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Exo7

Espaces vectoriels de dimension finie (ou non)

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

Exercice 1**ITEdésigne l"espace vectorielR4(muni des opérations usuelles). On considère les vecteurse1= (1;2;3;4),

2= (1;1;1;3),e3= (2;1;1;1),e4= (1;0;1;2)ete5= (2;3;0;1). Soient alorsF=Vect(e1;e2;e3)et

G=Vect(e4;e5). Quelles sont les dimensions deF,G,F\GetF+G? deE. Déterminer dimK(H1\H2). Interprétez le résultat quandn=2 oun=3. deEvérifiantE=Kerf+Kerg=Imf+Img. Montrer que ces sommes sont directes. naturel donné). Soitjl"application définie par :8P2E;j(P) =P(X+1)P(X). 1.

Vérifier que jest un endomorphisme deE.

Déterminer K erjet Imj.

e2+e4,f(e3) =e1+2e3etf(e4) =e2e4. Déterminer Kerfet Imf. z7!z+a¯zoùaest un nombre complexe donné non nul. Montrer quefest un endomorphisme

duR-espace vectorielC.fest-il un endomorphisme duC-espace vectorielC? Déterminer le noyau et l"image

def. 1

1.Rappeler l"écriture générale de (x0;y0)en fonction de(x;y).

2. Si on pose z=x+iyetz0=x0+iy0(oùi2=1), montrer que :9(a;b)2C2=8z2C;z0=az+b¯z. 3.

Réciproquement, montrer que l "expressionci-dessus définit un unique endomorphisme de R2(en clair,

l"expression complexe d"un endomorphisme deR2estz0=az+b¯z). applications linéaires deEdansF. Montrer que :jrgurgvj6rg(u+v)6rgu+rgv. 1. Montrer que, pour tout endomorphisme fdeR2, on a : (Kerf=Imf),(f2=0 etn=2rgf),(f2=0 et9g2L(E)=fg+gf=IdE). 2. On suppose K erf=Imf. Montrer qu"il existe une base(u1;:::;up;v1;:::;vp)deEtelle que :

8i2 f1;:::;pg;f(ui) =0 etf(vi) =ui.

injectif. Pourkentier naturel donné, on poseNk=KerfketIk=Imfk(avec la conventionf0=IdE). 1.

Montrer que : 8k2N;(NkNk+1etIk+1Ik).

2. (a)

Montrer que : (8k2N;(Nk=Nk+1)Nk+1=Nk+2).

(b) Montrer que : 9p2N=8k2N;(kp)Nk=Nk+1). (c)

Montrer que p6n.

Montrer que si kp,Ik=Ik+1.

4. Montrer que E=IpNpet quefinduit un automorphisme deIp. 5. Soit dk=dimIk. Montrer que la suite(dkdk+1)k2Nest décroissante (en d"autres termes la suite des images itéréesIkdécroît de moins en moins vite).

deE. On dit queuest nilpotent si et seulement si9k2N=uk=0 et on appelle alors indice de nilpotence deu

le plus petit de ces entiersk(par exemple, le seul endomorphismeu, nilpotent d"indice 1 est 0). 1. Soit uun endomorphisme nilpotent d"indicep. Montrer qu"il existe un vecteurxdeEtel que la famille (x;u(x);:::;up1(x))soit libre. 2. Soit uun endomorphisme nilpotent. Montrer queun=0. 2

3.On suppose dans cette question que uest nilpotent d"indicen. Déterminer rgu.

deEvérifiantf25f+6IdE=0. Montrer queE=Ker(f2Id)Ker(f3Id).

Correction del"exer cice1 N•e4ete5ne sont clairement pas colinéaires. Donc(e4;e5)est une famille libre et dimG=rg(e4;e5) =2.

