[PDF] Chapitre 8 — alg`ebre linéaire — exercices corrigés page 1

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Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 1Exercice 1. (*)Soit (a1;a2;a3)2R3. Les fonctionsx7!sin(x+ak) sont-elles lineairement independantes?Solution de l'exercice 1.Pour toutk2 f1;2;3g, observons l'identite

8x2R;sin(x+ak) = sin(ak)cos(x) + cos(ak)sin(x);

c'est-a-direfk= sin(ak)cos+cos(ak)sin. On en deduit l'inclusion

Vect(f1;f2;f3)Vect(cos;sin)

puis l'inegalite rg(f1;f2;f3)6rg(cos;sin)62: La famille (f1;f2;f3) est donc liee.Exercice 2. (*)Montrer que les fonctions denies sur ]0;+1[ par f

1:x7!x f2:x7!x2f3:x7!xln(x)f4:x7!x2ln(x)

forment une famille libre.Solution de l'exercice 2.Corrige en classe.Exercice 3. (*)SoientfetgdansL(E). Demontrer l'egalitef(Ker(gf)) = Ker(g)\Im(f).Solution de l'exercice 3.Corrige en classe.Exercice 4. (*)Soientf2 L(E;F) etg2L(F;G). Demontrer l'egalite Ker(gf) =f1(Ker(g)).Solution de l'exercice 4.L'egalite se demontre directement comme suit

f

1(Ker(g)) =fx2E ;f(x)2Ker(g)g=fx2E ;g(f(x)) = 0Gg= Ker(gf):Exercice 5. (*)Soit E unK-espace vectoriel. Soitf2 L(E). Montrer les equivalences suivantes

Im(f)\Ker(f) =f0Eg ()Ker(f) = Ker(f2);

Im(f) + Ker(f) = E()Im(f) = Im(f2):

On notegl'endomorphisme de Im(f) induit parf. Que signient ses egalites pourg?Solution de l'exercice 5.Remarquons pour commencer que les inclusions Ker(f)Ker(f2) et Im(f2)Im(f)

sont vraies.

On fait l'hypothese Im(f)\Ker(f) =f0Eg.

Soitx2Ker(f2). L'egalitef(f(x)) = 0Emontre quef(x) est dans Ker(f). Ce vecteur est egalement dans Im(f)

donc c'est le vecteur nul, si bien quexest dans Ker(f).

On a prouve l'inclusion Ker(f2)Ker(f). Par double inclusion, on a prouve l'egalite Ker(f) = Ker(f2).On a prouve l'implication Im(f)\Ker(f) =f0Eg )Ker(f) = Ker(f2).Reciproquement, on fait l'hypothese Ker(f) = Ker(f2).

Soitx2Im(f)\Ker(f). On conna^t l'egalitef(x) = 0Eet l'existence d'un vecteuryde E tel quef(y) =x. Pour

un tel vecteury, on af2(y) =f(x) = 0Edoncy2Ker(f2) doncy2Ker(f) doncf(y) = 0Edoncx= 0E.

On obtient donc l'egalite Im(f)\Ker(f) =f0Eg.On a prouve l'implication Ker(f) = Ker(f2))Im(f)\Ker(f) =f0Eg.Faisons maintenant l'hypothese Im(f) + Ker(f) = E.

On conna^t deja l'inclusion Im(f2)Im(f).Lycee Henri Poincare | PC *| mathematiques novembre 2020

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 2Prenonsxdans Im(f). Prenons un antecedentydexparf. Ce vecteur est un element de E donc il existey1

dans Im(f) ety2dans Ker(f) tels quey=y1+y2.

La linearite defdonne

x=f(y) =f(y1) +f(y2) =f(y1): Le vecteury1est dans Im(f). Prenons un antecedentzdey1parf. On obtient alors x=f(y1) =f(f(z)) doncx2Im(f2):

On a alors montre l'inclusion Im(f)Im(f2). Par double inclusion, on obtient l'egalite Im(f) = Im(f2).On a prouve l'implication Im(f) + Ker(f) = E)Im(f) = Im(f2).Faisons enn l'hypothese Im(f) = Im(f2).

