Algèbre linéaire 1 1 Applications linéaires

21 Pages·2008·0.25 MB·French

AlgŁbre linØaire 1
1 Applications linØaires :
1.1 Rang de f2 :
E est un K-espace vectoriel de dimension (cid:28)nie n.
L
Soit f ∈ (E)
1- Montrer que rg(f2)=rgf −dim(kerf ∩Imf)
2- En dØduire que dim(kerf2)≤2dim(kerf)
SOLUTION :
1- Introduisons fela restriction de f (cid:224) Imf. fe : Im(f) −→ E
x 7→ f(x)
Alors Im(fe)=f(Im(f))=Im(f2) et ker(fe)=kerf ∩Imf
Le thØorŁme du rang appliquØ (cid:224) Imf donne :
dim(Imf)=dim(Im(fe))+dim(ker(fe))
soit : rg(f)=rg(f2)+dim(kerf ∩Imf) , ce qui donne bien la formule demandØe.
2- Par le thØorŁme du rang,
n−dim(kerf)=n−dim(kerf2)+dim(kerf ∩Imf)
et donc dim(kerf2)=dim(kerf)+dim(kerf ∩Imf)
en(cid:28)n dim(kerf ∩Imf)≤dim(kerf) puisque kerf ∩Imf ⊂kerf
donc dim(kerf2)≤2dim(kerf)
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
1.2 Dimension de l’image d’un sous espace :
E et F sont deux K-espaces vectoriels de dimensions (cid:28)nies.
L
Soit f ∈ (E,F) et G un sous espace de E.
Montrer que dim(f(G))=dim(G)−dim(kerf ∩G)
SOLUTION :
Introduisons fela restriction de f (cid:224) G. fe : G −→ E
x 7→ f(x)
Alors Im(fe)=f(G) et ker(fe)=kerf ∩G
Le thØorŁme du rang appliquØ (cid:224) Imf donne :
dim(G)=dim(Im(fe))+dim(ker(fe))
soit : dim(G)=dim(f(G))+dim(kerf ∩G) ce qui est bien la relation demandØe.
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
1.3 Dimension de l’image rØciproque :
Soient E et F deux espaces vectoriels sur le mŒme corps K , f ∈L(E,F) et G un sous espace vectoriel de F.
a) Montrer que f−1(G) est un sous espace vectoriel de E.
b) Montrer que dim(f−1(G))=dim(G Im(f)+dim(kerf)
T
SOLUTION :
a) f(0 )=0 ∈G donc 0 ∈f−1(G) et f−1(G) n’est pas vide.
E F E
∀x,y ∈f−1(G),∀λ∈K,f(x+λy)=f(x)+λf(y)∈G donc x+λy ∈f−1(G)
|{z} |{z}
∈G ∈G
f−1(G) est donc un sous espace vectoriel de E.
b) Soit fela restriction de f (cid:224) f−1(G) : f−1(G) −−f→e F
1
• ker(f)⊂f−1(G) donc ker(fe)=f−1(G) ker(f)=ker(f)
T
• Soit y ∈Im(fe), ∃x∈f−1(G), y =fe(x)=f(x) donc y ∈G Im(f)
T
d’oø il rØsulte que Im(fe)⊂G Im(f)
T
RØciproquement, soit y ∈G Im(f) alors y ∈G et ∃x∈E, y =f(x)
T
puisque y =f(x)∈G, x∈f−1(G) et donc y =f(x)=fe(x)∈Im(fe)
d’oø il rØsulte l’inclusion rØciproque et (cid:28)nalement l’ØgalitØ Im(fe)=G Im(f)
T
La formule du rang appliquØe (cid:224) fenous donne alors :
dim(f−1(G))=dim(G Im(f)+dim(kerf)
T
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
1.4 Somme de deux projecteurs :
Soient p et q deux projecteurs d’un espace vectoriel E sur le corps K.
1- Montrer que les propositions suivantes sont Øquivalentes :
a) p+q est un projecteur.
b) p q+q p=0
o o
c) p q =q p=0
o o
2- On suppose que p+q est un projecteur.
a) Montrer que Im(p)∩ Im(q)={0} et que kerp+kerq =E.
b) PrØciser les caractØristiques du projecteur p+q
SOLUTION :
1- p et q sont des projecteurs, donc p p=p et q q =q
o o
• p+q est un projecteur ⇐⇒ (p+q)2 =p+q
⇐⇒ p p +p q+q p+ q q =p+q
o o o o
|{z} |{z}
=p =q
⇐⇒ p q+q p=0
o o
On a ainsi montrØ que a)⇐⇒b)
• Il est clair que c)=⇒b)
RØciproquement, b)=⇒p q+q p=0
o o
=⇒p p q+p q p=0 (en composant (cid:224) gauche par p)
o o o o
=⇒p q+p q p=0 (*)
o o o
et en composant (cid:224) droite par p, p q p+q p p=0
o o o o
=⇒p q p+q p=0 (*)
o o o
par di(cid:27)Ørence des deux (*), p q−q p=0 donc p q =q p=0 puisque leur somme est nulle.
o o o o
On a ainsi montrØ que b)⇐⇒c) et les trois propositions a), b) et c) sont Øquivalents.
2- a) On suppose que p+q est un projecteur.
• Soit x∈Im(p)∩ Im(q). ∃t∈E, ∃z ∈E, x=p(t)=q(z)
alors p(x)=p p(t)=p(t)=x=p q(z)=0 car p q =0
o o o
donc Im(p)∩ Im(q)={0}
• ∀x∈E, x=p(x)+(x−p(x))
