تمارين في الجبر الخطي

Exercices - Espaces vectoriels de dimension finie : enonce
Dimension finie et sous-espaces
Exercice 1 - Pour bien demarrer...
Exercice 2 - Autour du theoreme des quatre dimensions
Soit E un espace vectoriel de dimension nie, F et G deux sevs de E. Montrer que deux
quelconques des trois propriètes suivantes entranent la troisieme :
1. F \ G = {0} ;
2. F + G = E ;
3. dim(F) + dim(G) = dim(E).
Exercice 3 - Suites arithmetiques
Demontrer que l'ensemble des suites arithmetiques complexes est un espace vectoriel. Quelle
est sa dimension ?
Exercice 4 - Une caracterisation de la dimension
Soit E un K-espace vectoriel de dimension n 1 et soit S l'ensemble des sous-espaces
vectoriels de E. Soit d : S ! N veriant les proprietes suivantes :
(i) Si F, F0 2 S sont tels que F \ F0 = {0}, alors d(F + F0) = d(F) + d(F0) ;
(ii) d(E) = n.
1. Soient F,G 2 S avec dim(F) = dim(G) = 1. Demontrer que d(F) = d(G).
2. En deduire que, pour tout F 2 S, d(F) = dim(F).
Exercice 5 - Supplementaire commun
Soient E un espace vectoriel de dimension nie n, et F, G deux sous-espaces vectoriels de
E de meme dimension p < n. Montrer que F et G ont un supplementaire commun, c'est-a-dire
qu'il existe un sous-espace H de E tel que F  H = G  H = E.
Dimension finie et application lineaires
Exercice 6 - Noyau ?
Soit E = R4 et F = R2. On considere H = {(x, y, z, t) 2 R4; x = y = z = t}. Existe-t-il des
applications lineaires de E dans F dont le noyau est H ?
Exercice 7 - Du local au global...
Soit E un espace vectoriel de dimension nie et f 2 L(E). On suppose que, pour tout x 2 E,
il existe un entier nx 2 N tel que fnx(x) = 0. Montrer qu'il existe un entier n tel que fn = 0.
Exercice 8 - Base donnee par un endomorphisme nilpotent
Soit E un espace vectoriel de dimension n, f 2 L(E) un operateur tel que fn = 0 et
fn−1 6= 0. Soit x 2 E tel que fn−1(x) 6= 0. Montrer que la famille (x, f(x), . . . , fn−1(x)) est une
base de E.
Exercice 9 - Tres classique...
Soit E un espace vectoriel et f 2 L(E).

Exercices- Espaces vectoriels de dimension finie : enonce
1. Montrer que
ker(f) = ker(f2) () Imf \ ker(f) = {0}.
2. On suppose que E est de dimension nie. Montrer que
ker(f) = ker(f2) () Imf ker(f) = E () Im(f) = Im(f2).
Exercice 10 - Noyau egal a l'image
Soit E un espace vectoriel de dimension nie. Montrer qu'il existe f 2 L(E) tel que ker(f) =
Im(f) si et seulement si E est de dimension paire.
Exercice 11 - Noyau et image choisis
Soit E un espace vectoriel de dimension n, F un sous-espace vectoriel de E de dimension p,
G un sous-espace vectoriel de E de dimension q. Donner une condition necessaire et susante
pour que dim(ker(f)) = p et dim(Im(f)) = q.
Exercice 12 - Un pas vers les noyaux iteres
Soit E un espace vectoriel de dimension nie et f 2 L(E). Montrer que dim(ker(f2))
2 dim(ker(f)).
Exercice 13 - Composee et somme -
Soient u et v deux endomorphismes d'un espace vectoriel E de dimension nie n.
1. Montrer que
|rg(u) − rg(v)| rg(u + v) rg(u) + rg(v).
2. On suppose que u v = 0 et que u + v est inversible. Prouver que rg(u) + rg(v) = n.
Exercice 14 - Quand le rang est additif
Soient E un espace vectoriel de dimension nie et f, g 2 L(E). Montrer que
rg(f + g) = rg(f) + rg(g) ()
(
Im(f) \ Im(g) = {0}
ker(f) + ker(g) = E
Exercice 15 - Suite exacte
Soient E0, . . . ,En des espaces vectoriels de dimensions nies respectivement egales a a0, . . . , an.
On suppose qu'il existe n applications lineaires f0, . . . , fn−1 telles que, pour chaque k 2 0, . . . , n − 1,
fk est une application lineaire et
(i) f0 est injective ;
(ii) ker(fk) = Im(fk−1) pour tout k = 1, . . . , n − 1 ;
(iii) fn−1 est surjective.
Prouver que
Pnk
=0(−1)kak = 0.

