Application linéaire et construction de base

Partie

Question

Soit \(E\) un espace vectoriel réel.

Soient \(u\) et \(v\) deux endomorphismes non nuls de \(E\) tels que :

\(\textrm{Id}_E=u-v\) et \(u\circ v=0\)

  • Montrer que \(v\circ u=0\).

Aide simple

Remarquer que \(u=\textrm{Id}_E+v\) et composer par \(v\).

Solution détaillée

L'égalité \(\textrm{Id}_E=u-v\) entraîne l'égalité \(u=\textrm{Id}_E+v\).

En composant cette dernière égalité à droite puis à gauche par \(v\) (pour faire intervenir \(u\circ v\) et \(v\circ u\)), on obtient :

\(u\circ v=(\textrm{Id}_E+v)\circ v=v+v^2\) et \(v\circ u=v\circ (\textrm{Id}_E+v)=v+v^2\),

d'où \(v\circ u=u\circ v\), donc \(v\circ u=0\).

Question

Soit \(E\) un espace vectoriel réel.

Soient \(u\) et \(v\) deux endomorphismes non nuls de \(E\) tels que :

\(\textrm{Id}_E=u-v\) et \(u\circ v=0\)

  • Montrer que \(E=\textrm{Ker}(u) \oplus \textrm{Ker}(v)\).

On suppose dans la suite du problème que \(E\) est un espace vectoriel de dimension finie \(n\ge 1\)

Aide méthodologique

Pour démontrer que \(E=\textrm{Ker}(u) \oplus \textrm{Ker}(v)\), on montre que \(\textrm{Ker}(u)\cap\textrm{Ker}(v)=\{0\}\),

puis que \(E=\textrm{Ker}(u) \oplus \textrm{Ker}(v)\) (aucune méthode faisant intervenir la notion de dimension ou de base n'est possible puisque dans cette partie on se place dans un espace vectoriel quelconque).

Solution détaillée

On montre d'abord que \(\textrm{Ker}(u)\cap\textrm{Ker}(v)=\{0\}\):

soit \(x\) un vecteur de \(E\) appartenant à \(\textrm{Ker}(u)\cap\textrm{Ker}(v)\), donc on a à la fois \(u(x)=0\) et \(v(x)=0\).

Or \(\textrm{Id}_E=u-v\), donc \(\textrm{Id}_E(x)=u(x)-v(x)=0\), c'est-à-dire \(x=0\).

On montre que \(E=\textrm{Ker}(u)+\textrm{Ker}(v)\):

soit \(x\) un vecteur de \(E\).

En se servant de \(\textrm{Id}_E=u-v\), on obtient \(x=u(x)-v(x)=u(x)+v(-x)\),

or \(u(x)\) appartient à \(\textrm{Ker}(v)\): en effet \(v\circ u=0\) donc \(v(u(x))=0\).

De même \(v(-x)\) appartient à \(\textrm{Ker}(u)\) (puisque \(u\circ v=0\) donc \(u(v(-x))=0\)). Donc \(x\) est bien la somme de l'élément \(v(-x)\) appartenant à \(\textrm{Ker}(u)\) et de l'élément \(u(x)\) appartenant à \(\textrm{Ker}(v)\).

On a bien \(E=\textrm{Ker}(u)\oplus\textrm{Ker}(v)\).

Question

Soit \(f\) un endomorphisme de \(E\).

On suppose qu'il existe deux réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que :

\(i.\) \(\alpha\neq\beta\)

\(ii.\) \(f\neq\alpha\textrm{Id}_E\) et \(f\neq\beta\textrm{Id}_E\)

\(iii.\) \((f-\alpha\textrm{Id}_E)\circ(f-\beta\textrm{Id}_E)=0\)\(0\) désigne l'endomorphisme nul

  • Montrer que les sous-espaces vectoriels \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et \(\textrm{Ker} (f-\beta\textrm{Id}_E)\) sont supplémentaires.

Aide simple

Définir, à partir des hypothèses données dans \(3.\), des endomorphismes \(u\) et \(v\) vérifiant les hypothèses du \(1.\) et \(2.\), et remarquer que pour tout scalaire \(a\) non nul et toute application linéaire \(g\), on a \(\textrm{Ker}(g)=\textrm{Ker}(ag)\).

Aide méthodologique

Démontrer que les sous espaces \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\) sont supplémentaires revient à démontrer que \(E=\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E) \oplus \textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\).

Solution détaillée

On remarque que \((f-\alpha\textrm{Id}_E)-(f-\beta\textrm{Id}_E)=(\beta-\alpha)\textrm{Id}_E\).

