Math spé : Exercices de compléments d'algèbre linéaire

On va simplement démontrer que $F\cap G=\{0\}$, les deux autres égalités se prouvant de façon tout à fait similaire. Soit $u\in F\cap G$. Alors il existe des scalaires $a,b,c,d$ tels que $$u=a(u_1+u_2)+bu_3=c(u_1+u_3)+du_4\implies (a-c)u_1+au_2+(b-c)u_3-du_4=0.$$ La famille $(u_1,u_2,u_3,u_4)$ étant libre, on en déduit que $$a-c=a=b-c=-d=0,$$ d'où l'on déduit successivement $a=d=0$, puis $c=0$, $b=0$. Ainsi, $u=0$.
On va prouver que la somme $F+G+H$ n'est pas directe en trouvant un vecteur qui admet deux décompositions différentes dans $F+G+H$. Par exemple, \begin{eqnarray*} u_1&=&-u_3+(u_1+u_3)+0\in F+G+H\\ &=&(u_1+u_2)+0+(-u_2)\in F+G+H. \end{eqnarray*} La somme n'est pas directe!

On va utiliser le résultat suivant : si $\mathcal B_E$ est une base de $E$, $\mathcal B_F$ est une base de $F$ et $\mathcal B_G$ est une base de $G$, la somme $E+F+G$ est directe si et seulement si $\mathcal B_E\cup\mathcal B_F\cup\mathcal B_G$ est une famille libre. Ceci nous incite à chercher une base de $E$. Pour cela, on remarque que \begin{align*} (x,y,z,t)\in E&\iff \left\{\begin{array}{rcl} x&=&-y-z\\ y&=&y\\ z&=&z\\ t&=&-y-z. \end{array}\right. \end{align*} Ainsi, si on pose $u_1=(-1,1,0,-1)$ et $u_2=(-1,0,1,-1)$, la famille $(u_1,u_2)$ est une base de $E$.

1. Voyons si la famille $(v,w_1,u_1,u_2)$ est une famille libre. Pour cela, on résout le système $av+bw_1+cu_2+du_2=0$, d'inconnues $a,b,c,d$. La résolution de ce système, en utilisant la matrice augmentée, donne \begin{align*} \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 1&1&0&0&0\\ -1&1&0&-1&0\\ -1&0&1&-1&0 \end{array}\right) &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&-1&0&0\\ 0&1&1&-1&0\\ 0&0&2&-1&0 \end{array}\right)\\ &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&-1&0&0\\ 0&0&2&-1&0\\ 0&0&2&-1&0 \end{array}\right)\\ &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&-1&0&0\\ 0&1&2&-1&0\\ 0&0&0&0&0 \end{array}\right)\\ \end{align*} La famille est donc liée. La somme n'est pas directe! De plus, on vérifie que $(v,w_1,u_1)$ est libre, en reproduisant le calcul précédent (sauf la dernière ligne). C'est bien que $(v,w_1,u_1)$ est une base de $E+F+G_1$ qui est de dimension 3.
2. On reprend la même méthode, mais en remplaçant $w_1$ par $w_2$. \begin{align*} \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 1&1&1&0&0\\ -1&1&0&-1&0\\ -1&0&1&-1&0 \end{array}\right) &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&1&0&0\\ 0&1&1&-1&0\\ 0&0&2&-1&0 \end{array}\right)\\ &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&1&-1&0\\ 0&0&2&-1&0 \end{array}\right)\\ &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&1&1&-1&0\\ 0&0&0&1&0 \end{array}\right). \end{align*} La famille est libre : $E$, $F$ et $G_2$ sont en somme directe, et la dimension de $E+F+G_2$ est égale à $4$.

Prouvons d'abord le sens direct. Soit $x\in F\cap G$. Alors $x=x+0+0=0+x+0$ donne deux décompositions de $x$ dans la somme $F+G+H$ et donc $x=0$. Choisissons ensuite $x\in (F+G)\cap H$. Alors $x=y+z$ avec $y\in F$ et $z\in G$. On en déduit que $x=y+z+0=0+0+x$ admet deux décompositions dans la somme $F+G+H$ qui est directe, donc ces deux décompositions coïncident et $x=0$.
Prouvons maintenant la réciproque. Soit $(x,y,z) \in F\times G\times H$ tel que $x+y+z=0$. Alors $x+y=-z\in (F+G)\cap H=\{0\}$ donc $z=0$ et $x+y=0$. Or $F$ et $G$ sont en somme directe donc $x=y=0$ et donc finalement $x=y=z=0$. Ainsi, $F$, $G$ et $H$ sont en somme directe.

