Exercices du chapitre X : Propriétés des applications linéaires

Exercices du chapitre X : Propriétés des applications linéaires
No 1
Montrer les propriétés suivantes :
(a) L’identité IdE : E −→ E, définie par
∀ x ∈ E , IdE (x) = x ,
est une application linéaire.
(b) Pour toute application linéaire f : E −→ E 0
f ◦ IdE = f
et
IdE 0 ◦f = f .
(c) L’application OE,E 0 : E −→ E 0 , définie par
∀ x ∈ E , OE,E 0 (x) = 0 ,
est une application linéaire.
(d) Pour toute application linéaire f : E −→ E 0 et tout espace vectoriel E 00 ,
f ◦ OE 00 ,E = OE 00 ,E 0
et
OE 0 ,E 00 ◦ f = OE,E 00 .
Solution
Vérifications immédfiates.
No 2
Soit f : E −→ E 0 et g : E 0 −→ E deux applications linéaires vérifiant
f ◦ g = IdE 0
et
g ◦ f = IdE .
Montrer que f et g sont bijectives et que g = f (−1) .
Solution
Si f (x) = f (x0 ), alors g(f (x)) = g(f (x0 )), soit g ◦ f (x) = g ◦ f (x0 ), on en déduit donc que x = x0
et f est injective.
Si y appartient à E, posons, x = g(y). Alors f (x) = f ◦ g(y) = y. Donc y possède un antécédent
dans E, et f est surjective. L’application f est bien bijective. La même méthode montre que g
est bijective. Alors
g = f (−1) ◦ (f ◦ g) = f (−1) ◦ IdE 0 = f (−1) .
1
No 3
(a) Soient f : E −→ E 0 et g : E 0 −→ E 00 deux applications linéaires. Démontrer les propriétés
suivantes :
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
Si f et g sont injectives, g ◦ f est injective
Si g ◦ f est injective alors f est injective.
Il existe des exemples où f et g ◦ f sont injectives, mois où g ne l’est pas.
Si f est un isomorphisme, g ◦ f est injective si et seulement si g est injective.
Si g est un isomorphisme, g ◦ f est injective si et seulement si f est injective.
Si f et g sont surjectives, g ◦ f est surjective
Si g ◦ f est surjective alors g est surjective.
Il existe des exemples où g et g ◦ f sont surjectives, mois où f ne l’est pas.
Si f est un isomorphisme, g ◦ f est surjective si et seulement si g est surjective.
Si g est un isomorphisme, g ◦ f est surjective si et seulement si f est surjective.
(b) Soient E et E 0 deux espaces vectoriels, p1 et p2 les applications de projections :
p1 : E × E 0 −→ E
(x,x0 ) −→ x
et
p2 : E × E 0 −→ E 0
,
(x,x0 ) −→ x0
et
i2 : E 0 −→ E × E 0
.
x0 −→ (0,x0 )
et les deux applications
i1 : E −→ E × E 0
x −→ (x,0)
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
p1 et p2 sont linéaires
p1 et p2 sont surjectives
i1 et i2 sont linéaires
i1 et i2 sont injectives
p1 ◦ i1 = IdE
p2 ◦ i2 = IdE 0
i1 ◦ p1 + i2 ◦ p2 = IdE×E 0
(c) Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E, et f : F × G −→ E
l’application définie par
f (x,y) = x + y .
(1) f est une application linéaire (si F × G est muni de la structure de somme directe
externe).
(2) f (F × G) = F + G, autrement dit f envoie F × G sur F + G.
(3) f est injective si et seulement si F ∩ G = {0}.
(4) Si F ∩ G = {0}, f induit un isomorphisme de F × G avec F + G.
Solution
(a) Remarque : nous donnons des démonstrations des propriétés du (a) sans supposer que les
2
applications f et g soient linéaires.
(1) Si g ◦ f (x) = g ◦ f (x0 ), c’est-à-dire g(f (x)) = g(f (x0 )), comme g est injective, cela implique
f (x) = f (x0 ) et comme f est injective, cela implique x = x0 . Donc g ◦ f est injective.