Puisque \(\alpha\neq\beta\), on pose et \(u=\frac{1}{\beta-\alpha}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et \(v=\frac{1}{\beta-\alpha}(f-\beta\textrm{Id}_E)\),

alors \(u\) et \(v\) sont des endomorphismes non nuls de \(E\)(car \(f\neq\alpha\textrm{Id}_E\) et \(f\neq\beta\textrm{Id}_E\))

et ils vérifient à la fois et \(\textrm{Id}_E=u-v\) et \(u\circ v=0\).

Donc, d'après les partie \(1.\) et \(2.\), on a \(E=Ker(u)\oplus\textrm{Ker}(v)\).

Il suffit ensuite de remarquer que \(\textrm{Ker}(u)=\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) car

\(\frac{1}{\beta-\alpha}(f-\alpha\textrm{Id}_E)(x)=0 \Leftrightarrow (f-\alpha\textrm{Id}_E)(x)=0\)

et de même \(\textrm{Ker}(v)=\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\).

Donc on a \(E=\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E) \oplus \textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\).

Les sous-espaces \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\)sont bien supplémentaires.

Question

Soit \(f\) un endomorphisme de \(E\).

On suppose qu'il existe deux réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que :

\(i.\) \(\alpha\neq\beta\)

\(ii.\) \(f\neq\alpha\textrm{Id}_E\) et \(f\neq\beta\textrm{Id}_E\)

\(iii.\) \((f-\alpha\textrm{Id}_E)\circ(f-\beta\textrm{Id}_E)=0\)\(0\) désigne l'endomorphisme nul

  • Montrer qu'il existe une base \((v_1,v_2,...,v_n)\) de \(E\) et un entier \(p\) compris entre \(1\) et \(n-1\) tels que :

    • \(\forall k \in \mathbb N, 1 \le k \le p, f(v_k)=\alpha v_k\)

    • \(\forall k \in \mathbb N, p+1 \le k \le n, f(v_k)=\beta v_k\)

Aide simple

Vérifier l'équivalence : \((f-a\textrm{Id}_E)(x)=0 \Leftrightarrow f(x)=ax\)

et montrer que les sous-espaces \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\) ne sont pas réduits au vecteur nul.

Aide méthodologique

On cherche une base de \(E\) dont l'image par \(f\) de chaque vecteur est proportionnel à ce vecteur. On montrera qu'il y a équivalence entre les propositions "\(v\) vérifie \(f(v)=\alpha v\)" et "\(v\) appartient à \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\)".

Or dans la question précédente, on a montré que \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\) sont des sous-espaces supplémentaires, et on sait construire une base de \(E\) à partir de bases de tels sous-espaces.

Solution détaillée
Démonstration

On remarque qu'un élément \(x\) de \(E\) vérifie la propriété \(f(x)=ax\) si et seulement si \((f-a\textrm{Id}_E)(x)=0\), donc si et seulement si \(x\) appartient à \(\textrm{Ker}(f-a\textrm{Id}_E)\).

Puisque les sous-espaces \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\) sont des sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel de type fini, ils sont eux-mêmes de type fini.

Soit \(p\) la dimension de \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\).

L'entier \(p\) est compris entre \(1\) et \(n-1\) si et seulement si \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) n'est ni réduit au vecteur nul, ni égal à \(E\).

On montre alors que le sous-espace \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) n'est ni réduit au vecteur nul, ni égal à l'espace entier :

Comme \(f\neq\alpha\textrm{Id}_E\), il existe un élément \(x\) de \(E\) tel que \(f(x)\neq\alpha x\); cet élément n'appartient donc pas au sous-espace \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\); donc \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) n'est pas égal à l'espace \(E\). Ceci entraîne que le sous-espace \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\), qui est un supplémentaire du sous-espace \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\), n'est pas réduit au vecteur nul.

En inversant les rôles de \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et de \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\), puisque \(f\neq\beta\textrm{Id}_E\), on trouve de même que \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) n'est pas réduit au vecteur nul.

De plus on sait que, puisque \(E\) est somme directe de \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et de \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\), la réunion des vecteurs d'une base de \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) et des vecteurs d'une base de \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\) détermine une base de \(E\).

Soit alors \((v_1,v_2,...,v_p)\) une base de \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\). D'après la remarque précédente, on a :

pour tout entier \(k\) compris entre \(1\) et \(p\), \(f(v_k)=\alpha v_k\).

La dimension de \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\), supplémentaire de \(\textrm{Ker}(f-\alpha\textrm{Id}_E)\) est alors \(n-p\).

