Problèmes de synthèse

On suppose que \(V\) est un vecteur de \(E\) tel que \(L(V)=2V\). Alors \(V=\frac{1}2L(V)=L(\frac{1}2V)\) puisque \(L\) est linéaire, donc \(V\) étant l'image du vecteur \(\frac{V}2\) appartient à \(Im(L)\).

Réciproquement, soit \(V\) appartenant à \(Im(L)\), alors il existe un vecteur \(U\) de \(E\) tel que \(L(U)=V\);

de \(L\circ L=2L\) on déduit les égalités : \(L(V)=L(L(U))=2L(U)=2V\).

Donc le vecteur \(V\) appartient à \(Im(L)\) si et seulement si \(L(V)=2V\).

Résultat acquis :

• Le vecteur \(V\) appartient à \(Im(L)\) si et seulement si \(L(V)=2V\)

Les sous-espaces \(Ker(L)\) et \(Im(L)\)sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires si et seulement si \(Ker(L)\cap Im(L)=\{0\}\)et \(E=Ker(L)+Im(L)\).

On montre que \(Ker(L)\cap Im(L)=\{0\}\):

soit \(V\) appartenant à \(Ker(L)\cap Im(L)\),

alors \(V\) appartient à \(Ker(L)\) donc \(L(V)=0\),

et \(V\) appartient à \(Im(L)\) donc \(L(V)=2V\) ; ceci entraîne bien que \(V=0\).

Donc la somme de \(Ker(L)\)et de \(Im(L)\) est directe donc \(dim(Ker(L)\oplus Im(L))=dim(Ker(L))+dim(Im(L))\)

or d'après le théorème du rang \(dim(Ker(L))+dim(Im(L)) = dim E\), donc \(dim(Ker(L)\oplus Im(L))=dimE\), ce qui prouve que \(Ker(L)\oplus Im(L)=E\).

Remarque : pour montrer que \(Ker(L)\cap Im(L)=\{0\}\), on a utilisé la condition \(L\circ L=2L\) sans connaître explicitement \(Ker(L)\) et \(Im(L)\).

On aurait pu faire de même dans l'exercice précédent pour montrer que \(Ker(f)\cap Im(f)=\{0\}\).

Résultat acquis :

• \(Ker(L)\oplus Im(L)=E\)

Soit \(\mathcal B_1=(e_1,e_2,...,e_p)\) une base de \(Ker(L)\), et \(\mathcal B_2=(e'_1,e'_2,...,e'_q)\) une base de \(Im(L)\).

Puisque \(Ker(L)\)et \(Im(L)\)sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires, la réunion des vecteurs de ces deux bases détermine une base de \(E\).

Donc \(\mathcal B_3=(e_1,e_2,...,e_p,e'_1,e'_2,...,e'_q)\) est une base de \(E\).

Pour tout entier \(k\) compris entre \(1\) et \(p\), \(e_k\) appartient à \(Ker(L)\), donc \(L(e_k)=0\), et pour tout entier \(m\) compris entre \(1\) et \(q\), \(e'_m\) appartient à \(Im(L)\), donc \(L(e'_m)=2e'_m\),

donc la matrice de \(L\) dans la base \(\mathcal B_3\) est une matrice carrée à\(p+q\) lignes et \(p+q\)colonnes :

\(Mat_{\mathcal B_3}(L)=\left(\begin{array}{ccc}\overbrace{\begin{array}{cccc}0&0&\dots&0\\0&0&\dots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&\dots&0\end{array}}^{\textrm{p colonnes}}&\overbrace{\begin{array}{cccc}0&0&\dots&0\\0&0&\dots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&\dots&0\end{array}}^{\textrm{q colonnes}}&\left.\begin{array}{c}\\\\\\\\\end{array}\right\}\textrm{ p lignes}\\\begin{array}{cccc}0&0&\dots&0\\0&0&\dots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&\dots&0\end{array}&\begin{array}{cccc}2&0&\dots&0\\0&2&\dots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&\dots&2\end{array}&\left.\begin{array}{c}\\\\\\\\\end{array}\right\}\textrm{ q lignes}\end{array}\right)\)

Cette matrice est une matrice diagonale, dont la diagonale est formée de \(p\) termes nuls, \(p\) étant la dimension de \(Ker(L)\), et de \(q\) termes égaux à \(2\), \(q\) étant la dimension de \(Im(L)\).