Aplication linéaire4

[Jean37]

Bonjour,je n'arrive pas à résoudre ces exercices,pourriez vous les résoudre s'il vous plait?
Exercice 9
L’espace vectoriel R
2 est muni de sa base canonique (e1, e2).
1. Montrer qu’il existe un unique automorphisme f de R²
tel que:
f(e1) = 2e1 + e2 et f(e2) = e1 + 2e2.
2. Montrer que
f² − 4f + 3IdR² = 0.
3. En déduire que $f^{-1}$ = af + bIdR² où a, b sont des réels à déterminer.
4. Montrer que 1 et 3 sont des valeurs propres de f. Déterminer les sous-espaces
propres E1 et E3 associés à ces valeurs propres.

Exercice 11
Soient E un R-ev de dimension finie et f(.) ∈ L(E). Montrer que:
1. [ker(f) = ker(f²)]<=> [ker(f) ∩ Im(f) = {0E}]
2. [E = Im(f) ⊕ ker(f)] [Im(f) = Im(f²)].

[Job]

Bonjour

Exercice 1
1. $f(xe_1+ye_2)=(2x+y)e_1+(x+2y)e_2$
$\left\{\begin{array}{rcl} 2x+y=0 \\ x+2y=0 \end{array}\right. \Longrightarrow x=y=0$ donc $\ker(f)=0_{{\mathbb R}^2}$ et $f$ injective de ${\mathbb R}^2$ dans ${\mathbb R}^2$ est bijective, c'est donc un automorphisme.
$f$ étant définie sur une base de ${\mathbb R}^2$, il y a unicité.

2. Il suffit de montrer l'égalité sur la base.
$f^2(e_1)=f(2e_1+e_2)=2f(e_1)+f(e_2)=5e_1+4e_2$ et $f^2(e_2)=f(e_1+2e_2)=f(e_1)+2f(e_2)=4e_1+5e_2$
$(f^2 -4f+3Id)(e_1)=5e_1+4e_2-4(2e_1+e_2)+3e_1=0$ et $(f^2 -4f+3Id)(e_2)=4e_1+5e_2-4e_1-8e_2+3e_2=0$

3. L'égalité précédente peut s'écrire : $f\circ (f-4Id)=-3Id$ soit $f\circ (-\frac{1}{3} f +\frac{4}{3} Id)=Id$
Donc $f^{-1}=-\frac{1}{3} f +\frac{4}{3} Id$

4. Soit $u=xe_1+ye_2$ et $f(u)=(2x+y)e_1+(x+2y)e_2$
$f(u)-u=(x+y)e_1+(x+y)e_2$
$f(u)-u=0 \Longleftrightarrow x+y=0$ donc 1 est valeur propre pour les vecteurs vérifiant $x+y=0$
Le sous espace propre $E_1$ est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteur $e_1-e_2$.

$f(u)-3u=(-x+y)e_1+(x-y)e_2$ donc $f(u)=3u\Longleftrightarrow x=y$. 3 est valeur propre pour les vecteurs vérifiant $x=y$.
Le sous-espace propre $E_2$ est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteur $e_1+e_2$.

N.B. Il y a d'autres méthodes pour la détermination des valeurs propres, je ne sais pas si c'est ce que vous avez vu.

[Job]

Exercice 11

1. Une première remarque : On a toujours $ker(f)\subset \ker(f^2)$ car $f(x)=0 \Longrightarrow f^2(x)=f(f(x))=f(0)=0$
Seconde remarque : pour l'équivalence, il faut bien séparer les 2 démonstrations.

a) Hypothèse : $ker(f)=ker(f^2)$
Soit $y\in \ker (f) \cap Im(f)$ : $\exists x\in E\ /\ y=f(x)$ et $f(y)=0$
Donc $f^2(x)=f(y)=0$ soit $x\in \ker(f^2)=\ker(f)$ donc $y=f(x)=0$. On a donc démontré que $\ker (f) \cap Im(f)=\{0\}$

b) Hypothèse : $\ker (f) \cap Im(f)=\{0\}$. D'après la première remarque, il reste à démontrer que $\ker(f^2)\subset \ker(f)$.
Soit $y\in \ker(f^2)$. $f(f(y))=0$ donc $f(y)\in \ker(f) \cap Im(f) $ d'où par hypothèse $f(y)=0$ soit $y\in \ker (f)$
On a donc démontré que $\ker(f^2)\subset \ker(f)$

2. On a toujours $Im(f^2)\subset Im(f)$ : Soit $y\in Im(f^2)$, $y=f^2(x)=f(f(x))$ donc $y\in Im (f)$ . On a donc $Im(f^2)\subset Im(f)$

$Im(f) +\ker(f) \subset E$ et $dim( Im(f)) +\dim (\ker (f) =dim (E) $ donc $E =Im(f) +\ker (f)$

Soit $y\in Im(f)$ donc $\exists x\in E\ /\ y=f(x)$
$\exists (z,t)\in E^2\ /\ x=z+t,\ z\in Im(f),\ t\in \ker(f)$
$y=f(z+t)=f(z)+f(t) =f(z)+0$ mais $z\in Im(f)$ donc $\exists a\in E\ /\ z=f(a)$. On a alors $y=f(f(a))=f^2(a)$ soit $y\in Im(f^2)$
On a donc $Im(f)\subset Im(f^2)$ et la double inclusion prouve l'égalité : $Im(f)=Im(f^2)$

Puisque $Im(f)=Im(f^2)$, $dim(\ker(f)=dim(\ker(f^2) $ or $\ker(f)\subset \ker(f^2)$ (Première remarque) donc $\ker(f)=\ker(f^2)$.
Soit $y\in Im(f) \cap \ker(f)$ alors $\exists x \in E\ /\ y=f(x)$ et $f(y)=0$ donc $f^2(x)=0$
Puisque $\ker(f)=\ker(f^2),\ x\in \ker(f)$ et $y=f(x)=0$
donc $Im(f)\cap \ker (f) =\{0\}$ et la somme est donc directe.