Applications linéaires Révisions algèbre 4 1

Applications linéaires Révisions algèbre 4
1- Soient a, b deux réels. Donner le noyau et l’image de la forme linéaire sur IR² définie par :
byaxyxfyx  ),(),( 2 R
Si (a,b)  (0,0) alors dim Im f  1 et Im f  IR donc Im f = IR et rg f = 1
D’après la formule du rang, dim Ker f = 1 et Kerf = Vect[(b,-a)]
Si (a,b) = (0,0) alors Im f = {0} et Ker f = IR²
2- Soit f l’application de IR4 dans IR3 qui à
),,,( tzyx
associe
),,( ttyxzx 
- Montrer que f est une application linéaire.
- Déterminer une base de
fker
, de
fIm
. f est-elle injective ? surjective ?
Ker f = Vect[ (1,-1,-1,0)] et Im f = Vect[ (1,0,0) , (0,1,0) , (0,-1,1) ] , f n’est pas injective, f est surjective car
Im f = Vect ( (1,0,0),(0,1,0), (0,-1,1)+(0,1,0) ] = ℝ3
3- E est un espace vectoriel de dimension n, f est un endomorphisme de E.
Comparer les espaces
p
fff ker,...,ker,ker,0 2
; établir l'existence d'un plus petit entier k tel que
1
kerker  pp ff
pour tout
kp 
Comparer les espaces
p
fff Im,...,Im,Im 2
; établir l'existence d'un plus petit entier h tel que
1
ImIm  pp ff
pour tout
hp 
Montrer grâce au théorème du rang que
hk 
, que
kk ffE Imker 
{0}  Ker f  Ker f²  …  Ker fp
{dim Ker fp / p  IN } est une partie non vide de  0,n  donc admet un maximum M.
{ i  IN / dim Ker fi = M } est une partie non vide de IN donc admet un minimum k
 p  k, M = dim Ker fk  dim Ker fp  dim Ker fp+1  M donc Ker fk = Ker fp = Ker fp+1
Im fp  Im fp-1  …  Im f
{dim Im fp / p  IN } est une partie non vide de  0,n  donc admet un minimum m.
{ i  IN / dim Im fi = m } est une partie non vide de IN donc admet un minimum h
 p  h, m = dim Im fh  dim Im fp  dim Im fp+1  m donc Im fh = Im fp = Im fp+1
Dim Ker fk  dim Ker fh et dim Im fk  dim Im fh or n = dim Ker fk + dim Im fk = dim Ker fh + dim Im fh
Donc dim Ker fk = dim Ker fh et k  h ; dim Im fh = dim Im fk et h  k : h = k
x  Im fk  Ker fk   u  E / x = fk(u) et fk(x) = f2k(u) = OE  u  Ker f2k = Ker fk  x = fk(u) = OE
Donc Ker fk  Im fk = { OE } et dim Ker fk + dim Im fk = dim E donc E = Ker fk  Im fk
4- Soit f l’endomorphisme de
X
4
R
défini par
)()(')1(:)( xPxPxxPf 
. Ecrire sa matrice dans la base
canonique. Trouver noyau et image de f et
2
f
. ( on s'aidera du théorème du rang )
Matrice canoniquement associée à f :
Rg f = 4 ( nombre de pivots obtenus après réduction par la méthode de Gauss)
Im f = Vect[ -1, -2X+X², 2X3-3X², 3X4 – 4 X3 ] , Ker f = Vect[X-1]
Im f² = Vect[ f(-1), f(-2X+X², f(2X²-3X², f(3X4- 4X3)]= Vect[1, 2-2X+X² , 6X-9X²+4X3 , 12 X² - 20 X3 + 9 X4 ]
Famille génératrice de Im f² formée de polynômes non nuls de degrés différents donc rg Im f² = 4 = rg Imf
Or Im f²  Im f donc Im f² = Imf
Ker f  Ker f² et dim Ker f = 5 – dim Im f = dim Ker f² donc Ker f = Ker f²

5- Soient f et g définis sur
XR
par :
XPPf )(
et
')( PPg 
. Montrer que ce sont des endomorphismes et
simplifier
gffg nn oo 
pour tout entier positif n.
f et g sont des applications linéaires ( à vérifier ) de ℝ[X] dans ℝ[X]
 P  ℝ[X] , gofn(P) – fnog(P) = (XnP)’ – XnP’ = n Xn-1 P = n fn-1(P)
8- Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E tel que
ff 2
2
.
