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´matiques Probl` emes de Mathematiques emes e ´ ´ Noyaux et images iter eres es

´ noncé E

Noyaux oyaux et image ma gess it´ er´ es Soit E un espace vectoriel sur IK IK (IK (IK = IR IR ou C). l Soit f un endomorphisme de E . On pose f 0 = IdE , et pour tout entier k ≥ 1, f k = f ◦ f k−1 . 1. Montrer que (Im f k )k≥0 et (Ker f k )k≥0 forment respectivement une suite décroissante ecroissante et une suite croissante de sous-espaces vectoriels de E stables par f . [ S ] 2. Montrer que si Ker f k = Ker f k+1 , alors ∀ m ≥ k : Ker f m = Ker f k . [ S ] 3. Montrer que si Im f k = Im f k+1, alors ∀ m ≥ k : Im f m = Im f k [ S ] 4. Montrer successivement : (a) Im f = Im f 2 ⇐⇒ E = Im f + + Ker f . [ S ] − → (b) Ker f = = Ker f 2 ⇐⇒ Im f ∩ Ker f = { 0 }. [ S ] (c) E = Im f ⊕ Ker f ⇐⇒ Im f = Im f 2 et Ker f = = Ker f 2 . [ S ] 5. Soit s (en supposant qu’il existe) le plus petit k tel que Ker f k = Ker f k+1. Soit r (en supposant qu’il existe) le plus petit k tel que Im f k = Im f k+1 . On veut montrer que r = s . (a) Montrer que si s ≤ r, alors Im f s = Im f r , puis s = r . [ S ] (b) Prouver que si r ≤ s, alors Ker f s = Ker f r , puis s = r . [ S ] (c) Conclure a` l’égalité r = s . [ S ] (d) Montrer que E = Im f r ⊕ Ker f r . [ S ] (e) Etablir que la restriction de f a` Ker f r est nilpotente. nilpotente. [ S ] (f) Montrer que la restriction de f a` Im f r est un automorphisme de Im f r . [ S ] 6. On suppose que E est de dimension finie n. (a) Montrer que les entiers r et s existent, et que r = s ≤ n. [ S ] (b) Montrer que E = Im f ⊕ Ker f ⇐⇒ Im f = Im f 2 ⇐⇒ Ker f = = Ker f 2. [ S ] 7. Donner un exemple des situations suivantes : (a) L’entier r existe, mais pas l’entier s. [ S ] (b) L’entier s existe, mais pas l’entier r. [ S ] (c) Aucun des entiers r et s n’existe. [ S ]

