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Espaces vectoriels de dimension finie

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Le calcul dans des espaces vectoriels de dimension finie est plus simple. En effet, les vecteurs sont tous écrits de manière unique sur la base. Topologiquement, ils apprécient la riche topologie de l’ensemble des nombres réels, comme la compacité et le théorème de Bolzano-Weierstrass. Par contre, le théorème des bases incomplètes, la formule de Grassmann et le théorème des rangs s’appliquent fréquemment dans les exercices.

Les opérations sur de tels espaces sont introduites dans la page générale des espaces vectoriels.

Exercices sur les espaces vectoriels de dimension finie

Exercice: Soit $\mathbb{K}$ un sous corps de $\mathbb{C}$ comme $\mathbb{Q},\,\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$.

  1. Soit $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel (avec ) de dimension finie $n$. Soit $f$ et $g$ deux endomorphismes de $E$ vérifiants $E=\ker(f)+\ker(g)={\rm im}(f)+{\rm im}(g)$. Montrer que ces sommes sont directes.
  2. Soit $\mathcal{E}$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension $n\ge 2$. Soient $H_1$ et $H_2$ deux hyperplans de $\mathcal{E}$ (c’est-à-dire que $\dim(H_1)=n-1$ et $\dim(H_2)=n-1$) tels que $H_1\neq H_2$. Déterminier $\dim(H_1\cap H_2)$.

Solution:

  1. Il suffit de montrer que $$\ker(f)\cap \ker(g)=\{0\}\quad\text{et}\quad {\rm im}(f)\cap{\rm im}(g)=\{0\}. $$ ce qui est équivalent à montrer que $$ \dim(\ker(f)\cap \ker(g))=\dim({\rm im}(f)\cap{\rm im}(g))=0. $$ En effet, comme $E=\ker(f)+\ker(g)$ alors $\dim(\ker(f)+\ker(g))=n$. Donc d’après la formule de Grassmann on a $$ n=\dim(\ker(f))+\dim(\ker(g))-\dim(\ker(f)\cap \ker(g)). $$ De même on a $$ n=\dim({\rm im}(f))+\dim({\rm im}(g))-\dim({\rm im}(f)\cap{\rm im}(g)). $$ En faisant la somme des ces deux égalités et en utilisant le théorème du rang, on trouve $$ \dim(\ker(f)\cap \ker(g))+\dim({\rm im}(f)\cap{\rm im}(g))=0. $$ Comme la dimension est toujours positive, alors $$ \dim(\ker(f)\cap \ker(g))=\dim({\rm im}(f)\cap{\rm im}(g))=0. $$ Ce qu’il fallait démontrer.
  2. D’après la formule de Grassmann on a \begin{align*}\dim(H_1\cap H_2)&=\dim(H_1)+\dim(H_2)-\dim(H_1+H_2)\cr &= 2(n-1)-\dim(H_1+H_2).\end{align*}D’autre part, on a $H_1\subset H_1+H_2\subset \mathcal{E}$ donc $$ n-1=\dim(H_1)\le \dim(H_1+H_2)\le \dim(\mathcal{E})=n. $$ Donc on a $$ \dim(H_1+H_2)\in {n-1,n}. $$ Si $\dim(H_1+H_2)=n-1,$ alors on a $\dim(H_1+H_2)=\dim(H_1)$ ce qui donne $H_1+H_2=H_1$. D’où $H_1=H_2,$ ce qui contredit l’hypothèse. Ainsi $\dim(H_1+H_2)=n$. En remplacant dans la l’égalitée en haut, on trouve $$\dim(H_1\cap H_2)=n-2. $$

Exercice: Soit $E$ un $\mathbb{R}$ espace vectoriel de dimension finie et $f,g\in\mathcal{L}(E)$. Montrer que $Id-f\circ g$ est inversible si et seulement si $Id-g\circ f$ est inversible.

Solution: Comme $f$ et $g$ jouent le même rôle alors il suffit de montrer que $Id-f\circ g$ non inversible implique que $Id-g\circ f$ est non inversible. En effet, $Id-f\circ g$ non inversible implique $Id-f\circ g$ n’est pas injective. Il existe donc un vecteur non nul $x\in E$ tel que $f(g(x))=x$. Si on pose $y=g(x)$, alors $f(y)=x\neq 0,$ et donc $y\notin \ker(f)$. D’autre part, $g(f(y))=g(x)=y$. Donc $f\circ g\circ f=f(y)$. Autrement, $$f(g\circ f(y)-y)=0.$$ Ceci montre que $v:=y-g\circ f(y)\in \ker(f)$. On peut écrire$$y-v= g\circ f(y)=g\circ f(y-v),$$ car $f(y-v)=f(y),$ vue que $v\in\ker(f)$. Si on pose $u:=y-v,$ alors $u\neq 0$ (car $y\notin \ker(f)$) et $u=g(f(u)),$ soit encore $(Id-g\circ f)(u)=0$. Par suit $Id-g\circ f$ n’est pas injective, donc n’est pas bijective.

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