- Montrer que
)2Im(ker idff 
. Montrer que
ffE kerIm 
( on s'aidera du théorème du rang )
- Retrouver ce dernier résultat en utilisant les propriétés des projecteurs.
u  Ker f  u = (f – 2 id) ( 
  u  Im ( f – 2 id)
u  Im (f-2 id)   x  E / u = f(x) – 2x  f(u) = f²(x) – 2 f(x) = OE ( car f² = 2f)  u  Ker f
Par double inclusion, Ker f = Im (f – 2id)
u  Kerf  Im f   x  E / u = f(x) et OE = f(u) = f²(x) = 2 f(x) = 2u  u = OE
De plus OE  Ker f  Imf donc Ker f  Im f = {OE}
Dim ker f + dim im f = dim e donc E = Kerf  Im f
Par les projecteurs : Soit u  E
Analyse : s’il existe x  Ker f et y  Im f tels que : u = x + y alors il existe z  E tel que y = f(z)
et f(u) = f(y) = f²(z)=2f(z) = 2y donc y est unique et y = 
 et x est donc unique : x = u -  u)
Synthèse : 
f(u)  Im f et x = u -  f(u) vérifie f(x) = f(u) -  f²(u) = OE donc x  Ker f
 u  E,  ! x  Ker f,  !y  Im f / u = x + y donc Ker f  Im f = E
9- Soit
)(ELf 
. Montrer l’équivalence :
0kerImokerker  fffff
- On suppose que Ker f = Ker f²
Si u  ker f  Im f alors il existe x  E tel que u = f(x) et OE = f(u) = f²(x) donc x  Ker f² = Ker f donc u = OE
- On suppose que Ker f  Im f = { OE }
Si u  Ker f² alors f ( f(u) ) = OE donc f(u)  Ker f  Im f et f(u) = OE donc Ker f²  Ker f
Or Kerf  Ker f² d’où l’égalité Ker f = Ker f²
10- Soit E un espace vectoriel sur IR, et p et q deux projecteurs.
Montrer que p = q si et seulement si Im p = Im q et p o q = q o p.
L’implication directe est immédiate.
Supposons : Im p = Im q et p o q = q o p
 u  Ker p , q o p(u) = OE = p o q (u) donc q(u)  Ker p  Im q = Ker p  Im p = { OE } donc u  Ker q
Ker p  Ker q donc Ker p = Ker q ( par symétrie entre p et q ou par les dimensions de Ker p et Ker q )
p et q sont la même projection sur Im p parallèlement à Ker p : p = q
11- - Soit E un espace vectoriel, et f, g deux éléments de
)(EL
tels que
fggf oo 
Montrer :
1
0
1oo)(2 p
k
kkppp fgfgfgp
- Soit E un espace vectoriel,
)(ELf 
et
*Np
tels que
0
p
f
.
Montrer que
fidh
est inversible et préciser
1
h
.
- Application :
XE n R
. Montrer que
': PPPh 
est inversible.
En déduire :
'! PPQXPXQ nn  RR
. On exprimera P à l’aide de Q et de ses dérivées.
Par distributivité de la loi 0 par rapport à l’addition dans L(E) :
( g – f ) o 
 =   –    = gp – fp par télescopage
h o 
 =   o h = idp – fp = id donc h est inversible et h-1 = 
On note f la dérivation de ℝn[X] dans ℝn[X), qui est un endomorphisme de ℝn[X]

h(P)=P-P’ donc h = id – f et fn+1 = OL(ℝ[X]) car la dérivée d’ordre (n+1) d’un polynôme de degré inférieur ou égal à n est le polynôme nul.
donc h est inversible d’inverse h-1 = 
 Q  ℝn[X] , Q = P – P’  Q = h(P)  P = h-1(Q) = Q + Q’ + Q’’ + ... + Q(n)
12- Soit E un IK-espace vectoriel de dimension 2p, avec p  IN et u  L(E) tel que rg(u) = p et u² = 0.
