Corrigé DM4. - Lycée Jean Perrin

Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2013/2014
À rendre pour le Vendredi 13 Décembre
Devoir en temps libre no4 de Mathématiques
E est un R-espace vectoriel de dimension n.
Le but de ce problème est de montrer que si f est un endomorphisme de E , il existe un entier p tel
que :
1 6 p 6 n et Ker f p ⊕ Im f p = E (1)
On notera f p = f ◦ f ◦ · · · ◦ f .
|
{z
p
}
fois
1. On suppose que f est un automorphisme de E . Alors f est injective et surjective, d'où Ker f = {0}
et Im f = E . Il est donc évident que :
Ker f ⊕ Im f = E,
et p = 1
2. On suppose dans cette question que n = 3, B = (e1 , e2 , e3 ) est une base de E et f est l'endomorphisme de E de matrice dans, d'où la base B :

4 −1 5
A =  −2 −1 −1 
−4 1 −5
 
x
(a) Soit u = xe1 + ye2 + ze3 . On pose X =  y  le vecteur des coordonnées de u dans la
z
base B. u ∈ Ker f si et seulement si f (x) = 0, c'est à dire AX = 0. Or :

 4x − y + 5z = 0
−2x − y − z = 0
AX = 0 ⇐⇒

−4x + y − 5z = 0
{
4x − y + 5z = 0
⇐⇒
L2 ← L2 − L1
6x + 6z
= 0
  



{
x
x
1
z = −x
AX = 0 ⇐⇒
⇐⇒  y  =  −x  = x  −1 
y = −x
z
−x
−1

Le résultat montre que :
(e′1 ) = (e1 − e2 − e3 ) est une base de Ker f .
On sait par ailleurs qu'une famille génératrice de Im f est
(
) (
)
f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) = 4e1 − 2e2 − 4e3 , −e1 − e2 + e3 , 5e1 − e2 − 5e3
et que, par le théorème du rang, dim Im f = 2. On peut donc extraire une base de deux
vecteurs de cette famille.
(e′2 , e′3 ) = (4e1 − 2e2 − 4e3 , −e1 − e2 + e3 ) est une base de Im f .
1/5
Maintenant, on peut constater que detB (e′1 , e′2 , e′3 ) = 0, ou plus simplement que :
1
e′1 = (e′2 + e′3 )
3
donc (e′1 , e′2 , e′3 ) n'est pas une base de E . Les sous-espaces vectoriels Ker f et Im f ne sont
pas par conséquent des sous-espaces vectoriels supplémentaires de E .
On ne peut pas choisir p = 1.
(b) La matrice dans la base B de f 2 est :


−2 2 −4
A2 =  −2 2 −4 
2 −2 4
De même qu'à la question précédente, un vecteur u = xe1 + ye2 + ze3 est dans Ker f si et
seulement si :


 

 
−2
1
y − 2z
x
 = y 1 +z 0 
 y =
y
1
0
z
z

−2x + 2y − 4z = 0 soit :
On en déduit ainsi que :
(e′′1 , e′′2 ) = (e1 + e2 , −2e1 + e3 ) est une base de Ker f 2 .
(
)
De même également, on a Im f 2 = Vect f 2 (e1 ), f 2 (e2 ), f 2 (e3 ) = Vect(−2e1 − 2e2 + 2e3 ).
(e′′3 ) = (e1 + e2 − e3 ) est une base de Im f 2 .
Enn, constatons que :
det(e′′1 , e′′2 , e′′3 )
B
1 −2 1
1 = −2 ̸= 0
= 1 0
0 1 −1
La famille (e′′1 , e′′2 , e′′3 ) est une base de E , ce qui prouve que :
E = Ker f 2 + Im f 2 et dim E = dim Ker f 2 + dim Im f 2
En conclusion, on a bien :
E = Ker f 2 ⊕ Im f 2
et il est possible de choisir p = 2 dans cet exemple.
3.
Dans cette question, m est un réel, n
= 4 et B = (e1 , e2 , e3 , e4 ) est une base de E et f est
l'endomorphisme de E dont la matrice dans la base B est :


0 −1 0
0
 0 m
0
0 

Am = 
 1 0 −m −1 
0 1
0
0
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(a) Un élément u = xe1 + ye2 + ze3 + te4 est élément de Ker f si et seulement si :


x
−y
= 0



 y 
my
= 0

Am 
 z  = 0 soit :  x − mz − t = 0


t
y
= 0

 


  
1
m
mz + t
x





 y  
0
 = z  0  + t  0 .
=
C'est à dire y = 0 et x = mz + t soit 
 0 

 1 
 z  
z
1
0
t
t
La famille (me1 + e3 , e1 + e4 ) est donc une famille génératrice de Ker f , clairement libre,

donc :
(e′1 , e′2 ) = (me1 + e3 , e1 + e4 ) est une base de Ker f .
(
)
Par ailleurs, on peut extraire de la famille f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ), f (e4 ) une base de Im f :
(e′3 , e′4 ) = (e3 , −e1 + me2 + e4 ) est une base de Im f .
On peut choisir p = 1 si et seulement si la famille (e′1 , e′2 , e′3 , e′4 ) est une base de E , c'est à
dire si et seulement si detB (e′1 , e′2 , e′3 , e′4 ) ̸= 0. Calculons donc, en développant à partir de la
troisième colonne, puis de la deuxième ligne :
′
′
′
′
det(e1 , e2 , e3 , e4 ) = B
m
0
1
0
1
0
0
1
0 −1 m 1 −1
m 1
0 m 0 0 m = −m
= −m2
=
0 1
1 0 0 1 1
0 1 On voit que detB (e′1 , e′2 , e′3 , e′4 ) ̸= 0 si et seulement si m ̸= 0 :
On peut choisir p = 1 si et seulement si m ̸= 0.
(b) Il reste à déterminer le plus petit entier p vériant (1) pour m = 0. Si c'est le cas, on a :


