Chap. 3. Espaces vectoriels et Applications linéaires
est une famille de matrices de projecteur. La liberté de la famille des (E i j ) (i, j)∈[[1,n]] 2
permet de montrer sans difficulté la liberté de la famille des (P i j ) (i, j)∈[[1,n]] 2 . En effet
soit (a i j ) (i, j)∈[[1,n]] 2 dans R
n
2
telle que :
(i, j)∈[[1,n]] 2
a i j P i j = 0.
(1)
En remplaçant P i j par son expression E ii + (1 − d i j )E i j , on constate que pour i = j
le seul coefficient devant E i j est a i j ; tous ces coefficients sont donc nuls. La relation
(1) se simplifie alors en
n
i=1
a ii E ii = 0, dont on déduit que pour i dans [[1, n]] les a ii
sont tous nuls.
On a donc ainsi construit une famille de projecteurs de R
n qui est libre et dont le
cardinal est n
2 . Comme L(R
n ) est de dimension n
2 , la famille proposée est une base
de L(R
n ) et elle est donc de cardinal maximal.
Exercice 3.37
Centrale MP 2006 Ã
Soient E, F et G des K-espaces vectoriels de dimension finie.
1) Soient u dans L(E, F) et v dans L(E, G). Montrer que l’existence de w dans
L(F, G) telle que v = w ◦ u équivaut à : Ker u ⊂ Ker v.
2) Soient u dans L(E, G) et v dans L(F, G). Montrer que l’existence de w dans
L(E, F) telle que u = v ◦ w équivaut à : Im u ⊂ Im v.
3) Soit u dans L(E). Établir l’existence de p dans L(E) et v dans GL(E) telles
que p
2 = p et u = p ◦ v.
4) Soit u dans L(E). Établir l’existence de p dans L(E) et v dans GL(E) telles
que p
2 = p et u = v ◦ p.
1) S’il existe w dans L(F, G) telle que v = w ◦ u, alors pour tout x dans Ker u, on
a v(x) = w(u(x)) = 0. On a donc bien Ker u ⊂ Ker v.
Supposons que Ker u ⊂ Ker v.
Si u est nulle, alors v est nulle et tout élément w dans L(F, G) convient.
Supposons u non nulle. Le théorème de la base imcomplète permet de construire
une base (e 1 , . . . , e n ) de E telle qu’il existe p et k dans N vérifiant 0 k p n
tels que (e 1 , . . . , e k ) est une base de Ker u et (e 1 , . . . , e p ) est une base de Ker v,
(avec k = 0 si u est injective, et p = 0 si v est injective). Pour i dans [[k + 1, n]],
posons f i = u(e i ).
Le résultat essentiel qui permet de résoudre cet exercice est le suivant si
(e 1 , . . . , e n ) est une base de E telle que (e 1 , . . . , e k ) est une base de Ker u alors la
famille (u(e k+1 ), . . . , u(e n )) est une base de Im u. En effet, soit H le sous-espace
est une famille de matrices de projecteur. La liberté de la famille des (E i j ) (i, j)∈[[1,n]] 2
permet de montrer sans difficulté la liberté de la famille des (P i j ) (i, j)∈[[1,n]] 2 . En effet
soit (a i j ) (i, j)∈[[1,n]] 2 dans R
n
2
telle que :
(i, j)∈[[1,n]] 2
a i j P i j = 0.
(1)
En remplaçant P i j par son expression E ii + (1 − d i j )E i j , on constate que pour i = j
le seul coefficient devant E i j est a i j ; tous ces coefficients sont donc nuls. La relation
(1) se simplifie alors en
n
i=1
a ii E ii = 0, dont on déduit que pour i dans [[1, n]] les a ii
sont tous nuls.
On a donc ainsi construit une famille de projecteurs de R
n qui est libre et dont le
cardinal est n
2 . Comme L(R
n ) est de dimension n
2 , la famille proposée est une base
de L(R
n ) et elle est donc de cardinal maximal.
Exercice 3.37
Centrale MP 2006 Ã
Soient E, F et G des K-espaces vectoriels de dimension finie.
1) Soient u dans L(E, F) et v dans L(E, G). Montrer que l’existence de w dans
L(F, G) telle que v = w ◦ u équivaut à : Ker u ⊂ Ker v.
2) Soient u dans L(E, G) et v dans L(F, G). Montrer que l’existence de w dans
L(E, F) telle que u = v ◦ w équivaut à : Im u ⊂ Im v.
3) Soit u dans L(E). Établir l’existence de p dans L(E) et v dans GL(E) telles
que p
2 = p et u = p ◦ v.
4) Soit u dans L(E). Établir l’existence de p dans L(E) et v dans GL(E) telles
que p
2 = p et u = v ◦ p.
1) S’il existe w dans L(F, G) telle que v = w ◦ u, alors pour tout x dans Ker u, on
a v(x) = w(u(x)) = 0. On a donc bien Ker u ⊂ Ker v.
Supposons que Ker u ⊂ Ker v.
Si u est nulle, alors v est nulle et tout élément w dans L(F, G) convient.
Supposons u non nulle. Le théorème de la base imcomplète permet de construire
une base (e 1 , . . . , e n ) de E telle qu’il existe p et k dans N vérifiant 0 k p n
tels que (e 1 , . . . , e k ) est une base de Ker u et (e 1 , . . . , e p ) est une base de Ker v,
(avec k = 0 si u est injective, et p = 0 si v est injective). Pour i dans [[k + 1, n]],
posons f i = u(e i ).
Le résultat essentiel qui permet de résoudre cet exercice est le suivant si
(e 1 , . . . , e n ) est une base de E telle que (e 1 , . . . , e k ) est une base de Ker u alors la
famille (u(e k+1 ), . . . , u(e n )) est une base de Im u. En effet, soit H le sous-espace