[Maths] [L1-L2] Applications linéaires

Soit E un \mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie et F un \mathbb{K}-espace vectoriel.

Soient f,g \in \mathcal{L}(E,F). Montrer les inégalités
|rg\,f-rg\,g| \leq rg(f+g) \leq rg\,f+rg\,g

Soient f,g \in \mathcal{L}(E,F) telles que fg=0 et f+g est inversible.
Montrer que rg\,f+rg\,g=dim\,E

Salut !
Je tente la première question :
Prouvons que Im(f+g) est un sev de Im f + Im g.
Par définition, ce sont deux $\mathbb{K}$-ev.
Il suffit donc de montrer que Im(f+g) \subset Im f +Im g :
\forall y \in Im(f+g) \exits x \in E,
y = f(x) + g(x)
Comme f(x) \in Im f et g(x) \in Im g, on a :
y \in Im f + Im g
Ainsi : Im(f+g) \subset Im f + Im g. Im(f + g) est donc bien un sev de Im f + Im g
Par conséquent :
rg(f+g) \leqslant dim (Im f + Im g)
Or
dim (Im f + Im g) \leqslant dim Im f + dim Im g = rg f + rg g
donc
rg(f+g) \leqslant rg f + rg g.

De là on déduit que :

rg(f) = rg(f+g-g) \leqslant rg(f+g) + rg (-g)

Il est clair que Im g = Im(-g). En effet :
\forall y \in Im g \exists x \in E,
y = g(x)
En posant \alpha = -x, on a y = (-g)(\alpha) donc y \in Im g i.e Im g \subset Im(-g). On montre de la même manière que Im(-g) \subset Im g. On en conclut que Im g = Im(-g) et donc que rg g = rg(-g).
On a par conséquent :
rg f \leqslant rg(f+g) + rg g \leftrightarrow rg f - rg g \leqslant rg(f+g)/TEX]
On montre de la même façon que :
[TEX]rg g - rg f = -(rg f - rg g) \leqslant rg(f+g).
Finalement, on peut conclure que :
{ \{rg f - rg g{ \{ \leqslant rg (f+g) \leqslant rg f + rg g

Désolé j'ai dû faire des erreurs, je corrige le message

Salut !
Je tente la première question :
Prouvons que Im(f+g) est un sev de Im f + Im g.
Par définition, ce sont deux \mathbb{K}-ev.
Il suffit donc de montrer que Im(f+g) \subset Im f +Im\,g :
\forall y \in Im(f+g)\, \exits x \in E, y = f(x) + g(x)
Comme f(x) \in Im f et g(x) \in Im g, on a :
y \in Im\,f + Im\,g
Ainsi : Im(f+g) \subset Im\,f + Im\,g. Im(f + g) est donc bien un sev de Im f + Im g
Par conséquent :
rg(f+g) \leq dim (Im\,f + Im\,g)
Or
dim (Im f + Im g) \leq dim Im f + dim Im g = rg\,f + rg\,g
donc
rg(f+g) \leq rg\,f + rg\,g.

De là on déduit que :

rg(f) = rg(f+g-g) \leq rg(f+g) + rg(-g)

Il est clair que Im\,g = Im(-g). En effet :
\forall y \in Im\,g\,\exists x \in E,
y = g(x)
En posant \alpha = -x, on a y = (-g)(\alpha) donc y \in Im(-g) i.e Im\,g \subset Im(-g). On montre de la même manière que Im(-g) \subset Im\,g. On en conclut que Im\,g = Im(-g) et donc que rg\,g = rg(-g).
On a par conséquent :
rg\,f \leq rg(f+g) + rg\,g \longleftrightarrow rg\,f - rg\,g \leq rg(f+g)
On montre de la même façon que :
rg\,g - rg\,f = -(rg\,f - rg\,g) \leq rg(f+g).
Finalement, on peut conclure que :
abs(rg\,f - rg\,g) \leq rg (f+g) \leq rg\,f + rg\,g

Salut !
Je tente la première question :
Prouvons que Im(f+g) est un sev de Im f + Im g.
Par définition, ce sont deux \mathbb{K}-ev.
Il suffit donc de montrer que Im(f+g) \subset Im f +Im\,g :
\forall y \in Im(f+g)\, \exists\,x \in E, y = f(x) + g(x)
Comme f(x) \in Im f et g(x) \in Im g, on a :
y \in Im\,f + Im\,g
Ainsi : Im(f+g) \subset Im\,f + Im\,g. Im(f + g) est donc bien un sev de Im f + Im g
Par conséquent :
rg(f+g) \leq dim (Im\,f + Im\,g)
Or
dim (Im f + Im g) \leq dim Im f + dim Im g = rg\,f + rg\,g
donc
rg(f+g) \leq rg\,f + rg\,g.