(2) Si f (x) = f (x0 ) on en déduit que g(f (x)) = g(f (x0 )) donc g ◦ f (x) = g ◦ f (x0 ). Et puiqsue
g ◦ f est injective, on en tire x = x0 . Donc f est injective.
x
(3) Soit f l’application de R dans R2 définie par f (x) =
, et g l’application de R2 dans luix
0
x
x
x
x
même définie par g
=
. Alors f est injective car f (x) = f (x0 ) implique
=
,
y
0
x
x0
x
donc x = x0 . De même g ◦ f est injective, car g ◦ f (x) =
et g ◦ f (x) = g ◦ f (x0 ) implique
0
0
x
x
0
0
=
donc x = x0 . Par contre g n’est pas injective, car g
=g
.
0
0
y
0
(4) Supposons f bijective. Alors elle est injective et si g est injective, d’après (1), g ◦ f est
injective. Inversement, si g ◦ f est injective, comme f (−1) est injective, toujours d’après (1),
g = (g ◦ f ) ◦ f (−1) est injective.
(5) Supposons g bijective. Alors elle est injective et si f est injective, d’après (1), g ◦ f est
injective. Inversement, si g ◦ f est injective, comme g (−1) est injective, toujours d’après (1),
f = g (−1) ◦ (g ◦ f ) est injective.
(6) Soit z dans E 00 . Comme g est surjective, il existe y dans E 0 tel que g(y = z). Comme f est
surjective, il existe x dans E, tel que f (x) = y. Alors g ◦ f (x) = z. Donc g ◦ f est surjective.
(7) Soit z dans E 00 . Comme g ◦ f est surjective, il existe x dans E tel que g ◦ f (x) = z. Alors
y = f (x) appartient à E 0 et g(y) = g ◦ f (x) = z. Donc g est surjective.
x
2
, et g l’application de R2 dans R
(8) Soit f l’application de R dans R définie par f (x) =
0
y
x
définie par g
= x. Alors g est surjective car le nombre réel y est l’image de
. De même
0
y
x
y
et le nombre réel y est l’image de
. Par contre f
g ◦ f est surjective, car g ◦ f (x) =
0
0
x
u
=
n’a pas de solution si v 6= 0.
n’est pas surjective car l’équation
0
v
(9) Supposons f bijective. Alors elle est surjective et si g est surjective, d’après (6), g ◦ f est
surjective. Inversement, si g ◦ f est surjective, comme f (−1) est surjective, toujours d’après (6),
g = (g ◦ f ) ◦ f (−1) est surjective.
(10) Supposons g bijective. Alors elle est surjective et si f est surjective, d’après (6), g ◦ f est
surjective. Inversement, si g ◦ f est surjective, comme g (−1) est surjective, toujours d’après (6),
f = g (−1) ◦ (g ◦ f ) est surjective.
(b) Vérifications immédiates des propriétés.
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(c) (1) On vérifie les propriétés de linéarité
f ((x,y) + (x0 ,y 0 )) = f (x + x0 ,y + y 0 ) = (x + x0 ) + (y + y 0 ) = (x + y) + (x0 + y 0 ) = f 0 x,y) + f (x0 ,y 0 ) ,
et
f (λ(x,x0 )) = f (λx,λx0 ) = λx + λx0 = λ(x + x0 ) = λf (x,x0 ) .
(2) Si u appartient à F + G, il se décompose sous la forme u = x + y avec x dans F et y dans
G. Alors f (x,y) = x + y = u. Donc f est surjective.
(3) Si F ∩ G = {0}, et si f (x,y) = f (x0 ,y 0 ) alors x + y = x0 + y 0 soit x − x0 = y 0 − y. Ce vecteur
appartient à F ∩ G. Il est donc nul. Alors x = x0 et y = y 0 , d’où (x,y) = (x0 ,y 0 ). L’application f
est donc injective.
Si F ∩ G 6= {0}, soit x un élément non nul de cet ensemble. Alors f (x, − x) = f (0,0). L’application f n’est pas injective.