q(p(x))=q p(x)=0 car q p=0 donc p(x)∈kerq
o o
p(x−p(x))=p(x)−p p(x)=0 car p est un projecteur, donc x−p(x)∈kerp
o
Donc E ⊂kerp+kerq, l’inclusion rØciproque Øtant toujours vraie, il y a ØgalitØ.
2- b) • Im(p+q)⊂ Im(p)+Im(q) (immØdiat)
Or dim(Im(p+q))= rg(p+q)= tr(p+q) (car p+q est un projecteur)
= tr(p)+ tr(q) (la trace est linØaire)
= rg(p)+ rg(q) (car p et q sont des projecteurs)
et dim(Im(p)+Im(q))= dim(Im(p))+ dim(Im(q))− dim(Imp∩ Imq) (formule de Grassmann)
et puisque Im(p)∩ Im(q)={0} (la somme est directe)
dim(Im(p)+Im(q))= dim(Im(p))+ dim(Im(q))
L’inclusion et l’ØgalitØ des dimensions entra(cid:238)nent que Im(p+q)= Im(p)+ Im(q)
• Il est clair que kerp∩kerq ⊂ker(p+q)
rØciproquement, si x∈ker(p+q) alors p(x)=−q(x)
or p(x)∈ Imp et q(x)∈ Imq donc p(x)∈ Imp∩ Imq ={0} donc p(x)=0 et q(x)=0
et x∈kerp∩kerq
Par double inclusion, on a montrØ que ker(p+q)=kerp∩kerq
Donc p+q est le projecteur sur Im(p)+Im(q) parallŁlement (cid:224) kerp∩kerq
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
2
1.5 Projecteurs
Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension (cid:28)nie n.
On suppose que rg(f)+rg(Id −f)≤n. Montrer que f est un projecteur de E.
E
SOLUTION :
Pour tout x∈E, x=f(x)+(Id −f)(x)
E
donc E ⊂Im(f)+Im(Id −f). L’inclusion inverse Øtant vraie, il y a ØgalitØ.
E
D’aprŁs la formule de Grassmann,
(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)
dim Im(f)+Im(Id −f) =dim(Imf)+dim(Im(Id −f))−dim Im(f)∩Im(Id −f)
E E E
| {z }
| {z } | {z }
≤nparhypothese
=n ≥0
Donc dim(Imf)+dim(Im(Id −f))=n et Im(f)∩Im(Id −f)={0}
E E
Pour tout x∈E, f2(x)−f(x)=f(cid:0)f(x)−x(cid:1)=(Id −f)(cid:0) −f(x)(cid:1)∈Im(f)∩Im(Id −f)={0}
E E
donc f2(x)=f(x) et f est un projecteur.
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
1.6 rg(f) = rg(f2)
Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension (cid:28)nie n.
Montrer que rg(f)=rg(f2) ⇐⇒ ker(f)⊕Im(f)=E
SOLUTION :
Dans tous les cas Imf2 ⊂Imf et kerf ⊂kerf2 ( immØdiat )
• Supposons que ker(f)⊕Im(f)=E
Imf est stable par f. Soit f˜l’endomorphisme induit par f sur Imf
kerf˜=Imf ∩kerf ={0} , donc f˜est injective.
∀x∈Imf2, ∃t∈E, x=f2(t)=f( f(t) )=f˜(f(t)) , donc f˜est surjective.
|{z}
∈Im(f)
f˜est une bijection linØaire de Imf sur Imf2 (isomorphisme), donc Imf et Imf2 ont mŒme dimension et rg(f) =
rg(f2)
• RØciproquement, supposons que rg(f)=rg(f2).
Par le thØorŁme du rang, dim(kerf)=dim(kerf2)
et par l’inclusion kerf ⊂kerf2, kerf =kerf2
Soit x∈ker(f)∩Im(f).
∃t∈E, x=f(t) et f(x)=0 donc f2(t)=f(x)=0.
t∈kerf2 donc t∈kerf puisque kerf =kerf2. Donc f(t)=0=x
Ainsi ker(f)∩Im(f)={0} , la somme ker(f)⊕Im(f) est directe.
Alors, dim(ker(f)⊕Im(f))=dim(ker(f))+dim(Im(f))=dimE (thØorŁme du rang)
et l’inclusion ker(f)⊕Im(f)⊂E permet de conclure que ker(f)⊕Im(f)=E
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
1.7 Rang d’une somme
Soient f et g deux endomophismes d’un espace vectoriel E de dimension (cid:28)nie n sur le corps K.
(cid:26)
Imf ∩Img ={0}
Montrer que : rg(f +g)=rg(f)+rg(g) ⇐⇒
et kerf +kerg =E
SOLUTION :
∀y ∈Im(f +g), ∃x∈E, y =(f +g)(x)=f(x)+g(x)
|{z} |{z}
∈Imf ∈Img
Donc Im(f +g) ⊂ Imf +Img
|{z}
(1)
d’oø rg(f +g)=dim(Im(f +g)) ≤ dim(Imf +Img)=rg(f)+rg(g)−dim(Imf ∩Img)
|{z}
(10)
Il y a ØgalitØ entre rg(f +g) et rg(f)+rg(g) si et seulement si l’inØgalitØ (1’), c’est (cid:224) dire l’inclusion (1) est une
ØgalitØ et si dim(Imf ∩Img)=0
(cid:26)
Im(f +g)=Imf +Img
Donc rg(f +g)=rg(f)+rg(g) ⇐⇒
et Imf ∩Img ={0}
♣ Supposons que rg(f +g)=rg(f)+rg(g)
- alors on vient de voir que Imf ∩Img ={0}
- dim(kerf +kerg)=dim(kerf)+dim(kerg)−dim(kerf ∩kerg) (Grassmann)