Ensuite, puisquee1ete2ne sont pas colinéaires, on a 26dimF63. Soit alors(l;m;n)2R3. le1+me2+ne3=0)8 >:l+m+2n=0(1)

2l+m+n=0(2)

3l+m+n=0(3)

4l+3m+n=0(4))8

:l=0((3)(2)) nl=0((1)(2)) l+m+2n=0(1))l=m=n=0: On a montré que :8(l;m;n)2R3;(le1+me2+ne3=0)l=m=n=0).(e1;e2;e3)est donc libre et dimF=rg(e1;e2;e3) =3. • CommeFF+G, dim(F+G)>3 ou encore dim(F+G) =3 ou 4. De plus : dim(F+G) =3,F=F+G,GF, fe4;e5g F: On cherche alors(l;m;n)2R3tel quee4=le1+me2+ne3ce qui fournit le système : 8>>< >:l+m+2n=1(1)

2l+m+n=0(2)

3l+m+n=1(3)

4l+3m+n=2(4):

(3)(2)fournitl=1 puis(1)(2)fournitn=2 puis(2)fournitm=4. Maintenant,(4)n"est pas vérifiée car 4(1)+342=66=2. Le système proposé n"admet pas de solution et donce4=2Vect(e1;e2;e3)=F.

Par suite, dim(F+G) =4. Enfin,

dim(F\G) =dimF+dimGdim(F+G) =3+24=1:

dim(F) =3, dim(G) =2, dim(F+G) =4 et dim(F\G) =1.Correction del"exer cice2 NOn aH1H1+H2et donc dim(H1+H2)>n1 ou encore dim(H1+H2)2 fn1;ng. Donc

dim(H1\H2) =dimH1+dimH2dim(H1+H2) =8 :(n1)+(n1)(n1) =n1 ou (n1)+(n1)n=n2: Maintenant, si dim(H1+H2) =n1=dimH1=dimH2, alorsH1=H1+H2=H2et donc en particulier, H

1=H2. Réciproquement, siH1=H2alorsH1+H2=H1et dim(H1+H2) =n1. En résumé, siH1etH2

sont deux hyperplans distincts, dim(H1\H2) =n2 et bien sûr, siH1=H2, alors dim(H1\H2) =n1.

Sin=2, les hyperplans sont des droites vectorielles et l"intersection de deux droites vectorielles distinctes

du plan vectoriel est de dimension 0, c"est-à-dire réduite au vecteur nul. Sin=3, les hyperplans sont des

plans vectoriels et l"intersection de deux plans vectoriels distincts de l"espace de dimension 3 est une droite

vectorielle.Correction del"exer cice3 NOn a n=dimE=dim(Kerf+Kerg) =dim(Kerf)+dim(Kerg)dim(Kerf\Kerg); mais aussi, n=dim(Imf)+dim(Img)dim(Imf\Img) =2ndim Kerfdim(Kerg)dim(Imf\Img):

Par suite,

4 n+dim(Kerf\Kerg) =dim(Kerf)+dim Kerg=ndim(Imf\Img) dim(Kerf\Kerg) =dim(Imf\Img) =0, et finalement, Kerf\Kerg=Imf\Img=f0g. Ceci montre

que les sommes proposées sont directes.Correction del"exer cice4 N1.Si Pest un polynôme de degré inférieur ou égal àn, alorsP(X+1)P(X)est encore un polynôme

de degré inférieur ou égal àn. Par suite,jest bien une application deEdans lui-même. Soient alors

(P;Q)2E2et(l;m)2R2. j(lP+mQ) = (lP+mQ)(X+1)(lP+mQ)(X) =l(P(X+1)P(X))+m(Q(X+1)Q(X)) =lj(P)+mj(Q): jest linéaire deEvers lui-même et donc un endomorphisme deE. 2. Soit P2E.P2Kerj,8x2R;P(x+1)=P(x). Montrons alors quePest constant. SoitQ=PP(0).