(4) Si F ∩ G = {0} l’application f est donc une application linéaire bijective (c’est-à-dire un
isomorphisme) de F × G sur F + G.
No 4
Soit f une application linéaire de E dans E 0 . Démontrer les propriétés suivantes :
(a) Si F est un sous-espace vectoriel de E, f (F ) est un sous-espace vectoriel de E 0 .
(b) Si F 0 est un sous-espace vectoriel de E 0 , f −1 (F 0 ) est un sous-espace vectoriel de E.
(c) f ({0}) = {0} et f −1 (E 0 ) = E.
(d) f (E) s’appelle l’image de f . On le note Im f . C’est un sous-espace de E 0 .
(e) f −1 ({0}) s’appelle le noyau de f . On le note Ker f . Cest un sous-espace de E.
(f) f est surjective si et seulement si Im f = E 0 .
(g) f est injective si et seulement si Ker f = {0}.
(h) Si F 0 est un sous-espace vectoriel de E 0 , f (f −1 (F 0 )) = F 0 ∩ Im f
(i) Si F est un sous-espace vectoriel de E, f −1 (f (F )) = F + Ker f .
Solution
(a) Soit y et y 0 dans f (F ), et λ réel. Alors, il existe x et x0 dans F tels que y = f (x) et y 0 = f (x0 ).
On en déduit
y + y 0 = f (x + x0 ) et λy = f (λx) .
Alors, comme x + x0 et λx sont dans F , les vecteurs y + y 0 et λy sont dans f (F ) qui est bien un
sous-espace vectoriel de E 0 .
(b) Soit x et x0 dans f −1 (F 0 ) et λ réel. Donc f (x) et f (x0 ) sont dans F 0 . Alors les vecteurs
f (x + x0 ) = f (x) + f (x0 ) et f (λx) = λf (x) sont dans F 0 ce qui montre que x + x0 et λx sont
dans f −1 (F 0 ) qui est bien un sous-espace vectoriel de E.
(c) Evident.
(d)Cas particulier de (a), car E est un sous-espace de E.
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(e) Cas particulier de (b), car {0} est un sous-espace de E 0 .
(f) Cela s’écrit aussi f (E) = E 0 et c’est une caractérisation (ensembliste) de la surjectivité d’une
application.
(g) Si f est injective, et si x appartient à Ker f , alors f (x) = 0 = f (0) et donc x = 0. Il en
résulte que Ker(f ) = {0}. Inversement, si Ker(f ) = {0} et si f (x) = f (x0 ), alors f (x − x0 ) = 0,
donc x − x0 appartient à Ker f , et il en résulte que x − x0 = 0, donc que x = x0 . L’application f
est injective.
(h) Si y appartient à f (f −1 (F 0 )), il existe x dans f −1 (F 0 ) tel que f (x) = y. Cela veut dire que
f (x) appartient à F 0 . Mais aussi f (x) appartient à Im f . Donc y appartient à F 0 ∩ Im f , ce qui
donne l’inclusion
f (f −1 (F 0 )) ⊂ F 0 ∩ Im f .
Inversement, si y appartient à F 0 ∩ Im f . Il existe x dans E tel que f (x) = y. Donc x appartient
à f −1 (F 0 ), et f (x) à f (f −1 (F 0 )). Cela donne l’inclusion
F 0 ∩ Im f ⊂ f (f −1 (F 0 )) .
On a donc égalité.
(i) Si x appartient à f −1 (f (F )), on a donc f (x) qui appartient à f (F ). Donc il existe x0 dans F
tel que f (x0 ) = f (x). On en déduit que f (x − x0 ) = 0, donc que x − x0 appartient à Ker f . Alors
x = x0 + (x − x0 ) appartient à F + Ker f , et l’on a l’inclusion
f −1 (f (F )) ⊂ F + Ker f .