3
=n−rgf +n−rgg−dim(kerf ∩kerg) (formule du rang)
=2n−rg(f +g)−dim(kerf ∩kerg)
Montrons que kerf ∩kerg =ker(f +g)
l’inclusion kerf ∩kerg ⊂ker(f +g) est immØdiate.
rØciproquement soit x∈ker(f +g) :
(f +g)(x)=0 donc f(x)=g(−x) et donc f(x)=g(x)=0 puisque Imf ∩Img ={0}
|{z} | {z }
∈Imf ∈Img
ce qui montre bien que x∈kerf ∩kerg et termine la dØmonstration.
On peut alors Øcrire :
dim(kerf +kerg)=2n−rg(f +g)−dim(ker(f +g))=2n−n=n
((cid:224) nouveau th. du rang appliquØ (cid:224) f +g)
L’inclusion kerf +kerg ⊂E et l’ØgalitØ des dimensions permettent alors de conclure (cid:224) l’ØgalitØ :
kerf +kerg =E
♣ Supposons maintenant que Imf ∩Img ={0} et kerf +kerg =E
D’aprŁs le rØsultat prØliminaire, il su(cid:30)t de montrer que : Im(f +g)=Imf +Img
- L’inclusion Im(f +g)⊂Imf +Img ayant dØja ØtØ montrØe, il su(cid:30)t de prouver que Imf +Img ⊂Im(f +g)
- soit z ∈Imf +Img. ∃x,y ∈E tels que z =f(x)+g(y)
- Puisque kerf +kerg =E , il existe a∈kerf et b∈kerg tels que x=a+b
et il existe c∈kerf et d∈kerg tels que y =c+d
alors (f +g)(b+c)=f(b)+f(c)+g(b)+g(c)
|{z} |{z}
0 0
et z =f(x)+g(y)=f(a+b)+g(c+d)=f(a)+f(b)+g(c)+g(d)=f(b)+g(c)
|{z} |{z}
0 0
on a ainsi montrØ que z =(f +g)(b+c)∈Im(f +g)
et (cid:28)nalement que Im(f +g)=Imf +Img
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
1.8 Rang d’une composØe :
Soient E,F et G des espaces vectoriels sur le mŒme corps K. Soient f ∈L(E,F) et g ∈L(F,G) :
f g
E −→ F −→ G
−−−−−−−−−−−→
gof
a) Montrer que : rg(g f)=rg(f)−dim(kerg Imf)
o T
b) Montrer que : rg(g f)=rg(g)+dim(kerg + Imf)−dimF
o
c) En dØduire (cid:224) quelle condition rg(g f)=rg(f) et (cid:224) quelle condition rg(g f)=rg(g)
o o
SOLUTION :
g
a) Soit gela restriction de g (cid:224) Im(f) : Im(f) −−e−→ G
x 7→ g(x)
Im(g f)=g(Im(f))=Im(g)
o e
ker(g)=Im(f)∩kerg
e
En appliquant le thØorŁme du rang (cid:224) g, on obtient : dim(Imf)=dim(Img)+dim(kerg)
e e e
soit : rgf =rg(g f)+dim(Im(f)∩kerg)
o
b) D’aprŁs la formule de Grassmann puis le thØorŁme du rang,
dim(Im(f)+ker(g))=dim(Imf)+dim(kerg)−dim(Imf kerg)
T
=rgf +dim(F)−rgg−dim(Imf kerg)
T
En reportant dans la formule de la question prØcØdente, on obtient :
rg(g f)=rgf −dim(Im(f)∩kerg)
o
=rgf +dim(Im(f)+ker(g))−rgf −dim(F)+rgg
soit rg(g f)=rggdim(Imf +kerg)−dim(F)
o
c) • De la formule a) : rgf =rg(g f)+dim(Imf ∩kerg)
o
on dØduit que rg(g f)=rgf ⇐⇒ Imf ∩kerg ={0}
o
• De la formule b) : rg(g f)=rgg+dim(Imf +kerg)−dim(F)
o
on dØduit que rg(g f)=rgg ⇐⇒ dim(Imf +kerg)=dim(F)
o
⇐⇒ Imf +kerg =F (compte tenu de l’inclusion Imf +kerg ⊂F)
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
4
1.9 Noyau et image d’une composØe
Soient E,F et G des espaces vectoriels sur le mŒme corps K. Soient f ∈L(E,F) et g ∈L(F,G).
a) Montrer que : Im(g f)=Im(g) ⇐⇒ kerg+Im(f)=F
o
b) Montrer que : ker(g f)=ker(f) ⇐⇒ Im(f)∩kerg ={0}
o
SOLUTION :
f g
E −→ F −→ G
a) On a toujours Im(g f)⊂Im(g)
o
• Supposons que Im(g f)=Im(g)
o
Soit x∈F. Alors g(x)∈Im(g)=Im(g f) donc ∃t∈E, g(x)=g f(t)
o o
On peut alors Øcrire x=f(t)+(x−f(t)) avec f(t)∈Im(f) et x−f(t)∈kerg
(car g(x−f(t))=g(x)−g f(t)=0 )
o
On a ainsi montrØ que F ⊂kerg+Im(f) et il y a ØgalitØ car kerg et Im(f) sont des sous-espaces de F.
• RØciproquement, supposons que kerg+Im(f)=F
Soit y ∈Im(g). ∃x∈F, y =g(x).
Mais puisque kerg+Im(f)=F, ∃a∈kerg, ∃b∈Im(f), x=a+b et ∃c∈E, b=f(c)
alors y =g(x)=g(a+b)=g(a)+g(b)=g(f(c))∈Im(g f)
o
|{z}
0
Donc Im(g)⊂Im(g f) et il y a ØgalitØ.
o
b) On a toujours ker(f)⊂ker(g f)
o
• Supposons que ker(f)=ker(g f) .
o
Soit y ∈Im(f)∩kerg : ∃x∈E, y =f(x) et g(y)=0 donc g(f(x))=0 et x∈ker(g f)=ker(f)
o
d’oø f(x)=0 et y =f(x)=0