الحل
Exercices - Espaces vectoriels de dimension finie : corrigé
Dimension finie et sous-espaces
Exercice 1 - Pour bien démarrer...
Si c’était le cas, alors F et G seraient en somme directe, et on aurait
dim(F  G) = dim(F) + dim(G) = 3 + 3 = 6.
Or, F  G est un sous-espace vectoriel de R5, il est de dimension au plus 5. C’est donc impossible
!
Exercice 2 - Autour du théorème des quatre dimensions -
Tout repose sur la formule des quatre dimensions
dim(F + G) = dim(F) + dim(G) − dim(F \ G)
et sur la propriété : si H est un sev de E tel que dim(H) = dim(E), alors H = E.
– Si 1. et 2. sont vraies, alors
dim(F + G) = dim(F) + dim(G) − dim(F \ G) = dim(F) + dim(G)
tandis que E = F + G implique
dim(E) = dim(F) + dim(G).
3. est donc vérifié.
– Si 1. et 3. sont vraies, alors
dim(F + G) = dim(F) + dim(G) − dim(F \ G) = dim(E) − 0 = dim(E).
Ainsi, F + G est un sev de E de même dimension que E : F + G = E.
– Si 2. et 3. sont vraies, alors
dim(E) = dim(F + G) = dim(F) + dim(G) − dim(F \ G) = dim(E) − dim(F \ G).
On en déduit que dim(F \ G) = 0 et donc que F \ G = {0}.
Exercice 3 - Suites arithmétiques - L1/Math Sup - ??
Soit E l’ensemble des suites arithmétiques complexes. On vérifie sans difficulté que c’est un
sous-espace vectoriel de l’ensemble des suites complexes, et donc que c’est un espace vectoriel.
Pour calculer sa dimension, on remarque que l’on connait parfaitement une suite arithmétique
si l’on connait son premier terme et sa raison. Ceci laisse à penser que la dimension de E est
égale à deux. Prouvons-le. Si (un) est une suite arithmétique, alors son premier terme est u0 et
sa raison est égale à u1 − u0. Considérons donc
 : E ! C2
(un) 7! (u0, u1 − u0)
 est clairement une application linéaire. Elle est injective : si ((un)) = 0, alors (un) est une
suite arithmétique de premier terme nul et de raison nulle, et donc un = 0 pour tout entier n.
Elle est aussi surjective : si (a, b) 2 C2, alors la suite (un) définie par un = a+nb est élément de

Exercices 3 - Espaces vectoriels de dimension finie : corrigé
E et vérifie ((un)) = (a, b). Autrement dit,  est un isomorphisme d’espaces vectoriels entre
E et C2. Puisque C2 est de dimension 2, E est aussi de dimension 2.
Remarquons que l’on peut aussi trouver une base de E. Si (an) est la suite définie par an = 1
pour tout entier n, et (bn) est la suite définie par bn = n pour tout entier n, alors ces deux
suites sont éléments de E et forment une famille libre. De plus, si un est un élément de E, alors
elle peut s’écrire un = c+nd = can +dbn, et donc (un) est combinaison linéaire de (an) et (bn).
Autrement dit, 􀀀(an), (bn)
est une base de E.
Exercice 4 - Une caractérisation de la dimension
1. On peut supposer que F 6= G, auquel cas F \ G = {0}. Soient f, g 2 E tels que F = Kf
et G = Kg. Dans ce cas, on peut écrire F + G sous les 3 formes suivantes :
F + G = Kf + Kg
= Kf + K(f + g)
= Kg + K(f + g).
En effet, f = f et g = (f + g) − f, ce qui prouve que Kf + Kg  Kf + K(f + g) tandis
que l’inclusion réciproque est triviale. Il vient, d’après la propriété (i) de d :
d(F + G) = d(Kf) + d(K(f + g)) = d(Kg) + d(K(f + g)).
Ainsi, on en déduit d(Kg) = d(Kf), ce qui est le résultat recherché.
2. Remarquons d’abord que d({0}) = 0, puisque d({0}) = d({0} + {0}) = d({0}) + d({0}).
D’autre part, notons a 2 N tel que d(F) = a lorsque dim(F) = 1. L’existence d’un tel réel
a est garanti par la question précédente. Prouvons alors par récurrence sur p  n que si
F 2 S, dim(F) = p, alors d(F) = ap. C’est fait pour p = 1, et si le résultat est prouvé au
rang p − 1, alors tout F 2 S avec dim(F) = p s’écrit F = G H, avec dim(G) = p − 1 et
dim(H) = 1. Il vient :
d(F) = d(G) + d(H) = (p − 1)a + a.
Pour conclure, il suffit de remarquer que a = 1. Mais on sait que n = d(E) = na, ce qui
entraîne bien que a = 1.
Exercice 5 - Supplémentaire commun - L1/Math Sup - ???
On raisonne par récurrence descendante sur p 2 {0, . . . , n − 1}. Traitons d’abord le cas
p = n − 1. On sait que F n effet, si F = G ce n’est pas le cas, et si F 6= G, alors
on n’a ni F  G, ni G  F (les deux espaces ont même dimension, une inclusion entraînerait
l’égalité), et donc F [ G n’est pas un espace vectoriel. En particulier, il n’est pas égal à E.
On peut choisir a tel que a /2 F [ G. Alors F \ vect(a) = {0} et G \ vect(a) = {0}. F et
vect(a) (resp. G et vect(a)) sont en somme directe, et puisque dim(F  vect(a)) = n (resp.
dim(G  vect(a)) = n), on a F  vect(a) = G  vect(a) = E. vect(a) est le supplémentaire
commun recherché.
Supposons maintenant le résultat prouvé pour p + 1, et prouvons-le pour p. Comme précédemment,
on peut trouver a /2 F [ G et comme précédemment, F et vect(a) (resp. G et vect(a))
sont en somme directe. Posons F1 = F vect(a) et G1 = Gvect(a). Alors F1 et G1 ont même
dimension, égale à p + 1. D’après l’hypothèse de récurrence, ils possèdent un supplémentaire

