Application linéaire, projecteurs, symétries

[julien_4230]

Bonjour

soit f:IR²=>IR² linéaire. On suppose que f!=0 et que f°f=0.
1) Montrer que f n'est pas inversible.
2) Déterminer les dimensions de Ker(f) et Im(f).
3) Montrer que Ker(f)=Im(f).
4) Montrer que id + f est inversible et que son inverse est id - f.

1) Si f inversible <=> il existe f^-1 <=> f bijectrice <=> f injective et surjective.
f injectrice <=> Ker(f)={(0,0)}
Or : Ker(f) = {(x,y)€IR²\f(x,y)=(0,0)}
et : Quelque soit (x,y)€IR² f(x,y)!=(0,0) => Il n'existe pas de (x,y)€Ker(f)
=> Ker(f) = ensemble vide => f non injective => f non bijective => f non inversible.
2) dim Ker(f) = 0.
Or : f°f = 0 <=> Im(f)CKer(f) => Im(f) = ensemble vide => dim Im(f) = 0.
3) D'après 2) : Ker(f)=Im(f)=ensemble vide.
4) Je suis bloqué là.
id + f surjectif ?
Ker(id + f) = {(x,y)€IR²\(id + f)(x,y)=(0,0)}
=> id(x,y) + f(x,y) = (0,0) => f(x,y) = -(x,y). Je remarque qu'il s'agit de l'ensemble de (x,y)€IR² tel que f soit le symétrique par rapport à (0,0), mais en existe-t-il ???... Et puis, on a supposé que f(x,y)!=(0,0) quelque soit (x,y)€IR² !!... A L'AIDE s'il vous plaît !!!!
Pour montrer que f est surjective j'ai dit :
Im(f)={(x',y')€IR²\(x',y')=(id +f)(x,y)}
=> (x',y') = (x,y) + f(x,y) => existance vérifiée => f surjective.

Quelque soit (x,y)€IR² :
(id+f)-1°(id+f)(x,y) = (x,y)
=> (id+f)-1 = (x,y)((x,y) + f(x,y))-1... hum.... hum ???

Merci de m'aider un peu partout ! Je doute aussi de 1), 2) et 3)...
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[julien_4230]

Mais j'y repense : pour la 2) : théorème du rang :
dim Ker(f) + dim Im(f) = dim IR²...
Donc dim Im(f) = 2, pourtant Im(f)CKer(f)..

J'ai sérieusement besoin d'aide...

[invitec053041c]

Bonsoir.
Que signifie f!=0 ?

[invitec053041c]

Je pense comprendre que cela signifie que f n'est pas l'application nulle...

Dans ce cas ton raisonnement pour la 1 est faux.
Si f est l'application nulle <=> pour tout u, f(u)=0.
Quand tu en fais la négation: f n'est pas l'application nulle <=> il existe u tel que f(u) non nul.

En plus, tu ne peux pas avoir le ker d'une application linéaire vide, car au moins 0 est dedans.


1) Je ne sais pas si t'as vu les déterminants, mais ici c'est très pratique.
En effet:
det(fof)=det(f)²=0 (car fof est l'application nulle).
Donc det(f)=0, donc f non inversible.

2)Comme f non bijective, le Ker est au moins de dimension 1 (car non réduit à {0} car non injective).
Et f n'est pas l'application nulle. Donc Imf est au moins de dimension 1.
Comme la somme des dimensions vaut 2 (comme tu l'as fait remarquer avec le théorème du rang), c'est que leur dimension vaut effectivement 1.

3) Tu as dim Imf=dim Kerf f (voir précédent)
Et pour tout x, f(f(x))=0, donc que peux-tu dire de f(x) ? (à quoi appartient-il ?).

4) développe donc (f-id)o(f+id)
Et n'oublie pas que h est l'inverse de f ssi hof=foh=id .


Cordialement.

NB: tu ne peux pas dire que Kerf et Imf sont vides pour f linéaires, car ce sont des espaces vectoriels qui contiennent au moins 0.

[A voir en vidéo sur Futura]

[julien_4230]

Merci pour ces réponses !

Je n'ai pas encore vu les déterminants, mais merci de me montrer !

Seulement, je ne vois franchement pas les points du cours qui postulent :

Comme f non bijective, le Ker est au moins de dimension 1
f n'est pas l'application nulle. Donc Imf est au moins de dimension 1

Encore la seconde est logique, mais la première ne m'est pas évidente !

Le reste en découle très logiquement.

Une question :
pourquoi

Ker(f) = {(x,y)€IR²\f(x,y)=(0,0)}
et : Quelque soit (x,y)€IR² f(x,y)!=(0,0) => Il n'existe pas de (x,y)€Ker(f)

est-il faux ??????

Mon problème concerne ces deux points... Merci bien !

[Murzabov]

Preable : L'image par une application lineaire de 0 est 0 donc
a) Ker(f) n'est jamais vide. Mais il peut etre limite a {0} et etre de dimension nulle.
b) Im(f) n'est jamais vide. Mais il peut etre limite a {0} et etre de dimension nulle.


1) pour la non inversibilite tu peux proceder par l'absurde
si f inversible il existe g tq fog=gof=Id
(g o f)o(f o g) = Id o Id =Id
(g o f)o(f o g) = g o (f o f) o g = 0

Note bien que pour faire cela il faut utiliser que g peut servir d'inverse a droite ET a gauche.

