Universite Paris VI LM Correction de la session de rattrapage Janvier

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Universite Paris VI LM 125 – Correction de la session de rattrapage (Janvier 2010) Question de cours. a) Donner la definition du rang d'une application lineaire. b) Soient E1 et E2 deux espaces vectoriels de dimension finie sur R et f : E1 ? E2 une application lineaire. Montrer (sans utiliser le theoreme du rang) que rg(f) ≤ dim(E1). Solution : Soit E1 un espace vectoriel de dimension finie, E2 un espace vectoriel et f : E1 ? E2 une application lineaire. Si (e1, e2, . . . , en) est une base de E1, alors (f(e1), f(e2), . . . , f(en)) est une famille generatrice de Im(f) qui est donc un espace vectoriel de dimension finie. Le rang de l'application lineaire f est la dimension de l'espace vectoriel Im(f). Comme Im(f) a une famille generatrice a n elements, sa dimension est inferieure ou egale a n. Exercice 1. Soit E un R-espace vectoriel et f et g deux endomorphismes de E. Soit g1 la restriction de g a Im(f). On a donc g1 : Im(f) ? E x 7? g(x) a) Exprimer Kerg1 en fonction de Imf et Kerg.

  • espaces vectoriels de dimension finie

  • coordonnees dans la base b?