0 −1 0 0
 0 0 0 0 

A0 = 
 1 0 0 −1 
0 1 0 0

0 0 0

0 0 0
et A20 = 
 0 −2 0
0 0 0

0
0 

0 
0
Il est clair que (e1 , e3 , e4 ) est une base de Ker f 2 et que (e3 ) est une base de Im f 2 . Donc
Ker f 2 et Im f 2 ne sont pas des sous-espaces vectoriels supplémentaires et p ̸= 2. Enn A3 =
0, Donc (e1 , e2 , e3 , e4 ) est une base de Ker f 3 , et ici il est évident que Ker f 3 ⊕ Im f 3 = E
donc :
Si m = 0, on a p = 3.
4.
Etude du cas général
Dans cette question, f est un endomorphisme non bijectif de E .
(a) Soit k ∈ N. Montrons les points qui suivent :
⋆ Ker f k ⊂ Ker f k+1 .
(
)
Soit x ∈ Ker f k . Alors f k (x) = 0, et f k+1 (x) = f f k (x) = f (0) = 0.
Donc x ∈ Ker f k+1 .
3/5
⋆ Im f k+1 ⊂ Im f k .
Soit y ∈ Im f k+1 . Alors il existe x ∈ E tel que y = f k+1 (x), ce qui peut s'écrire aussi :
(
)
y = f k f (x) = f k (z) avec z = f (x)
Donc y ∈ Im f k .
En résumé, il est prouvé que :
∀k ∈ N, Ker f k ⊂ Ker f k+1 et Im f k+1 ⊂ Im f k .
(b) On pose ∀k ∈ N, ak = dim Ker f k . D'après la question précédente :
∀k ∈ N, Ker f k ⊂ Ker f k+1 , et donc dim Ker f k 6 dim Ker f k+1 .
Autrement dit ∀k ∈ N, ak 6 ak+1 , d'où :
(ak )k∈N est une suite croissante d'éléments de N.
(c) La suite (ak ) est croissante et majorée par n = dim E (tout sous-espace vectoriel de E
est de dimension inférieure ou égale à celle de E ). Si on suppose qu'elle est strictement
croissante, alors pour tout entier k , ak+1 > ak donc ak étant un entier :
ak+1 > ak + 1
Une récurrence très simple montre que pour tout entier k , ak > k + a0 , d'où :
an+1 > n + 1 + a0 > n + 1
ce qui est impossible. Donc, en notant F l'ensemble des éléments de N tel que ak = ak+1 :
F n'est pas vide
Tout partie non vide de N admettant un plus petit élément :
F possède un plus petit élément.
(d) On note p ∈ [[1, n]] le plus petit élément de F . Par dénition de F , on a ap = ap+1 et, si
k < p, ak ̸= ak+1 . Autrement dit, il existe un entier p ∈ [[1, n]] tel que :
• ∀k ∈ [[0, p − 1]], dim Ker f k ̸= dim Ker f k+1 .
• dim Ker f p = dim Ker f p+1 .
Ces ensembles étant inclus kes uns dans les autres, on en déduit :
Il existe un entier p ∈ [[1, n]] tel que :
• ∀k ∈ [[0, p − 1]], Ker f k ̸= Ker f k+1 .
• Ker f p = Ker f p+1 .
(e) Montrons par récurrence sur k > p que ∀k ∈ [|p, +∞[|, Ker f k = Ker f p .
⋆ Pour k = p, c'est évident.
⋆ Soit k un entier supérieur ou égal à p xé. On suppose que Ker f k = Ker f p .
On a vu à la question 4a que Ker f k ⊂ Ker f k+1 , donc Ker f p ⊂ Ker f k+1 .
Réciproquement, si x ∈ Ker f k+1 on a f (x) ∈ Ker f k , donc f (x) ∈ Ker f p , c'est à dire :
(
)
f p f (x) = 0 = f p+1 (x) donc x ∈ Ker f p+1
Mais par dénition, Ker f p = Ker f p+1 . Donc x ∈ Ker f p .
D'où Ker f k+1 ⊂ Ker f p , et on a l'égalité de ces deux ensembles.
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⋆ En conclusion, on a par récurrence :
∀k ∈ [|p, +∞[|, Ker f k = Ker f p
(f) Montrons que E = Ker f p ⊕ Im f p .
⋆ Soit x ∈ Ker f p ∩ Im f p . Alors f p (x) = 0 et il existe y ∈ E tel que x = f p (y). D'où :
(
)
f 2p (y) = f p f p (y) = f p (x) = 0
ce qui signie que y ∈ Ker f 2p . Mais la question précédente montre que Ker f 2p = Ker f p .
Donc y ∈ Ker f p . Ainsi :
x = f p (y) = 0
Il est donc prouvé que Ker f p ∩ Im f p = {0}.
⋆ Par le théorème du rang, on sait que dim Ker f p + dim Im f p = dim E .
Avec les deux conditions qui viennent d'être vériées, on peut conclure que :
E = Ker f p ⊕ Im f p
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