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Sous-espace vectoriel engendré par une famille finie Exercice 1

  On considère les vecteurs de ℝ 3 u = (1,1,1) et v = (1, 0, −1) .   Montrer que Vect(u , v ) = {(2α, α + β , 2β ) | α, β ∈ ℝ } .

 





{(2α, α + β , 2β ) | α, β ∈ ℝ} = Vect(x , y ) avec x = (2,1, 0) et y = (0,1, 2) .  1    1           On a u = (x + y ) et v = (x − y ) donc u , v ∈ Vect(x , y ) puis Vect(u , v ) ⊂ Vect(x , y ) . 2 2               Aussi x = u + v et y = u − v donc x , y ∈ Vect(u , v ) puis Vect(x , y ) ⊂ Vect(u , v ) . Par double inclusion l’égalité. Exercice 2

  Dans ℝ 3 , on considère x = (1, −1,1) et y = (0,1,a ) où a ∈ ℝ .  Donner une condition nécessaire et suffisante sur a pour que u = (1,1, 2) appartienne à         Vect(x , y ) . Comparer alors Vect(x , y ) , Vect(x , u ) et Vect(y , u ) .

λ = 1 λ = 1     u = λx + µy ⇔ −λ + µ = 1 ⇔ µ = 2 .   λ + a µ = 2 a = 1 2       Ainsi u ∈ Vect(x , y ) ⇔ a = 1 2 et alors u = x + 2y .         x , u ∈ Vect(x , y ) donc Vect(x , u ) ⊂ Vect(x , y ) .         x , y ∈ Vect(y , u ) donc Vect(x , y ) ⊂ Vect(y , u ) .         y , u ∈ Vect(x , u ) donc Vect(y , u ) ∈ Vect(x , u ) . Finalement les trois espaces sont égaux.

Famille libre Exercice 3

Les familles suivantes de vecteurs de ℝ 3 sont-elles libres ? Si ce n’est pas le cas, former une relation linéaire liant ces vecteurs :     a) (x1 , x 2 ) avec x1 = (1, 0,1) et x 2 = (1, 2, 2)       b) (x1 , x 2 , x 3 ) avec x1 = (1, 0, 0) , x 2 = (1,1,0) et x 3 = (1,1,1)       c) (x1 , x 2 , x 3 ) avec x1 = (1, 2,1) , x 2 = (2,1, −1) et x 3 = (1, −1, −2)       d) (x1 , x 2 , x 3 ) avec x1 = (1, −1,1) , x 2 = (2, −1,3) et x 3 = (−1,1, −1) .

     a) oui b) oui c) non x 3 = x 2 − x1 d) non x 3 = −x1 . Exercice 4

On pose f1 , f2 , f3 , f4 : [0, 2π ] → ℝ les fonctions définies par :

f1 (x ) = cos x , f2 (x ) = x cos x , f3 (x ) = sin x et f4 (x ) = x sin x . Montrer que la famille ( f1 , f2 , f3 , f4 ) est libre. Supposons af1 + bf2 + cf3 + df4 = 0 . On a ∀x ∈ [ 0, π ] , (a + bx ) cos x + (c + dx )sin x = 0 .

{aa +=bπ0 = 0 d’où a = b = 0 . π 3π c +dπ 2 = 0 Pour x = et x = on obtient le système { d’où c = d = 0 . c + 3d π 2 = 0 2 2 Pour x = 0 et x = π on obtient le système :

Finalement la famille étudiée est libre.

Exercice 5

Pour tout entier 0 ≤ k ≤ n , on pose fk : ℝ → ℝ la fonction définie par fk (x ) = ek .x . Montrer que la famille ( fk )0≤k ≤n est une famille libre de F ( ℝ, ℝ ) .


Supposons λ0 f0 + ⋯ + λn fn = 0 . On a ∀x ∈ ℝ , λ0 + λ1ex + ⋯ + λn enx = 0 . Quand x → −∞ , en passant la relation ci-dessus à la limite, on obtient λ0 = 0 . On a alors ∀x ∈ ℝ , λ1ex + ⋯ + λn enx = 0 donc λ1 + λ2 ex + ⋯ + λn e(n −1)x = 0 . En reprenant la démarche ci-dessus, on obtient λ1 = 0 , puis de même λ2 = … = λn = 0 .       Soit E un K -espace vectoriel et x , y , z trois vecteurs de E tels que la famille (x , y , z ) soit libre.          On pose u = y + z , v = z + x et w = x + y .    Montrer que la famille ( u , v , w ) est libre.         Supposons αu + βv + γw = o . On a (β + γ )x + (α + γ )y + (β + γ )z = o .

Exercice 6

β + γ = 0  α + γ = 0 . Après résolution α = β = γ = 0 .  α + β = 0 Finalement, la famille étudiée est libre.    Or la famille (x , y , z ) est libre donc

Exercice 7

   Soit E un K -espace vectoriel et (u1 ,…, un , un +1 ) une famille de vecteurs de E . Etablir :         a) Si (u1 ,…, un ) est libre et un +1 ∉ Vect(u1 ,..., un ) alors (u1 ,…, un , un +1 ) est libre         b) Si (u1 ,…, un , un +1 ) est génératrice et un +1 ∈ Vect(u1 , …, un ) alors (u1 ,..., un ) est génératrice.

    a) Supposons λ1u1 + ⋯ + λn un + λn +1un +1 = o .       Si λn +1 ≠ 0 alors un +1 = µ1u1 + ⋯ + µn un avec µi = −λi λn +1 . Ceci est exclu car un +1 ∉ Vect(u1 ,..., un ) .      Il reste λn +1 = 0 et on a alors λ1u1 + ⋯ + λn un = o donc λ1 = … = λn = 0 car (u1 ,…, un ) est libre.         b) Soit x ∈ E . On peut écrire x = λ1u1 + ⋯ + λn un + λn +1un +1 car (u1 ,…, un , un +1 ) génératrice.          Or on peut écrire un +1 = µ1u1 + ⋯ + µn un car un +1 ∈ Vect(u1 , …, un ) , on a donc x = ν1u1 + ⋯ + νn un avec      νi = λi + λn +1µi . Ainsi x ∈ Vect(u1 , …, un ) . Finalement (u1 ,..., un ) est génératrice. Exercice 8

  Soit (x1 , …, x n ) une famille libre de vecteurs de E et α1 ,…, αn ∈ K .       On pose u = α1 .x1 + ⋯ + αn .x n et ∀1 ≤ i ≤ n , yi = x i + u .   A quelle condition sur les αi , la famille (y1 ,…, yn ) est-elle libre ?