  • dimension

  • developpement suivant la derniere

  • apres d'apres

  • base de r4

  • rang


Publié le : vendredi 1 janvier 2010
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Universit´eParisVI LM 125 – Correction de la session de rattrapage (Janvier 2010)
Question de cours.naenlrD)noitn´eadanurndiopaenudgoitacilp line´aire. b) SoientE1etE2deux espaces vectoriels de dimension finie surRetf: E1E2dumeaeppnueairlin´tionlicatusnas(rertnoM.e`eor´ethleerisil rang) que rg(f)dim(E1). Solution : SoitE1un espace vectoriel de dimension finie,E2un espace vectoriel et f:E1E2(il´nitno.eiSaeriunlicaeappe1, e2, . . . , en) est une base deE1, alors (f(e1), f(e2), . . . , f(eneedicrtare´ne´gellima)estunef)Im(f) qui est doncunespacevectorieldedimensionnie.Lerangdelapplicationlin´eaire fest la dimension de l’espace vectorielIm(f). CommeIm(f) a une famille ge´n´eratricea`n´le´nemes,stmidae´iritfnnoseneis`agaleou´eeuren.
Exercice 1.SoitEunR-espace vectoriel etfetgdeux endomorphismes deE. Soitg1la restriction deg`aIm(f). On a donc
g1:Im(f) x
7→
E g(x)
a) ExprimerKerg1en fonction deImfetKerg. b) ExprimerImg1en fonction deIm(gf). c) Montrer que
dim((Im(f)) +dim((Im(g))dim((Im(gof)) +dim(E).
Solution : a)Onales´equivalencessuivantes:
xKer(g1)
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
DoncKer(g1) =Im(f)Ker(g).
xIm(f) etg(x) = 0 xIm(f) etxKer(g) xKer(g)Im(f).
1
b) Soitye´emtnedu´nleEuissceenesntvaselanO.laviuqe´
yIm(g1)
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
xIm(f) etg(x) =y aE, g(f(a)) =y yIm(gf).
DoncIm(g1) =Im(gf). c)Entenantcomptedesquestionspr´ec´edentes,leth´eor`emedurang appliqu´e`ag1nous donne
dimIm(f)dimIm(gf) =dimKer(g)Im(f)dimKer(g).
Orlethe´ore`medurangapplique´a`gdonnedimKer(g) =dimEdimIm(g). Dou`larelationdemande´e.
4 Exercice 2.DansRmuni de sa base canonique (e1, e2, e3, e4o)eerd`sionnc l’endomorphismefrapi:dn´ef(e1) =e1e3+e4,f(e2) =e1+e2+e3, f(e3) =e1+ 3e2+e3+ 2e4,f(e4) =3e1+e2+ 3e32e4. 1)Donner la matrice defdans la base (e1, e2, e3, e4). 2)e´DoidnedilansmermteerinIm(f) et une base deIm(f). 3)isnemidaleriude´EnddeonKer(f). 4)sadenubenireetmr´eDeKer(f). 5)Im(f) etKer(fe´empulper?stnia)silssont-
Solution :   1113 0 1 3 1 La matrice defdans la base canonique estA= .   1 1 1 3 1 0 22 Calculons le rang deAmua.sengilselruressntai´emes´elitnoe´ardpoyone     1113 1113 0 1 3 1 0 1 3 1   A∼ ∼.     0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 3 1 0 0 0 0
Onvoitaise´mentquelamatriceAest de rang 2. Le sous espace vectoriel Im(f) est donc de dimension 2. Commef(e1) =e1e3+e4etf(e2) = e1+e2+e3ontdeuxvecteurslnie´iaeremtnni´dedstnadnepesIm(f), ils en constituent une base. 3)Leth´eore`medurangimpliquealorsqueKer(f) est de dimension 2.
2
4) Le vecteurx1e1+x2e2+x3e3+x4e4est dansKer(f) si et seulement silesyste`mesuivantestve´rie´:     x10 x20   A=.     x30 x40
Pourre´soudrecesyste`me,nissonsdemettreAussssfouroem´rdeiuetedaG :     1113 1 0 22 0 1 3 1 0 1 3 1  A∼ ∼     0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Ainsi,
Ker(f)
= =
2 {(2x3+ 2x4,3x3x4, x3, x4),(x3, x4)R} 2 {x3(2,3,1,0) +x4(2,1,0,1),(x3, x4)R}
Donc les vecteurs (2,3,1,0) et (2,1,0,1) engendrentKer(f). Siλet µtnedoseeslxu´rstfa,iledemocileeuqrertn
λ(2,3,1,0) +µ(2,1,0,1) =λ=µ= 0.
Ker(f) etIm(fbasetune)sontsuppl´etnemeriaeissuestmelesintobonenti 3 deRenmedesebaneuout`tbabtuottnaKer(f) et une base deIm(f). D´emontronscepointdanslecadredelexercice. Onsaitdapresdapr`eslecoursquesiKer(f) etIm(f)spluptsontniae´emers 4 4 dansR, alors on obtient une base deRnttautbobo`aunuteetemn base deKer(f) et une base deIm(feuqsnos)o.pRp´sut,enemquroipec 4 (2,3,1,0),(2,1,0,1),(1,0,1,1),(1,1,1,0) forment une base deR. Alors on adimKer(f) +dimIm(f) = 4. Soituu´nlee´emtnedKer(f)Im(f). Commeuapparneita`tKer(f), il existeαetβdansRtels que u=α(2,3,1,0) +β(2,1,0,1). Commeuneitrappaat`Im(f), il existe γetδdansRtels queu=γ(1,0,1,1) +δ(1,1,1,a donc0). On
α(2,3,1,0) +β(2,1,0,1)γ(1,0,1,1)δ(1,1,1,0) = (0,0,0,0).
Ce qui impliqueα=β=γ=δ= 0 puisque (2,3,1,0),(2,1,0,1), 4 (1,0,1,1),(1,1,1,0) forment une base deR.
3
Pour montrer que (2,3,1,0),(2,1,0,1),(1,0,1,1),(1,1,1,0) for-4 ment une base deRusliedt,ueled´etmontrerqreimantn
est non nul. Calculons-le.
2 3 1 0
2 1 0 1
1 0 1 1
1 1 1 0
2 2 101 1 1 1 31 0 131 0 1 =1 01 12 2 11     0 1 1 0 0 1 1 0 Enfaisantlesop´erationsL2←−L2+ 3L1etL3←−L3+ 2L2, puis en de´veloppantsuivantlapremi`erecolonne,onobtient
1 3 2 0
0 1 2 1
1 0 1 1
1 1 1 0 =1 0   0 0
0 1 2 1
1 3 1 1
1 1 4 =2 1 1 0
3 1 1
4 1 0
Puis,enfaisantund´eveloppementsuivantladerni`ereligne,onobtient
1 2 1
3 1 1
4 3 1 =1 0
41 +   1 2
4 =19 =10. 1
4 Onpouvaitnepasseservirdesde´terminants:Ona4vecteursdansR, 4 ils forment une base deRseulsietrentmo´end.Oesbriltnossliistneme alors que les 4 vecteurs forment une famille libre (en calculant leur rang par exemple)commeonleferaa`lexercicesuivant.
Exercice 3.
3 Ond´esigneparB= (e1, e2, e3) la base canonique deR,
e1= (1,0,0),
e2= (0,1,0),
e3= (0,0,1).
1)Soientf1= (1,5,3), f2= (0,2,1), f3= (0,3,2). 03 a)Montrer queB= (f1, f2, f3) est une base deR. 0 b)Ecrire la matrice de passagePde la baseBalabase`B 0 0 c)Ecrire la matrice de passagePde la baseB`asealabB
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