Une inclusion est immédiate : si $v=f\circ u$, et $x\in\ker(u)$, avec $v(x)=f(u(x))=f(0)=0$ et donc $\ker(u)\subset \ker(v)$.
Réciproquement, supposons que $\ker(u)\subset\ker(v)$. Prenons $y\in\textrm{Im(u)}$. Alors $y=u(x)$ pour un $x$ dans $E$. Nécessairement, on a $v(x)=f(u(x))=f(y)$ et donc $f$ doit être définie sur $\textrm{Im}(u)$ par $f(y)=v(x)$ pour $y=u(x)$.
On considère donc un supplémentaire $S$ de $\textrm{Im}(u)$ dans $F$ et on définit $f$ sur la somme directe $\textrm{Im}(u)\oplus S$ par $$\left\{ \begin{array}{rcll} f(y)&=&0&\textrm{ si }y\in S\\ f(y)&=&v(x)&\textrm{ si }y\in \textrm{Im}(u)\textrm{ et }y=u(x). \end{array}\right. $$ Cette définition a bien un sens. En effet, si $y=u(x_1)=u(x_2)$, alors $x_1-x_2\in\ker(u)\subset\ker(v)$ et donc $v(x_1)=v(x_2)$. De plus, $f$ ainsi défini est bien linéaire. Il suffit de verifier la linéarité sur $\textrm{Im}(u)$. Mais prenons $y_1=u(x_1),\ y_2=u(x_2)\in\textrm{Im}(u)$ et $\lambda\in\mathbb K$. Alors $$y_1+\lambda y_2=u(x_1)+\lambda u(x_2)=u(x_1+\lambda x_2)$$ et donc $$f(y_1+\lambda y_2)=v(x_1+\lambda x_2)=v(x_1)+\lambda v(x_2)=f(y_1)+\lambda f(y_2).$$ Ceci achève la preuve du résultat.

Posons $S=\begin{pmatrix}A^{-1}&-A^{-1}CB^{-1}\\0&B^{-1}\end{pmatrix}.$ Alors on remarque que $TS=I_{n+m}$. Ainsi, $T$ est inversible et son inverse est $S$.

La matrice $A\otimes B$ est une matrice de $\mathcal M_{np}(\mathbb R)$. De plus, ses coefficients diagonaux sont constitués par :

• les coefficients diagonaux de $B$ multipliés par $a_{1,1}$
• les coefficients diagonaux de $B$ multipliés par $a_{2,2}$
• $\vdots$
• les coefficients diagonaux de $B$ multipliés par $a_{n,n}$.

Donc ce sont les $a_{i,i}b_{j,j}$, pour $i=1,\dots,n$, $j=1,\dots p$. On a donc $$\textrm{tr}(A\otimes B)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^p a_{i,i}b_{j,j}=\left(\sum_{i=1}^n a_{i,i}\right)\left(\sum_{j=1}^p b_{j,j}\right)= \textrm{tr}(A)\textrm{tr}(B).$$

On va plutôt déterminer la dimension du noyau de $M$. Soit $X=\begin{pmatrix}X_1\\X_2\end{pmatrix}$ tel que $MX=0$. Ceci est équivalent à $$\left\{\begin{array}{rcl} AX_1&=&0\\ BX_1+CX_2&=&0 \end{array}\right.$$ Puisque $A$ est inversible, c'est équivalent à $X_1=0$ et $CX_2=0$, c'est-à-dire $X_2\in \ker(C)$. On a donc $\ker(M)=\{0\}\times \ker(C)$ et donc $\dim(\ker(M))=\dim(\ker(C))$. Il vient $$\textrm{rg}(M)=p+q-\dim(\ker(M))=p+(q-\dim(\ker(C))=\textrm{rg}(A)+\textrm{rg}(C).$$

On va calculer la dimension du noyau de $B$. Notons $m_i$ le nombre de colonnes de $A_i$ et $r_i$ le rang de $A_i$, pour $i=1,\dots,n$. Notons $E_i$ le noyau de $A_i$, qui est, par le théorème du rang, de dimension $m_i-r_i$. Soit $X=\begin{pmatrix}X_1\\ X_2\\ \vdots \\ X_n\end{pmatrix}.$ Alors $$BX=0\iff \forall i=1,\dots,n,\ A_i X_i=0\iff \forall i=1,\dots,n,\ X_i\in E_i.$$ On en déduit que $\ker B=E_1\times\cdots\times E_n$ et donc \begin{align*} \dim(\ker(B))&=\dim(E_1)+\cdots+\dim(E_n)\\ &=(m_1+\cdots+m_n)-(r_1+\cdots+r_n). \end{align*} Appliquant à nouveau le théorème du rang, on trouve que $$\textrm{rg}(B)=(m_1+\cdots+m_n)-\dim(\ker(B))=r_1+\cdots+r_n.$$

On notera, pour éviter toute confusion, $u$ et non $A$ l'endomorphisme de $\mathbb R^n$ dont la matrice dans la base canonique de $\mathbb R^n$ est $A$.

1. Puisque $A$ est de rang $r$, $\ker(u)$ est de dimension $n-r$ d'après le théorème du rang. Soit $S$ un supplémentaire de $\ker(u)$, de dimension $r$, et considérons $(e_1,\dots,e_r)$ une base de $S$, $(e_{r+1},\dots,e_{n})$ une base de $\ker(u)$, de sorte que $(e_1,\dots,e_n)$ est une base de $\mathbb K^n$. Alors la matrice de $u$ dans la base $(e_1,\dots,e_n)$ a bien la forme voulue.
2. On reprend la même démonstration, mais cette fois on choisit comme supplémentaire de $\ker(u)$ le sous-espace vectoriel $\textrm{Im}(u)$. On a alors bien $C=0$, et puisque le rang de $A$ vaut $r$, il en est de même du rang de $B$ qui est donc inversible.