Énoncés des exercices

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1 Énoncés Énoncés des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soit f un endomorphisme de E, commutant avec tous les endomorphismes de E. Montrer que f est de la forme λid, avec λ IK. Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soient E, F, G trois espaces vectoriels, et g une application linéaire de F dans G. On définit ϕ de L(E, F ) vers L(E, G) en posant ϕ(f) = g f. Montrer que ϕ est une application linéaire. On suppose que g est injective. Que peut-on dire de ϕ? Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soient E, F, G trois espaces vectoriels sur IK, f L(E, G) et g L(F, G). Montrer que Im f Im g h L(E, F ), tel que f = g h. Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Soient E, F, G trois espaces vectoriels sur IK, f L(E, G) et g L(E, F ). Montrer que Ker g Ker f h L(F, G), tel que f = h g. Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soient E, F, G trois espaces vectoriels. Soit f dans L(E, F ) et g dans L(F, G). On dit que f, g forment une suite exacte si Im f = Ker g. On se donne les espaces vectoriels E k et F k, avec k {1,..., 5}. On se donne les applications linéaires f k : E k E k+1, g k : E k E k+1, h k : E k F k. On suppose que les suites f k, f k+1 et g k, g k+1 sont exactes. On suppose qu on a les égalités h k+1 f k = g k h k. La situation est résumée dans le schéma ci-dessous : f 1 f 2 f 3 f 4 E 1 E 2 E 3 E 4 E 5 h 1 h 2 h 3 h 4 h 5 F 1 F 2 F 3 F 4 F 5 g 1 g 2 g 3 g 4 1. Montrer que si h 2, h 4 sont injectives et h 1 est surjective alors h 3 est injective. 2. Montrer que si h 2, h 4 sont surjectives et h 5 est injective, alors h 3 est surjective. Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application linéaire de E dans F. Montrer que si u est injective alors pour tous sous-espaces vectoriels F et G en somme directe, f(f ) et f(g) sont en somme directe. Est-ce que la réciproque est vraie? Page 1 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

2 Indications, résultats Indications ou résultats Indication pour l exercice 1 [ Retour à l énoncé ] Se donner f dans L(E) tel que f g = g f, pour tout g de L(E). Considérer u 0 dans E, et un supplémentaire H de IKu dans E. Utiliser la projection vectorielle p de E sur la droite IKu, parallèlement à H. En déduire qu il existe λ u dans IK tel que f(u) = λ u u. Pour tous u, v, montrer que λ u = λ v, selon que u et v sont libres ou liés. Indication pour l exercice 2 [ Retour à l énoncé ] Il est facile de vérifier que ϕ est une application linéaire de L(E, F ) dans L(F, G). L injectivité de g implique celle de ϕ. Indication pour l exercice 3 [ Retour à l énoncé ] Si Im f Im g, se donner u quelconque dans E. Si F = Ker g F, montrer qu il existe un unique w dans F tel que g(w) = f(u). Poser alors w = h(u), et vérifier que h est linéaire. Indication pour l exercice 4 [ Retour à l énoncé ] Si Ker g Ker f, se donner v dans Im g. Montrer que f(u) ne dépend pas du vecteur u tel que g(u) = v. Poser h(v) = f(u), et vérifier que l application h est linéaire de Im g dans G. Compléter enfin la définition de h pour en faire une application linéaire de F dans G. Indication pour l exercice 5 [ Retour à l énoncé ] 1. Se donner u 3 dans E 3 tel que h 3 (u 3 ) = 0. Montrer que f 3 (u 3 ) = 0. En déduire qu il existe u 2 dans E 2 tel que u 3 = f 2 (u 2 ). Montrer qu il existe u 1 dans E 1 tel que u 2 = f 1 (u 1 ). En déduire u 3 = Se donner v 3 dans F 3. Montrer qu il existe u 4 dans E 4 tel que g 3 (v 3 ) = h 4 (u 4 ). Prouver que f 4 (u 4 ) = 0, et qu il existe u 3 dans E 3 tel que f 3 (u 3) = u 4. En déduire que v 3 h 3 (u 3) est dans Im g 2, puis dans Im (h 3 f 2 ). Indication pour l exercice 6 [ Retour à l énoncé ] Pour la réciproque, écarter rapidement le cas particulier f = 0. Se donner u 0 tel que f(u) = 0 et v tel que f(v) 0. Noter que w = v + u et v sont libres, et considérer les droites vectorielles IKv et IKw. Page 2 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