Donc Im(f)∩kerg ={0}
• RØciproquement, supposons que Im(f)∩kerg ={0}.
Soit x∈ker(g f) alors g f(x)=0 donc f(x)∈Im(f)∩kerg ={0} donc f(x)=0 et x∈kerf
o o
On a ainsi montrØ que ker(f)⊂ker(g f)
o
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
1.10 Sous-espace de L(E,F) :
E et F sont deux K-espaces vectoriels de dimensions (cid:28)nies et G est un sous espace de E.
L
On considŁre W ={u∈ (E,F), G⊂keru}
L
1- Montrer que W est un sous espace vectoriel de (E,F)
2- Calculer sa dimension en fonction de celles de E,F et G
SOLUTION :
1- Notons ω l’application nulle de E dans F.
• Puisque ker(ω)=E, on a bien G⊂kerω de sorte que ω ∈G et W n’est pas vide.
• Soient u et v ∈W et λ∈K .
u et v sont deux applications liØaires de E dans F telles que G⊂keru et G⊂kerv
∀x∈G, u(x)=v(x)=0 donc ∀x∈G, (u+λv)(x)=0 et G⊂ker(u+λv)
il en rØsulte que u+λv ∈W
L
W est donc un sous espace vectoriel de (E,F)
2- Soient n=dim(E), p=dim(F) et m=dim(G)
G admet un sous espace supplØmentaire H dans E : G⊕H =E
L
• Soit u∈ (E,F).
Notons u et u les restrictions respectives de u (cid:224) G et (cid:224) H.
|G |H
∀x∈E, ∃x ∈G, ∃x ∈H, x=x +x
1 2 1 2
u(x)=u(x +x )=u(x )+u(x )=u (x )+u (x )
1 2 1 2 |G 1 |H 2
u∈W ⇐⇒ G⊂keru ⇐⇒ ∀x ∈G,u(x )=0 ⇐⇒ ∀x ∈G,u (x )=0 ⇐⇒ u =ω
1 1 1 |G 1 |G
L L L
• ConsidØrons alors l’application Φ de (E,F) dans (G,F) qui (cid:224) u∈ (E,F) fait correspondre u :
L L |G
Φ : (E,F) −→ (G,F)
u 7→ u :
|G
L’Øquivalence u∈W ⇐⇒ u =ω ⇐⇒ Φ(u)=ω montre que W =kerΦ
|G
Par le thØorŁme du rang, on peut Øcrire :
L
dim( (E,F))=dim(kerΦ)+dim(ImΦ)
|{z}
W
L
soit dim(W)=dim( (E,F))−dim(ImΦ)
5
L
Ilresteen(cid:28)n(cid:224)montrerqueΦestsurjective: PourtoutapplicationlinØairev ∈ (G,F),considØronsl’application
L
w ∈ (E,F) qui co(cid:239)ncide avec v sur G et qui est nulle sur H. Une telle application existe bien puisque E =G⊕H.
L
Alors Φ(w)=w =v, ce qui montre que Φ est surjective, c’est (cid:224) dire que Im(Φ)= (G,F)
|G
Finalement,
L L L
dim(W)=dim( (E,F))−dim(ImΦ)=dim( (E,F))−dim( (G,F))
=dim(E)dim(F)−dim(G)dim(F)
dim(W)=dim(F).(dim(E)−dim(G))
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
1.11 Endomorphisme commutant avec tous les autres
Soit E un espace vectoriel sur le corps K et f ∈L(E)
a) Montrer que si ∀x∈E, f(x) est colinØaire (cid:224) x alors f est une homothØtie.
b) Montrer que si f ∈L(E) commute avec tous les endomorphismes de E, alors f est une homothØtie.
c) DØterminer les matrices M ∈M (K) qui commutent avec toutes les matrices inversibles.
n
( ∀N ∈GL (K), M.N =N.M)
n
SOLUTION :
a) Par hypothŁse, ∀x∈E, ∃λ ∈K, f(x)=λ .x
x x
Si x6=0,λ est unique car λ .x=λ .x =⇒ (λ −λ ).x=0
x 1 2 1 2
=⇒ λ =λ car x6=0.
1 2
Soient x et y non nuls.
• Si x et y sont liØs, ∃µ∈K, y =µx
f(y)=λ .y =f(µ.x)=µ.f(x)=µ.λ .x=λ µ.x=λ .y
y x x x
donc (λ −λ ).y =0 et λ =λ
x y x y
• Si (x,y) est libre, f(x+y)=λ .(x+y)=f(x)+f(y)=λ .x+λ .y
x+y x y
donc (λ −λ ).x+(λ −λ ).y =0
x+y x x+y y
=⇒ λ =λ et λ =λ puisque (x,y) est libre.
x+y x x+y y
donc λ =λ
x y
Ainsi, ∃λ∈K, ∀x∈K, f(x)=λ.x et donc f =λ.Id .
E
b) Soit f ∈L(E) qui commute avec tous les endomorphismes de E.
Soit x un vecteur quelconque non nul de E.
ConsidØrons alors la projection p sur la droite Vect(x) parallŁlement (cid:224) un hyperplan H supplØmentaire de cette
droite.
Par hypothŁse sur f, f p=p f
o o
donc f(p(x))=p(f(x))
|{z} | {z }
=x ∈Im(p)
donc f(x)∈Im(p)=Vect(x) et ∃λ∈K, f(x)=λ .x
x
Il s’ensuit alors d’aprŁs a) que f est une homothØtie.
c) Soit M ∈M (K) qui commute avec toutes les matrices de GL (K).
n n
∀(i,j)∈{1,2,...,n}2, I +E ∈GL (K), donc M.(I +E )=(I +E ).M
n i,j n n i,j n i,j