Comparer Im(u) et Ker(u).
u² = 0 donc Im u  Ker u . or dim ker u = 2p – dim Im u = p = dim Im u donc Ker u = Im u
13- Soit E un IR-espace vectoriel.
a. Soit f  L(E), et g un projecteur de E. Montrer que : Ker(f o g) = Ker(g)  (Ker f  Im g).
b. Soit f un projecteur de E, et g  L(E). Montrer que : Im(f o g) = Im(f)  (Ker f + Im g).
c. Soit g un projecteur. Montrer que id − g est un projecteur et Ker g = Im(id − g), et Im(g) = Ker(id − g).
d. Soit f et g deux projecteurs de E.
Montrer que f o g est un projecteur si et seulement si Im(f)  ( Ker f + Im g )  Im g  (Ker f  Ker g).
a. g est un projecteur donc Ker g  Im g = E
Puisque (Ker f  Im g )  Im g, la somme (Ker g) + ( Ker f  Im g ) est directe
Il reste à prouver une double inclusion :
 Si u  Ker(fog) alors fog(u) = OE
Or u  E donc u = u1 + u2 avec u1  Ker g et u2  Im g ; OE = fog(u) = fog(u2) = f(u2) donc u2  Ker f  Im g
et u  Ker g  (Ker f  Im g )
 Réciproquement : si u  Ker(g)  (Ker f  Im g ) alors u=u1+u2 avec u1  Ker g et u2  Ker f  Im g
fog(u) = fog(u2) = f(u2) = OE donc u  Ker fog
Par double inclusion, Ker (fog) = Ker g  ( Ker f  Im g )
b.  Si u  Im (fog) alors  v  E / u = fog (v) = f ( g(v) )  Im f
De plus, f est un projecteur donc f(u) = u et u = g(v) + (u-g(v)) avec f(u-g(v)) = f(u) – fog(v) = u – fog(v) = OE
Donc u  Im f  ( Ker f + Im g )
 Réciproquement : si u  Im f  (Ker f + Im g ) alors u = f(x) = x1+x2 avec x  E, f(x1)=OE et x2  Im g
donc u = f(x) = fof(x) ( car f est un projecteur f²=f ) ce qui donne
u = f(u) = f(x1) + f(x2) = f(x2)  Im (fog) car x2  Im g
Par double inclusion, Im(f o g) = Im(f)  (Ker f + Im g).
c. Cours de 1ère année
14- Soit E un espace vectoriel sur IR, non réduit au vecteur nul.
On note : C = {(u, v)  L(E)² / u o v – v o u = idE }.
a. Montrer que : (u, v)  C     0, (  u ,    C
Que peut-on déduire sur C ? C est-il un espace vectoriel ?
b. Dans cette question seulement, on suppose que E est de dimension finie n.
- Montrer que l’application tr telle que :  A= (ai,j)i,j  1,n , tr(A) = 
 est une forme linéaire sur Mn(IR)
- Montrer que :  A,B Mn(IR), tr(AB) = tr(BA).
- En déduire que C = .
c. Soit (u, v) un couple d’endomorphismes de C.
Montrer que, pour tout entier n > 0 : un o v − v o un = n un−1.
En déduire que :
• ni u ni v ne peuvent être des projecteurs ;
• ni u ni v ne peuvent être nilpotents
d. Dans cette question, E = IR[
X], et on considère l’application v définie sur E par v(P) = XP.
Déterminer u tel que (u, v)  C.
a. (u,v)  C     0,  u o ( v) = u o v = idE : ( u ,  v )  C
Si C n’est pas vide alors C est infini
C n’est pas un espace vectoriel car ( OL(E),OL(E))  C
b. A = (aij)  Mn(IR) , B = (bij)  Mn(IR),   IR :

tr( A + B) = 
 =    =  tr(A) + tr(B)
tr(AB) =   
 tr(BA)
Soit (u,v)  C et U,V les matrices respectivement associées dans une base de E.
tr(UV – VU) = tr(In) = n or tr(uV-VU) = tr(UV) – tr(UV) = 0 impossible donc C =  si E est de dimension finie.
c.  (u,v)  C,  n  IN*, un o v – v o un = n un-1 ( par récurrence sur n )
Si u était un projecteur, on aurait : u² - v – v o u² = 2 u = uov – vou = idE donc u = 
 idE qui n’est pas un projecteur. u ne peut donc
pas être un projecteur.
Même raisonnement pour v.
Si u était nilpotent alors il existerait p  IN* tel que up = O ( on note p le plus petit entier vérifiant cette égalité ).
up o v – v o up = OL(E) mais OL(E) p up-1 donc u ne peut pas être nilpotent.
