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Publié par | algebre-mpsi |
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Langue | Français |
Extrait
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Théorème du rang
Enoncés
Exercice 1[ 01662 ][correction]
Déterminer une base du noyau et de l’image des applications linéaires suivantes :
a)f:R3→R3définie parf(x y z) = (y−z z−x x−y)
b)f:R4→R3définie parf(x y z t) = (2x+y+z x+y+t x+z−t)
c)f:C→Cdéfinie parf(z) =z+iz¯(Cest ici vu comme unR-espace vectoriel).
Exercice 2[ 01663 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel de dimension finienetfun endomorphisme deE.
Montrer l’équivalence
kerf=Imf⇔f2= 0etn= 2rg(f)
Exercice 3[ 01664 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel de dimension finie etf∈ L(E)tel que
rg(f2) =rg(f).
a) Etablir Imf2=Imfetkerf2= kerf.
b) Montrer que Imfetkerfsont supplémentaires dansE.
Exercice 4[ 01665 ][correction]
Soitfun endomorphisme d’unK-espace vectorielEde dimension finie.
Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) Imfetkerfsupplémentaires dansE;
(ii)E=Imf+ kerf;
(iii) Imf2=Imf;
(iv)kerf2= kerf.
Exercice 5[ 01666 ][correction]
SoitEunK-espace vectoriel de dimension finie etf g∈ L(E)tels quef+g
˜
bijectif etg◦f= 0. Montrer que
rgf+rgg= dimE
Exercice 6[ 03127 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel de dimensionn∈N?etuun endomorphisme deE
˜
vérifiantu3= 0.
Etablir
rgu+rgu26n
Exercice 7[ 01667 ][correction]
SoitEunK-espace vectoriel de dimension finien.
Soientuetvdeux endomorphismes deEtels que
E=Imu+Imv= keru+ kerv
Etablir que d’une part, Imuet Imv, d’autre partkeruetkervsont
supplémentaires dansE.
Exercice 8[ 01668 ][correction]
Soientf g∈ L(E)tels que
f+g=Id et rgf+rgg= dimE
Montrer quefetgsont des projecteurs complémentaires.
Exercice 9[ 01671 ][correction]
SoitEunK-espace vectoriel de dimensionn∈N.
Montrer qu’il existe un endomorphismeftel que Imf= kerfsi, et seulement si,
nest pair.
Exercice 10[ 01672 ][correction]
[Images et noyaux itérés d’un endomorphisme]
SoientEunK-espace vectoriel de dimension finien>1etfun endomorphisme
deE.
Pour toutp∈N, on poseIp=ImfpetNp= kerfp.
a) Montrer que(Ip)p>0est décroissante tandis que(Np)p>0est croissante.
b) Montrer qu’il existes∈Ntel queIs+1=IsetNs+1=Ns.
c) Soitrle plus petit des entierssci-dessus considérés.
Montrer que
∀s>r Is=IretNs=Nr
d) Montrer queIretNrsont supplémentaires dansE.
Exercice 11[ 01674 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel de dimension finie etf g∈ L(E).
SoitHun supplémentaire dekerfdansE.
On considèreh:H→Ela restriction deg◦fàH.
1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
a) Montrer que
b) Observer que
c) En déduire que
ker(g◦f) = kerh+ kerf
rgh>rgf−dim kerg
dim ker(g◦f)6dim kerg+ dim kerf
Enoncés
2
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Corrections
Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
a)~u= (x y z)∈kerf⇔x=y=z.u= (111)forme une base dekerf.
~
Par le théorème du rang rgf= dimR3−dim kerf= 2.
Soitv=f(100) = (0−11)et~w=f(010) = (10−1)vecteurs non
~
colinéaires de Imf.
(w~v~)est une famille libre formée de2 = dimImfvecteurs de Imf, c’est donc une
base de Imf.
b)kerf={(x y−2x−y−x−y)/x y∈R}=Vect(u~~v)avec~(10−2−1)
u=
etv~= (01−1−1).
(v~~u)est une famille libre, elle forme donc une base dekerf, par suite
dim kerf= 2.
Par le théorème du rang : rgf= dimR4−dim kerf= 2.
~
~=f(1000) = (211)∈Imfetb=f(0100) = (110)∈Imf.
a
(a b)forme une famille libre formée de2 = dimImfvecteurs de Imf, c’est donc
une base de Imf.
c)kerf={z=a+iba,b∈R a+b= 0}.
Soitz1= 1−i, on observe quekerf=Vect(z1), donc(z1)forme une base dekerf
etdim kerf= 1.
Par le théorème du rang : rgf= dimRC−dim kerf= 1.
z2=f(1) = 1 +i∈Imf, donc(z2)forme une base de Imfcar rgf= 1.
Exercice 2 :[énoncé]
(⇒)Sikerf=Imfalorsf2= 0car Imf⊂kerf.