Si x appartient à F + Ker f , il existe x0 dans F et x00 dans Ker f tels que x = x0 + x00 . Alors
f (x) = f (x0 ) appartient à f (F ), et x appartient à f −1 (f (F )), d’où l’inclusion
F + Ker f ⊂ f −1 (f (F )) .
On a donc égalité.
No 5
(a) Pour tout sous-espace F 0 de E 0 , montrer que f −1 (F 0 ) contient Ker f .
(b) Inversement, pour tout sous-espace F de E tel que Ker f ⊂ F , montrer qu’il existe
F 0 ⊂ E 0 tel que f −1 (F 0 ) = F .
(c) Si f est de plus surjective, montrer que F 0 est unique.
(d) Que se passe-t-il si f n’est plus surjective?
(e) Pour tout sous-espace F de E, montrer que f (F ) est inclus dans Im f .
(f) Inversement, pour tout sous-espace F 0 de E 0 tel que F 0 ⊂ Im f , montrer qu’il existe F ⊂ E
tel que f (F ) = F 0 .
(g) Si de plus f est injective, montrer que le F [de (f)] est unique.
(h) Que se passe-t-il si f n’est plus injective?
Solution
(a) Comme 0E 0 appartient à F 0 , le sous-espace f −1 (F 0 ) contient en particulier tous les vecteurs
dont l’image est nulle c’est-à-dire Ker f .
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(b) Soit donc F tel que Ker f ⊂ F ⊂ E. Posons F 0 = f (F ). C’est un sous-espace vectoriel de
E 0 . Alors d’après le (i) du No 4
f −1 (F 0 ) = f −1 (f (F )) = F + Ker f ,
mais, puisque Ker f est inclus dans F , on a F + Ker f = F . Donc f −1 (F 0 ) = F .
(c) Si l’on a f −1 (F 0 ) = f −1 (F 00 ) = F , on a donc
f (F ) = f (f −1 (F 0 )) = f (f −1 (F 00 )) ,
et, il résulte du (h) du No 4
f (F ) = F 0 ∩ Im f = F 00 ∩ Im f .
Si f est surjective, Im f = E 0 et donc
f (F ) = F 0 = F 00 .
Donc F 0 est unique (il vaut f (F )).
(d) Si f n’est pas surjective, soit y un vecteur appartenant à E 0 et n’appartenant pas à Im f . Et
soit F 00 = f (F )+ < y >. Montrons que l’on a f −1 (F 00 ) = F .
Soit x dans f −1 (F 00 ), donc f (x) appartient à F 00 , et il existe x0 dans F et λ réel, tels que
f (x) = f (x0 ) + λy. Alors f (x − x0 ) = λy appartient à Im f . Alors, si λ n’était pas nul, le vecteur
1
y = f (x, − x0 ) appartiendrait à Im f ce qui n’est pas possible. Il en résulte que λ = 0, et que
λ
f (x) = f (x0 ). Donc x appartient à f −1 (f (F )) = F . On a donc l’inclusion
f −1 (F 00 ) ⊂ F .
Inversement, comme f (F ) est inclus dans F 00 , on a F = f −1 (f (F )) inclus dans f −1 (F 00 ), d’où
F ⊂ f −1 (F 00 ) .
On a donc l’égalité, et il n’y a pas unicité lorsque f n’est pas surjective.
(e) Comme F est inclus dans E, on a f (F ) inclus dans f (E) = Im f .
(f) Soit F 0 inclus dans Im f . Posons F = f −1 (F 0 ). C’est un sous-espace vectoriel de E. Alors
d’après le (h) du No 4
f (F ) = f (f −1 (F 0 )) = F 0 ∩ Im f ,
mais, puisque F 0 est inclus dans Im f , on a F 0 ∩ Im f = F 0 . Donc f (F ) = F 0 .
(g) Si l’on a f (F ) = f (F 00 ) = F 0 , on a donc
f −1 (F 0 ) = f −1 (f (F )) = f −1 (f (F 00 )) ,
et, il résulte du (i) du No 4
f −1 (F 0 ) = F + Ker f = F 00 + Ker f .