      Supposons λ1y1 + ⋯ + λn yn = o . On a (λ1 + α1 (λ1 + ⋯ + λn )).x1 + ⋯ + (λn + αn (λ1 + ⋯ + λn )).x n = o donc (λ1 + α1 (λ1 + ⋯ + λn )) = 0  ⋮  (λn + αn (λ1 + ⋯ + λn )) = 0 En sommant les équations on obtient : (λ1 + ⋯ + λn )(1 + (α1 + ⋯ + αn )) = 0 . Si α1 + ⋯ + αn ≠ −1 alors λ1 + ⋯ + λn = 0 puis par le système λ1 = ⋯ = λn = 0 .    Si α1 + ⋯ + αn = −1 alors α1y1 + ⋯ + αn yn = o .   Finalement (y1 ,…, yn ) est libre ssi α1 + ⋯ + αn ≠ −1 .

Exercice 9

  Soit (e1 ,…,e p ) une famille libre de vecteurs de E .        Montrer que pour tout a ∈ E \ Vect(e1 ,…,e p ) , la famille (e1 + a , …,ep + a ) est libre.

        Supposons λ1 (e1 + a ) + ⋯ + λp (ep + a ) = o . On a λ1e1 + ⋯ + λpe p = −(λ1 + ⋯ + λp ).a .   λ e + ⋯ + λpe p   Si λ1 + ⋯ + λp ≠ 0 alors a = − 1 1 ∈ Vect(e1 , …,e p ) . C’est exclu. λ1 + ⋯ + λp    Si λ1 + ⋯ + λp = 0 alors λ1e1 + ⋯ + λpe p = o puis λ1 = … = λp = 0 .


Dimension d’un espace vectoriel Exercice 10 Soit E l’ensemble des fonctions f : ℝ → ℝ telles qu’il existe a ,b , c ∈ ℝ pour lesquels : ∀x ∈ ℝ , f (x ) = (ax 2 + bx + c ) cos x . a) Montrer que E est sous-espace vectoriel de F ( ℝ, ℝ ) . b) Déterminer une base de E et sa dimension. a) E = Vect( f0 , f1 , f2 ) avec f0 (x ) = cos x , f1 (x ) = x cos x et f2 (x ) = x 2 cos x .

E est donc un sous-espace vectoriel et ( f0 , f1 , f2 ) en est une famille génératrice. b) Supposons α f0 + β f1 + γ f2 = 0 . On a ∀x ∈ ℝ , (α + βx + γx 2 ) cos x = 0 . Pour x = 2nπ , on obtient α + 2n πβ + 4n 2 π 2 γ = 0 pour tout n ∈ ℕ . Si γ ≠ 0 alors α + 2n πβ + 4n 2 π 2 γ → ±∞ . C’est exclu. Nécessairement γ = 0 . On a alors α + 2n πβ = 0 pour tout n ∈ ℕ . Pour n = 0 , puis n = 1 on obtient successivement α = β = 0 . Finalement ( f0 , f1 , f2 ) est une famille libre. C’est donc une base de E et dim E = 3

Exercice 11 Soit p ∈ ℕ∗ et E l’ensemble des suites réelles p périodiques i.e. l’ensemble des suites réelles (un ) telles que ∀n ∈ ℕ, u (n + p ) = u (n ) . Montrer que E un ℝ -espace vectoriel de dimension finie et déterminer celle-ci.

E est un sous-espace vectoriel de ℝ ℕ . 1 si n = i [ p ] Pour tout 0 ≤ i ≤ p −1 , on note ui la suite définie par ui (n ) =  .  0 sinon La famille (u 0 , …, u p−1 ) est une base de E et par suite dim E = p . Exercice 12 Soit E = ℝ ℝ . Pour tout n ∈ ℕ , on pose fn : x ֏ x n . a) Montrer que ( f0 ,…, fn ) est libre. b) En déduire dimE . a) Supposons λ0 f0 + ⋯ + λn fn = 0 . On a ∀x ∈ ℝ : λ0 + λ1x + ⋯ + λn x n = 0 . Si λn ≠ 0 alors λ0 + λ1x + ⋯ + λn x n  →±∞ c’est absurde. x →+∞ Nécessairement λn = 0 puis de même λn −1 = … = λ0 = 0 . Finalement ( f0 ,…, fn ) est libre. b) Par suite n + 1 ≤ dim E pour tout n ∈ ℕ , donc dimE = +∞

Obtention de base en dimension finie    Exercice 13 On pose e1 = (1,1,1) , e 2 = (1,1, 0) et e3 = (0,1,1) .    Montrer que B = (e1 ,e 2 ,e3 ) est une base de ℝ 3 . λ1 + λ2 = 0      Supposons λ1e1 + λ2e 2 + λ3e3 = o . On a  λ1 + λ2 + λ3 = 0 qui donne λ1 = λ2 = λ3 = 0 .  λ1 + λ3 = 0 La famille B est une famille libre formée de 3 = dim ℝ 3 vecteur de ℝ 3 , c’est donc une base de ℝ 3 .

   Exercice 14 Soit E un K -espace vectoriel de dimension 3 et B = (e1 ,e 2 ,e3 ) une base de E .          On pose ε1 = e 2 + 2e3 , ε2 = e3 −e1 et ε3 = e1 + 2e 2 .    Montrer que B ′ = (ε1 , ε2 , ε3 ) est une base de E


           Supposons λ1ε1 + λ2 ε2 + λ3 ε3 = o . On a (λ3 − λ2 )e1 + (λ1 + 2λ3 )e2 + (2λ1 + λ2 )e3 = o or (e1 ,e 2 ,e3 ) est libre donc λ3 − λ2 = 0  λ1 + 2λ3 = 0 puis λ1 = λ2 = λ3 = 0 .  2λ1 + λ2 = 0 La famille B ′ est une famille libre formée de 3 = dimE vecteurs de E , c’est donc une base de E .

