rightarrow x\in\text{Ker}(f^2+f+\text{Id})\Rightarrow f^2(x)+f(x)+x=0}

    Ainsi{x=0}, et on a bien {E=\text{Im}(f-\text{Id})\oplus\text{Ker}(f-\text{Id})}.

  2. Soit {x} un vecteur non nul de {\text{Im}(f-\text{Id})}.

    Il existe {y\ne0} tel que {x=(f-\text{Id})(y)}.

    Ainsi {f(x)=f\bigl((f-\text{Id})(y)\bigr)=(f-\text{Id})\bigl(f(y)\bigr)} donc {f(x)\in\text{Im}(f-\text{Id})}.

    (Autre idée : {f} et {(f-\text{Id})} commutent donc {\text{Im}(f-\text{Id})} est stable par {f})

    Supposons par l’absurde que {f(x),x} soient liés.

    Alors {\exists\,\lambda\in\mathbb{R},\; f(x)=\lambda x} (car {x\ne0}). Mais :{\begin{array}{rl}x\in\text{Im}(f-\text{Id})&\Rightarrow x\in\text{Ker}(f^2+f+\text{Id})\\\\&\Rightarrow f^2(x)+f(x)+x=0\end{array}}L’égalité {f(x)=\lambda x} donne alors {(\lambda^2+\lambda+1)x=0}.

    Or {x\ne0}, donc {\lambda^2+\lambda+1=0}, ce qui est absurde car {\lambda} est un réel.

    Ainsi, pour tout {x\ne0\in\text{Im}(f-\text{Id})}, les vecteurs {x,f(x)} sont libres dans {\text{Im}(f-\text{Id})}.

Exercice 4.
Dans {E=\mathbb{R}_3[X]}, on pose {A=X^4-1} et {B=X^4-X}.
Pour tout P\in E, on note \varphi(P) le reste {R} dans division de {AP} par {B}.
Montrer que {\varphi} est un endomorphisme de {E}. Noyau? Image ?
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Pour tout {P} de {\mathbb{R}_3[X]}, {\varphi(P)} est un polynôme de {\mathbb{R}_3[X]}.

Donc {\varphi} va de {\mathbb{R}_3[X]} dans lui-même.

Soient {P_1,P_2} dans {\mathbb{R}_3[X]}, et {\alpha_1,\alpha_2} dans \mathbb{K}.

Soient {\begin{cases}AP_1=BQ_1+\varphi(R_1)\cr AP_21=BQ_2+\varphi(R_2)\end{cases}} les divisions de {AP_1} et {AP_2} par {B}.

On a l’égalité suivante, en notant R= \alpha_1R_1+\alpha_2R_2 : {\begin{array}{rl}(\alpha_1P_1+\alpha_2P_2)A&=(\alpha_1Q_1+\alpha_2Q_2)B+R\end{array}}Or {\deg R\le3}, donc {\varphi(\alpha_1P_1+\alpha_2P_2)=\alpha_1R_1+\alpha_2R_2} (unicité de la division).

On en déduit {\varphi(\alpha_1P_1+\alpha_2P_2)=R=\alpha_1\varphi(P_1)+\alpha_2\varphi(P_2)}.

Ainsi {\varphi} est un endomorphisme de \mathbb{R}[X]. On a :

{\begin{array}{l}P\in\text{Ker}\varphi\Leftrightarrow X^4-X\mid(X^4-1)P\\\\\quad\Leftrightarrow X(X-1)(X^2+X+1)\mid(X-1)(X+1)(X^2+1)P\\\\\quad\Leftrightarrow X(X^2+X+1)\mid(X+1)(X^2+1)P\end{array}}Comme {X(X^2+X+1)\wedge (X+1)(X^2+1)=1} cela équivaut à {X(X^2+X+1)\mid P}.

Ainsi {\text{Ker}\,\varphi} est la droite {\{P=\lambda(X^3+X^2+X),\;\lambda\in\mathbb{R}\}}.

Le théorème du rang donne alors {\dim\text{Im}\,f=3}.

Pour tout {P\in\mathbb{R}_3[X]}, il existe {Q} tel que {(X^4-1)P=(X^4-X)Q+\varphi(P)}.

On en déduit {\varphi(P)(1)=0}.

Ainsi {\text{Im}\,\varphi} est inclus dans {H=\{P\in\mathbb{R}_3[X],\;P(1)=0\}}.

Mais H est un hyperplan de {\mathbb{R}_3[X]}. En conclusion : {\begin{array}{rl}\text{Im}\,\varphi&=\{P\in\mathbb{R}_3[X],\;P(1)=0\}\\\\&=\{P\in\mathbb{R}_3[X],\;(X-1)\mid P\}\end{array}}