Si f est injective, Ker f = {0} et donc
f −1 (F 0 ) = F = F 00 .
6
Donc F est unique (il vaut f −1 (F 0 )).
(h) Si f n’est pas injective, il existe u non nul tel que f (u) = 0. Soit F 00 = f −1 (F 0 )+ < u >.
Montrons que l’on a f (F 00 ) = F 0 .
Soit y dans f (F 00 ). On a donc y = f (x) avec x dans F 00 , puis x = x0 + λu avec x0 dans f −1 (F 0 ).
Donc f (x0 ) est dans F 0 . Alors
y = f (x) = f (x0 + λu) = f (x0 ) + λf (u) = f (x0 ) ,
et ce vecteur appartient à F 0 . On a donc l’inclusion
f (F 00 ) ⊂ F 0 .
Inversement, comme f −1 (F 0 ) est inclus dans F 00 , on a F 0 = f (f −1 (F 0 )) qui est inclus dans f (F 00 ),
donc
F 0 ⊂ f (F 00 ) .
On a donc l’égalité, et il n’y a pas unicité lorsque f n’est pas injective.
No 6
On prend E = R[X].
(a) Soit f : R[X] −→ R[X] la “multiplication par X” définie par f (P (X)) = XP (X).
Montrer que f est une application linéaire de E dans E injective et pas surjective.
(b) Soit g : R[X] −→ R[X] définie par g(P (X)) = P 0 (X). Montrer que g est est une
application linéaire de E dans E surjective et pas injective.
(c) Comparer f ◦ g et g ◦ f et identifier g ◦ f − f ◦ g.
Solution
(a) On a
f (P +Q)(X) = X(P +Q)(X) = X(P (X)+Q(X)) = XP (X)+XQ(X) = f (P )(X)+f (Q)(X) ,
donc f (P + Q) = f (P ) + f (Q). De même
f (λP )(X) = X(λP )(X) = λ(XP (X)) = λf (P )(X) ,
donc f (λP ) = λf (P ), et f est une application linéaire.
Si P appartient à Ker f , on a XP (X) = 0, donc P est le polynôme nul, et f est injective. Par
contre si Q appartient à Im f alors il existe P tel que Q(X) = XP (X), et Q est divisibles par X,
et inversement, si Q est divisible par le polynôme X, on a Q(X) = XP (X), et donc Q = f (P ).
Il en résulte que Im f est l’ensemble des polynômes divisibles par X. Ce n’est pas E et f n’est
pas surjective.
(b) La dérivation étant une opération linéaire, g est une application linéaire de E dans E. Elle
n’est pas injective car Ker g est l’ensemble des polynômes constants. Elle est surjective, car tout
polynôme est la dérivée d’une de ses primitives qui est aussi un polynôme.
(c) On a
f ◦ g(P )(X) = f (P 0 )(X) = XP 0 (X)
et
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g ◦ f (P )(X) = XP 0 (X) + P (X) ,
donc
(g ◦ f − f ◦ g)(P )(X) = P (X) .
On a donc g ◦ f − f ◦ g = IdE .
No 7
Soit f une application linéaire de E dans E 0 et F et G deux sous-espaces de E.
Montrer que
f (F ∩ G) ⊂ f (F ) ∩ f (G) ,
et que l’on a égalité si f est injective.
Solution
Si y appartient à f (F ∩ G), alors y = f (x) où x appartient à F ∩ G. Alors x est dans F donc
f (x) = y appartient à f (F ) et x est dans G donc f (x) = y appartient à f (G). Il en résulte que
y se trouve dans f (E) ∩ f (G), d’où l’inclusion
f (F ∩ G) ⊂ f (F ) ∩ f (G) ,
Si f est injective, et si y appartient à f (E) ∩ f (G). On a y dans f (F ), donc il existe x dans
F tel que f (x) = y. On a aussi y dans f (G), donc il existe x0 dans G tel que f (x0 ) = y. Mais
alors f (x) = f (x0 ), et, puisque f est injective, on en déduit x = x0 . ce vecteur appartient donc
à F ∩ G et y se trouve dans f (E ∩ G). On a donc l’inclusion
f (F ) ∩ f (G) ⊂ f (F ∩ G) .