Soitx2E. Le vecteurf(x) est dans Im(f) donc dans Im(f2). Considerons un antecedentydef(x) parf2. Cela

s'ecritf(x) =f2(y) ou encoref(xf(y)) = 0E. Le vecteurxf(y) est donc dans Ker(f). On en deduit la decomposition x=xf(y)|{z}

2Ker(f)+f(y)|{z}

2Im(f);

qui montre quexappartient a Ker(f) + Im(f). On obtient l'egalite Im(f) + Ker(f) = E.On a prouve l'implication Im(f) = Im(f2))Im(f) +Ker(f) = E.Les deux equivalences demandees sont demontrees.

L'enonce a notegl'endomorphisme de Im(f) induit parf, ce qui donne Im(g) =g(Im(f)) =f(Im(f)) =f(f(E)) = Im(f2) et Ker(g) =fx2Im(f) ;f(x) = 0Eg= Im(f)\Ker(g):

On en deduit que les egalites de la premiere equivalence equivalent a l'injectivite deget que les egalites de la

deuxieme equivalence equivalent a la surjectivite deg.

Notons que si Im(f) est de dimension nie, toutes ces proprietes sont equivalentes entre elles.Exercice 6. (*)SoientfetgdansL(E;F), ou E et F sont de dimension nie. Demontrer l'encadrement suivant

jrg(f)rg(g)j6rg(f+g)6rg(f) + rg(g):Solution de l'exercice 6.Soity2Im(f+g). Il existe alors un elementxde E tel quey= (f+g)(x), ce qui donne

y=f(x) +g(x)2Im(f) + Im(g): On a alors prouve l'inclusion Im(f+g)Im(f) + Im(g). On en deduit les inegalites rg(f+g)6dim(Im(f) + Im(g))6dim(Im(f)) + dim(Im(g)) = rg(f) + rg(g):

L'egalitef= (f+g) + (g) donne alors

rg(f)6rg(f+g) + rg(g) = rg(f+g) + rg(g) donc rg(f)rg(g)6rg(f+g):

En echangeant les r^oles defet deg, il vient

rg(g)rg(f)6rg(g+f): L'un des deux nombres rg(f)rg(g) et rg(g)rg(f) est egal ajrg(f)rg(g)jdonc jrg(f)rg(g)j6rg(f+g):Lycee Henri Poincare | PC *| mathematiques novembre 2020

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 3Exercice 7. (*)Soit E un espace vectoriel de dimension nie. On considere deux endomorphismesfetgde E et on

fait les hypotheses suivantes f+g= IdEet rg(f) + rg(g)6dim(E):

Montrer que Im(f) et Im(g) sont supplementaires dans E. Montrer de plus quefetgsont les projecteurs associes.Solution de l'exercice 7.En exploitant la formule de l'exercice 6, il vient

dim(E) = rg(Id

E) = rg(f+g)6rg(f) + rg(g)6dim(E):

Ces inegalites sont donc toutes des egalites. Notons en particulier l'egalite rg(f) + rg(g) = dim(E).

Par ailleurs, l'egalite Id

E=f+gdonne l'inclusion EIm(f) + Im(g) donc E = Im(f) + Im(g). Ces deux egalites prouvent que Im(f) et Im(g) sont supplementaires dans E. L'egalitef+g= IdEprouve que pour toutx2E, la decomposition dexdans E = Im(f)Im(g) est x=f(x) +g(x):

Les projecteurs associes a cette decomposition sont doncfetg.Exercice 8. (***)Soient V et W deux sous-espaces vectoriels supplementaires dans unK-espace vectoriel E.

Soit F unK-espace vectoriel. On pose

L

1=ff2 L(E;F) ;fjW= 0get L2=ff2 L(E;F) ;fjV= 0g:

Montrer que L

1et L2sont deux sous-espaces vectoriels supplementaires deL(E;F).Solution de l'exercice 8.NotonspVla projection sur V parallelement a W etpWla projection sur W parallelement

a V.

Soitf2 L(E;F). Le but est de demontrer l'existence et l'unicite d'un couple (f1;f2) de L1L2tel quef1+f2=f.

Analyse.Soit (f1;f2)2L1L2. On suppose quef1+f2=f.

Soitx2E. Partons de la decompositionx=pV(x) +pW(x). La linearite def1donne f

1(x) =f1(pV(x)) +f1(pW(x)):

L'appartenance depW(x) a W donnef1(pW(x)) = 0Edoncf1(x) =f1(pV(x)). L'appartenance depV(x) a V donne f

2(pV(x)) = 0Fdonc

f

1(x) = (f1+f2)(pV(x)) =f(pV(x)):

Cette egalite est vraie pour toutxdans E, donc on a prouve l'egalitef1=fpV.

