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SOLUTIONS
Solutions
2. Soit f un endomorphisme de E de dimension finie n.
Nous avons toujours mf ◦ f ⊂ ⊂mf et Ker f ⊂ Ker f ◦ f .
Le théorème du rang nous donne pour les endomorphismes f et f ◦ f de E les égalités
n = dim(mf ◦ f ) + dim(Ker f ◦ f ) = dim(mf ) + dim(Ker f ).
Cela nous permet d’établir la première équivalence que nous devons démontrer.
Ker f ◦ f = Ker f ⇐⇒ dim(Ker f ◦ f ) = dim(Ker f )
⇐⇒ dim(mf ◦ f ) = dim(mf )
⇐⇒
⇒mf ◦ f = mf .
Les résultats de la partie 1 de l’exercice en prenant E = F = G et f = g nous permettent
d’affirmer que
Ker f
2 = Ker f ⇐⇒ ⇒mf
2 = mf ⇐⇒
Ker f
2 = Ker f
mf
2 = mf
⇐⇒
Ker f ∩ ∩mf = {0}
Ker f + mf = E
⇐⇒
Ker f ⊕ ⊕mf = E
Chapitre 3
1.
1. l est valeur propre si et seulement si A − lI 2 n’est pas inversible. Nous
commençons donc par trianguler par la méthode du pivot de Gauss A − lI 2 .
2 − l
4
1 −1 − l
1 −1 − l
2 − l
4
L 1 ↔ L 2
1
−1 − l
0 (2 − l)(−1 − l) − 4
L 2 ← (2 − l)L 1 − L 2
Les valeurs propres sont les solutions de (2 − l)(−1 − l) − 4 = 0. Soit l
2
− l − 6 = 0.
Les valeurs propres sont −2, 3.
Nous sommes en dimension deux et A possède deux valeurs propres distinctes, A est
diagonalisable.
Une équation de E −2 est
4x + 4y = 0
x + y = 0
Soit x = −y. D’où
E −2 = Vect
(−1, 1)
.
De même une équation de E 3 est
−x + 4y = 0
x − 4y = 0
⇔ x = 4y
D’où
E 3 = Vect
(4, 1)
.
Une base de vecteurs propres est ((−1, 1), (4, 1)).
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