Qest un polynôme de degré inférieur ou égal àns"annulant en les entiers naturels 0, 1, 2,... (carP(0) =

P(1) =P(2) =:::) et a ainsi une infinité de racines deux à deux distinctes.Qest donc le polynôme nul

ou encore8x2R;P(x) =P(0). Par suite,Pest un polynôme constant. Réciproquement, les polynômes

constants sont clairement dans Kerjet donc

Kerj=fpolynômes constantsg=R0[X]:

Pour déterminer Imj, on note tout d"abord que siPest un polynôme de degré inférieur ou égal à

n, alorsj(P) =P(X+1)P(X)est un polynôme de degré inférieur ou égal àn1. En effet, si P=anXn+ån1k=0akXk(avecanquelconque, éventuellement nul) alors j(P) =an((X+1)nXn)+termes de degré inférieur on égal àn1 =an(XnXn)+termes de degré inférieur on égal àn1 =termes de degré inférieur on égal àn1: Donc, Im(j)Rn1[X]. Mais d"après le théorème du rang, dim Im(j) =dimRn[X]dim Ker(j) = (n+1)1=n=dimRn1[X]<+¥; et donc Imj=Rn1[X]. (On peut noter que le problème difficile soitQ2Rn1[X]. Existe-t-ilP2Rn[X]

tel queP(X+1)P(X) =Q? a été résolu simplement par le théorème du rang.)Correction del"exer cice5 NSoitu= (x;y;z;t) =xe1+ye2+ze3+te42R4. Alors,

f(u) =xf(e1)+yf(e2)+zf(e3)+t f(e4) =x(2e1+e3)+y(e2+e4)+z(e1+2e3)+t(e2e4) = (2x+z)e1+(y+t)e2+(x+2z)e3+(yt)e4:

Par suite,

5 u2Kerf,8 >:2x+z=0 y+t=0 x+2z=0 yt=0,x=z=0 y=t:

Donc, Kerf=f(0;y;0;y);y2Rg=Vect((0;1;0;1)).

Kerf=Vect((0;1;0;1)).Soitu0= (x0;y0;z0;t0)2R4.

0= (x0;y0;z0;t0)2Imf, 9(x;y;z;t)2R4=8

>:2x+z=x0 y+t=y0 x+2z=z0 yt=t0, 9(x;y;z;t)2R4=8 >:x=13 (2x0z0) z=13 (x0+2z0) t=y+y0 y

0+t0=0

,y0=t0

(siy06=t0, le système ci-dessus, d"inconnuesx,y,zett, n"a pas de solution et siy0=t0, le système ci-

dessus admet au moins une solution comme par exemple(x;y;z;t) =13 (2x0z0);0;13 (x0+2z0);y0). Donc,

Vect(e1;e2e4;e3).

Imf==f(x;y;z;y)=(x;y;z)2R3g=Vect(e1;e2e4;e3).Autre solutionpour la détermination de Imf. Imf=Vect(f(e1);f(e2);f(e3);f(e4)) =Vect(2e1+e3;e2+

4;e1+2e3;e2e4)=Vect(2e1+e3;e1+2e3;e2e4). Maisd"autrepart, d"aprèslethéorèmedurang, dim(Imf)=

41=3. Donc,(2e1+e3;e1+2e3;e2e4)est une base de Imf.Correction del"exer cice6 NSoient(z;z0)2C2et(l;m)2R2.

f(lz+mz0) = (lz+mz0)+a(lz+mz0) =l(z+a¯z)+m(z0+az

0) =lf(z)+mf(z0):

fest doncR-linéaire. On note quef(ia) =i(ajaj2)et queif(a) =i(a+jaj2). Commea6=0, on af(ia)6= if(a).fn"est pasC-linéaire. Soitz2Cnf0g. Posonsz=reiqoùr2R+etq2R. z2Kerf,z+a¯z=0,eiq+aeiq=0,e2iq=a:

1er cas.Sijaj 6=1, alors, pour tout réelq,e2iq6=a. Dans ce cas, Kerf=f0get d"après le théorème du rang,

Imf=C.2ème cas.Sijaj=1, posonsa=eia.