On note \((v_{p+1}, v_{p+2},...,v_n)\) une base de \(\textrm{Ker}(f-\beta\textrm{Id}_E)\).

On a de même : pour tout entier \(k\) compris entre \(p+1\) et \(n\), \(f(v_k)=\beta v_k\).

On a ainsi montré l'existence d'une base \((v_1,v_2,...,v_n)\) de \(E\) et d'un entier \(p\) compris entre \(1\) et \(n-1\), vérifiant :

  • \(\forall k \in \mathbb N, 1 \le k \le p, f(v_k)=\alpha v_k\)

  • \(\forall k \in \mathbb N, p+1 \le k \le n, f(v_k)=\beta v_k\)

Question

Soit \(f\) un endomorphisme de \(E\) tel que \(f^2-4f+3\textrm{Id}_E=0\).

Montrer qu'il existe une base \((v_1,v_2,...,v_n)\) de \(E\) et des scalaires \(\lambda_1, \lambda_2, ... , \lambda_n\) tels que pour tout entier \(k\) compris entre \(1\) et \(n\) on ait : \(f(v_k)=\lambda_k v_k\).

Aide simple

Remarquer que \((f-\alpha\textrm{Id}_E)\circ (f-\beta\textrm{Id}_E)= f^2-(\alpha+\beta)f+\alpha\beta\textrm{Id}_E\), puisque l'endomorphisme \(\textrm{Id}_E\) est élément neutre pour la loi de composition \(\circ\), c'est-à-dire \(f\circ \textrm{Id}_E=\textrm{Id}_E\circ f=f\).

Aide méthodologique

Pour pouvoir utiliser les questions précédentes, on transforme l'égalité donnée.

Solution détaillée

On constate, après calculs utilisant la distributivité de la loi \(\circ\), et le fait que \(\textrm{Id}_E\) est l'élément neutre pour cette loi, que \((f-\alpha\textrm{Id}_E)\circ (f-\beta\textrm{Id}_E)=f^2-(\alpha+\beta)f+\alpha\beta\textrm{Id}_E\).

Donc on a ici : \(f^2-4f+3\textrm{Id}_E=(f-\textrm{Id}_E)\circ (f-3\textrm{Id}_E)=0\).

Plusieurs cas sont possibles :

  • soit \(f-\textrm{Id}_E=0\), c'est-à-dire \(f=\textrm{Id}_E\), alors toute base \((v_1,v_2,..., v_n)\) de \(E\) vérifie, pour tout entier \(k\) compris entre \(1\) et \(n\), \(f(v_k)=v_k\)

  • soit \(f-3\textrm{Id}_E=0\), c'est à dire \(f=3\textrm{Id}_E\), alors toute base \((v_1,v_2,..., v_n)\) de \(E\) vérifie, pour tout entier \(k\) compris entre \(1\) et \(n\), \(f(v_k)=3v_k\)

  • soit \(f\neq\textrm{Id}_E\) et \(f\neq3\textrm{Id}_E\): on est alors dans la situation des parties \(3.\) et \(4.\), avec \(\alpha=1\) et \(\beta=3\).

    Soit \(p\) la dimension de \(\textrm{Ker}(f-\textrm{Id}_E)\);

    il existe une base \((v_1,v_2,...,v_n)\) de \(E\) et des scalaires \(\lambda_1,\lambda_2,..., \lambda_n\) tels que \(\lambda_1=\lambda_2=...= \lambda_p=1\)

    et\(\lambda_{p+1}=\lambda_{p+2}=...=\lambda_n=3\) tels que pour tout entier \(k\) compris entre \(1\) et \(n\) on ait : \(f(v_k)=\lambda_k v_k\).

Question

Soit \(f\) l'endomorphisme de \(\mathbb R^2\) défini par \(f((x,y))=(2x+y,x+2y)\).

  • Montrer que \(f\) vérifie la relation \(f^2-4f+3\textrm{Id}_E=0\).

Solution détaillée

Soit \(f\) l'endomorphisme de \(\mathbb R^2\) défini par \(f((x,y))=(2x+y,x+2y)\).

On calcule \(f^2((x,y))\).

On obtient : \(f^2((x,y))=f(2x+y,x+2y)=(5x+4y,4x+5y)=4f((x,y))-3(x,y)\).

D'où \(f^2-4f+3\textrm{Id}_E=0\). On se trouve dans la situation de la question \(5.\).

Question

Soit \(f\) l'endomorphisme de \(\mathbb R^2\) défini par \(f((x,y))=(2x+y,x+2y)\).

