Feuille 3 : Quelques corrections

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1 Université de Poitiers Mathématiques L1 SPIC, Module 2L /2011 Feuille : Quelques corrections Exercice 5 : 1. Existence : commençons par regarder à quoi f doit ressembler si elle existe. On suppose donc qu une telle fonction f existe. Si x E, comme E est une base de E, x s écrit (de manière unique) x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x e avec x 1, x 2, x K. Comme f est linéaire, on a alors f(x) = f(x 1 e 1 + x 2 e 2 + x e ) = x 1 f(e 1 ) + x 2 f(e 2 ) + x f(e ), ce qui donne, en remplaçant f(e 1 ), f(e 2 ) et f(e ) par leur valeur, f(x) = x 1 e 1 + x 1 e 2 x 1 e + x 2 e 1 + x 2 e 2 + 2x 2 e + x e 1 + 2x e 2 + x e 1 + 2x e 2 + x e = (x 1 + x 2 + x )e 1 + (x 1 + x 2 + 2x )e 2 + ( x 1 + 2x 2 + x )e. Soit donc f : E E définie par f(x 1 e 1 + x 2 e 2 + x e ) = (x 1 + x 2 + x )e 1 + (x 1 + x 2 + 2x )e 2 + ( x 1 + 2x 2 + x )e. Montrons que f est linéaire : Soient x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x e et y = y 1 e 1 + y 2 e 2 + y e E. Alors f(x + y) = f((x 1 + y 1 )e 1 + (x 2 + y 2 )e 2 + (x + y )e = ((x 1 + y 1 ) + (x 2 + y 2 ) + (x + y ))e 1 + ((x 1 + y 1 ) + (x 2 + y 2 ) + 2(x + y ))e 2 +( (x 1 + y 1 ) + 2(x 2 + y 2 ) + (x + y ))e = (x 1 + x 2 + x )e 1 + (x 1 + x 2 + 2x )e 2 + ( x 1 + 2x 2 + x )e +(y 1 + y 2 + y )e 1 + (y 1 + y 2 + 2y )e 2 + ( y 1 + 2y 2 + y )e = f(x) + f(y) Soient x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x e et λ K. Alors f(λx) = f(λx 1 e 1 + λx 2 e 2 + λx e ) = (λx 1 + λx 2 + λx )e 1 + (λx 1 + λx 2 + λ2x )e 2 + ( λx 1 + 2λx 2 + λx )e = λ((x 1 + x 2 + x )e 1 + (x 1 + x 2 + 2x )e 2 + ( x 1 + 2x 2 + x )e ) = λf(x) Donc f est bien linéaire, et f(e 1 ) = f(1e 1 + 0e 2 + 0e ) = e 1 + e 2 e f(e 2 ) = f(0e 1 + 1e 2 + 0e ) = e 1 + e 2 + 2e f(e ) = f(0e 1 + 0e 2 + 1e ) = e 1 + 2e 2 + e

2 L application f vérifie donc bien les conditions voulues. Unicité : l unicité de cette application découle du théorème.19 du cours. On peut aussi la prouver de la manière suivante : on suppose qu il existe deux applications linéaires f et g vérifiant Si x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x e E, alors f(e 1 ) = g(e 1 ) = e 1 + e 2 e f(e 2 ) = g(e 2 ) = e 1 + e 2 + 2e f(e ) = g(e ) = e 1 + 2e 2 + e f(x) = f(x 1 e 1 + x 2 e 2 + x e ) = x 1 f(e 1 ) + x 2 f(e 2 ) + x f(e ) car f est linéaire = x 1 g(e 1 ) + x 2 g(e 2 ) + x g(e ) car f(e i ) = g(e i ) = g(x 1 e 1 + x 2 e 2 + x e ) car g est linéaire = g(x) Ainsi x E, f(x) = g(x). On en déduit que g = f, d où l unicité de f. Bilan : On définit entièrement une application linéaire en se donnant l image d une base de l espace de départ. 2. Déterminons ker(f). Soit x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x e E. alors x ker(f) f(x) = 0 (x 1 + x 2 + x )e 1 + (x 1 + x 2 + 2x )e 2 + ( x 1 + 2x 2 + x )e = 0 x 1 + x 2 + x = 0 x 1 + x 2 + 2x = 0 car (e 1, e 2, e ) est une base de E x 1 + 2x 2 + x = 0 x 1 + x 2 + x = 0 x 1 = 0 x = 0 (L 2 L 2 L 1 ) x = 0 x = 0. x 2 + 4x = 0 (L L + L 1 ) x 2 = 0 Ainsi ker(f) = {0} (et f est injective). Déterminons Im(f). Ici, on peut utiliser deux méthodes : (a) Utilisation du théorème du rang. Comme dim(ker(f)) + dim(im(f)) = dim(e), et puisque dim(e) = et dim(ker(f)) = 0 (car on vient de montrer que ker(f) = {0}), on a dim(im(f)) = dim(e) dim(ker(f)) = 0 =. Ainsi Im(f) E (sev) dim(im(f)) = dim(e) } Im(f) = E, (et f est surjective). On peut donc prendre comme base de Im(f) n importe quelle base de E, par exemple E.