3 des exercices Corrigé de l exercice 1 [ Retour à l énoncé ] Il est clair que f = λid commute avec tous les endomorphismes de E. Réciproquement, soit f dans L(E) tel que f g = g f, pour tout g de L(E). Soit u un vecteur non nul de E. Soit H un supplémentaire de IKu dans E. Soit p la projection vectorielle de E sur la droite IKu, parallèlement à H. On a p f = f p. En particulier (p f)(u) = (f p)(u) = f(p(u)) = f(u). Le vecteur f(u) est invariant par p. Cela signifie que f(u) est proportionnel à u. Ainsi, pour tout u 0, il existe λ u dans IK tel que f(u) = λ u u. Il s agit de montrer que les coefficients λ u sont identiques. Soient u, v non nuls dans E. Il existe λ u et λ v tels que f(u) = λ u u et f(v) = λ v v. Premier cas : u et v sont liés. Il existe donc α dans IK tel que v = αu. On en déduit λ v v = f(v) = αf(u) = α(λ u )u = λ u (αu) = λ u v. Donc λ u = λ v. Deuxième cas : u et v sont libres. Notons w = u + v et λ w tel que f(w) = λ w w. On a donc λ w (u + v) = λ w w = f(w) = f(u + v) = f(u) + f(v) = λ u u + λ v v. Il en découle l égalité (λ u λ w )u + (λ v λ w )v = 0. Or u, v sont libres. On en déduit λ u λ w = λ v λ w = 0 donc λ u = λ v. Finalement il existe un coefficient λ tel que pour tout u 0 on ait f(u) = λu. L égalité f(u) = λu est évidemment vraie pour u = 0. On a donc prouvé l existence de λ dans IK tel que f = λid. Corrigé de l exercice 2 [ Retour à l énoncé ] On sait que si f est dans L(E, F ), alors ϕ(f) = g f est dans L(F, G). Ainsi ϕ est bien une application de L(E, F ) dans L(F, G). Soient f 1, f 2 dans L(E, F ), et α 1, α 2 dans IK. Pour tout vecteur u de E, on a : ϕ(α 1 f 1 + α 2 f 2 )(u) = (g (α 1 f 1 + α 2 f 2 ))(u) = g(α 1 f 1 (u) + α 2 f 2 (u)) = α 1 g(f 1 (u)) + α 1 g(f 2 (u)) = α 1 (g f 1 )(u) + α 2 (g f 2 )(u) = (α 1 (g f 1 ) + α 2 (g f 2 ))(u) = (α 1 ϕ(f 1 ) + α 2 ϕ(f 2 ))(u) Autrement dit ϕ(α 1 f 1 + α 2 f 2 ) = α 1 ϕ(f 1 ) + α 2 ϕ(f 2 ) : ϕ est linéaire. Soit f dans L(E, F ). Alors f Ker ϕ g f = 0 Im f Ker g. Si on suppose que g est injective, alors Ker g = { 0 }, et on voit que f Ker ϕ f = 0. L injectivité de g implique donc celle de ϕ. Page 3 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