[color=red]Exercices 5 - Espaces vectoriels de dimension finie : corrigé
commun que l’on note H1. Mais alors, F et vect(a)  H1 sont en somme directe. En effet, si
x 2 F \ vect(a)  H1, on a x = f = a + h, avec f 2 F,  2 K et h 2 H1. On en déduit
h = f − a 2 H1 \ F1 = {0} et donc h = 0. Puisque F \ vect(a) = {0}, on obtient également
f =  = 0, et par suite x = 0. Ainsi, si on pose H = vect(a)  H1, alors H et F sont en
somme directe. De même, H et G sont en somme directe, et donc F et G ont un supplémentaire
commun.
Ceci achève la preuve par récurrence.
Dimension finie et application linéaires
Exercice 6 - Noyau ?
On a H = vect􀀀(1, 1, 1, 1)
. H est donc un espace vectoriel de dimension 1. Si H était le
noyau d’une application linéaire f de E dans F, alors par le théorème du rang on aurait
4 = dim(E) = dim(H) + dim(Im(f)) = 1 + dim(Im(f)).
Ainsi, on aurait dim(Im(f)) = 3. Mais Im(f) est un sous-espace vectoriel de R2, sa dimension
est au plus 2. On a une contradiction.
Exercice 7 - Du local au global...
Soit (e1, . . . , ep) une base de E. Pour chaque i, il existe un entier ni tel que fni(ei) = 0.
Posons n = max(n1, . . . , np) et remarquons que pour chaque i 2 {1, . . . , p},
fn(ei) = fn−ni
􀀀
fniei

= fn−ni(0) = 0.
Considérons maintenant x 2 E et écrivons-le x = x1e1 + · · · + xpep. On obtient
fn(x) =
Xp
i=1
xifn(ei) =
Xp
i=1
xi0E = 0E.
Exercice 8 - Base donnée par un endomorphisme nilpotent
Puisque (x, f(x), . . . , fn−1(x)) est une famille de n vecteurs dans un espace de dimension n,
il suffit de prouver qu’elle est libre. Supposons le contraire, et soient 0, . . . , n−1 des scalaires
non tous nuls tels que 0x + · · · + n−1fn−1(x) = 0. Soit p le plus petit indice tel que p 6= 0.
On compose par fn−1−p :
fn−1−p􀀀
px + · · · + n−1fn−1(x)
= pfn−1(x) = 0,
puisque fj = 0 pour j  n. Puisque fn−1(x) 6= 0, on en déduit que p = 0, une contradiction.
Exercice 9 - Très classique... - L1/Math Sup - ??
1. On peut commencer par remarquer que si f(x) = 0, alors f2(x) = 0 et donc on a toujours
ker(f)  ker(f2). C’est l’autre implication qui n’est pas toujours vraie.
Supposons donc ker(f) = ker(f2) et montrons que Im(f)\ker(f) = {0}. Soit x 2 Im(f)\
ker(f). Alors y = f(x), et f(y) = 0. En particulier, f2(x) = 0, donc f(x) = 0, puisque
ker(f2)  ker(f). Ainsi, y = f(x) = 0, ce qui prouve une implication.
Réciproquement, supposons ker(f) \ Im(f) = {0} et montrons que ker(f2)  ker(f). Si
x 2 ker(f2), alors on a f(f(x)) = 0. Si on pose y = f(x), alors y 2 ker(f) \ Im(f), et
donc f(x) = y = 0, ce qui prouve que x 2 ker(f).