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Corrig´ ig é

Corrig´ e du probl` eme 1. Pour tout entier naturel k , Ker f k et Im f k sont des sous-espaces vectoriels de E (car ils sont le noyau et l’image de f k qui est un endomorphisme de E .) .) − → − → D’autre part x ∈ Ker f k ⇒ f k (x) = 0 ⇒ f k+1(x) = 0 ⇒ x ∈ Ker f k+1 . Enfin y ∈ Im f k+1 ⇒ (∃x ∈ E, y = f k+1 (x)) ⇒ y = f k (x ) avec x = f (x). On a donc vérifi´ erifié les inclusions, inclu sions, pour pou r tout entier k : – Ker f k ⊂ Ker f k+1 : la suite des Ker f k est croissante. – Im f k+1 ⊂ Im f k : la suite des Im f k est décrois ecr oissant sante. e. Enfin, puisque f k commute avec f , le noyau et l’image de f k sont stables par f (c’est une propri´ pro priét´ eté classi cla ssique que du cours. cou rs.)) On peut aussi remarquer que, pour tout entier naturel k : – Si x est dans Ker f k , alors f (x) est dans Ker f k−1 donc dans Ker f k . – Si y est dans Im f k , alors f (y ) est dans Im f k+1 donc dans Im f k . [Q] 2. On demande demande de prouver prouver que si Ker f k = Ker f k+1 alors la suite des Ker f m est stationnaire a` partir de m = k . Il suffit pour cela de prouver que si Ker f k = Ker f k+1 alors Ker f k+1 = Ker f k+2 , et la conclusion concl usion en découle ecoul e par une récurrence ecur rence évidente. evide nte. Compte Compt e tenu t enu de d e la l a croiss c roissance ance de la famille f amille des noyaux it´ i tér´ erés, es, il suffit s uffit de démontrer emontr er que si k +1 k k +2 k +1 Ker f ⊂ Ker f alors Ker f ⊂ Ker f . En effet, supposons Ker f k+1 ⊂ Ker f k et soit x un él´ eléme em ent de Ker Ke r f k+2 . − → − → Alors f k+2 (x) = 0 , c’est-à-dire a-dire f k+1 (f (x)) = 0 . Autrement dit f (x) appartient a` Ker f k+1 donc a` Ker f k . − → Il s’ensuit que f k (f (x)) = 0 , c’est-à-dire a-dire x ∈ Ker f k+1 , ce c e qu’il fallait fallai t démontrer. emontr er. [ Q ] 3. Il suffit là encore de prouver que si Im f k ⊂ Im f k+1 alors Im f k+1 ⊂ Im f k+2 . Avec cette cett e hypoth` hypot hèse, ese, soit y un un élément me nt de Im f k+1. Par défini efi niti tion on il exis ex iste te un él´ elément em ent x de E tel que y = f k+1 (x), donc y = f (f k (x)). Le vecteur z = f k (x) est dans Im f k donc dans Im f k+1 . Il existe donc un vecteur x de E tel que z = f k+1 (x ). On en déduit edu it que y = f (z ) = f k+2(x) : y appartient bien a` Im f k+2 . [ Q ] 4. (a) (a) – On suppo suppose se que que Im Im f = Im f 2 . Soit x un él´ elément em ent quel qu elco conq nque ue de E . f (x) est dans Im f donc dans Im f 2 : il existe x dans E tel que f (x) = f 2 (x ).

− → Avec cette notation, on constate que f (x − f (x )) = 0 .

Le vecteur x = x − f (x ) est donc don c un él´ elément eme nt de Ker f . L’égalité x = f (x ) + x est bien la décompositio ecomp osition n de x comme somme d’un vecteur de Im f et d’un vecteur de Ker f . On a donc prouvé que E est la somme des sous-espaces Im f et Ker f .



Corrig´ ig é

– Réciproquement, eciproquement, on suppose que E = Im f + + Ker f . Montrons que Im f = Im f 2 . Il suffit évidemment de prouver que Im f ⊂ Im f 2 . Soit y un un él´ eléme em ent de Im f : il existe x dans E tel que y = f (x). En utilisant utilisa nt l’hypoth` l’hypo thèse, ese, on peut peu t décomposer ecomp oser x en la somme so mme d’un d’ un él´ elément em ent u de Im f (qui (q ui peut peu t donc s’écrire ecrir e u = f (v )) et d’un d’ un él´ elémen em entt w de Ker f . On a alors : y = f (x) = f (u + w) = f (f (v ) + w) = f 2 (v ) + f (w) = f 2 (v ). Le vecteur y est e st donc do nc él´ elément em ent de Im f 2 , ce qu’il fallait fallai t démontrer. emontre r. [Q] (b) – On suppose que f et f 2 ont le même eme noyau. noyau . Il faut montrer que Im f et Ker f sont en somme directe. Soit y un un él´ eléme em ent de Im f ∩ Ker f : il existe x dans E tel que y = f (x). − → − → Mais f (y ) = 0 , c’est-à-dire a-dire f 2 (x) = 0 : x est dans Ker f 2 donc dans Ker f . Il s’ensuit que f (x), c’est-à-dire a-dire y, est nul.

− → – Réciproquement, eciproquement, on suppose sup pose que Ker f ∩ Im f = { 0 }. Il faut montrer que Ker f 2 = Ker f et e t il suffit de vérifier erifier que Ker f 2 ⊂ Ker f . Soit x un él´ eléme em ent de Ker Ke r f 2 . Posons y = f (x).