Il y a bien égalité.
No 8
Soit g : R2 −→ R définie par g(x,y) = x + y.
(a) Montrer que g est linéaire et surjective.
(b) On pose F = {(x,0) | x ∈ R} et G = {(0,x) | x ∈ R}. Etudier, F ∩ G, g(F ∩ G), g(F ),
g(G) et conclure.
Solution
(a) On vérifie les propriétés de linéarité
g((x,y) + (x0 ,y 0 )) = g(x + x0 ,y + y 0 ) = (x + x0 ) + (y + y 0 ) = (x + y) + (x0 + y 0 ) = g(x,y) + g(x0 ,y 0 ) ,
et
g(λ(x,x0 )) = g(λx,λx0 ) = λx + λx0 = λ(x + x0 ) = λg(x,x0 ) .
Si u appartient à R, on a en particulier g(u,0) = g(0,u) = u. Donc g est surjective. (Remarque :
en fait tout nombre réel u possède un antécédent de la forme (u,0) et un antécédent de la forme
(0,u)).
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(b) On a facilement F ∩ G = {(0,0)} donc g(F ∩ G) = {0}. On a aussi, d’après la remarque
précédente, g(F ) = g(G) = g(F ) ∩ g(G) = R. On n’a donc pas
g(F ∩ G) = g(F ) ∩ g(G) .
Soit f une application linéaire de E dans E 0 et F 0 et G0 deux sous-espaces de E 0 . Montrer
que
f −1 (F 0 ∩ G0 ) = f −1 (F 0 ) ∩ f −1 (G0 ) .
Solution
Dire que x appartient à f −1 (F 0 ∩ G0 ) signifie que f (x) appartient à F 0 ∩ G0 , c’est-à-dire qu’il
appartient à la fois à F 0 et G0 . Cela veut donc dire que x appartient à la fois à f −1 (F 0 ) et à
f −1 (G0 ), donc à l’intersection f −1 (F 0 ) ∩ f −1 (G0 ). On a donc bien l’égalité des deux ensembles.
No 9
Soit f une application linéaire de E dans E 0 et F et G deux sous-espaces de E.
(a) Montrer que
f (F + G) = f (F ) + f (G) .
(b) Si F et G sont en somme directe, et si la restriction de f à F + G est injective, montrer
que f (F ) et f (G) sont en somme directe.
Solution
(a) Dire que y appartient à f (F + G) signifie que y = f (a + b) avec a dans F et b dans G. Mais
on a y = f (a) + f (b), donc cela signifie que y appartient à f (F ) + f (G). On a donc bien l’égalité.
(b) Si F et G sont en somme directe, on a donc F ∩ G = {0}. Alors si f est injective, on a vu
dans le N o 7 que
f (F ∩ G) = f (F ) ∩ f (G) .
On en déduit bien que f (F ) ∩ f (G) = {f (0)} = {0} et donc que f (F ) et f (G) sont en somme
directe.
No 10
Soit f une application linéaire de E dans E 0 et F 0 et G0 deux sous-espaces de E 0 .
Montrer que
f −1 (F 0 + G0 ) ⊃ f −1 (F 0 ) + f −1 (G0 ) ,
et que l’on a égalité si F 0 + G0 est inclus dans Im f (ce qui est le cas en particulier si f est
surjective).
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Solution
Soit x dans f −1 (F 0 ) + f −1 (G0 ). Il s’écrit x = a + b avec a dans f −1 (F 0 ) et b dans f −1 (G0 ). Donc
f (a) est dans F 0 et f (b) dans G0 . Alors f (x) = f (a + b) = f (a) + f (b) appartient à F 0 + G0 . Il
en résulte que x appartient à f −1 (F 0 + G0 ). On a donc l’inclusion
f −1 (F 0 + G0 ) ⊃ f −1 (F 0 ) + f −1 (G0 ) .