=⇒ M +M.E =M +E .M
i,j i,j
=⇒ M.E =E .M et par linØaritØ, M commute avec toutes les matrices de M (K).
i,j i,j n
Alors, d’aprØs a) appliquØ aux matrices, ∃λ∈K, M =λI
n
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
1.12 * Rangs de fk ; indice de nilpotence
Soit E un espace vectoriel de dimension (cid:28)nie sur le corps K et f ∈L(E)
Pour tout k ∈N, soient r =rg(fk) et δ =r −r (on convient que f0 =Id )
k k k k+1 E
1-a) Montrer que δ =dim(kerf Imfk+1)
k ∩
(on pourra considØrer la restriction fek de f (cid:224) Imfk) )
En dØduire que (δ ) est une suite dØcroissante.
k
n
Montrer que pour tout k, δ ≤ . En dØduire que la suite (δ ) est nulle (cid:224) partir d’un certain rang.
k k+1 k
b) Soit p le plus petit entier tel que δ =0 (donc δ 6=0 )
p p−1
Montrer que - si k <p, Im(fk+1) Im(fk)
6
et que - si k ≥p, Im(fk)=Im(fp)
2-a) On suppose que f est nilpotente d’ordre 2. (f 6=0 et f2 =0 )
n
Montrer que rg(f)≤
2
b) Plus gØnØralement, on suppose que f est nilpotent d’ordre p. (fp−1 6=0 et fp =0 )
p−1
Montrer que rg(f)≤ n
p
SOLUTION :
1-a) Soit k ∈N et fek la restriction de f (cid:224) Imfk :
Imfk −fe→k E
x −→ f(x)
Recherchons noyau et image de fek :
•∀x∈Imfk, x∈ker(fek) ⇐⇒ fek(x)=0
⇐⇒ f(x)=0
donc ker(fek)=Imfk∩kerf
•∀y ∈E, y ∈ Im(fek) ⇐⇒ ∃x∈Imfk, y =fek(x)=f(x)
⇐⇒ ∃t∈E, y =f(fk(t))
⇐⇒ y ∈Imfk+1
donc Im(fek)=Imfk+1
Le thØorŁme du rang appliquØ (cid:224) fek permet d’Øcrire : dim(Imfk)=dim(Imfk+1)+dim(Imfk∩kerf)
soit aussi : r =r +dim(Imfk∩kerf)
k k+1
et par di(cid:27)Ørence, δ =r −r =dim(Imfk∩kerf)
k k k+1
• Si x∈ Imfk+1, alors ∃t∈E, x=fk+1(t)=fk(f(t)) donc x∈ Imfk.
d’oø Imfk+1 ⊂ Imfk
alors Imfk+1∩kerf ⊂ Imfk∩kerf , et en passant aux dimensions, δ ≤δ
k+1 k
La suite (δ ) est donc dØcroissante (au sens large)
k
Remarque : Cette dØcroissance de δ s’Øcrit aussi δ =r −r ≤δ =r −r ,
k+1 k+1 k+2 k k k+1
r +r
ou encore r ≤ k k+2
k+1 2
On dit alors, par analogie aux fonctions, que la suite (r ) est convexe.
k
• δ =r −r =n−r
0 0 1 1
δ =r −r
1 1 2
δ =r −r
2 2 3
·········
δ =r −r
k k k+1
En additionnant membre (cid:224) membre,
n
δ0+δ1+...+δk =n−rk+1 donc (k+1)δk ≤n d’oø δk ≤ k+1
| {z } | {z }
≥(k+1)δk n≤n
• L’inØgalitØ 0≤δ ≤ montre que lim δ =0
k k+1 k→+∞ k
Mais comme (δ ) est une suite d’entiers naturels, puisqu’elle est de limite nulle, elle est nulle (cid:224) partir d’un certain
k
rang (prendre ε= 1 dans la dØ(cid:28)nition de la limite)
2
b)• Si p est le plus petit entier tel que δ =0, la suite (δ ) Øtant dØcroissante,
p k
∀k <p, δ =r −r ≥1 donc r =rg(fk)>r =rg(fk+1)
k k k+1 k k+1
L’inclusion Im(fk+1)⊂Im(fk) est donc stricte.
• La suite (δ ) Øtant stationnaire nulle (cid:224) partir du rang p, ∀k ≥p, δ =r −r =0,
k k k k+1
l’inclusion Im(fk+1)⊂Im(fk) (cid:224) laquelle s’ajoute l’ØgalitØ des dimensions entra(cid:238)ne alors l’ØgalitØ
Im(fk+1)=Im(fk)
La suite des images itØrØes, (Imfk) est donc strictement dØcroissante jusqu’au rang p, puis stationnaire (cid:224)
partir de ce rang p.
2-a) Si f f =0 alors Imf ⊂kerf et donc dim(Imf)≤dim(kerf)
o
or, par le thØorŁme du rang, dim(Imf)+dim(kerf)=n
n
d’oø 2dim(Imf)≤n et rg(f)≤
2
2-b) Supposons que f soit nilpotente d’ordre p. Alors Imfp ={0} donc r =0 et δ =0.
p p
Le mŒme calcul de sommation fait en 1-a) montre que :
δ +δ +...+δ =n−r =n
0 1 p−1 p
7
La suite (δ ) Øtant dØcroissante, n=δ +δ +...+δ ≤p.δ =p(n−r )
k 0 1 p−1 0 1
p−1
donc p.r ≤(p−1)n et (cid:28)nalement, r = rg(f)≤ n
1 1 p
Note : Ce rØsultat gØnØralise celui de la question prØcØdente :
2
Si f est nilpotente d’ordre 3, alors rg(f)≤ n
3
2 Matrices et applications linØaires
2.1 Produit de matrices rectangulaires :
 