L'egalitef=f1+f2donne alors

f

2=ffpV=f(IdEpV) =fpW:

On a prouve l'unicite du couple (f1;f2) sous reserve d'existence. Synthese.Reciproquement, posonsf1=fpVetf2=fpW. On a alors deni deux applications lineaires de E vers F. Pour toutx2W, on a alorsf1(x) =f(pV(x)) =f(0E) = 0Fdoncf1est un element de L1. Pour toutx2V, on a alorsf2(x) =f(pW(x)) =f(0E) = 0Fdoncf2est un element de L2. Pour nir, observons l'egalitef1+f2=f(pV+pW) =fIdE=f. Le couple (f1;f2) est un donc un element de L1L2tel quef1+f2=f.

Cette analyse et cette synthese prouvent que L

1et L2sont des sous-espaces vectoriels1supplementaires deL(E;F).

On a prouve au passage que les projections associees sontf7!fpVetf7!fpW.1. En realite, je n'ai pas prouve que ce sont des sous-espaces vectoriels deL(E;F) mais je laisse ces details en exercice.Lycee Henri Poincare | PC

*| mathematiques novembre 2020

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 4Exercice 9. (**)Soientpetqdeux projecteurs d'un espace vectoriel E. Montrer que sipetqcommutent, alorspq

est un projecteur, dont on exprimera le noyau et l'image en fonction de ceux depet deq.Solution de l'exercice 9.Deja, la composeepqest un endomorphisme de E. De plus, on trouve

(pq)2=pqpq=ppqq=pq doncpqest un projecteur. On conna^t les inclusions Im(pq)Im(p) et Im(qp)Im(q) donc

Im(pq)Im(p)\Im(q):

Reciproquement, soitx2Im(p)\Im(q). Le vecteurxest alors un point xe depet deqdonc (pq)(x) =p(x) =x;donxx2Im(pq): On a alors prouve l'inclusion Im(p)\Im(q)Im(pq). Par double inclusion, on a prouve l'egalite

Im(pq) = Im(p)\Im(q):

On conna^t les inclusions Ker(q)Ker(pq) et Ker(p)Ker(qp) donc

Ker(p) + Ker(q)Ker(pq):

Reciproquement, soitx2Ker(pq). Le vecteurq(x) est alors un element de Ker(p) et on sait quexq(x) est un

element de Ker(q) doncxest un element de Ker(p) + Ker(q). On a alors prouve l'inclusion Ker(pq)Ker(p) + Ker(q) puis, par double inclusion,

Ker(pq) = Ker(p) + Ker(q):Exercice 10. (*) a.Soient E;F;G desK-espaces vectoriels de dimension nie. Soientf2 L(E;F) etg2 L(F;G).

Demontrer l'egalite

dim(Im(f)\Ker(g)) = rg(f)rg(gf): Pour cela, on considerera la restriction dega Im(f). b.Soitfun endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension nie E. Montrer que la suite de terme generalk= rg(fk)rg(fk+1) est decroissante. Montrer de plus que les termes de cette suite sont nuls a partir d'un certain rangp. c.Montrer que F = Ker(fp) et G = Im(fp) sont supplementaires dans E. d.Verier que F et G sont stables parf.

e.On notef1etf2les endomorphismes de F et de G induits parf. Montrer que (f1)pest nul et quef2est bijectif.Solution de l'exercice 10.Corrige en classe.Exercice 11. (*)On pose N =0

@0 1 0 0 0 1

0 0 01

A . Soit M une matrice deM3(C). On fait l'hypothese M2= N a.Justier que M laisse stables Ker(N) et Im(N). b.Determiner le noyau et l'image de N. Qu'en deduit-on quant aux coecients de M?

c.Conclure.Solution de l'exercice 11. a.Les matrices M et N commutent donc Ker(N) et Im(N) sont stables par M.Lycee Henri Poincare | PC

*| mathematiques novembre 2020

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 5b.Notons (E1;E2;E3) la base canonique deM3;1(C).

L'image de N est engendree par les colonnes de N. Elle admet donc pour base (E

1;E2).