2iq=a,e2iq=ei(a+p),2q2a+p+2pZ,q2a+p2

+pZ:

Dans ce cas, Kerf=Vect(ei(a+p)=2). D"après le théorème du rang, Imfest une droite vectorielle et pour

déterminer Imf, il suffit d"en fournir un vecteur non nul, comme par exemplef(1) =1+a. Donc, sia6=1,

Imf=Vect(1+a). Sia=1,8z2C;f(z) =z¯z=2iIm(z)et Imf=iR.Correction del"exer cice7 N1.Pour (x;y)2R2, posonsf((x;y)) = (x0;y0).

f2L(R2), 9(a;b;g;d)2R4=8(x;y)2R2;x0=ax+gy y

0=bx+dy.

2.A vecles notations précédentes,

0=x0+iy0= (ax+gy)+i(bx+dy) = (az+¯z2

+gz¯z2i)+i(bz+¯z2 +dz¯z2i) a+d2 +ibg2 z+ad2 +ib+g2

¯z=az+b¯z

oùa=a+d2 +ibg2 etb=ad2 +ib+g2 3. Réciproquement, si z0=az+b¯z, en posanta=a1+ia2etb=b1+ib2où(a1;a2;b1;b2)2R4, on obtient : x

0+iy0= (a1+ia2)(x+iy)+(b1+ib2)(xiy) = (a1+b1)x+(a2+b2)y+i((a2+b2)x+(a1b1)y)

et donc, x0= (a1+b1)x+(b2a2)y y

0= (a2+b2)x+(a1b1)y:Correction del"exer cice8 NPar définition, rg(u+v) =dim(Im(u+v)).

Im(u+v) =fu(x)+v(x);x2Eg fu(x)+v(y);(x;y)2E2g=Imu+Imv. Donc, rg(u+v) =dim(Im(u+v))

6dim(Imu+Imv) =dim(Imu)+dim(Imv)dim(Imu\Imv)

6dim(Imu)+dim(Imv) =rgu+rgv:

On a montré que :

rgu=rg(u+vv)6rg(u+v)+rg(v) =rg(u+v)+rgv;

(il est clair que Im(v) =Imv)et donc rgurgv6rg(u+v). En échangeant les rôles deuetv, on a aussi

rgvrgu=rg(u+v)et finalement

8(u;v)2(L(E;F))2;jrgurgvj6rg(u+v):Correction del"exer cice9 N1.• (1))(2).Si Kerf=Imf, alors pour tout élémentxdeE,f(x)est dans Imf=Kerfet doncf(f(x))=

0. Par suite,f2=0. De plus, d"après le théorème du rang,n=dim(Kerf)+rgf=2rgfce qui montre

quenest nécessairement pair et que rgf=n2 . •(2))(3).Sif2=0 etn=2 rgf(22N), cherchons un endomorphismegdeEtel quefg+gf=IdE. Posonsr=rgfet doncn=2r, puisF=Kerf=Imf (dimF=r). 7 SoitGun supplémentaire deFdansE(dimG=r). Soit(e01;:::;e0r)une base deG. Pouri2[[1;r]], on poseei=f(e0i). Montrons que la famille(e1;:::;er)est libre. Soit(l1;:::;lr)2Rr. rå i=1l iei=0)f rå i=1le0i! =0)rå i=1l ie0i2Kerf\G=f0g ) 8i2 f1;:::;rg;li=0; car la famille(e0i)16i6rest libre.(e1;:::;er)est une famille libre deF=Imfde cardinalret donc une base deF=Kerf=Imf. Au passage, puisqueE=FG,(e1;:::;er;e01;:::;e0r)est une base deE.