3 (b) Calcul classique de Im(f). Comme E est une base de E, Im(f) = Vect(f(e 1 ), f(e 2 ), f(e )), c est à dire Im(f) = Vect(e 1 + e 2 e, e 1 + e 2 + 2e, e 1 + 2e 2 + e ). On dispose alors des deux méthodes classiques pour déterminer une base de cet espace vectoriel. Trouver une sous-famille libre maximale. Comme e 1 + e 2 e est un vecteur non nul, il forme une famille libre de E. La famille (e 1 + e 2 e, e 1 + e 2 + 2e ) est-elle libre? On suppose que x(e 1 + e 2 e ) + y(e 1 + e 2 + 2e ) = 0. Alors (x + y)e 1 + (x + y)e 2 + ( x + 2y)e = 0. On a ainsi une combinaison linéaire nulle des vecteurs e 1, e 2 et e. La famille (e 1, e 2, e ) étant libre (car c est une base), on en déduit que x + y = 0 x + y = 0 x + 2y = 0 { x + y = 0 x + 2y = 0 (L 2 L 2 + L 1 ) { x + y = 0 y = 0 La famille (e 1 + e 2 e, e 1 + e 2 + 2e ) est donc libre. On vérifie de même que la famille (e 1 +e 2 e, e 1 +e 2 +2e, e 1 +2e 2 +e ) est libre, c est donc une sous famille libre maximale (d elle même), et une base de Im(f). Echelonner. On pose u = e 1 +e 2 e, v = e 1 +e 2 +2e et w = e 1 +2e 2 +e. On écrit les corrdonnées des vecteurs u, v, w dans la base E, et on échelonne la famille ainsi obtenue : x = y = 0. u v w e e e 1 2 (C 2 C 2 C 1 ) (C C C 1 ) u v w e e e 1 4 Exercice 6 : Ainsi Im(f) = Vect(u, v, w) = Vect(u, v, w ) où u = e 1 +e 2 e, v = e 2 +4e w = e. La famille (u, v, w ) est donc une famille génératrice de Im(f). C est également une famille libre puisqu elle est échelonnée. Conclusion : (u, v, w ) est une base de Im(f). On trouve donc que dim(im(f)) =. On a alors Im(f) E (sev) dim(im(f)) = dim(e) } Im(f) = E. 1. On vérifie facilement que f est linéaire, c est à dire que si (x, y, z), (x, y, z ) R et λ R, f((x, y, z) + (x, y, z )) = f(x, y, z) + f(x, y, z ) f(λ(x, y, z)) = λf(x, y, z)

4 Montrons que F 1 est un sous-espace vectoriel de R. Comme f est linéaire, f(0) = 0 et 0 F 1. Soient u, v F 1 et λ R. Comme u, v F 1, et par définition de F 1, on a f(u) = u et f(v) = v. Alors f(u + v) = f(u) + f(v) = u + v car f est linéaire Par conséquent, (u + v) F 1. De même f(λu) = λf(u) = λu car f est linéaire et λu F 1. Conclusion : F 1 est un sous-espace vectoriel de R. Déterminons une base de F 1. Soit (x, y, z) R. (x, y, z) F 1 f(x, y, z) = (x, y, z) On en déduit que 12x 8y 12z = 0 12x 8y 12z = 0 6x 4y 6z = 0 { x 2y z = 0 x 2y z = 0 1x 8y 12z = x 12x 7y 12z = y 6x 4y 5z = z { 12x 8y 12z = 0 6x 4y 6z = 0 x 2y z = 0 x = 2y + z (x, y, z) = (2 y + z, y, z) y, z R (x, y, z) = ( 2, 1, 0)y + (1, 0, 1)z, y, z R F 1 = { ( 2, 1, 0)y + (1, 0, 1)z, y, z R} = Vect(( 2, 1, 0), (1, 0, 1)) La famille (( 2, 1, 0), (1, 0, 1)) est donc génératrice de F 1. Cette famille étant de plus échelonnée (par le bas), elle est libre et forme une base de F 1. Conclusion : une base de F 1 est (( 2, 1, 0), (1, 0, 1)) et dim(f 1) = 2.. Montrons que F 2 est un sous-espace vectoriel de R. Comme f est linéaire, f(0) = 0 = 0 et 0 F 2. Soient u, v F 1 et λ R. Comme u, v F 2, et par définition de F 2, on a f(u) = u et f(v) = v. On vérifie alors de même que précédemment que f(u+v) = u v = (u + v) et que f(λu) = λu = (λu). On en déduit que (u + v) F 2, λu F 2 et donc que F 2 est un sous-espace vectoriel de R.