De là on déduit que :

rg(f) = rg(f+g-g) \leq rg(f+g) + rg(-g)

Il est clair que Im\,g = Im(-g). En effet :
\forall y \in Im\,g\,\exists\,x \in E,\,y = g(x)
En posant \alpha = -x, on a y = (-g)(\alpha) donc y \in Im(-g) i.e Im\,g \subset Im(-g). On montre de la même manière que Im(-g) \subset Im\,g. On en conclut que Im\,g = Im(-g) et donc que rg\,g = rg(-g).
On a par conséquent :
rg\,f \leq rg(f+g) + rg\,g \Longleftrightarrow rg\,f - rg\,g \leq rg(f+g)
On montre de la même façon que :
rg\,g - rg\,f = -(rg\,f - rg\,g) \leq rg(f+g).
Finalement, on peut conclure que :
|\,rg\,f - rg\,g\,|\leq rg (f+g) \leq rg\,f + rg\,g

Désolé pour mes posts ratés, mais c'est la première fois que j'utilise latex sur le forum!

Ca m'a l'air bon.

Me revoilà pour le deuxième exercice :

Montrons d'abord qu'une et une seule des deux applications est forcément constamment nulle. Pour cela raisonnons par l'absurde :

- d'abord le cas trivial où les deux applications sont nulles : ceci est impossible dans la mesure où f+g est inversible

- ensuite, supposons f et g non constamment nulles. Remarquons qu'alors les deux applications s'annulent plus d'une fois (fg\,=\,0) mais qu'elles ne s'annulent jamais en même temps (excepté en 0_E) : dans le cas contraire, on aurait Ker(f+g)\neq{{0_E}} ce qui est impliquerait que f+g n'est pas injective mais c'est impossible car f+g est inversible.
Par conséquent il existe (x_1,x_2)\in E^2 tel que :
x_1\neq x_2\neq 0_E\,et\,f(x_1)=0_F\,et\,g(x_2 )=0_F\,et\,f(x_2)\neq 0_F\,et\,g(x_1)\neq 0_F.
Mais alors, on a :
(fg)(x_1 + x_2) = f(x_1 + x_2)g(x_1 + x_2) = f(x_2)g(x_1)\neq 0_F.
Ceci est absurde car fg=0_F. On en conclut que l'on ne peut pas avoir f et g non constamment nulles.
Ainsi, on a soit f soit g constamment nulle.

Quitte à changer le rôle de f et de g, on peut maintenant supposer que f=0_F.
Dès lors, on a : f+g=g \Longrightarrow rg(f+g)=rg\, g. On peut même écrire que : rg(f+g) = rg\,g\, +\,rg\,f.
Or f+g est inversible donc c'est une bijection. On en déduit que E\simeq F donc que dim\,E = dim\,F.
Comme f+g est une bijection, on a :
rg(f+g) = dim\,F d'où rg(f+g) = dim\,E
Ainsi :
rg\,f\,+\,rg\,g\,=\,dim\,E Q.E.D.

Petite erreur à la ligne 9 : il faut lire que le noyau de l'application linéaire est différent de l'ensemble {O_E}.

(fg)(x_1 + x_2) = f(x_1 + x_2)g(x_1 + x_2) = f(x_2)g(x_1)\neq 0_F.
Tu es en train de multiplier des vecteurs là ?

Pour des endomorphismes, la composition est souvent notée multiplicativement. Ici fg désigne donc fog ...

Au temps pour moi. C'est une erreur bête! C'est à cause de l'habitude de travailler dans \mathbb{R}. Je vais me repencher sur le problème.