−1 2 2
Soient A∈M3,2(R) et B ∈M2,3(R) telles que A.B = −2 3 2 
1 −1 0
Montrer que BA=I (on pourra d’abord calculer (AB)2 puis dØterminer rg(AB), rg(A), rg(B), rg(BA)....)
2
SOLUTION :
• (AB)2 = A.B. Si on note C ,C ,C les colonnes de A.B, on constate que C = 2(C +C ), que C et C ne
1 2 3 3 1 2 1 2
sont pas proportionnelles donc sont linØairement indØpendantes. Donc rg(AB)=2
• rg(A)≤2 car A∈M (R) et pour une raison analogue, rg(B)≤2
3,2
Or 2=rg(A.B)≤ rg(A)≤2 donc rg(A)=2
Pour la mŒme raison, rg(B)=2
rg(B.A)≤2 car B.A∈M (R)
2
• rg(A.(B.A).B) = rg(A.B)=2 ≤ rg(B.A) donc rg(B.A)≥2 donc rg(B.A)=2
B.A∈M (R) , est de rang 2, donc est inversible.
2
alors (AB)2 = A.B =⇒ B.(A.B.A.B).A = B.(A.B).A et en multipliant deux fois par (B.A)−1, on obtient
B.A=I
2
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
2.2 Matrice d’une application linØaire :
On note considŁre l’application f de R3 dans lui-mŒme qui au vecteur (x,y,z) fait correspondre le vecteur (x0,y0,z0)