Soit alorsgl"endomorphisme deEdéfini par les égalités :8i2[[1;r]];g(ei) =e0ietg(e0i) =ei(gest

entièrement déterminé par les images des vecteurs d"une base deE). Pouriélément de[[1;r]], on a alors :

(fg+gf)(ei) =f(e0i)+g(0) =ei+0=ei; et (fg+gf)(e0i) =f(ei)+g(ei) =0+e0i=e0i: Ainsi, les endomorphismesfg+gfetIdEcoïncident sur une base deEet doncfg+gf=IdE. •(3))(1).Supposons quef2=0 et qu"il existeg2L(E)tel quefg+gf=IdE. Commef2=0, on

a déjà ImfKerf. D"autre part, sixest un élément de Kerf, alorsx=f(g(x))+g(f(x)) =f(g(x))2

Imfet on a aussi KerfImf. Finalement, Kerf=Imf.

L "existenced"une base (e1;:::;ep;e01;:::;e0p)deEvérifiant les conditions de l"énoncé a été établie au

passage (avecp=r=rgf).Correction del"exer cice10 N1.Soient kun entier naturel etxun élément deE.

x2Nk)fk(x) =0)f(fk(x)) =f(0) =0)fk+1(x) =0)x2Nk+1:

On a montré que :8k2N;NkNk+1. Ensuite,

x2Ik+1) 9y2E=x=fk+1(y)) 9z(=f(y))2E=x=fk(z))x2Ik:

On a montré que :8k2N;Ik+1Ik.

2. (a)

Soit kun entier naturel. Supposons queNk=Nk+1.

On a déjàNk+1Nk+2. Montrons queNk+2Nk+1.

Soitxun élément deE.

x2Nk+2)fk+2(x) =0)fk+1(f(x)) =0)f(x)2Nk+1=Nk)fk(f(x)) =0 )fk+1(x) =0)x2Nk+1: (b) On a f0g=N0N1N2:::Supposons que chacune de ces inclusions soient strictes. Alors, 0= dimN01, dimN2>2 et par une récurrence facile,8k2 N;dimNk>k. En particulier, dimNn+1>n+1>n=dimE, ce qui est impossible. Donc, il existekentier naturel tel queNk=Nk+1. K=2 fk2N=Nk=Nk+1g,Kest une partie non vide deNet admet donc un plus petit élément). On note que puisquefest non injectif,f0g=N06=N1et doncp2N. Par définition dep, pour kPuisque NkNk+1,Ik+1Iket que dimE<+¥, on a : N k=Nk+1,dimNk=dimNk+1,nrg(fk) =nrg(fk+1),dim(Ik) =dim(Ik+1),Ik=Ik+1:

Donc, pourk 4. Soit x2Ip\Np. Alors,fp(x) =0 et9y2E=x=fp(y). D"où,f2p(y) =0 ety2N2p=Np(puisque
2p>p) et doncx=fp(y) =0. On a montré queIp\Np=f0g. Maintenant, le théorème du rang montre
queE=dim(Ip)+dim(Np)et doncE=IpNp. Posonsf=Ip=f0.f0est déjà un endomorphisme deIpcarf0(Ip) =f(Ip) =Ip+1=Ip.
Soit alorsx2Ip.9y2E=x=fp(y).
x2Kerf0)f0(x) =0)f(fp(y)) =0)y2Np+1=Npx=fp(y) =0: Donc Kerf0=f0get donc, puisque dimIp<+¥,f02GL(Ip). 5. Soient kun entier naturel etgkla restriction defàIk. D"après le théorème du rang,dk=dim(Ik) =dim(Kergk)+dim(Imgk). Maintenant, Imgk=gk(Ik) = f(Ik) =Ik+1et donc dim(Imgk) =dk+1. D"autre part, Kergk=Kerf=Ik=Kerf\Ik. Ainsi, pour tout entier naturelk,dkdk+1=dim(Kerf\Ik). Puisque la suite(Ik)k2Nest décroissante
pour l"inclusion, la suite d"entiers naturels(dim(Kerf\Ik))k2N= (dkdk+1)k2Nest décroissante.Correction del"exer cice11 N1.Soit p(2N)l"indice de nilpotence deu.
Par définition,up16=0 et plus généralement, pour 16k6p1,uk6=0 car siuk=0 alorsup1= u kup1k=0 ce qui n"est pas. Puisqueup16=0, il existe au moins un vecteurxnon nul tel queup1(x)6=0.
Montrons que la famille(uk(x))06k6p1est libre.