   Exercice 15 Soit E un K -espace vectoriel de dimension 3 et B = (e1 ,e 2 ,e3 ) une base de E .        Soit ε1 = e1 + 2e 2 + 2e3 et ε2 = e 2 + e3 .   Montrer que la famille (ε1 , ε2 ) est libre et compléter celle-ci en une base de E .   Les vecteurs ε1 et ε2 ne sont pas colinéaires donc forme une famille libre.      Pour ε3 = e1 , on montre que la famille (ε1 , ε2 , ε3 ) est libre et donc une base de E . Exercice 16 Soit E un K -espace vectoriel muni d’une base B = (e1 , …,en ) .    Pour tout i ∈ {1, …, n } , on pose εi = e1 + ⋯ + ei .   a) Montrer que B ′ = (ε1 ,…, εn ) est une base de E . b) Exprimer les composantes dans B ′ d’un vecteur en fonction de ses composantes dans B .

      a) Supposons λ1ε1 + ⋯ + λn εn = o . On a (λ1 + ⋯ + λn )e1 + ⋯ + λnen = o donc

λ1 + λ2 + ⋯ + λn  λ2 + ⋯ + λn    λn 

=0 =0 qui ⋮ =0

donne λ1 = … = λn = 0 . La famille B ′ est une famille libre formée de n = dim E vecteurs de E , c’est donc une base de E . λ1 + λ2 + ⋯ + λn = µ1  λ1 = µ1 − µ2       λ2 + ⋯ + λn = µ2 ⋮ b) λ1ε1 + ⋯ + λn εn = µ1e1 + ⋯ + µnen donne  puis   λ = µ − µ . ⋮   n −1 n −1 n   λ = µ λn = µn n   n

Sous-espace vectoriel de dimension finie Exercice 17 Soit F ,G deux sous-espaces vectoriels d’un K -espace vectoriel E de dimension finie n ∈ ℕ . Montrer que si dim F + dimG > n alors F ∩G contient un vecteur non nul.

dim F +G = dim F + dimG − dim F ∩G donc dim F ∩G = dim F + dimG − dim F +G or dim F +G ≤ dim E = n donc dim F ∩G > 0 . Par suite F ∩G possède un vecteur non nul.     Exercice 18 Dans ℝ 4 on considère les vecteurs u = (1, 0,1, 0), v = (0,1, −1, 0), w = (1,1,1,1), x = (0, 0,1, 0) et       y = (1,1, 0, −1) . Soit F = Vect (u , v , w ) et G = Vect (x , y ) . Quelles sont les dimensions de F ,G , F +G et F ∩G ?    (u , v , w ) forme une famille libre donc une base de F . Ainsi dim F = 3 .   (x , y ) forme une famille libre donc une base de G . Ainsi dimG = 2 .     (u , v , w , x ) forme une famille libre donc une base de ℝ 4 . Ainsi F +G = E et dim F +G = 4 . Enfin dim F ∩G = dim F + dimG − dim F ∩G = 1 .


Hyperplan Exercice 19 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie supérieure à 2. Soit H 1 et H 2 deux hyperplans de E distincts. Déterminer la dimension de H 1 ∩ H 2 .

H 1 + H 2 est un sous-espace vectoriel de E qui contient H 1 donc dim H 1 + H 2 = n −1 ou n . Si dim H 1 + H 2 = n −1 alors par inclusion et égalité des dimensions : H 2 = H 1 + H 2 = H 1 . C’est exclu, il reste dim H 1 + H 2 = n et alors dim H 1 ∩ H 2 = dim H 1 + dim H 2 − dim H 1 + H 2 = n − 2 .

Exercice 20 Soit H un hyperplan et F un sous-espace vectoriel non inclus dans H . Montrer que dim F ∩ H = dim F −1 . On a F ⊂ F + H ⊂ E et F ⊄ H donc F + H = E d’où dim F ∩ H = dim F −1 via le théorème des quatre dimensions.

Exercice 21 Soit F un sous-espace vectoriel de E distinct de E . Montrer que F peut s’écrire comme une intersection d’un nombre fini d’hyperplans. Quel est le nombre minimum d’hyperplans nécessaire ? Posons n = dim E et p = dim F . Soit B = (e1 ,…,e p ) une base de F que l’on complète en (e1 ,…,en ) base de

E . Posons H i = Vect(e1 ,…,eˆi ,…,en ) . Par double inclusion ∆ . On ne peut pas avoir moins d’hyperplans dans cette intersection puisque par récurrence on peut montrer que l’intersection de q hyperplans est de dimension supérieure à n −q .

Supplémentarité Exercice 22 Dans ℝ 3 , déterminer une base et un supplémentaire des sous-espaces vectoriels suivants :     a) F = Vect(u , v ) où u = (1,1, 0) et v = (2,1,1)       b) F = Vect(u , v , w ) où u = (−1,1, 0), v = (2, 0,1) et w = (1,1,1) c) F = {(x , y , z ) ∈ ℝ 3 / x − 2y + 3z = 0} .

    a) (u , v ) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u , v ) génératrice de F . C’est donc une base de F .      D = Vect(w ) avec w = (1, 0, 0) est un supplémentaire de F car la famille (u , v , w ) est une base de ℝ 3 .          b) w = u + v donc F = Vect(u , v ) . (u , v ) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u , v ) génératrice de F . C’est donc une base de F .      D = Vect(t ) avec t = (1, 0, 0) est un supplémentaire de F car la famille (u , v , t ) est une base de ℝ 3 .       c) F = {(2y − 3z , y , z ) / y , z ∈ ℝ } = Vect(u , v ) avec u = (2,1,0) et v = (−3, 0,1) . (u , v ) est libre (car les deux   vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u , v ) génératrice de F . C’est donc une base de F .      D = Vect(w ) avec w = (1, 0, 0) est un supplémentaire de F car la famille (u , v , w ) est une base de ℝ 3 . Exercice 23 Soit D une droite vectorielle et H un hyperplan d’un K -espace vectoriel E de dimension n ∈ ℕ∗ . Montrer que si D ⊄ H alors D et H sont supplémentaires dans E .

D + H est un sous-espace vectoriel de E contenant H donc dim D + H = n −1 ou n . Si dim D + H = n −1 alors par inclusion et égalité des dimensions D + H = H or D ⊂ D + H et D ⊄ H , ceci est donc exclu. Il reste dim D + H = n d’où D + H = E . Puisque D + H = E et dim D + dim H = dim E , D et H sont supplémentaires dans E .

Exercice 24 Soit E un K -espace vectoriel de finie n ∈ ℕ∗ , H un hyperplan de E et D une droite vectorielle de E . A quelle condition H et D sont-ils supplémentaires dans E ?