x0 =x−y

tel que : y0 =−x+z
 z0 =3x−2y−z
a) Montrer que f est un endomorphisme de R3 et calculer sa matrice A dans la base canonique de R3
DØterminer le noyau et l’image de f. Donner une Øquation de cette image.
b) Calculer la matrice de l’endomorphisme f2.
Sansaucunautrecalcul,endØduireunebasedeIm(f2)etmontrerquel’endomorphismef estnilpotentenprØcisant
son ordre de nilpotence.
SOLUTION :
a) f est une application de R3 dans R3, linØaire (immØdiat); c’est un endomorphisme de R3.
Notons e =(1,0,0), e =(0,1,0), e =(0,0,1), la base canonique de R3.
1 2 3
 
1
Pour e1, (x,y,z) = (1,0,0) et (x0,y0,z0) = (1,−1,3) donc f(e1) = e1−e2+3e3 , ce qui donne  −1  pour
3
premiŁre colonne de A.
Calcul analogue pour les autres colonnes, ce qui donne :
 
1 −1 0
A= −1 0 1 
3 −2 −1

 x−y =0 (cid:26) x=y
• (x,y,z)∈ker(f)⇐⇒ −x+z =0 ⇐⇒ ⇐⇒(x,y,z)=x.(1,1,1)
x=z
 3x−2y−z =0
Ainsi, ker(f) est donc la droite vectorielle engendrØe par le vecteur u=(1,1,1)
Le thØorŁme Durand nous permet alors d’en dØduire que Im(f) a pour dimension 3−1=2
• Im(f) est engendrØ par les images des vecteurs d’une base de R3, donc par f(e ),f(e ),f(e )
1 2 3
8
Sachant que c’est un plan, on peut en prendre pour base tout sous ensemble de deux de ces trois vecteurs, qui soit
libre, par exemple les 2e et 3e colonnes (pour un peu plus de simplicitØ).
Ainsi, Im(f) a pour base (1,0,2),(0,1,−1)
Un vecteur (x,y,z)∈R3 appartient (cid:224) Im(f) ⇐⇒ ((1,0,2),(0,1,−1),(x,y,z)) est liØ
⇐⇒ det((1,0,2),(0,1,−1),(x,y,z))=0
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) 1 0 x (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
⇐⇒ (cid:12) 0 1 y (cid:12)=0 ⇐⇒ −2x+y+z =0
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) 2 −1 z (cid:12)
Finalement, Im(f) est le plan d’Øquation −2x+y+z
 
2 −1 −1
b) A2 = 2 −1 −1  (calcul immØdiat)
2 −1 −1
 
1
A2 est une matrice de rang 1, puisque chacune de ses colonnes est multiple de  1 
1
Im(f2) est donc la droite vectorielle engendrØe par le vecteur u=(1,1,1)
On remarque ainsi que Im(f2)=ker(f)
DŁs lors, ∀X ∈R3, f2(X)∈ker(f) donc f[f2(X)]=0
Il s’ensuit que f est un endomorphisme nilpotent d’ordre 3 (puisque f3 =0 et f2 6=0)
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
2.3 RØduction Mines
Soit A une matrice carrØe rØelle d’ordre 3, non nulle telle que A3 =−A
 
0 0 0
Montrer que A est semblable (cid:224) B = 0 0 −1 
0 1 0
SOLUTION :
Soit A∈M (R) non nulle telle que A3 =−A
3
det(A3)=(detA)3 =det(−A)=(−1)3det(A)=−det(A)
donc det(A)((detA)2+1)=0 donc det(A)=0 , la matrice A n’est pas inversible.
| {z }
6=0
Soit (e ,e ,e ) la base canonique de R3 et f l’endomorphisme canoniquement associØ (cid:224) A.
1 2 3
f3+f =0 et ker(f)6={0}
♣ Montrons que ker(f)⊕ker(f2+IdR3)=E
- c’est immØdiat si on dispose du th. de dØcomposition des noyaux, car les polyn(cid:244)mes X et X2+1 Øtant premiers
entre eux, la relation f(f2+I)=ω entraine alors :
ker(f)⊕ker(f2+I)=kerω =E (ω endomorphisme nul)
- ce thØorŁme ne (cid:28)gurant pas au programme, dØmontrons le rØsultat annoncØ :
soit x∈ker(f)∩ker(f2+I): f(x)=0etf(f(x))=−x
|{z}
0
donc x=0 , la somme ker(f)⊕ker(f2+I) est directe.
soit x∈R3 , posons a=f2(x)+x et b=−f2(x)
f(a)=f3(x)+f(x)=0 donc a∈kerf
(f2+I)(b)=−f4(x)−f2(x)=−f(f3(x)+f(x))=−f(0)=0 donc b∈ker(f2+I)
Comme x=a+b, ker(f)⊕ker(f2+I)=R3
♣ ker(f)6=R3 , sinon f serait nul, donc ker(f2+I)6={0}
Soit y une vecteur non nul de ker(f2+I) , f2(y)=−y. Montrons que (y,f(y)) est libre.
Soient λ et µ rØels tels que λy+µf(y)=0 , alors λf(y)+µf2(y)=λf(y)−µy =0
En multipliant la premiŁre ØgalitØ par λ , la deuxiŁme par −µ et en ajoutant, on obtient :
(λ2+µ2).y =0 ⇒ λ2+µ2 =0 ⇒ λ=µ=0
Donc le systŁme (y,f(y)) est libre et dim(ker(f2+I))≥2
Puisque dim(kerf)≥1 (ker(f)6={0}) , nØcessairement,
dim(ker(f2+I))=2 et dim(kerf)=1
Soitalorsaunebasedekerf ,y unvecteurnonnuldeker(f2+I)desorteque(y,f(y))estunebasedeker(f2+I).
Alors (a,y,f(y)) est une base de R3 car ker(f)⊕ker(f2+I)=R3
et puisque f(f(y)) = −y la matrice de f dans la base (a,y,f(y)) est m Montrer que A est semblable (cid:224) B =
 