5 Déterminons une base de F 2. Soit (x, y, z) R. 1x 8y 12z = x (x, y, z) F 2 f(x, y, z) = (x, y, z) 12x 7y 12z = y 6x 4y 5z = z 14x 8y 12z = 0 7x 4y 6z = 0 12x 6y 12z = 0 2x y 2z = 0 6x 4y 4z = 0 x 2y 2z = 0 On en déduit que 2x y 2z = 0 x 2y 2z = 0 7x 4y 6z = 0 { 2x y 2z = 0 y + 2z = 0 (L 2 2L 2 L 1 ) (L 2L 7L 1 ) { x = 2z y = 2z 2x y 2z = 0 y + 2z = 0 y + 2z = 0 (x, y, z) = (2z, 2z, z), z R (x, y, z) = (2, 2, 1)z, z R F 1 = {(2, 2, 1)z, z R} = Vect(2, 2, 1) Le vecteur (2, 2, 1) est donc générateur de F 2. Ce vecteur étant non nul, il forme également une famille libre, donc une base de F 2. Conclusion : une base de F 2 est (2, 2, 1) et dim(f 2 ) = On a dim(f 1 ) + dim(f 2 ) = = = dim(r ). Soit u F 1 F 2. Comme u F 1, f(u) = u. De même, comme u F 2, f(u) = u. On en déduit que u = u, c est à dire que 2u = 0 et u = 0. Par conséquent F 1 F 2 {0}. Réciproquement, comme 0 F 1 et 0 F 2, {0} F 1 F 2. Finalement F 1 F 2 = {0}. Conclusion : F 1 et F 2 sont supplémentaires dans R : F 1 F 2 = R. Exercice 7 : Pour montrer que f est surjective, il faut prouver que Im(f) = K. On sait que Im(f) est un sous-espace vectoriel de K, donc dim(imf) dim(k). Or dim(k) = 1 (dim(k n ) = n n N ). Donc dim(imf) 1. Il n y a alors que deux possibilités : soit dim(imf) = 0, soit dim(imf) = 1. On raisonne par l absurde : si on avait dim(imf) = 0, cela voudrait dire que Im(f) = {0}. Or f étant non nulle, il existe x K n tel que f(x) 0. Par définition de Im(f), f(x) Im(f), ce qui est absurde puisque f(x) 0 et Im(f) = {0}. On en déduit que dim(imf) 0, et donc que dim(imf) = 1. Ainsi } dim(im(f)) = 1 = dim(k) Im(f) = K, Im(f) K et f est surjective.

6 Exercice 8 : Rappel : Soient E, E des ensembles et f : E E une fonction. Si F E, f(f) = {f(x), avec x F }. Montrons que ker(f) est stable par g. Nous devons donc montrer que g(ker(f)) ker(f). Soit x g(ker(f)). Par définition, il existe y ker(f) tel que x = g(y). Nous devons montrer que x ker(f), c est à dire que f(x) = 0. Calculons donc f(x). f(x) = f(g(y)) = f g(y) = g f(y) car f et g commutent = g(f(y)) = g(0) car y ker(f) donc f(y) = 0 = 0 car g étant linéaire, g(0) = 0 On a donc bien f(x) = 0, on en déduit que x ker(f). On a prouvé que x g(ker(f)), x ker(f), autrement dit que g(ker(f)) ker(f). Conclusion : ker(f) est stable par g. Montrons que Im(f) est stable par g. Nous devons donc montrer que g(im(f)) Im(f). Soit x g(im(f)). Par définition, il existe y Im(f) tel que x = g(y). Or comme y Im(f), il existe un certain z E tel que y = f(z). On a donc x = g(y) = g(f(z)) = g f(z) = f g(z) car f et g commutent = f(g(z)) = f(u) où u = g(z) E. Ainsi x = f(u) appartient à Im(f) (par définition de Im(f)). On a prouvé que x g(im(f)), x Im(f), autrement dit que g(im(f)) Im(f). Conclusion : Im(f) est stable par g. Exercice 10 : 1. On suppose que Im(f) ker(f) = {0}. x ker(f) f(x) = 0 et donc f 2 (x) = f(f(x)) = f(0) = 0, ie x ker(f 2 ). Ainsi ker(f) ker(f 2 ). Soit x ker(f 2 ), f 2 (x) = 0 ie f(f(x)) = 0. Ainsi f(x) ker(f). D autre part f(x) Im(f), donc f(x) ker(f) Im(f) = {0}. On en déduit que f(x) = 0 et x ker(f). Conclusion : ker(f) = ker(f 2 ). On suppose que ker(f) = ker(f 2 ). Soit y Im(f) ker(f). Comme y Im(f), x E, y = f(x), et étant donné que y ker(f), f(y) = 0, ie f 2 (x) = 0. Ainsi x ker(f 2 ) = ker(f) et f(x) = 0, ie y = 0. Par conséquent, Im(f) ker(f) = {0}. 2. On suppose que Im(f) + ker(f) = E.