Soit(lk)06k6p12Kptel queåp1
k=0lkuk(x) =0. Supposons qu"au moins un des coefficientslkne soit pas nul. Soiti=Minfk2 f0;:::;p1g=lk6=0g. p1å k=0l kuk(x) =0)p1å k=il kuk(x) =0)up1i(p1å k=il kuk(x)) =0)p1å k=il kup1i+k(x) =0 )liup1(x) =0(car pourk>i+1;p1i+k>pet doncup1i+k=0) )li=0(carup1(x)6=0) ce qui contredit la définition dei. Donc tous les coefficientslksont nuls et on a montré que la famille(uk(x))06k6p1est libre. 2.
Le cardinal d"une f amillelibre est inférieur ou ég alà la dimension de l"espace et donc p6n. Par suite,
u n=upunp=0. 9
3.On applique l"e xerice10 .
Puisqueun16=0, on aNn16=Nn. Par suite (d"après l"exercice12 , 2), c)), les inclusionsN0N1::: N n=Esont toutes strictes et donc
0 Pourk2 f0;:::;ng, notonsdkest la dimension deNk. Pourk2 f0;:::;n1g, on adk+1>dket une récurrence facile montre que, pourk2 f0;:::;ng, on adk>k. Mais si de plus, pour un certain indiceiélément def1;:::;n1g, on adi=dimNi>i, alors, par une récurrence facile, pouri6k6n, on adk>ket en particulierdn>nce qui n"est pas. Donc,
8k2 f0;:::;ng;dim(Nk) =k;
ou encore, d"après le théorème du rang,
8k2 f0;:::;ng;rg(uk) =nk, et en particulier rg(u) =n1.Correction del"exer cice12 NSoitx2E.
x2Ker(f2Id)\Ker(f3Id))f(x) =2xetf(x) =3x)3x2x=f(x)f(x) =0)x=0: Donc, Ker(f2Id)\Ker(f3Id) =f0g(même sif25f+6Id6=0). Soitx2E. On chercheyetztels quey2Ker(f2Id),z2Ker(f3Id)etx=y+z. Siyetzexistent,yetzsont solution du systèmey+z=x
2y+3z=f(x)et doncy=3xf(x)
z=f(x)2x. Réciproquement . Soientx2Epuisy=3xf(x)etz=f(x)2x.
On a bieny+z=xpuis
f(y) =3f(x)f2(x) =3f(x)(5f(x)6x) (carf2=5f6Id) =6x2f(x) =2(3xf(x)) =2y ety2Ker(f2Id). De même, f(z) =f2(x)2f(x) = (5f(x)6x)2f(x) =3(f(x)2x) =3z; etz2Ker(f3Id). On a montré queE=Ker(f2Id)+Ker(f3d), et finalement que
E=Ker(f2Id)Ker(f3d):10
quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40

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Espaces vectoriels de dimension finie (ou non)

2= (1;1;1;3),e3= (2;1;1;1),e4= (1;0;1;2)ete5= (2;3;0;1). Soient alorsF=Vect(e1;e2;e3)et

Vérifier que jest un endomorphisme deE.

Déterminer K erjet Imj.

1.Rappeler l"écriture générale de (x0;y0)en fonction de(x;y).

8i2 f1;:::;pg;f(ui) =0 etf(vi) =ui.

Montrer que : 8k2N;(NkNk+1etIk+1Ik).