4 Corrigé de l exercice 3 [ Retour à l énoncé ] On suppose qu il existe h dans L(E, F ), tel que f = g h. Soit v dans Im f. Il existe u dans E tel que v = f(u). On en déduit : v = (g h)(u) = g(w) avec w = h(u). Ainsi v appartient à Im g. On a prouvé l inclusion Im f Im g. Réciproquement, on suppose Im f Im g. Soit u un élément quelconque de E. On a f(u) Im f donc f(u) Im g. Ainsi il existe v dans F tel que f(u) = g(v). En fait on a alors f(u) = g(v + h) pour tout vecteur h de Ker g. Soit F un supplémentaire de Ker g dans F. Le vecteur v se décompose de façon unique v = w + h, avec w F et h Ker g. Avec ces notations, on a f(u) = g(w). Le vecteur w est le seul à vérifier w F et g(w) = f(u). En effet, si on a g(w) = g(w ) = f(u), avec (w, w ) F F, on en déduit : g(w w ) = 0 donc w w F Ker g = { 0 } donc w = w Le vecteur w dépendant de façon unique de u, on peut poser w = h(u). Avec ces notations, l égalité g(w) = f(u) devient g(h(u)) = f(u). On a ainsi défini une application h de E dans F telle que f = g h. Il reste à prouver que h est linéaire. Pour cela, on se donne u et u dans E, ainsi que α, β dans IK. D après ce qui précède, h(u) est l unique vecteur w de F tel que f(u) = g(w). De même, h(u ) est l unique vecteur w de F tel que f(u ) = g(w ). On a f(αu + βu ) = αf(u) + βf(u ) = αg(w) + βg(w ) = g(αw + βw ). Or le vecteur w = αw + βw est élément de F. Puisqu il vérifie g(w ) = f(αu + βu ), on a w = h(αu + βu ). On a ainsi prouvé h(αu + βu ) = w = αw + βw = αh(u) + βh(u ). On a donc trouvé h dans L(E, F ) tel que f = g h, ce qui achève la réciproque. Conclusion : on a prouvé l équivalence : Im f Im g h L(E, F ), f = g h Page 4 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

5 Corrigé de l exercice 4 [ Retour à l énoncé ] Supposons qu il existe h dans L(F, G), tel que f = h g. Soit u un élément de Ker g. On a f(u) = (h g)(u) = h(g(u)) = h( 0 ) = 0. On en déduit que u appartient à Ker f. Cala prouve l inclusion Ker g Ker f. Réciproquement, on suppose que Ker g Ker f. On doit trouver h dans L(F, G) tel que f = h g. Il faut donc commencer par définir h sur Im g. Soit v un élément de Im g. Il existe u dans E tel que v = g(u). Si u est un autre vecteur de E tel que v = g(u ), alors g(u) = g(u ) u u Ker g. Puisque Ker g Ker f, il en découle u u Ker f c est-à-dire f(u) = f(u ). Ainsi w = f(u) ne dépend pas du vecteur u tel que g(u) = v : il ne dépend que de v. Pour tout v de Im g, on peut donc poser h(v) = f(u) (u quelconque E tel que f(u) = v.) On a ainsi défini une application h de Im g dans G. Montrons que l application h est linéaire. Pour cela on se donne v, v dans Im g et α, β dans IK. Soient u, u dans E tels que g(u) = v et g(u ) = v. { h(v) = f(u) Par définition de h, on a h(v ) = f(u ) On constate que g(αu + βu ) = αg(u) + βg(u ) = αv + βv. Par définition de h, on a : h(αv + βv ) = f(αu + βu ) = αf(u) + βf(u ) = αh(v) + βh(v ) On a ainsi prouvé que h est une application linéaire de Im g dans G. Soit F un supplémentaire de Im g dans F : E = F Im g. On complète maintenant la définition de h en posant h(v) = 0 pour tout vecteur v de F. Ainsi pour tout vecteur v = v + v de F, avec v dans F et v dans Im g, on pose : h(v) = h(v ) = f(u ) pour tout u de E tel que g(u ) = v L application h ainsi définie est linéaire de F dans G, et : u E, h(g(u)) = f(u). On a donc trouvé h dans L(F, G) telle que h g = f. Page 5 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