 Si D ⊂ H alors H et D ne sont pas supplémentaires car H ∩ D = D ≠ {o } . Supposons D ⊄ H .      Soit x ∈ D ∩ H . Si x ≠ o alors D = Vect(x ) ⊂ H ce qui est exclu. Nécessairement D ∩ H = {o } . De plus dim H + dim D = dim E donc H ⊕ D = E .

Exercice 25 Soit E un espace vectoriel de dimension finie. a) Soit H et H ′ deux hyperplans de E . Montrer que ceux-ci possèdent un supplémentaire commun. b) Soit F et G deux sous-espaces vectoriels de E tels que dim F = dimG . Montrer que F et G ont un supplémentaire commun. a) Si H = H ′ alors n’importe quel supplémentaire de H est convenable et il en existe. Sinon, on a H ⊄ H ′ et H ′ ⊄ H donc il existe x ∈ H et x ′ ∈ H ′ tels que x ∉ H ′ et x ′ ∉ H . On a alors x + x ′ ∉ H ∪ H ′ et par suite Vect(x + x ′) est supplémentaire commun à H et H ′ . b) Raisonnons par récurrence décroissante sur n = dim F = dimG ∈ {0,1, …, dim E } . Si n = dim E et n = dim E −1 : ok Supposons la propriété établie au rang n + 1 ∈ {1, …, dim E } . Soit F et G deux sous-espaces vectoriels de dimension n . Si F = G alors n’importe quel supplémentaire de F est convenable. Sinon, on a F ⊄ G et G ⊄ F donc il existe x ∈ F et x ′ ∈ G tels que x ∉ G et x ′ ∉ F . On a alors x + x ′ ∉ F ∪ G . Posons F ′ = F + Vect(x + x ′) et G ′ = G + Vect(x + x ′) . Comme dim F ′ = dimG ′ = n + 1 , par HR, F ′ et G ′ possède un supplémentaire commun H et par suite H + Vect(x + x ′) est supplémentaire commun à F et G . Récurrence établie.

Rang d’une famille de vecteurs Exercice 26 Déterminer le rang des familles de vecteurs suivantes de ℝ 4 :       a) (x1 , x 2 , x 3 ) avec x1 = (1,1,1,1), x 2 = (1, −1,1, −1) et x 3 = (1, 0,1,1) .         b) (x1 , x 2 , x 3 , x 4 ) avec x1 = (1,1, 0,1), x 2 = (1, −1,1, 0), x 3 = (2, 0,1,1) et x 4 = (0, 2, −1,1) .

      a) (x1 , x 2 , x 3 ) est libre donc rg(x1 , x 2 , x 3 ) = 3 .             b) Comme x 3 = x1 + x 2 et x 4 = x1 − x 2 , on a Vect(x1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = Vect(x1 , x 2 ) .         Comme (x1 , x 2 ) est libre, on a rg(x1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = rg(x1 , x 2 ) = 2 . 1+ x 1− x 1 x , f2 (x ) = , f3 (x ) = , f4 (x ) = . 2 1− x 1+ x 1− x 1− x 2 Quel est le rang de la famille ( f1 , f2 , f3 , f4 ) ?

Exercice 27 Dans E = ℝ ]−1,1[ on considère : f1 (x ) =

f1 (x ) =

1+ x 1− x

2

= f3 (x ) + f4 (x ), f2 (x ) =

1− x 1− x 2

= f3 (x ) − f4 (x ) donc rg( f1 , f2 , f3 , f4 ) = rg( f1 , f2 ) = 2 car ( f1 , f2 )

est libre.

Exercice 28 Montrer que rg(x1 ,…, x p ) ≥ rg(x1 ,…, x n ) + p − n .

Vect(x1 ,…, x n ) = Vect(x1 ,…, x p ) + Vect(x p +1 ,…, x n ) . donc rg(x1 ,…, x n ) ≤ rg(x1 , …, x p ) + rg(x p +1 ,…, x n ) ≤ rg(x1 , …, x p ) + n − p .


Applications linéaires en dimension finie Exercice 29 Justifier qu’il existe une unique application linéaire de ℝ 3 dans ℝ 2 telle que : f (1, 0, 0) = (0,1) , f (1,1, 0) = (1, 0) et f (1,1,1) = (1,1) . Exprimer f (x , y , z ) et déterminer noyau et image de f .

   Posons e1 = (1, 0, 0) , e 2 = (1,1, 0) et e3 = (1,1,1) .    Il est immédiat d’observer que (e1 ,e 2 ,e3 ) est une base de E . Une application linéaire est entièrement caractérisée par l’image des vecteurs d’une base, par suite f existe et est unique.    (x , y , z ) = (x − y )e1 + (y − z )e2 + ze3 donc    f (x , y , z ) = (x − y ) f (e1 ) + (y − z ) f (e 2 ) + zf (e3 ) = (y , x − y + z ) .   ker f = Vect u avec u = (1, 0, −1) . Par le théorème du rang dim Im f = 2 et donc Im f = ℝ 2 .

Exercice 30 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie, V un sous-espace vectoriel de E et

f ∈ L(E ) . Montrer que V ⊂ f (V ) ⇒ f (V ) =V . Si V = {0} : ok Sinon, soit (e1 ,…,e p ) une base de V . f (V ) = f (Vect(e1 , …,e p )) = Vect( f (e1 ),…, f (e p )) . Donc f (V ) est un sous-espace vectoriel de E de dimension inférieure à p . Or V ⊂ f (V ) donc dim f (V ) ≥ p et par suite dim f (V ) = p . Par inclusion et égalité des dimensions : f (V ) =V .

  Exercice 31 Soit f ∈ L(E , F ) injective. Montrer que pour tout famille (x1 , …, x p ) de vecteurs de E , on a     rg( f (x1 ), …, f (x p )) = rg(x1 , …, x p ) .       rg( f (x1 ),…, f (x p )) = dim Vect( f (x1 ),…, (x p )) = dim f (Vect(x1 , …, x p ))         or f est injective donc dim f (Vect(x1 , …, x p )) = dim Vect(x1 , …, x p ) et ainsi rg( f (x1 ), …, f (x p )) = rg(x1 , …, x p ) . Exercice 32 Soit E un K -espace vectoriel de dimension n ≥ 1 et f un endomorphisme nilpotent non nul de

E . Soit p le plus petit entier tel que f p = 0 .      a) Montrer qu’il existe x ∈ E tel que la famille (x , f (x ), f 2 (x ),…, f p −1 (x )) soit libre. b) En déduire que f n = 0 .

 a) Soit x ∉ ker f p−1 . Il en existe car f p−1 ≠ 0 .     Supposons λ0x + λ1 f (x ) + ⋯ + λp −1 f p −1 (x ) = o .

