Sujet : Algèbre, Espaces vectoriels de dimensions finies, Applications linéaires en dimension finie
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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Applications linéaires en dimension
finie
Exercice 1[ 01653 ][correction]
Justifier qu’il existe une unique application linéaire deR3dansR2telle que :
f(100) = (01),f(110) = (10)etf(111) = (11).
Exprimerf(x y z)et déterminer noyau et image def.
Enoncés
Exercice 2[ 01654 ][correction]
SoitEunK-espace vectoriel de dimension finie,Vun sous-espace vectoriel deE
etf∈ L(E). Montrer
V⊂f(V)⇒f(V) =V
Exercice 3[ 01655 ][correction]
Soitf∈ L(E F)injective. Montrer que pour tout famille(~x1x~p)de vecteurs
deE, on a
rg(f(x1) f(x~p)) =rg(x~1x~p)
~
Exercice 4[ 01656 ][correction]
SoitEunK-espace vectoriel de dimensionn>1etfun endomorphisme
nilpotent non nul deE. Soitple plus petit entier tel quefp= 0.
a) Soitx ∈kerfp−1. Montrer que la famille(x~f(~x) f2(~x) fp−1(x~))est libre.
~
b) En déduire quefn= 0.
Exercice 5[ 01658 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel etf∈ L(E)tel que les vecteursx~etf(x~)sont
colinéaires et ce pour toutx~∈E¨.
a) Justifier que pour toutx~∈E, il existeλx~∈Ktel quef(x~) =λ~xx.
~
b) Montrer que pour tout couple de vecteurs non nuls~xet~y, on aλ~x=λ~y.
(indice : on pourra distinguer les cas :(~xy~)liée ou(y~~x)libre.)
c) Conclure quefest une homothétie vectorielle.
Exercice 6[ 01659 ][correction]
SoitEunK-espace vectoriel de dimension finie.
Soientf g∈ L(E)tels que
f2+f◦g=Id
Montrer quefetgcommutent.
1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
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Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
Posons~e1= (100),e~2= (110)ete~3= (111).
Il est immédiat d’observer que(e~1e~2e~3)est une base deE.
Une application linéaire est entièrement caractérisée par l’image des vecteurs
d’une base, par suitefexiste et est unique.
(x y z) = (x−y)e~1+ (y−z)~e2+z~e3donc
f(x y z) = (x−y)f(e~1) + (y−z)f(~e2) +zf(e~3) = (y x−y+z).
kerf=Vect~uavec~u= (10−1).
2
Par le théorème du rangdimImf= 2et donc Imf=R.
Corrections
Exercice 2 :[énoncé]
SiV={0}: ok
Sinon, soit(e1 ep)une base deV.
f(V) =f(Vect(e1 ep)) =Vect(f(e1) f(ep)).
Doncf(V)est un sous-espace vectoriel deEde dimension inférieure àp. Or
V⊂f(V)doncdimf(V)>pet par suitedimf(V) =p. Par inclusion et égalité
des dimensions :f(V) =V.
Exercice 3 :[énoncé]
rg(f(~x1) f(x~p)) = dimVect(f(x~1) f(~xp)) = dimf(Vect(x~1x~p))
orfest injective doncdimf(Vect(x~1x~p)) = dimVect(~x1x~p)et ainsi
x
rg(f(~x1) f(~xp)) =rg(x~1 ~p).
Exercice 4 :[énoncé]
a) Il existe~x∈kerfp−1carfp−16= 0par définition dep.
Supposons
λ0x~+λ1f(~x) +∙ ∙ ∙+λp−1fp−1(x)~
~= 0
En composant parfp−1la relation ci-dessus, on obtient
car
λ0fp−1(~x) =~0
fp(~x) = =f2p−2(~x) =~0
Il s’ensuitλ0= 0.
En composant parfp−2 f0la relation initiale, on obtient successivement
λ1= =λp−1= 0.
La famille(~fx(~x) fp−1(~x))est donc libre.
b) Comme cette famille est libre et composée depvecteurs en dimensionnon a
p6n.
Puisquefp= 0,fn=fn−p◦fp= 0.
2
Exercice 5 :[énoncé]
a) Si~x=~oalors n’importe quelλx~convient..
Sinon, la famille(x~f(~x))étant liée, il existe(λ µ)6= (00)tel queλx~+µf(x~) =o~.
Siµ= 0alors~xλ=o~, orx~6=o~doncλ= 0ce qui est exclu car(λ µ)6= (00).
Il resteµ6= 0et on peut alors écriref(x~) =λ~xx~avecλx~=−λµ.
b) Cas(y~x~)liée : on peut écrirey~=xµ~avecµ6= 0(carx y6=o~).
~ ~
D’une partf(~y) =λ~y~y=µλ~yx~. D’autre partf(y~) =f(µ~x) =µf(x~) =µλx~x~.
Sachantµ6= 0etx~6=o~, on conclut :λ~x=λ~y.
Cas(yx~~)libre :
D’une partf(~x+y~) =λx~+y~(x~+~y), d’autre part
f(~x+y~) =f(x~) +f(y~) =~λx+λy~y~.
x
~
Ainsiλ~x+y~(~x+y~) =λxx+λy~y~.
~
~
Par liberté de la famille(x~y~), on peut identifier les coefficients et on obtient
λ~x=λ~x+~y=λy~.
c) L’application~x7→λ~xest constante surE {o~}. Notonsλla valeur de cette
constante.
On a∀~x∈E {~o} f(~x) =x~λ, de plus cette identité vaut aussi pour~x=~oet donc
f=λId.
Exercice 6 :[énoncé]
On a
f◦(f+g) =Id
donc, par le théorème d’isomorphisme,f+gest inversible et
−1
f+g=f
On en déduit(f+g)◦f=Id qui donne
f◦g=g◦f
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