0 0 0
 0 0 −1 
0 1 0
A et B Øtant les matrices de f dans deux bases distinctes , elles sont semblables.
9
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
2.4 * Matrices de trace nulle
Soit M ∈M (K).
n
Montrer que : tr(M)=0 ⇐⇒ M est semblable (cid:224) une matrice dont tous les ØlØments diagonaux sont nuls.
SOLUTION :
• Si M est semblable (cid:224) une matrice N dont tous les ØlØments diagonaux sont nuls, alors tr(M)= tr(N)=0.
• Montrons l’implication rØciproque, pour les endomorphismes d’un espace vectoriel de dimension n, par rØcurrence
sur n.
- Pour n=dim(E)=1, mat(f)=(λ), donc tr(f)=λ=0 et mat(f)=0, la propriØtØ est vØri(cid:28)Øe.
- Supposons que tout endomorphisme de trace nulle d’un espace de dimension n−1 admette une base dans
laquelle les ØlØments diagonaux de sa matrice soient tous nuls.
Soit alors f ∈L(E), E espace vectoriel de dimension n, tel que tr(f)=0.
- si f =λ.Id est une homothØtie, alors tr(f)=λ.n=0 donc λ=0 et f =0 vØri(cid:28)e bien la propriØtØ demandØe.
E
- si f n’est pas une homothØtie, alors il existe x ∈E tel que (x ,f(x )) soit un systŁme libre.
1 1 1
(cf. exercice prØcØdent)
Prenons alors x =f(x ) et complØtons le systŁme libre (x ,x ) en une base (x ,x ,x ,...,x ) de E.
2 1 1 2 1 2 3 n
f(x )f(x )...f(x )
1 2 n
   
0 a1,2 ... a1,n x1 0 a1,2 ... a1,n  a ... a 
Mat(x1,...,xn)f = 10 aa23..,,22 ...... aa23..,,nn  xx..23 = 10.. B  avec B = a23...,,22 ...... a23...,,nn 
 0 . ... .  .  . 
a ... a
0 a ... a x 0 n,2 n,n
n,2 n,n n
ConsidØrons ensuite p le projecteur sur l’hyperplan H = Vect(x ,x ,...,x ) parallŁlement (cid:224) la droite Vect(x ) et g
2 3 n 1
la restriction de p f (cid:224) H.
o
g est un endomorphisme de H, dont la matrice dans la base (x ,...,x ) est :
2 n
 
a ... a
2,2 2,n
 a3,2 ... a3,n 
Mat(x2,...,xn)g = ... ... ... =B
a ... a
n,2 n,n
alors tr(g)= tr(B)=a +...+a = tr(f)=0
2,2 n,n
On peut donc appliquer (cid:224) g l’hypothŁse de rØcurrence : il existe une base (y ,...,y ) de H dans laquelle la matrice
2 n
 
0 c ... c
2,3 2,n
 c3,2 0 ... c3,n 
de g possŁde une diagonale nulle : Mat(y2,...,yn)g =C = ... ... ... ... 
c ... c 0
n,2 n,n−1 n−1
Alors, la matrice de f dans la base (x ,y ,...,y ) est :
1 2 n
 
0 × × × ×
 × 0 c2,3 ... c2,n 
Mat f =A0 = × c3,2 0 ... c3,n  ( les × reprØsentent des
(x1,y2,...,yn)  ... ... ... ... ...  ØlØments quelconques de K )
× c ... c 0
n,2 n,n−1 n
On a ainsi construit une base de E dans laquelle les ØlØments diagonaux de la matrice de f sont nuls.
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
2.5 * Groupe multiplicatif de matrices
Soit K=R ou C et G={M ,M ,...,M } un sous ensemble (cid:28)ni de matrices de M (K) formant un groupe pour la
1 2 p n
multiplication ×.
a) Donner un exemple d’un tel sous ensemble G.
G est il nØcessairement un sous groupe de (GL (K),×) ?
n
b) Montrer que toutes les matrices de G ont mŒme rang.
p
1 X
c) Montrer que P = M est une matrice de projection.
n k
k=1
SOLUTION :
10