     En composant par f p−1 la relation ci-dessus, on obtient λ0 f p−1 (x ) = o (car f p (x ) = … = f 2 p−2 (x ) = o ) Il s’en suit λ0 = 0 . En composant par f p−2 ,…, f 0 la relation initiale, on obtient successivement λ1 = 0 ,..., λp −1 = 0 .    La famille (x , f (x ), …, f p−1 (x )) est donc libre. b) Comme cette famille est libre et composée de p vecteurs en dimension n on a p ≤ n . Puisque f p = 0 , f n = f n −p f p = 0 .

Exercice 33 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie n ∈ ℕ∗ et f un endomorphisme de E tel qu’il     existe un vecteur x 0 ∈ E pour lequel la famille (x 0 , f (x 0 ),…, f n −1 (x 0 )) soit une base de E . On note C = {g ∈ L(E ) / g f = f g } . a) Montrer que C est un sous-espace vectoriel de L(E ) . b) Observer que C = {a 0 Id+ a1 f + ⋯ + an −1 f n −1 | a 0 , …,an −1 ∈ K} . c) Déterminer la dimension de C .


a) C ⊂ L(E ) , 0 ∈ C , ∀λ, µ ∈ K , ∀g , h ∈ C on a

f (λg + µh ) = λ ( f g ) + µ( f h ) = λ (g f ) + µ(h f ) = (λg + µh ) f donc λg + µh ∈ C . b) Soit g = a 0 Id+ a1 f + ⋯ + an −1 f n −1 . On a g f = a 0 f + a1 f 2 + ⋯ + an −1 f n = f g donc g ∈ C . Ainsi {a 0 Id+ a1 f + ⋯ + an −1 f n −1 | a 0 ,…,an −1 ∈ K} ⊂ C . Inversement, soit g ∈ C .    Puisque (x 0 , f (x 0 ),…, f n −1 (x 0 )) est une base de E , il existe a 0 ,a1 ,…,an −1 ∈ K tels que :     g (x 0 ) = a 0x 0 + a1 f (x 0 ) + ⋯ + an −1 f n −1 (x 0 ) . Introduisons h = a 0 Id+ a1 f + ⋯ + an −1 f n −1 .       g , h ∈ C et g (x 0 ) = h (x 0 ) donc g ( f (x 0 )) = f (g (x 0 )) = f (h (x 0 )) = h ( f (x 0 ))     et de manière plus générale : g ( f k (x 0 )) = f k (g (x 0 )) = f k (h (x 0 )) = h ( f k (x 0 )) .    Ainsi g et h prennent mêmes valeurs sur la base (x 0 , f (x 0 ),…, f n −1 (x 0 )) donc g = h . Ainsi C ⊂ {an −1 f n −1 + ⋯ + a1 f + a 0 Id | a 0 ,…,an −1 ∈ K} puis l’égalité. c) On a C = Vect(Id, f , f 2 , …, f n −1 ) .

     De plus si a 0 Id+ a1 f + ⋯ + an −1 f n −1 = 0 alors en évaluant en x 0 : a 0x 0 + a1 f (x 0 ) + ⋯ + an −1 f n −1 (x 0 ) = o or la    famille (x 0 , f (x 0 ),…, f n −1 (x 0 )) est libre donc a 0 = a1 = ⋯ = an −1 = 0 . La famille (Id, f , f 2 ,…, f n −1 ) est une famille libre et génératrice de C , c’est donc une base de C . Par suite dim C = n .

   Exercice 34 Soit E un K -espace vectoriel et f ∈ L(E ) tel que ∀x ∈ E , les vecteurs x et f (x ) sont colinéaires.    a) Justifier que ∀x ∈ E , ∃λx ∈ K tel que f (x ) = λx .x .   b) Montrer que pour tout couple de vecteurs non nuls x et y , on a λx = λy .     (indice : on pourra distinguer les cas : (x , y ) liée ou (x , y ) libre.) c) Conclure que f est une homothétie vectorielle.   a) Si x = o alors n’importe quel λx convient..      Sinon, la famille (x , f (x )) étant liée, il existe (λ, µ ) ≠ (0, 0) tel que λx + µ f (x ) = o .     Si µ = 0 alors λx = o , or x ≠ o donc λ = 0 ce qui est exclu car (λ, µ ) ≠ (0, 0) .   Il reste µ ≠ 0 et on peut alors écrire f (x ) = λx x avec λx = −λ µ .        b) Si (x , y ) est liée alors on peut écrire y = µx avec µ ≠ 0 (car x , y ≠ o ).        D’une part f (y ) = λy y = µλy x . D’autre part f (y ) = f (µx ) = µ f (x ) = µλx x .   Sachant µ ≠ 0 et x ≠ o , on conclut : λx = λy .   c) L’application x ֏ λx est constante sur E \ {o } . Notons λ la valeur de cette constante.       On a ∀x ∈ E \ {o } , f (x ) = λx , de plus cette identité vaut aussi pour x = o et donc f = λ Id . Exercice 35 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie. Soit f , g ∈ L(E ) tels que f 2 + f g = I . Montrons que f et g commutent. On a f ( f + g ) = Id donc par le théorème d’isomorphisme, f + g = f −1 d’où ( f + g ) f = Id qui donne f g = g f .


Rang d’une application linéaire Exercice 36 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie et f , g ∈ L(E ) . Montrer que rg( f + g ) ≤ rg( f ) + rg(g ) puis que rg( f ) − rg(g ) ≤ rg( f − g ) . On a Im f + g ⊂ Im f + Im g donc rg( f + g ) ≤ dim(Im f + Im g ) = dim Im f + dim Im g − dim Im f ∩ Im g ≤ rg( f ) + rg(g ) .

rg( f ) = rg( f − g + g ) ≤ rg( f − g ) + rg(g ) donc rg( f ) − rg(g ) ≤ rg( f − g ) . Donc rg( f ) − rg(g ) ≤ rg( f − g ) puis on conclut par symétrie sachant rg( f − g ) = rg(g − f ) .