2)Les dim de Noyau et Image sont relies par un celebre theoreme (A savoir par coeur et pour la vie)
Ici nous savons deja que f n'est pas inversible, donc
il existe a et b (a different de b <=> a-b non nul) tq f(a)=f(b)
=>f(a-b)=0 (f application lineaire)
=>Vect(a-b) est inclus dans Ker f (Ker est un sev)
=> Ker(f) n'est pas limite a {0}
=>dim Ker(f)>=1

Si dim Kef(f)=2 alors f est l'application nulle donc dim Kef f =1

3) f(x) appartient a Im(f) et fof(x)=0 permet de conclure

4) puisqu'on donne l'inverse il faut calculer (f+id)(f-Id)
Les plus astucieux diront que Id commute avec tout le monde donc avec f pour utiliser une identite remarquable, les autres developperont avec soin.

[ericcc]

Pour le 1) la réponse de Ledescat n'est valable qu'en dimension finie. Celle de Murzabov est bonne, mais passe par un raisonnement par l'absurde qui peut parfois être délicat.
La démo que je préfère : f n'est pas nulle, donc il existe un vecteur U tel que f(U) = V est non nul. Alors f(f(U))=f(V)=0. Donc le noyau de f est non nul, donc f n'est pas inversible.

[Murzabov]

ericcc a raison, le raisonnement par l'absurde est a eviter le plus possible, il vaut mieux etre 'constructif' que 'destructeur'

[ericcc]

Pour le 4) on demande de démontrer d'abord que f+id est inversible, puis de vérifier que son inverse est id-f. Donc je chercherais d'abord le noyau de f+id : soit x tel que f(x)+x=0 alors f(f(x)+x)=0=f(f(x))+f(x)=f(x). Donc f(x) est nul, mais comme f(x)+x=0, x est nul. Donc f est injective, et donc bijective car nous sommes en dimension finie.
On vérifie ensuite au moyen de l'identité remarquable que id-f est bien l'inverse de f+id

[invitec053041c]

Pour le 4) on demande de démontrer d'abord que f+id est inversible, puis de vérifier que son inverse est id-f. Donc je chercherais d'abord le noyau de f+id : soit x tel que f(x)+x=0 alors f(f(x)+x)=0=f(f(x))+f(x)=f(x). Donc f(x) est nul, mais comme f(x)+x=0, x est nul. Donc f est injective, et donc bijective car nous sommes en dimension finie.
On vérifie ensuite au moyen de l'identité remarquable que id-f est bien l'inverse de f+id

Euh, pas besoin de s'embêter avec le noyau de f+id.
Si on vérifie effectivement qu'il existe h tel que foh=hof=id, cela équivaut à f inversible et f-1=h.

[julien_4230]

Alors f(f(U))=f(V)=0. Donc le noyau de f est non nul

Mais quelque chose me perturbe...
L'ensemble d'arrivé est le même que l'ensemble de départ : IR².
f(x)=0 => x n'existe pas...

[GuYem]

Le noyau de f est non nul car il y a V dedans, qui est un vecteur non nul.

[julien_4230]

2)
Ici nous savons deja que f n'est pas inversible, donc
il existe a et b (a different de b <=> a-b non nul) tq f(a)=f(b)

f est surjective ?

[julien_4230]

Mais ce qui me perturbe est que V ne peut pas exister...
car f(V)=0 => V n'existe pas puisque f est différent de 0...

[GuYem]

Wahou, attends tu confonds :

f non nulle ça veut dire qu'il existe un V tel que f(V) soit non nul.

Ca ne veut pas dire que pour tout V, f(V) est non-nul...

[invitec053041c]

Oui tu confonds les "il existe" et "quel que soit".
f est identiquement nul veut dire que quel que soit u ,f(u)=0
Quand tu fais la négation d'un "quel que soit" ça te donne un "il existe".
Donc f non identiquement nul veut dire "il existe" u tq f(u) non nul.

Donc ça n'interdit pas à ta fonction de prendre la valeur 0 quelques fois (mais pas toujours).

[julien_4230]

"f différent de 0"
Mais il n'y a pas de "il existe" ou de "quelque soit" dans cette affirmation..
ça veut pas dire quelque soit x f différent de 0 ?!

[julien_4230]

Hum... D'accord, je vois que le raisonnement correspond à celui de la logique pure, en partant de f=0.

Je vous remerci pour tout !

[ericcc]

Bin non, la preuve c'est que le noyau est de dimension 1. Il y a donc une infinité de vecteurs dont l'image par f est nulle

[julien_4230]

J'aurais peut-être une dernière question :
En quoi était-il important de la part de l'énoncé de préciser que f différent de 0 ?
Merci bien !!...

[invitec053041c]

Parceque si c'était l'applicatin nulle, déjà c'est pas super intéressant à l'étudier . Et fof=0 serait évident. Le noyau serait tout E, l'image {0} et il n'y aurait pas grand chose d'autre à dire...
Le fait que ça ne soit pas l'application nulle t'assure que le noyau est au minimum de dimension 1. Et là ça devient plus intéressant.

Sinon, pas besoin de qqsoit ou il existe quand on écrit f=0 ou f=/=0.
Ces deux propositions veulent dire respectivement: f estl'application nulle (pour tout u,f(u)=0) et f n'est pas l'application nulle (il existe u tq f(u) non nul).