7 Si y Im(f 2 ), x E, y = f 2 (x) = f(f(x)), donc y Im(f) et Im(f 2 ) Im(f). Réciproquement, si y Im(f), x E, y = f(x). Comme x E = Im(f) + ker(f), x s écrit x = x 1 + x 2 avec x 1 Im(f) (donc x 1 = f(x 0 )), et x 2 ker(f). Ainsi y = f(x 1 + x 2 ) = f(x 1 ) + f(x 2 ) = f(f(x 0 )) + 0 = f 2 (x 0 ) Im(f 2 ), et Im(f) Im(f 2 ). Finalement, Im(f) = Im(f 2 ). On suppose que Im(f) = Im(f 2 ). Soit x E. On a f(x) Im(f) = Im(f 2 ), donc il existe x 0 E tel que f(x) = f 2 (x 0 ), de sorte que f(x) f(f(x 0 )) = 0, ie f(x f(x 0 )) = 0, et x f(x 0 ) ker(f). On peut ainsi décomposer x de la manière suivante : x = x f(x 0 ) + f(x 0 ), avec x f(x 0 ) ker(f) et f(x 0 ) Im(f). On a donc bien E = Im(f) + ker(f). On suppose de plus que E est de dimension finie. Si Im(f) = Im(f 2 ), alors d après ce qu on vient de faire, Im(f)+ker(f) = E. Ainsi, dim(im(f)+ker(f)) = dim(e), c est à dire dim(im(f))+dim(ker(f)) dim(im(f) ker(f)) = dim(e). Oe d après le théorème du rang, dim(im(f)) + dim(ker(f)) = dim(e), donc dim(im(f) ker(f)) = 0 et Im(f) ker(f) = {0}. Ainsi on a bien Im(f) ker(f) = E. Réciproquement, on suppose que Im(f) ker(f) = E. En particulier, on a donc Im(f) + ker(f) = E, c est à dire, d après le début de la question, Im(f) = Im(f 2 ). Conclusion : Im(f) = Im(f 2 ) si et seulement si Im(f) et ker(f) sont supplémentaires dans E.. Si f est un projecteur, f = f 2, donc ker(f) = ker(f 2 ) et d après 1. Im(f) ker(f) = {0}. D autre part, comme Im(f) = Im(f 2 ), Im(f) + ker(f) = E (d après 2.). Finalement, Im(f) ker(f) = E et ker(f) et Im(f) sont supplémentaires dans E. Exercice 11 : Montrons que la famille {x, ϕ(x), ϕ 2 (x)} est libre : on suppose que λ 0 x + λ 1 ϕ(x) + λ 2 ϕ 2 (x) = 0. (1) On applique ϕ à cette égalité : ϕ(λ 0 x + λ 1 ϕ(x) + λ 2 ϕ 2 (x)) = ϕ(0) = 0, ce qui donne, par linéarité de ϕ, λ 0 ϕ(x) + λ 1 ϕ 2 (x) + λ 2 ϕ (x) = 0, et comme ϕ = 0, λ 0 ϕ(x) + λ 1 ϕ 2 (x) = 0. (2) On applique à nouveau ϕ : ϕ(λ 0 ϕ(x) + λ 1 ϕ 2 (x)) = ϕ(0) = 0, ie λ 0 ϕ 2 (x) +λ 1 ϕ (x) = 0, et comme ϕ = 0, λ 0 ϕ 2 (x) = 0. () Or ϕ 2 (x) 0, donc λ 0 = 0. En reportant ceci dans (2), on obtient que λ 1 ϕ 2 (x) = 0, ce qui donne λ 1 = 0 (car ϕ 2 (x) 0). Finalement, (1) devient λ 2 ϕ 2 (x) = 0, et on en déduit que λ 2 = 0. Ainsi λ 0 = λ 1 = λ 2 = 0 et {x, ϕ(x), ϕ 2 (x)} est libre. Or cette famille libre comporte vecteurs et E est de dimension, donc {x, ϕ(x), ϕ 2 (x)} est une base de E.