  • Expliciter une base \((v_1,v_2)\) vérifiant les conditions de la question \(5.\).

Solution détaillée

On cherche une base répondant aux critères de la question \(5.\) :

On détermine \(\textrm{Ker}(f-\textrm{Id}_E)\):

\((x,y)\in \textrm{Ker}(f-\textrm{Id}_E)\Leftrightarrow f((x,y))-(x,y)=(0,0) \Leftrightarrow (x+y,x+y)=(0,0)\)

Donc \(\textrm{Ker}(f-\textrm{Id}_E)=\{u\in\mathbb R^2,\exists x\in\mathbb R, u=(x,-x)\}\).

Le sous-espace \(\textrm{Ker}(f-\textrm{Id}_E)\) est de dimension \(1\)

et une base de \(\textrm{Ker}(f-\textrm{Id}_E)\) est \((v_1)\) avec \(v_1=(1,-1)\).

On détermine \(\textrm{Ker}(f-3\textrm{Id}_E)\):

\((x,y)\in \textrm{Ker}(f-3\textrm{Id}_E)\Leftrightarrow f((x,y))-3(x,y)=(0,0) \Leftrightarrow (-x+y,-x+y)=(0,0)\)

Donc \(\textrm{Ker}(f-3\textrm{Id}_E)=\{u\in\mathbb R^2,\exists x\in\mathbb R, u=(x,x)\}\).

Le sous-espace \(\textrm{Ker}(f-3\textrm{Id}_E)\) est de dimension \(1\)

et une base de \(\textrm{Ker}(f-3\textrm{Id}_E)\) est \((v_2)\) avec \(v_2=(1,1)\).

L'espace vectoriel \(\mathbb R^2\) admet donc la base \((v_1,v_2)\) vérifiant \(f(v_1)=v_1\) et \(f(v_2)=3v_2\).

Remarque

Puisque \(f\) vérifie les trois conditions des partie \(3.\), \(4.\) et \(5.\) (en effet on a vu dans la partie \(5.\) que \((f-\textrm{Id}_E)\circ (f-3\textrm{Id}_E)=0\)

et il est immédiat que \(f\) est différent de \(\textrm{Id}_E\) et de \(3\textrm{Id}_E\)),

on savait d'avance que la dimension de \(\textrm{Ker}(f-\textrm{Id}_E)\), ainsi que celle de \(\textrm{Ker}(f-3\textrm{Id}_E)\), était comprise strictement entre \(0\) et \(2\), c'était donc \(1\).

Question

Soit \(f\) l'endomorphisme de \(\mathbb R^2\) défini par \(f((x,y))=(2x+y,x+2y)\).

  • Calculer l'image du vecteur \((1,3)\) par l'endomorphisme \(f^{100}\).

Aide simple

Calculer les images des vecteurs \(v_1\) et \(v_2\) par \(f^{100}\) (et par tous les endomorphismes \(f^k\), \(k\in \mathbb N\)).

Solution détaillée

La méthode pour calculer l'image de \((1,3)\) par \(f^{100}\) est d'écrire \((1,3)\) comme une combinaison linéaire des vecteurs de la base \((v_1,v_2)\) trouvée précédemment, et de se servir des images de ces vecteurs.

En effet, comme \(f(v_1)=v_1\) et \(f(v_2)=3v_2\), on montre aisément par récurrence que, pour tout entier naturel \(k\), \(f^k(v_1)=v_1\) et \(f^k(v_2)=3^k v_2\).

Ceci entraîne que, pour tout vecteur \(v\), \(v=a v_1+b v_2\), on a \(f^k(v)=av_1+b.3^kv_2\).

On détermine les coordonnées de \((1,3)\) dans la base \((v_1,v_2)\):

\((1,3)=av_1+bv_2\Leftrightarrow (1,3)=a(1,-1)+b(1,1)\Leftrightarrow(1,3)=(a+b,-a+b)\)

On trouve, après résolution d'un système, et \(a=-1\) et \(b=2\).

Donc \(f^{100}((1,3))=f^{100}(-v_1+2v_2)=-f^{100}(v_1)+2f^{100}(v_2)\), car \(f^{100}\) est linéaire.

D'où \(f^{100}((1,3))=-v_1+2.3^{100}v_2=-(1,-1)+2.3^{100}(1,1)\).

D'où le résultat : \(f^{100}((1,3))=(2.3^{100}-1, 2.3^{100}+1)\).

Remarque

on voit l'intérêt de l'existence de la base \((v_1,v_2)\) pour faire facilement un tel calcul.