Le theoreme du rang donne alors dim(Ker(N)) = 3rg(N) = 1 or le vecteur E1est dans Ker(N) donc E1est un

vecteur directeur de la droite vectorielle Ker(N). La stabilite de Ker(N) par M donne l'appartenance de ME

1a Vect(E1) donc il existea2Ctel que ME1=aE1.

On a alors NE

1= M2E1= MaE1=a2E1. L'egalite NE1= 0 donne alorsa2= 0 puisa= 0 puis ME1= 0, si

bien que la premiere colonne de M est nulle. La stabilite de Im(N) par M donne l'appartenance de ME

2a Vect(E1;E2) donc il existe (b;c)2C2tel que

ME

2=bE1+cE2.

En multipliant par M, il vient NE

2=bME1+cME2, c'est-a-dire

E

1=cbE1+c2E2:

La famille (E

1;E2) etant libre, il vientc= 0 etcb= 1, ce qui est impossible.

Cette contradiction prouve qu'une matrice M deM3(C) telle que M2= N ne peut pas exister.Exercice 12. (**)Soit E un espace vectoriel de dimension nie, donc la dimension est noteen. Soitfun endomor-

phisme de E.

On suppose quefestnilpotent, ce qui signie qu'il existe un entierktel quefsoit l'endomorphisme nul de E.

L'indice de nilpotencedefest l'entier

p= minfk2N;fk= 0g: a.On prendx0dans EnKer(fp1). Montrer que la famille F x0= (fp1(x0);:::;f(x0);x0) est libre. b.En deduire une inegalite entrepetn.

c.Dans cette question, on suppose quepest egal an. En choisissantx0comme a la questiona, la familleFx0est

alors une base de E.Ecrire la matrice representative defrelativement a cette base.Solution de l'exercice 12. a.Soit (p1;:::;0)2Kptel que

p1X k=0 kfk(x0) = 0E: Faisons l'hypothese que leskne sont pas tous nuls. On peut alors denir i= minfk2[[0;p1]] ;k6= 0g:

Il reste

p1X k=i kfk(x0) = 0E:

Appliquonsfp1i.

p1X k=i kfp1+ki(x0) =f(0E) = 0E: Pour tout indicek > i, l'exposantp1 +kivaut au moinspdoncfp1+ki(x0) est nul. Il reste donc ifp1(x0) = 0E: Cependant, le nombreiet le vecteurfp1(x0) sont non nuls, si bien que cette egalite est fausse.

Cette contradiction prouve que lesksont tous nuls. La familleFx0est donc libre.Lycee Henri Poincare | PC

*| mathematiques novembre 2020

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 6b.La longueur maximale d'une famille libre de E est la dimension de E, c'est-a-diren, doncp6n.c.La matrice defrelativement a la baseFx0de E s'ecrit alors

2 6

66666640 1 00

.........0 ......1 0 03 7

7777775:Exercice 13. (**)Une matricetriangulaire superieure strictedeMn(K) est une matrice triangulaire superieure

deMn(K) dont tous les coecients diagonaux sont nuls. a.Soit A une matrice triangulaire superieure stricte deMn(K). Montrer que Anest la matrice nulle.

b. (***)Reciproquement, montrer que toute matrice nilpotente deMn(K) est semblable a une matrice triangulaire

superieure stricte (raisonner par recurrence surn).

c.Retrouver le resultat de la questionbde l'exercice precedent.Solution de l'exercice 13. a.Notons (E1;:::;En) la base canonique deMn;1(K). Pour touti2[[1;n]], notons Fi

le sous-espace vectoriel deMn;1(K) engendre par les vecteurs E1;:::;Ei. C'est l'ensemble des vecteurs colonnes

deMn;1(K) dont lesniderniers coecients sont tous nuls. L'hypothese que A soit triangulaire superieure stricte se traduit par les conditions suivantes AE

1= 0;8i2[[2;n]];AEi2Fi1:

Etant donne un indiceientre 1 etn, on observe que les vecteurs AE1;:::;AEisont tous dans Fi1, ce qui signie

que A envoie

2Fidans Fi1. Par ailleurs, on remarque que A envoie F1surf0g.

En partant de AF

nFn1, on obtient A2FnAFn1Fn2.

En iterant cela, on obtient notamment A

n1FnF1puis AnFn f0g.