Montrer que : (8k2N;(Nk=Nk+1)Nk+1=Nk+2).

Montrer que p6n.

Montrer que si kp,Ik=Ik+1.

3.On suppose dans cette question que uest nilpotent d"indicen. Déterminer rgu.

2l+m+n=0(2)

3l+m+n=0(3)

4l+3m+n=0(4))8

2l+m+n=0(2)

3l+m+n=1(3)

4l+3m+n=2(4):

Par suite, dim(F+G) =4. Enfin,

1=H2. Réciproquement, siH1=H2alorsH1+H2=H1et dim(H1+H2) =n1. En résumé, siH1etH2

Par suite,

Kerj=fpolynômes constantsg=R0[X]:

Par suite,

Donc, Kerf=f(0;y;0;y);y2Rg=Vect((0;1;0;1)).

Kerf=Vect((0;1;0;1)).Soitu0= (x0;y0;z0;t0)2R4.

0= (x0;y0;z0;t0)2Imf, 9(x;y;z;t)2R4=8

0+t0=0

Vect(e1;e2e4;e3).

4;e1+2e3;e2e4)=Vect(2e1+e3;e1+2e3;e2e4). Maisd"autrepart, d"aprèslethéorèmedurang, dim(Imf)=

41=3. Donc,(2e1+e3;e1+2e3;e2e4)est une base de Imf.Correction del"exer cice6 NSoient(z;z0)2C2et(l;m)2R2.

0) =lf(z)+mf(z0):

1er cas.Sijaj 6=1, alors, pour tout réelq,e2iq6=a. Dans ce cas, Kerf=f0get d"après le théorème du rang,

Imf=C.2ème cas.Sijaj=1, posonsa=eia.

2iq=a,e2iq=ei(a+p),2q2a+p+2pZ,q2a+p2

0=bx+dy.

2.A vecles notations précédentes,

0=x0+iy0= (ax+gy)+i(bx+dy) = (az+¯z2

¯z=az+b¯z

0+iy0= (a1+ia2)(x+iy)+(b1+ib2)(xiy) = (a1+b1)x+(a2+b2)y+i((a2+b2)x+(a1b1)y)

0= (a2+b2)x+(a1b1)y:Correction del"exer cice8 NPar définition, rg(u+v) =dim(Im(u+v)).

6dim(Imu+Imv) =dim(Imu)+dim(Imv)dim(Imu\Imv)

6dim(Imu)+dim(Imv) =rgu+rgv:

On a montré que :

8(u;v)2(L(E;F))2;jrgurgvj6rg(u+v):Correction del"exer cice9 N1.• (1))(2).Si Kerf=Imf, alors pour tout élémentxdeE,f(x)est dans Imf=Kerfet doncf(f(x))=

0. Par suite,f2=0. De plus, d"après le théorème du rang,n=dim(Kerf)+rgf=2rgfce qui montre

Imfet on a aussi KerfImf. Finalement, Kerf=Imf.

On a montré que :8k2N;NkNk+1. Ensuite,

On a montré que :8k2N;Ik+1Ik.

Soit kun entier naturel. Supposons queNk=Nk+1.

On a déjàNk+1Nk+2. Montrons queNk+2Nk+1.

Soitxun élément deE.

2p>p) et doncx=fp(y) =0. On a montré queIp\Np=f0g. Maintenant, le théorème du rang montre

Soit alorsx2Ip.9y2E=x=fp(y).

Montrons que la famille(uk(x))06k6p1est libre.

Soit(lk)06k6p12Kptel queåp1

3.On applique l"e xerice10 .

8k2 f0;:::;ng;dim(Nk) =k;

8k2 f0;:::;ng;rg(uk) =nk, et en particulier rg(u) =n1.Correction del"exer cice12 NSoitx2E.

2y+3z=f(x)et doncy=3xf(x)

On a bieny+z=xpuis

E=Ker(f2Id)Ker(f3d):10