Même raisonnement pour v.
d. Analyse du problème : si n tel endomorphisme u existe alors  P  IR[X] , u(XP) – Xu(P) = P
En particulier :  n  IN , u(Xn+1) = Xn + X u(Xn)
u(X) = 1 + X u(1)
u(X²) = 2X + X² u(1)
u(X3) = 3X² + X 3 u(1)
Si u(Xn) = n Xn-1+ Xn u(1) alors u(Xn+1 ) = (n+1) Xn + Xn+1 u(1)
En particulier, u(P)= P’ convient
15- Soit E un espace vectoriel sur IR, de dimension finie, et f et g deux endomorphismes dans L(E).
On suppose que : E = Im(f) + Im(g) = Ker(f) + Ker(g).
Montrer que ces deux sommes sont directes.
E = Im f + Im g = Ker f + Ker g donc d’après le théorème de Grassmann :
n = dim E = dim Ker f + dim Ker g – dim Ker f  Ker g = dim Im f + dim Im g – dim Im f  Im g
donc dim Ker f  Ker g = dim Ker f + dim Ker g – n = n – rg f + n – rg g – n = n – ( rg f + rg g ) = - dim ( Im f  Im g )
donc Ker f  Ker g = Im f  Im g = { OE } et les sommes sont directes.
16- Soit E un espace vectoriel sur IR de dimension 3n, et f un endomorphisme de E tel que f3 = 0.
a. Soit g l’application linéaire de L (Im(f),E), obtenue par restriction de f à Im(f)
- Montrer que Ker(g) = Ker(f)  Im(f) et que Im(g)  Ker(f).
- En déduire que rg(g) ≤ 3n − rg(f) et dim(Ker(g)) = 3n – dim (Im(f) + Ker(f))
- À l’aide de la formule du rang appliquée à g, montrer que rg(f) ≤ 2n
b. Montrer que si rg(f) = 2n, alors rg(f²) = n (on pourra dans un premier temps exprimer rg(g))
c. Montrer que si rg(f) = 2n − 1, alors rg(f²) = n − 1 ou rg(f²) = n − 2.
a. u  Ker g  u  Im f et f(u) = OE  u  Ker f  Im f : Ker g = Ker f  Im f
x  Im g   u  E / x = f² (u) et f3 = OL(E) donc x  Ker f et Im g  Ker f
rg g  dim Ker f et dim Ker f = 3n – rg f ( formule du rang ) donc rg g  3n – rg f
Formule de Grassmann : dim (Im f + Ker f ) = dim Im f + dim Ker f – dim ( Ker f  Im f)= 3n – dim(Ker f  Im f)
Et puisque Ker f  Im f = Ker g : dim Ker g = 3n – dim ( Ker f + Im f )
On applique la formule du rang à g : dim Ker g + dim Im g = dim Im f = rg f
donc rg f  6n – dim ( Ker f + Im f ) – rg f et Im f  (Kerf + Im f) donc rg f  dim ( ker f + Im f )
donc rg f  2n
b. Si rg f = 2n alors rg g  n et dim ( Ker f + Im f ) = 3n – dim Ker g = n + rg g  2n donc rg g  n
rg g = n et Im g = Im f² donc rg f² = n
c. Si rg f = 2n-1 alors rg g = (2n-1) - dim ker g = dim(Ker f + Im f ) – n -1  rg f – n – 1  n - 2
Si u  Im g alors u  Im f² et il existe x  E tel que u=f²(x) donc g(u) = f(u) = OE , u  Ker g : Im g  Ker g
rg g  dim ker g et rg g + dim ker g = 2n – 1 donc 2 rg g  2n – 1 et rg g  n- 1
donc rg f²  { n-1, n-2 }
17- Les polynômes de Grégory
L’application Δ associe à tout polynôme P de IRn[X], le polynôme Q de Rn[X] tel que Q(X) = P(X + 1) − P(X).