− → Le vecteur y est dans Im f , et il est dans Ker f car f (y ) = f 2 (x) = 0 . On en déduit eduit en utilisant utilisa nt l’hypot l ’hypoth` hèse ese que le vecteur vecteu r y = f (x) est nul. Autrement Autrement dit x est dans Ker f , ce qu’il fallait fallai t démontrer. emontre r. [Q] (c) C’est une simple conséquence equen ce des deux questions quest ions préc´ ecédentes edente s : E = Im f ⊕ Ker f ⇐⇒



+ Ker f E = Im f + − → Im f ∩ Ker f = { 0 }

⇐⇒

 Im

f = Im f 2 Ker f = = Ker f 2

[Q]

5. (a) (a) Pour Pour tout tout m ≥ r, on a Im f m = Im f r , et donc Im f 2r = Im f r . Mais la question (4a) montre alors que E = Im f r + Ker f r . Par définiti efin ition on de r et de s, et puisque s ≤ r , on a :

 Im

f r ⊂ Im f s Ker f r = Ker f s

L’égalité E = Im f r + Ker f r et ces résultats esulta ts donnent donne nt alors a lors E = Im f s + Ker f s . On en déduit eduit toujours toujo urs d’après es (4a) que Im f 2s = Im f s . Autrement dit, la suite des images Im f k est es t déjà stationnaire lorsque k = s . Par définiti efin ition on de r , on en déduit edu it r ≤ s et donc r = s . [ Q ] (b) Pour tout m ≥ s, on a Ker f m = Ker f s , et donc Ker f 2s = Ker f s . − → Mais la question (4b) montre alors que Im f s ∩ Ker f s = { 0 }. Par définiti efin ition on de r et de s, et puisque r ≤ s, on a :

 Ker

f r ⊂ Ker f s Im f r = Im f s



Corrig´ ig é

− → − → L’égalité Im f s ∩ Ker f s = { 0 } et ces résultats esult ats donnent donne nt alors al ors Im f r ∩ Ker f r = { 0 }. On en déduit eduit toujours toujo urs d’après es (4b) que Ker f 2r = Ker f r . Autrement dit, la suite des noyaux Ker f k est es t déj` eja` stationnaire lorsque k = r . Par définiti efin ition on de s, on en déduit edu it s ≤ r et donc s = r . [ Q ] (c) C’est maintenant évident. evident. Que l’on suppose supp ose r ≤ s ou s ≤ r (et ( et on est nécessairem ecess airement ent dans l’un de ces deux cas), on en déduit eduit toujours que r et s sont identiques. [ Q ] (d) Cela Cel a découle eco ule immédiate edi atement ment de

 Ker

f r = Ker f 2r et de de la questio question n (4c). (4c). [ Q ] Im f r = Im f 2r

→ − (e) Soit x un él´ elément eme nt quelco que lconqu nquee de Ker f r . Par définitio efin ition n f r (x) = 0 , ce qui signifie que la restriction restriction g de f a` Ker f r vérifie g r = 0 : c’est une application nilpotente. [ nilpotente. [ Q ] (f) Soit h la restriction de f a` Im f r .

→ − – L’application h est injective. En effet si x appartient a` Im f r et si h(x) = 0 , − → c’est-à-dire a-dire si f (x) = 0 , alors x appartient a` Ker f , donc a` Ker f r . Il appartient donc a` Im f r ∩ Ker f k : néces ec essa sair irem ement ent x est nul. – L’application h est surjective. En effet soit y un un élémen em entt de Im f r . On sait que Im f r = Im f r+1. Il existe donc un x de E tel que y = f r+1 (x). On peut peu t alors écrire ecrir e y = f (z ) où z = f r (x) est es t un él´ elément em ent de Im f r . Autrement Autrement dit y = h (z ) est dans l’image de h : h est surjective. Conclusion : la restriction de f a` Im f r est un automorphisme de Im f r . [ Q ]