De plus, par le théorème du rang :dimE=rgf+ dim kerf= 2rgfcar
dim kerf= dimImf.
(⇐)Sif2= 0etn= 2rg(f)alors d’une part Imf⊂kerfet d’autre part, par le
théorème du rang :
2rgf=rgf+ dim kerfdoncdimImf ker= dimf. Par inclusion et égalité des
dimensions Imf= kerf.
Exercice 3 :[énoncé]
a) rg(f2) =rg(f)⇒Imf2=Imfcar on sait Imf2⊂Imf.
Par le théorème du rangkerf2= kerfcar on saitkerf⊂kerf2.
b) Soitx∈kerf∩Imf.
On peut écrirex=f(a). Commef(x) = 0, on aa∈kerf2= kerfdoncx= 0.
Par le théorème du rang, on conclut.
3
Exercice 4 :[énoncé]
(i)⇒(ii) : ok
(ii)⇒(iii) SupposonsE=Imf+ kerf.
L’inclusion Imf2⊂Imfest vraie indépendamment de l’hypothèse.
∀y∈Imf,∃x∈Etel quey=f(x). Or on peut écrirex=u+vavecu∈Imfet
v∈kerf.
Puisqueu∈Imf, on peut écrireu=f(a)aveca∈E. On a alors
y=f(f(a) +v) =f2(a) +f(v) =f2(a)∈Imf2. Ainsi Imf⊂Imf2puis l’égalité.
(iii)⇒(iv) Supposons Imf2=Imf.
Par le théorème du rang :dimE=rgf+ dim kerf=rgf2+ dim kerf2donc
dim kerf= dim kerf2.
De plus l’inclusionkerf⊂kerf2est toujours vraie.
Par inclusion et égalité des dimensions :kerf= kerf2.
(iv)⇒(i) Supposonskerf= kerf2.
Soity∈Imf∩kerf. On peut écrirey=f(x)avecx∈E. Orf(y) = 0donc
f2(x) = 0. Ainsix∈kerf2= kerfet par suitey=f(x) = 0. Finalement
Imf∩kerf={0}.
De plus, par le théorème du rangdimE= dimImf+ dim kerfdonc Imfetkerf
sont supplémentaires dansE.
Exercice 5 :[énoncé]
˜
g◦f= 0donne Imf⊂kergdonc rg(f)6dim kerg= dimE−rg(g). Par suite
rg(f) +rg(g)6dimE.
f+gbijectif donne Imf+g=E. Or Imf+g⊂Imf+Imgd’où
dimE6rg(f) +rg(g).
Exercice 6 :[énoncé]
Puisqu3= ˜n a Imu2⊂k
eu0, oeruet donc
Or par la formule du rang
donc
rgu26dim keru
rgu+ dim keru= dimE
rgu+rgu26dimE
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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
dim (Imu∩Imv) =rgu+rgv−dim (Imu+Imv) =rgu+rgv−dimE
Corrections
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Exercice 7 :[énoncé]Exercice 9 :[énoncé]
On a Si un tel endomorphismefexiste alorsdimE=rg(f) + dim kerf= 2rg(f)doncn
est pair.
Inversement sinest pair,n= 2pavecp∈N
Sip= 0, l’endomorphisme nul convient.
etSip >0, soitB= (~e1 e2p)une base deEetf∈ L(E)défini par :
~
f(e~1) =f~o(e~p) =f~o(e~p+1) =e~1 f(~e2p) =~ep.
dim (keru∩kerv ker) = dimu+dim kerv−dim (keru+ kerv ker) = dimu+dim kerv−dimPoEur cet endomorphisme, il est clair que Vect(~e1~ep)⊂Imfet
Vect(~e1~e⊂kerf.
donc en sommant Par suite dimpI)mfdim kerf>pet par le théorème du rang
dimIm
dim (Imu∩Imv) + dim (keru∩kerv) = 0Par inclfusdiiomnkeetréfga=litpmion.s:Insesédmedif=Vect(e~1e~p) = kerf.
car en vertu du théorème du rang
Par suite
et donc
dimE=rgu+ dim keru=rgv+ dim kerv
dim (Imu∩Imv (ker) = dimu∩kerv) = 0
Imu∩Imv= keru∩kerv={0E}
Les espaces Imuet Imvsont supplémentaires dansE. De mme pourkeruetkerv.
Exercice 8 :[énoncé]
On a
f=f◦Id=f2+f◦g
˜
Montronsf◦g= 0en observant Img⊂kerf.
Pour cela montrons Img= kerfen observant
rgg ker= dimfetkerf⊂Img
Puisque rgf+rgg= dimEet puisque par la formule du rang,
rgf+ dim kerf= dimE, on peut affirmer rgg ker= dimf.
D’autre part, pourx∈kerf, on ax=f(x) +g(x) =g(x)doncx∈Img. Ainsi
kerf⊂I