Si P0 est un polynôme de IRn[X], on construit à partir de P0 une suite de polynômes (Pk)k  IN par la relation
 k  IN, Pk+1(X) = Pk(X + 1) − Pk(X) ou encore Pk+1 = Δ(Pk) = Δk+1(P0)
a. Démontrer que Δ est un endomorphisme de Rn[X]-
b. Quel est le noyau de Δ ? Si P0 est de degré n, quel est le degré de Pk = Δk(P0) ? Quel est le noyau de Δk ?
c. Les polynômes de Grégory sont définis par : Q0(X) = 1, Q1(X) = X, ...,Qn(X) = 
- Démontrer que (Q0,Q1, ...,Qn) est une base de IRn[X]. Calculer Δ(Qn), puis Δk(Qn) pour k  IN.
- Soit P un polynôme de IRn[X], (a0, a1, ..., an) ses coordonnées dans la base (Q0,Q1 , ...,Qn).
Démontrer que les coordonnées (a0, a1, ..., an) s’expriment facilement en fonction des valeurs Δk(P)(0).
d. On pose H1(X) = X3 − X2 − 3X + 2, H2 = Δ(H1), et si k ≥ 2, Hk+1 = Δ(Hk) : construire la matrice M = (mi,j)i ≤ 5 , j ≤ 6
dont le coefficient mi,j est égal à Hi(j − 1) . Expliquer comment on obtient avec la première colonne de cette
matrice les coordonnées de H1 dans la base (Q0,Q1, ...,Q3).
e. P étant un polynôme de IRn−1[X] , on considère la suite (uk)k  IN telle que :  k  IN, uk = P(k).
On pose : Sk = 
- Montrer que s’il existe un polynôme R de IRn[X], tel que Δ(R) = P, alors :  k  IN , R(k + 1) = R(0) + Sk.
- Montrer qu’il existe un polynôme R unique de IRn[X], tel que R(0) = 0 et Δ(R) = P
(on exprimera R à l’aide des polynômes de Grégory ).
f. Application : exprimer sous forme polynômiale les sommes : 
 ;    ;   ; 
a. 2 points à vérifier :  linéaire et  P  IRn[X] , (P)  IRn[X]
b. Si P  ker  alors Q(X) = P(X) – P(0) admet une infinité de racines ( tous les entiers naturels : à vérifier par récurrence ) donc Ker  
IR0[X] et l’inclusion dans l’autre sens est immédiate. Ker  = IR0[ X ]
Si deg P0 = n alors deg( (P0) = n-1 et deg k(P0) = 
 , Ker k = IRk-1[X]
c. (Q0,…,Qn) est une famille de (n+1) polynômes non nuls de degrés différents donc il s’agit d’une base de IRn[X]. (Qn) = Qn-1 , k(Qn) =
Si P = 
 alors  k   0 , n , k (P) =   donc k(P) (0) = ak
d. Hi(j-1) = Hi-1(j) – Hi-1(j-1) : M =     
H1 = 
 et la première colonne de M est Hi(0) = i(H1)(0) coordonnées de H1 dans la base (Q0,…,Q3)
e. R(X+1) – R(X) = P(X) donc R(i+1) - R(i) = P(i)
On ajoute membre à membre, i variant de 0 à k et on obtient : R(k+1) – R(0) = Sk
Analyse du problème :
S’il existe un polynôme R  IRn[X] tel que R(0)=0 et (R) = P alors notons (x0,…,xn) les coordonnées de R dans la base (Q0,…,Qn) : P =
(R) = 
Or P  IRn-1[X] donc P se décompose de façon unique en combinaison linéaire des polynômes (Q0,…,Qn-1) :
P = 
  donc R =   avec pour 1 i  n, xi = ai-1 et x0 = 0 car R(0) = 0
Donc R est unique.
Synthèse : on vérifie aisément que la polynôme R trouvé dans l’analyse répond bien à la question.
f. On applique les calculs précédents à P(X) = X
P(X) = Q1(X) et R(X) = Q2(X) donc Sn = 
 = R(n+1) = 
Pour P(X) = X² = Q1 + 2 Q2, R= Q2 + 2 Q3 = 
 X (X-1) ( 2X-1) donc Sn =
 = 
Pour P(X) = X3 = Q1 + 6 Q2 + 6 Q3 , R = Q2 + 6 Q3 + 6 Q4 = 
 donc Sn = 
 = 
Pour P(X) = X4 = Q1 + 14 Q2 + 36 Q3 + 24 Q4, R = Q2 + 14 Q3 + 36 Q4 + 24 Q5 = 
 (X-1) X (6(X-1)3+9(X-1)²+X) donc Sn = 
 =