Les colonnes de la matrice A

nsont AnE1;:::;AnEn. Elles sont donc nulles, si bien que Anest la matrice nulle.b.Pour toutn2N, notons Pnl'enoncetoute matrice nilpotente deMn(K) est semblable a une certaine matrice

triangulaire superieure stricte Soit A une matrice nilpotente deM1(K). Notonsson unique coecient. Il existe un entierk>1 tel quek= 0

donc= 0, si bien que A est la matrice nulle deM1(K). C'est en particulier une matrice triangulaire superieure

stricte.

L'enonce P

1est donc vrai.

Soit un entiern>2. On suppose que Pn1est vrai. Prenons une matrice A nilpotente deMn(K). Il existe un

entierkstrictement positif tel que Ak= 0, ce qui donne det(A)k= 0 puis det(A) = 0. La matrice A n'est donc pas inversible. Considerons un element P

1non nul dans Ker(A). On peut le completer

en une baseP= (P1;:::;Pn) deMn;1(K). Notons alors P la matrice admettant P1;:::;Pnpour colonnes. C'est la

matrice de passage de la base canonique deMn;1(K) vers la baseP.

Posons B = P

1AP. La matrice B represente l'endomorphismefA: U7!AU deMn;1(K) dans la basePdonc sa

premiere colonne est nulle. On peut donc decomposer par blocs la matrice B sous la forme B = 0 L 0

n1;1C2. Il y a la un abus de langage. C'est plut^ot l'endomorphismefA: U7!AU deMn;1(K) qui fait cela.Lycee Henri Poincare | PC

*| mathematiques novembre 2020

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 7pour une certaine matrice ligne L2 M1;n1(K) et une certaine matrice carree C2 Mn1(K). La matrice Bkest alors

de la forme 0 Lk 0 n1;1Ck or on a B k= P1AkP = 0 donc Ck= 0. D'apres l'enonce Pn1, il existe une matrice Q de GLn1(K) et une matrice triangulaire superieure stricte T2 Mn1(K) telles que Q1CQ = T.

Denissons par blocs la matrice

R =1 01;n1

0 n1;1Q

Cette matrice est inversible, avec R

1=1 01;n1

0 n1;1Q1 . Le calcul donne alors R

1BR =0 LQ

0 T Cette matrice semblable a B (et a A) est alors triangulaire superieure stricte. On a prouve P n.

Par recurrence, on a montre que toute matrice carree nilpotente est semblable a une certaine matrice triangulaire

superieure stricte.c.L'endomorphismefest nilpotent donc, d'apres ce qui vient d'^etre demontre, il admet une representation ma-

tricielle T triangulaire superieure stricte. D'apres le calcul de la question a, la matrice T nest nulle doncfnest l'endomorphisme nul de E.

L'indice de nilpotence defest donc majore parn.Exercice 14. (***)Soient E, F et G troisK-espaces vectoriels de dimension nie. Soientu2L(E;G) etv2L(F;G).

Montrer que l'inclusion Im(u)Im(v) a lieu si, et seulement si, il existeh2 L(E;F) veriantu=vh.Solution de l'exercice 14.Leseulement siest immediat. Reciproquement, faisons l'hypothese Im(u)Im(v).

On a envie de choisirh=v1umaisvn'est pas necessaire bijective donc ce choix n'est pas faisable. Cependant,

comme avec d'autres fonctions non bijectives, comme le sinus ou le cosinus, il est possible de restreindre l'ensemble de

depart et celui d'arrivee de maniere a obtenir une bijection 3.

Pour rendre l'application surjective, on prend Im(v) a l'arrivee. Pour la rendre injective, on doit se debarrasser de

son noyau et prendre ainsi un supplementaire de ce noyau.

Prenons donc un supplementaire de Ker(v) dans F, note F0. Denissons l'application ~v:y7!v(y) de F0vers Im(v)

et prouvons que c'est un isomorphisme.

Le noyau de ~vest donne par

Ker(~v) =fy2F0;v(y) = 0Gg= F0\Ker(v) =f0Fg:

L'application lineaire ~vest donc injective.

Prenons maintenant un vecteurzde Im(v). Il existe un elementyde F tel quez=v(y). Pour un tel vecteury, il

existe un couple (y1;y2) de Ker(v)F0tel quey=y1+y2. On obtient alorsz=v(y1) +v(y2) = ~v(y2). L'application ~vest donc surjective.

On a montre que ~vest un isomorphisme. Sa reciproque est un isomorphisme de Im(v) sur F0. Le fait que Im(u)

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