Exercice 37 Soit E et F deux K -espaces vectoriels de dimension finie et f ∈ L(E , F ), g ∈ L(F , E ) telles que f g f = f et g f g = g . Montrer que f , g , f g et g f ont même rang. Le rang d’une application linéaire composée est inférieur aux rangs des applications linéaires qui la compose. D’une part rg( f g ), rg(g f ) ≤ rg( f ), rg(g ) D’autre part rg( f ) = rg( f g f ) ≤ rg(g f ), rg( f g ), rg(g ) et rg(g ) = rg(g f g ) ≤ rg( f ) Ces comparaisons permettent de conclure.

Théorème du rang Exercice 38 Déterminer une base du noyau et de l’image des applications linéaires suivantes : a) f : ℝ 3 → ℝ 3 définie par f (x , y , z ) = (y − z , z − x , x − y ) b) f : ℝ 4 → ℝ 3 définie par f (x , y , z , t ) = (2x + y + z , x + y + t , x + z − t ) c) f : ℂ → ℂ définie par f (z ) = z + iz ( ℂ est ici vu comme un ℝ -espace vectoriel).

  a) u = (x , y , z ) ∈ ker f ⇔ x = y = z . u = (1,1,1) forme une base de ker f . Par le théorème du rang rg f = dim ℝ 3 − dim ker f = 2 .   Soit v = f (1, 0, 0) = (0, −1,1) et w = f (0,1, 0) = (1, 0, −1) vecteurs non colinéaires de Im f .   (v , w ) est une famille libre formée de 2 = dim Im f vecteurs de Im f , c’est donc une base de Im f .     b) ker f = {(x , y , −2x − y , −x − y )/ x , y ∈ ℝ } = Vect(u , v ) avec u = (1, 0, −2, −1) et v = (0,1, −1, −1) .   (u , v ) est une famille libre, elle forme donc une base de ker f , par suite dim ker f = 2 . Par le théorème du rang : rg f = dim ℝ 4 − dim ker f = 2 .   a = f (1, 0, 0, 0) = (2,1,1) ∈ Im f et b = f (0,1, 0, 0) = (1,1, 0) ∈ Im f .

(a ,b ) forme une famille libre formée de 2 = dim Im f vecteurs de Im f , c’est donc une base de Im f . c) ker f = {z = a + i.b / a ,b ∈ ℝ ,a + b = 0} . Soit z1 = 1− i , on observe que ker f = Vect(z1 ) , donc (z1 ) forme une base de ker f et dim ker f = 1 . Par le théorème du rang : rg f = dim ℝ ℂ − dim ker f = 1 .

z 2 = f (1) = 1 + i ∈ Im f , donc (z 2 ) forme une base de Im f car rg f = 1 . Exercice 39 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie n et f un endomorphisme de E . Montrer l’équivalence : ker f = Im f ⇔ f 2 = 0 et n = 2 rg( f ) .

(⇒) Si ker f = Im f alors f 2 = 0 car Im f ⊂ ker f . De plus, par le théorème du rang : dim E = rg f + dim ker f = 2 rg f car dim ker f = dim Im f .

(⇐) Si f 2 = 0 et n = 2 rg( f ) alors d’une part Im f ⊂ ker f et d’autre part, par le théorème du rang : 2 rg f = rg f + dim ker f donc dim Im f = dim ker f . Par inclusion et égalité des dimensions Im f = ker f .


Exercice 40 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie et f ∈ L(E ) tel que rg( f 2 ) = rg( f ) . a) Etablir Im f 2 = Im f et ker f 2 = ker f . b) Montrer que Im f et ker f sont supplémentaires dans E . a. rg( f 2 ) = rg( f ) ⇒ Im f 2 = Im f car on sait Im f 2 ⊂ Im f . Par le théorème du rang ker f 2 = ker f car on sait n −q . b. Soit x ∈ ker f ∩ Im f . On peut écrire x = f (a ) . Comme f (x ) = 0 , on a a ∈ ker f 2 = ker f donc x = 0 . Par le théorème du rang, on conclut.

Exercice 41 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E . Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes : (i) Im f et ker f supplémentaires dans E (ii) E = Im f + ker f (iii) Im f 2 = Im f (iv) ker f 2 = ker f . (i) ⇒ (ii) : ok (ii) ⇒ (iii) Supposons E = Im f + ker f . L’inclusion Im f 2 ⊂ Im f est vraie indépendamment de l’hypothèse.          ∀y ∈ Im f , ∃x ∈ E tel que y = f (x ) . Or on peut écrire x = u + v avec u ∈ Im f et v ∈ ker f .     Puisque u ∈ Im f , on peut écrire u = f (a ) avec a ∈ E . On a alors       y = f ( f (a ) + v ) = f 2 (a ) + f (v ) = f 2 (a ) ∈ Im f 2 . Ainsi Im f ⊂ Im f 2 puis l’égalité. (iii) ⇒ (iv) Supposons Im f 2 = Im f . Par le théorème du rang : dim E = rg f + dim ker f = rg f 2 + dim ker f 2 donc dim ker f = dim ker f 2 . De plus l’inclusion ker f ⊂ ker f 2 est toujours vraie. Par inclusion et égalité des dimensions : ker f = ker f 2 . (iv) ⇒ (i) Supposons ker f = ker f 2 .         Soit y ∈ Im f ∩ ker f . On peut écrire y = f (x ) avec x ∈ E . Or f (y ) = o donc f 2 (x ) = o . Ainsi      x ∈ ker f 2 = ker f et par suite y = f (x ) = o . Finalement Im f ∩ ker f = {o } . De plus, par le théorème du rang dim E = dim Im f + dim ker f donc Im f et ker f sont supplémentaires dans E.