6 Corrigé de l exercice 5 [ Retour à l énoncé ] 1. On suppose donc que h 2, h 4 sont injectives et que h 1 est surjective. Soit u 3 un élément de E 3. On suppose que h 3 (u 3 ) = 0. Il faut prouver que u 3 = 0. On a h 3 (u 3 ) = 0 donc (g 3 h 3 )(u 3 ) = 0 donc (h 4 f 3 )(u 3 ) = 0. L application h 4 étant injective, on en déduit f 3 (u 3 ) = 0. Autrement dit u 3 appartient à Ker f 3 c est-à-dire à Im f 2. Ainsi il existe u 2 dans E 2 tel que u 3 = f 2 (u 2 ). L égalité h 3 (u 3 ) = 0 donne (h 3 f 2 )(u 2 ) = 0 donc g 2 h 2 (u 2 ) = 0. Ainsi h 2 (u 2 ) est dans Ker g 2 = Im g 1. Soit v 1 dans F 1 tel que h 2 (u 2 ) = g 1 (v 1 ). Puisque h 1 est surjective, il existe u 1 dans E 1 tel que v 1 = h 1 (u 1 ). On en déduit h 2 (u 2 ) = (g 1 h 1 )(u 1 ) = (h 2 f 1 )(u 2 ). Il en découle puis u 2 = f 1 (u 1 ) car h 2 est injective. On trouve finalement u 3 = f 2 (u 2 ) = (f 2 f 1 )(u 1 ) = 0 car f 2 f 1 = 0. On a donc prouvé l injectivité de h On suppose donc que h 2, h 4 sont surjectives et que h 5 est injective. Pour montrer que h 3 est surjective on se donne v 3 dans F 3. Il s agit de prouver qu il existe u 3 dans E 3 tel que h 3 (u 3 ) = v 3. Posons v 4 = g 3 (v 3 ). Puisque h 4 est surjective, il existe u 4 dans E 4 tel que v 4 = h 4 (u 4 ). On a g 4 (v 4 ) = (g 4 g 3 )(v 3 ) = 0 car g 4 g 3 = 0. On en déduit (g 4 h 4 )(u 4 ) = 0. Il en découle (h 5 f 4 )(u 4 ) = 0 donc f 4 (u 4 ) = 0 car h 5 est injective. Ainsi u 4 est dans Ker f 4 donc dans Im f 3 : il existe u 3 dans E 3 tel que f 3 (u 3) = u 4. On peut donc écrire g 3 (v 3 ) = v 4 = h 4 (u 4 ) = (h 4 f 3 )(u 3) = (g 3 h 3 )(u 3). Ainsi g 3 (v 3 h 3 (u 3)) = 0. Autrement dit v 3 h 3 (u 3) Ker g 3 = Im g 2. Il existe donc v 2 dans F 2 tel que v 3 h 3 (u 3) = g 2 (v 2 ). Puisque h 2 est surjective, il existe u 2 dans E 2 tel que v 2 = h 2 (u 2 ). On a alors v 3 h 3 (u 3) = (g 2 h 2 )(u 2 ) = (h 3 f 2 )(u 2 ). Il en découle v 3 = h 3 (u 3 + f 2 (u 2 )) : on a trouvé un antécédent de v 3 par h 3. On a donc prouvé la surjectivité de h 3, ce qui achève la démonstration. Page 6 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

7 Corrigé de l exercice 6 [ Retour à l énoncé ] Soit f : E F une application linéaire injective. Soient G, H deux sous-espaces de E. L application f étant injective, on a f(g) f(h) = f(g H). Si F, G sont en somme directe, on a donc f(g) f(h) = f({ 0 }) = { 0 }. Ainsi l application f transforme G, H en deux sous-espaces en somme directe. Remarquons que si f est nulle, elle transforme toute somme directe de E en une somme directe de F, car pour tous sous-espaces G, H de E on a f(g) = f(h) = { 0 }. Dans ce cas, on ne peut donc pas dire que la réciproque est vraie, sauf si E est lui-même réduit à { 0 }, ce qui ne présente pas beaucoup d intérêt. On suppose donc que f n est pas l application nulle, qu elle n est pas injective, et on va montrer qu elle ne transforme pas toujours une somme directe en une somme directe. On se donne un vecteur u non nul dans le noyau de f (possible car f n est pas injective.) Soit v un vecteur qui n est pas dans Ker f (possible car f n est pas identiquement nulle.) On pose w = v + u. Les vecteurs v et w sont libres (sinon il existerait un scalaire α tel que v + u = αv. On en déduirait f(v) = αf(v) donc α = 1 donc u = 0.) Ainsi les droites vectorielles IKv et IKw sont en somme directe. Mais f(w) = f(v + u) = f(v) 0. Ainsi f(ikv) et f(ikw) sont une même droite vectorielle. On a donc un exemple où f ne transforme pas une somme directe en une somme directe. La réciproque demandée par l énoncé est donc vraie, sauf si f 0 et E { 0 }. Page 7 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

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