6. (a) – Suppos Supposons ons par l’abs l’absurd urdee que que Ker Ker f n soit strictement inclus dans Ker f n+1 . Alors Ker f 0 , Ker f , . . . , Ker f n+1 est strictement croissante pour l’inclusion. La suite des dimensions est donc strictement croissante, ce qui est impossible car elle ell e est form´ for mée ee de n + 2 entiers appartenant tous a` l’intervalle [0, n]. On en déduit eduit que Ker f n = Ker f n+1 , ce qui prouve l’existence de l’entier r et le fait que r est es t inf´ in férie er ieur ur ou égal eg al a` n. – De même, eme, on a Im f n = Im f n+1 sinon sinon la suite des dim Im f k (avec 0 ≤ k ≤ n + 1) serait sera it stricteme stric tement nt décroissante ecroi ssante et formée ee de n + 2 entie entiers rs de [0, n]. On en déduit eduit l’existence de l’entier s et le fait que s est es t inf´ in férie er ieur ur ou égal eg al a` n. Conclusion : en utilisant la question (5c), l’entier r = s existe et r ≤ n. [ Q ] (b) On sait que dim E = = dim dim Im f + + dim dim Ker f = = dim dim Im f 2 + dim dim Ker Ker f 2 . On en déduit edu it l’équivalen equ ivalence ce : dim d im Ker f = = dim Ker Ker f 2 ⇐⇒ dim dim Im f = dimIm f 2 . D’autre part les inclusions Ker f ⊂ Ker f 2 et Im f 2 ⊂ Im f permet p ermettent tent d’écrire ecrir e les Ker f = = Ker f 2 ⇐⇒ dim dim Ker f = = dim Ker Ker f 2 équi eq uival valen ence cess Im f = Im f 2 ⇐⇒ dimIm f = = dim dim Im f 2 On en déduit edu it :





Corrig´ ig é

Ker f = = Ker f 2

dim Ker f = = dim Ker Ker f 2 ⇐⇒ dimIm f = = dimIm f 2 ⇐⇒ dim Ker f = = Ker f 2 2 [Q] ⇐⇒ Im f = Im f ⇐⇒ Im f = Im f 2 ⇐⇒ E = Im f ⊕ Ker f



7. (a) (a) So Soit E = = IK = R [X] l’espace vectoriel des polynˆ omes omes a` coefficients dans IR. f : P → P  est surjective car tout polynˆ ome ome est le dériv´ erivé d’un autre autr e polynˆ poly nˆ ome. ome.

On en déduit eduit que Im f = = IR[X ] et donc r = 0 : ∀k ∈ IN, Im f k = IR[X]. En revanche, pour tout entier k , f k est l’application P → P (k) et le noyau de f k est égal a` IRk−1 [X], qui est strictement inclus dans Ker f k+1 (ce qui prouve que l’entier s n’existe pas). [ Q ] (b) Toujours avec avec E = = IR[X], soit f l’applicati l’app lication on définie efinie par P → f (P ) = X P . f est injective donc pour tout k , Ker f k = Ker f 0 = {0} : ainsi s = 0.

En revanche, f k est l’application qui à tout P associe X k P . L’espace Im f k est donc l’ensemble des polynˆ omes omes divisibles par X k . La suite des Im f k est toujours strictement croissante ce qui prouve que l’entier r n’existe n’existe pas. [ Q ] (c) Soient E = = IR[X]2 et f l’endomorphisme de E défini fin i par pa r f (P, Q) = (P  , X Q). Pour tout entier k et tous polynômes omes P, Q, on a f k (P, Q) = (P (k) , X k Q). Ker f k est l’ensemble IRk−1 [X] × {0}. Pour tout k , Ker f k est strictement inclus dans Ker f k+1. Im f k est es t égal eg al a` (IR[X], Xk IR[X]), qui contient strictement Im f k+1 . On a donc trouvé un endomorph endo morphisme isme f d’un espace vectoriel E pour pour lequel les entiers r et s n’existent pas. [ Q ]


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