Exercice 42 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie et f , g ∈ L(E ) tels que f + g bijectif et g f = ɶ0 . Montrer que rg( f ) + rg(g ) = dim E .

g f = ɶ0 donne Im f ⊂ ker g donc rg( f ) ≤ dim ker g = dim E − rg(g ) . Par suite rg( f ) + rg(g ) ≤ dim E . f + g bijectif donne Im f + g = E . Or Im f + g ⊂ Im f + Im g d’où dim E ≤ rg( f ) + rg(g ) . Exercice 43 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie n . Soit u et v deux endomorphismes de E tels que : E = Im u + Im v = ker u + ker v . Etablir que d’une part, Imu et Imv , d’autre part ker u et ker v sont supplémentaires dans E .

dim Im u ∩ Im v = rg u + rg v − dim Im u + Im v = rg u + rg v − dim E et dim ker u ∩ dim ker v = dim ker u + dim ker v − dim ker u + ker v = dim ker u + dim ker v − dim E donc en sommant : dim Im u ∩ Im v + dim ker u ∩ ker v = 0 car en vertu du théorème du rang : dim E = rg u + dim ker u = rg v + dim ker v .  Par suite dim Im u ∩ Im v = dim ker u ∩ ker v = 0 et donc Im u ∩ Im v = ker u ∩ ker v = {o } . Les espaces Imu et Imv sont supplémentaires dans E . De même pour keru et kerv .


Exercice 44 Soit f , g ∈ L(E ) tels que f + g = Id et rg f + rg g = dim E . Montrer que f et g sont des projecteurs complémentaires. ∀x ∈ ker f on a f (x ) + g (x ) = x donc g (x ) = x d’où ker f ⊂ Im g . Par égalité des dimensions ker f = Im g . De même ker g = Im f . ∀x ∈ ker f ∩ Im f , on a x = f (x ) + g (x ) = 0 donc ker f et Im f sont supplémentaires dans E . Enfin ∀x ∈ Im f , g (x ) = 0 et ∀x ∈ ker f , g (x ) = x d’où g projecteur et f = Id− g son complémentaire.

Exercice 45 Soit E , F deux K -espaces vectoriels de dimension finie et f , g ∈ L(E , F ) .

Im f ∩ Im g = {0} Montrer que rg( f + g ) = rg( f ) + rg(g ) ⇔   ker f + ker g = E ( ⇒ ) Im( f + g ) ⊂ Im f + Im g donc rg( f + g ) ≤ rg( f ) + rg(g ) − dim(Im f ∩ Im g ) puis dim Im f ∩ Im g = 0 .

ker f ∩ ker g ⊂ ker( f + g ) donc dim E − rg( f ) + dim E − rg(g ) − dim ker f + ker g ≤ dim E − rg( f + g ) et alors dim ker f + ker g ≥ dim E puis ker f + ker g = E . ( ⇐ ) Soit x ∈ Im f + Im g . On peut écrire x = f (a ) + g (b ) avec a ,b ∈ E puis x = f (a ′ + a ′′) + g (b ′ + b ′′) avec

a ′,b ′ ∈ ker f et a ′′,b ′′ ∈ ker g . On a alors x = f (a ′′) + g (b ′) = ( f + g )(a ′′ + b ′) et ainsi x ∈ Im( f + g ) . Par suite Im f + Im g ⊂ Im( f + g ) et l’autre inclusion étant connue, on a l’égalité Im f + Im g = Im( f + g ) . Par les dimensions et sachant Im f ∩ Im g = {0} , on peut conclure à rg( f ) + rg(g ) = rg( f + g ) .

Exercice 46 Soit E un K -espace vectoriel de dimension n et F ,G deux sous-espaces vectoriels de E . Former une condition nécessaire et suffisante sur F et G pour qu’il existe un endomorphisme u de E tel que Im u = F et ker u = G . Par le théorème du rang, la condition dim F + dimG = dim E est nécessaire. Montrons qu’elle est aussi suffisante. Soit H un supplémentaire de G dans E . On a dim H = dim F = p       Soit (ε1 , …, εn ) une base de E telle que (ε1 , …, εp ) soit base de H et (εp +1 ,…, εn ) base de G .   Soit (e1 ,…,e p ) une base de F . Une application linéaire est caractérisée par l’image d’une base.      Soit u : E → E définie par : ∀1 ≤ i ≤ p , u (εi ) = ei et ∀p + 1 ≤ i ≤ n , u (εi ) = o . Par construction, il est clair que F ⊂ Im u et G ⊂ ker u . Par le théorème du rang et la relation dim F + dimG = dim E , on obtient dim F = rg u et dimG = dim ker u . Par inclusions et égalités des dimensions : F = Im u et G = ker u .

Exercice 47 Soit E un K -espace vectoriel de dimension n ∈ ℕ . Montrer qu’il existe un endomorphisme f tel que Im f = ker f ssi n est pair. Si un tel endomorphisme f existe alors dim E = rg( f ) + dim ker f = 2 rg( f ) donc n est pair. Inversement si n est pair, n = 2p avec p ∈ ℕ Si p = 0 , l’endomorphisme nul convient.   Si p > 0 , soit B = (e1 , …,e2 p ) une base de E et f ∈ L(E ) défini par :         f (e1 ) = o , …, f (ep ) = o , f (e p +1 ) = e1 ,…, f (e 2 p ) = e p .     Pour cet endomorphisme, il est clair que Vect(e1 , …,ep ) ⊂ Im f et Vect(e1 ,…,ep ) ⊂ ker f . Par suite dim Im f , dim ker f ≥ p et par le théorème du rang dim Im f , dim ker f = p .   Par inclusion et égalité des dimensions : Im f = Vect(e1 , …,e p ) = ker f .

Exercice 48 Images et noyaux itérés d’un endomorphisme : Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1 et f un endomorphisme de E . Pour tout p ∈ ℕ , on pose I p = Im f p et N p = ker f p . a) Montrer que (I p )p ≥0 est décroissante tandis que (N p )p ≥0 est croissante.


b) Montrer qu’il existe s ∈ ℕ tel que I s +1 = I s et N s +1 = N s . c) Soit r le plus petit des entiers s ci-dessus considérés. Montrer que ∀s ≥ r , I s = I r et N s = N r . d) Montrer que I r et N r sont supplémentaires dans E .