Exercices 9- Espaces vectoriels de dimension finie : corrigé
2. D’après le théorème du rang, on a dim(Im(f)) + dim(ker(f)) = dim(E). Or, si ker(f) \
Im(f) = {0}, ker(f)Im(f) est un sous-espace vectoriel de E de dimension dim(Im(f))+
dim(ker(f)) = dim(E) : il est donc égal à E tout entier. On vient donc de prouver que
ker(f) \ Im(f) = {0} () ker(f)  Im(f) = E.
En tenant compte de la question précédente, ceci prouve la première équivalence.
On va ensuite démontrer que la première et la troisième assertion sont équivalentes, ce
qui achèvera la preuve. En effet, si ker(f) = ker(f2), d’après le théorème du rang, on
dim(Im(f)) = dim(E) − dim(ker(f))
= dim(E) − dim(ker(f2))
= dim(Im(f2)).
Or, on a toujours Im(f2)  Im(f) puisque f2(x) = f(f(x)) pour tout x de E. Les
deux sous-espaces sont égaux. La réciproque se prouve exactement de la même façon.
On remarque que dim(Im(f)) = dim(Im(f2)) entraîne dim(ker(f)) = dim(ker(f2)) en
utilisant le théorème du rang, et on utilise l’inclusion toujours vraie ker(f)  ker(f2).
Exercice 10 - Noyau égal à l’image
Supposons d’abord qu’une telle application existe. D’après le théorème du rang, on a :
dim(E) = dim(ker(f)) + dim(Im(f)) = 2 dim(ker(f))
et donc dim(E) est pair. Réciproquement, si E est de dimension paire, alors considérons
(e1, . . . , e2p) une base de E. On définit un endomorphisme f de E en posant :
f(ei) =
(
0 si i  p
ei−p si i > p.
Ceci définit complètement un endomorphisme f. Montrons qu’il vérifie les propriétés demandées.
D’une part, pour u = P2p
i=1 uiei, on a
f(u) =
X2p
i=p+1
uiei−p =
Xp
j=1
uj+pej .
On en déduit que f(u) = 0 si et seulement u 2 E = vect(e1, . . . , ep). De plus, on a Im(f)  E,
et par le théorème du rang, ces deux espaces ont la même dimension égale à p. Ils sont donc
égaux.
Exercice 11 - Noyau et image choisis
D’après le théorème du rang, si un tel endomorphisme existe, on a p+q = n. Réciproquement,
supposons que p + q = n. On va définir f sur une base bien choisie de E. Soit (e1, . . . , ep) une
base de F. On peut la compléter en une base (e1, . . . , ep, ep+1, . . . , ep+q) de E. Soit également
(f1, . . . , fq) une base de G. On définit alors l’action de f sur la base (ei) par
(
f(ei) = 0 si i  p
f(ei) = fi si i 2 {p + 1, . . . , q}