Si F 0 + G0 est inclus dans Im f , soit x dans f −1 (F 0 + G0 ). Alors f (x) appartient à F 0 + G0 donc
s’écrit a0 + b0 avec a0 dans F 0 et b0 dans G0 . Comme a0 appartient à F 0 + G0 donc à Im f il existe
a tel que a0 = f (a), donc a appartient à f −1 (F 0 ) et de même b appartient à f −1 (G0 ). Alors
f (x) = f (a + b), donc c = x − (a + b) appartient au noyau de f . Mais celui-ci est inclus dans
f −1 (F 0 ). Donc finalement x = (a + c) + b avec a + c dans f −1 (F 0 ) et b dans f −1 (G0 ). Il en résulte
que x appartient à f −1 (F 0 ) + f −1 (G0 ), et que l’on a l’inclusion
f −1 (F 0 + G0 ) ⊂ f −1 (F 0 ) + f −1 (G0 ) .
On a bien égalité.
No 11
Soit g : R −→ R2 définie par h(x) = (x,x).
(a) Montrer que h est linéaire et injective.
(b) On pose F 0 = {(x,0) | x ∈ R} et G0 = {(0,x) | x ∈ R}. Etudier h−1 (F 0 + G0 ), h−1 (F 0 ),
h−1 (G0 ) et conclure.
Solution
(a) On a
h(x + y) = (x + y,x + y) = (x,x) + (y,y) = h(x) + h(y) ,
et
h(λx) = (λx,λx) = λ(x,x) = λh(x) .
Donc h est linéaire. De plus h(x) = (x,x) = (0,0) implique x = 0, donc h est injective.
(b) On a F 0 + G0 = R2 et donc h−1 (F 0 + G0 ) = R. Par ailleurs h−1 (F 0 ) = h−1 (G0 ) = {0}. En
effet dire que h(x) = (x,x) appartient à F 0 signifie qu’il s’écrit sous la forme (y,0), et donc x = 0.
De même pour G0 . On a donc h−1 (F 0 ) ∩ h−1 (G0 ) = {0}. On n’a donc pas l’égalité
h−1 (F 0 ) ∩ h−1 (G0 ) = h−1 (F 0 + G0 ) .
No 12
Soit f une application linéaire de E dans E 0 et F et G deux sous-espaces de E.
On suppose que F 0 et G0 sont en somme directe. Montrer que f −1 (F 0 ) et f −1 (G0 ) sont en
somme directe si et seulement si f est injective.
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Solution
On sait que
f −1 (F 0 ) ∩ f −1 (G0 ) = f −1 (F 0 ∩ G0 ) = f −1 {0} .
Donc f −1 {0} = {0} si et seulement si f est injective, ce qui donne le résultat.
No 13
(a) Si f : E −→ E 0 est un isomorphisme, et E 00 un troisième espace vectoriel,
montrer que les applications
L(E 0 ,E 00 ) −→ L(E,E 00 )
et
g −→ g ◦ f
L(E 00 ,E) −→ L(E 00 ,E 0 )
h −→ f ◦ h
sont des isomorphismes.
(b) Si on note LI(E,E 0 ) l’ensemble (supposé non vide) des isomorphismes de E sur E 0 montrer
que l’application invE,E 0
LI(E,E 0 ) −→ LI(E 0 ,E)
f −→ f (−1)
est une bijection, et que invE 0 ,E ◦ invE,E 0 = IdLI(E,E 0 ) . Peut-on dire que invE 0 ,E est linéaire?
(c) On sait que R est un espace vectoriel sur R, de dimension un. Montrer que l’application
L(R,E) −→ E
f −→ f (1)
est un isomorphisme linéaire.
Solution
(a) Notons Φ(g) = g ◦ f et Ψ(h) = f ◦ h. On a alors
Φ(g + g 0 ) = (g + g 0 ) ◦ f = g ◦ f + g 0 ◦ f = Φ(g) + Φ(g 0 ) ,
et
Φ(λg) = (λg) ◦ f = λ(g ◦ f ) = λΦ(g) ,
et Φ est une application linéaire de L(E 0 ,E 00 ) dans L(E,E 00 ).