     a) ∀y ∈ Im f p +1 , ∃x ∈ E , y = f p +1 (x ) = f p ( f (x )) ∈ Im f p donc I p +1 ⊂ I p .        ∀x ∈ ker f p , on a f p (x ) = o donc f p +1 (x ) = f (o ) = o puis x ∈ ker f p +1 . Ainsi N p ⊂ N p +1 . b) La suite dim I p est une suite décroissante d’entiers naturels donc il existe s ∈ ℕ tel que dim I s = dim I s +1 . Par inclusion et égalité des dimensions, on a alors I s = I s +1 . De plus, par le théorème du rang : dim N s = dim E − dim I s = dim E − dim I s +1 = dim N s +1 . Par inclusion et égalité des dimensions, on a alors N s = N s +1 . c) Montrons par récurrence sur s ≥ r que I s = I r . La propriété est vraie au rang r . Supposons la propriété vraie au rang s . On sait déjà que I s +1 ⊂ I s .      ∀y ∈ I s , ∃x ∈ E tel que y = f s (x ) = f s −r ( f r (x )) .       Or f r (x ) ∈ I r = I r +1 donc ∃u ∈ E tel que f r (x ) = f r +1 (u ) et alors y = f s +1 (u ) ∈ I s +1 . Ainsi I s +1 = I s puis, par hypothèse de récurrence : I s +1 = I r . Par le théorème du rang : dim N r + dim I r = dim E = dim N s + dim I s donc par inclusion et égalité des dimensions : ∀s ≥ r , N s = N r .       d) Soit x ∈ I r ∩ N r . Il existe u ∈ E tel que x = f r (u ) et on a f r (x ) = o .      Par suite u ∈ N 2r , or N 2r = N r donc x = f r (u ) = o . Par suite I r ∩ N r = {o } . De plus, par le théorème du rang : dim I r + dim N r = dim E donc I r et N r sont supplémentaires dans E .

Exercice 49 Soit f ∈ L(E ) et F un sous-espace vectoriel de E . Montrer que dim ker f ∩ F ≥ dim F − rg f . On applique le théorème du rang à la restriction f|F de rang inférieur à rg f .

Exercice 50 Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie et f , g ∈ L(E ) . Soit H un supplémentaire de ker f dans E . On considère h : H → E la restriction de g f à H . a) Montrer que ker g f = ker h + ker f . b) Observer que rg(h ) ≥ rg( f ) − dim ker(g ) . c) En déduire que dim ker g f ≤ dim ker g + dim ker f .

    a) Si x ∈ ker h alors x ∈ ker g f et si x ∈ ker f alors x ∈ ker g f donc ker h + ker f ⊂ ker g f .       Inversement, soit x ∈ ker g f . On peut écrire x = u + v avec u ∈ H et v ∈ ker f .       (g f )(x ) = o donc h (u ) = (g f )(u ) = o d’où x ∈ ker h + ker f . b) f réalise une bijection de H vers Im f donc rg(h ) = rg(g|Im f )

rg(g |Im f ) + dim ker g Im f = dim Im f donc rg(h ) = rg( f ) − dim ker g|Im f ≥ rg( f ) − dim ker g . c) dim ker g f ≤ dim ker h + dim ker f . dim ker h = dim H − rg(h ) ≤ rg( f ) − (rg f − dim ker g ) ≤ dim ker g puis l’inégalité voulue.

Forme linéaire en dimension finie Exercice 51 Soit E un K -espace vectoriel de dimension n ∈ ℕ∗ et ϕ une forme linéaire non nulle sur E .   Montrer que pour tout u ∈ E \ ker ϕ , ker ϕ et Vect(u ) sont supplémentaires dans E .


    ker ϕ est un hyperplan de E et Vect u une droite car u ≠ o puisque u ∉ ker ϕ .  ker ϕ + Vect(u ) est un sous-espace vectoriel de E contenant ker ϕ , donc de dimension n −1 ou n .   Si dim ker ϕ + Vect(u ) = n −1 alors par inclusion et égalité des dimensions : ker ϕ + Vect(u ) = ker ϕ .    Or u ∈ ker ϕ + Vect(u ) et u ∉ ker ϕ . Ce cas est donc exclu.   Il reste dim ker ϕ + Vect(u ) = n i.e. ker ϕ + Vect(u ) = E .   Comme de plus dim ker ϕ + dim Vect(u ) = n −1 + 1 = n = dim E , on peut affirmer de ker ϕ et Vect(u ) sont supplémentaires dans E . Exercice 52 Soit E un K -espace vectoriel de dimension n et ( f1 , f2 , …, fn ) une famille de formes linéaires  sur E . On suppose qu’il existe un vecteur x ∈ E non nul tel que pour tout i ∈ {1, …, n } ,  fi (x ) = 0 . Montrer que la famille ( f1 , f2 , …, fn ) est liée dans E ∗ .

 Soit ϕ une forme linéaire ne s’annulant pas sur x . Celle-ci n’est pas combinaison linéaire des ( f1 , …, fn ) . Cette famille n’est donc pas génératrice et par suite elle est liée car formée de n = dim E ∗ éléments de E ∗ .

Exercice 53 Soit f , g ∈ E ∗ telles que ker f = ker g . Montrer qu’il existe α ∈ K tel que f = αg .

  Si f = 0 : ok. Sinon, on introduit u ∉ ker f de sorte que Vect u et ker f soient supplémentaires puis on    introduit α de sorte que f (u ) = αg (u ) avant de conclure via h = f − αg s’annule sur ker f et u . Exercice 54 Dans ℝ 3 , on considère le sous-espace vectoriel H = {(x , y , z ) ∈ ℝ 3 | x − 2y + 3z = 0} .     Soit u = (1, 2,1) et v = (−1,1,1) . Montrer que B = (u , v ) forme une base de H .   u , v ∈ H car ces vecteurs vérifient l’équation définissant H .   (u , v ) est libre et dim H = 2 car H est un hyperplan de ℝ 3 . On secoue, hop, hop, le résultat tombe.

Exercice 55 Soit f un endomorphisme de ℝ 3 tel que f 2 = 0 . Montrer que ∃a ∈ ℝ 3 et ∃ϕ ∈ ( ℝ 3 )∗ tels que ∀x ∈ ℝ 3 on a f (x ) = ϕ (x ).a . Si f = 0 la propriété est immédiate. Sinon f 2 = 0 donne Im f ⊂ ker f et en vertu du théorème du rang, dim Im f = 1 . Soit a un vecteur directeur de la droite Im f . Pour tout x ∈ ℝ 3 , il existe un unique α ∈ ℝ tel que f (x ) = α.x . Posons ϕ (x ) = α ce qui définit ϕ : E → ℝ . f (λx + µy ) = ϕ(λx + µy )a et

f (λx + µy ) = λ f (x ) + µ f (y ) = (λϕ (x ) + µϕ(y ))a avec a ≠ 0 donne la linéarité de ϕ . david Delaunay http://mpsiddl.free.fr

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