Exercices 13 - Espaces vectoriels de dimension finie : corrigé
Il est alors à peu près clair que f vérifie les conditions voulues. Pour obtenir une preuve complète,
on peut remarque que F  ker(f) et que G  Im(f). De plus, en décomposant un vecteur dans
la base (e1, . . . , ep+q), on trouve qu’on a exactement F = ker(f). Par le théorème du rang, on
obtient dim(G) = dim(Im(f)) d’où l’égalité pui
Il est clair que ker(f)  ker(f2). Notons p = dim(ker(f)) et q = dim(ker(f2)) de sorte que
p  q. Soit (e1, . . . , ep) une base de ker(f). On peut la compléter en (e1, . . . , ep, ep+1, . . . , eq) une
base de ker(f2). Alors, (f(ep+1), . . . , f(eq)) est une famille libre. En effet, si on a une relation
p+1f(ep+1) + · · · + qf(eq) = 0,
alors on obtient
f(p+1ep+1 + · · · + qeq) = 0,
i.e. p+1ep+1 + · · · + qeq 2 ker(f). Mais, par construction de ep+1, . . . , eq, ceci entraine que
p+1ep+1 + · · · + qeq = 0
soit p+1 = · · · = q = 0. Ainsi, la famille (f(ep+1), . . . , f(eq)) est une famille libre. De plus,
elle est contenue dans ker(f) car f2(ei) = 0. Or, ker(f) qui est de dimension p. Son nombre
d’éléments est donc majoré par p, c’est-à-dire
q − p  p () q  2p.
C’est exactement le résultat que l’on voulait prouver.
Exercice 13 - Composée et somme
1. On a Im(u+v)  Im(u)+Im(v). En effet, si y 2 Im(u+v), alors y = (u+v)(x) = u(x)+v(x)
est aussi élément de Im(u) + Im(v). On en déduit que
rg(u + v)  dim(Im(u) + Im(v))  dim(Im(u)) + dim(Im(v)) = rg(u) + rg(v).
D’autre part, en écrivant u = (u + v) + (−v), et en remarquant que Im(v) = Im(−v), et
donc que rg(v) = rg(−v), on a, d’après ce qu’on vient de démontrer
rg(u)  rg(u + v) + rg(v) =) rg(u) − rg(v)  rg(u + v).
De même, écrivant v = (u + v) + (−u), on obtient aussi
rg(v) − rg(u)  rg(u + v).
Ceci donne l’autre inégalité.
2. Traduisons les deux hypothèses en termes d’inégalités sur le rang.
– D’une part, puisque uv = 0, on a Im(v)  ker(u). On obtient donc rg(v)  dim(ker(u))
ce qui, combiné au théorème du rang, donne
n = dim(ker(u)) + rg(u)  rg(v) + rg(u).

Exercices - Espaces vectoriels de dimension finie : corrigé
– D’autre part, puisque u + v est inversible, on sait que rg(u + v) = n. De la question
précédente, on déduit
n  rg(u) + rg(v).
En combinant les deux inégalités obtenues, on obtient le résultat désiré.
Exercice 14 - Quand le rang est additif
Remarquons d’abord que
Im(f + g)  Im(f) + Im(g).
Ceci entraîne
rg(f + g)  rg(f) + rg(g) − dim(Im(f) \ Im(g)).
Supposons d’abord que rg(f + g) = rg(f) + rg(g). Alors l’inégalité précédente implique immédiatement
que dim(Im(f) \ Im(g)) = 0 ce qui prouve Im(f) \ Im(g) = {0}. On a aussi
Im(f + g) = Im(f) + Im(g) (sinon l’inégalité précédente serait stricte). Ainsi, pour tout x 2 E,
comme Im(f)  Im(f+g), on a f(x) = f(t)+g(t) pour un certain t 2 E. Alors g(t) = f(x−t) 2
Im(f) \ Im(g) = {0}, et donc t 2 ker(g) et x − t 2 ker(f). Ecrivant x = (x − t) + t, on trouve
que ker(f) + ker(g) = E.
Réciproquement, prouvons que les deux conditions impliquent Im(f)  Im(f + g). En effet, on
écrit y 2 Im(f) sous la forme y = f(x), et on décompose x en x = u + v avec u 2 ker(f) et
v 2 ker(g). Alors, y = f(v) = f(v)+g(v) 2 Im(f +g). Le rôle joué par f et g étant symétrique,
on obtient aussi Im(g)  Im(f + g). Ceci permet d’écrire
Im(f)  Im(g)  Im(f + g).
L’autre inclusion étant toujours vraie, on a en fait égalité, ce qui donne bien
rg(f + g) = rg(f) + rg(g).
Exercice 15 - Suite exacte - L2/Math Spé - ??
Pour k = 1, . . . , n − 1, le théorème du rang donne
ak = dim(ker(fk)) + rg(fk) = rg(fk−1) + rg(fk),
où on a utilisé la propriété (ii). On a donc
nX−1
k=1
(−1)kak = −rg(f0) − rg(f1) + rg(f1) + rg(f2) − · · · + (−1)n−1rg(fn−1)
= −rg(f0) + (−1)n−1rg(fn−1).
Puisque f0 est injective, on a rg(f0) = a0 et puisque fn−1 est surjective, on a rg(fn−1) = an.
Ceci donne
nX−1
k=1
(−1)kak = −a0 + (−1)n−1an−1,

MERCI MERCI BCQ

merci pour les questions