Remarque : les relations (g + g 0 ) ◦ f = g ◦ f + g 0 ◦ f et (λg) ◦ f = λ(g ◦ f ) sont vraies sans
hypothèse de linéarité pour f .
Soit g 0 dans L(E,E 00 ). Cherchons g dans L(E 0 ,E 00 ) tel que Φ(g) = g 0 , c’est-à-dire g ◦ f = g 0 .
Comme f est bijective, cette équation a comme unique solution g = g 0 ◦ f (−1) , et donc Φ est
bijective. C’est donc bien un isomorphisme de L(E 0 ,E 00 ) sur L(E,E 00 ).
Pour l’application Ψ,
Ψ(h + h0 )(x) = f ◦ (h + h0 )(x) = f ((h + h0 )(x)) = f (h(x) + h0 (x)) .
Mais, puisque f est linéaire
f (h(x) + h0 (x)) = f (h(x)) + f (h0 (x)) = f ◦ h(x) + f ◦ h0 (x) = Ψ(h)(x) + Ψ(h)(x0 ) ,
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donc
Ψ(h + h0 ) = Ψ(h) + Ψ(h0 ) .
De même
Ψ(λh)(x) = f ((λh)(x)) = f (λh(x)) .
Mais, puisque f est linéaire
f (λh(x)) = λf (h(x)) = λf ◦ h(x) ,
donc
Ψ(λh) = λΨ(h) ,
et Ψ est une application linéaire de L(E 00 ,E) dans L(E 00 ,E 00 ).
Soit h0 dans L(E 00 ,E 0 ). Cherchons h dans L(E 00 ,E) tel que Ψ(h) = h0 , c’est-à-dire f ◦ h = h0 .
Comme f est bijective, cette équation a comme unique solution h = f (−1) ◦ h0 , et donc Ψ est
bijective. C’est donc bien un isomorphisme de L(E 00 ,E) sur L(E 00 ,E 0 ).
(b) Soit g dans LI(E 0 ,E). Cherchons f dans LI(E,E 0 ) tel que invE,E 0 (f ) = g. On a donc
l’équation f (−1) = g. Cette équation possède une solution unique f = g (−1) . Donc invE,E 0 est
une application bijective. De plus
(−1)
invE,E 0 (g) = g (−1) = invE 0 ,E (g) ,
donc
invE 0 ,E ◦ invE,E 0 = IdLI(E,E 0 ) .
On a,
f (−1) ◦ f (x) = f (−1) (f (x)) = x,
donc, si λ est non nul,
1 (−1)
1
f
(f (λx)) = f (−1) (λf (x)) = x .
λ
λ
Alors
1 (−1)
f
◦ (λf ) = IdE .
λ
Il en résulte que
(λf )(−1) =
1 (−1)
f
,
λ
et donc que
invE,E 0 (λf ) =
1
invE,E 0 (f ) .
λ
Si λ 6= +1 ou −1, on a donc
invE,E 0 (λf ) = (λf )(−1) 6= λf (−1) = λinvE,E 0 (f ) ,
et l’application invE,E 0 n’est pas linéaire.
(c) Posons χ(f ) = f (1). On a
χ(f + g) = (f + g)(1) = f (1) + g(1) = χ(f ) + χ(g) ,
et
χ(λf ) = (λf )(1) = λf (1) = λχ(f ) ,
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et χ est une application linéaire.
Soit u dans E. Cherchons f dans L(R,E) tel que χ(f ) = u, c’est-à-dire f (1) = u. Alors
nécessairement, puisque f est linéaire,
f (x) = xf (1) = xu ,
il y a donc une solution unique, et bien sûr, si f est l’application définie par f (x) = xu c’est
bien une application linéaire de R dans E telle que χ(f ) = u. L’équation χ(f ) = u possède une
solution et une seule, donc χ est bijective. C’est un isomorphisme de L(R,E) sur E.
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