Noyaux et images itérés

Problèmes de Mathématiques
Noyaux et images itérés
Énoncé
Noyaux et images itérés
Soit E un espace vectoriel sur IK (IK = IR ou C).
l Soit f un endomorphisme de E.
0
On pose f = 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 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 à l’égalité r = s. [ S ]
(d) Montrer que E = Im f r ⊕ Ker f r . [ S ]
(e) Etablir que la restriction de f à Ker f r est nilpotente. [ S ]
(f) Montrer que la restriction de f à 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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Corrigé
Corrigé du problème
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 (x0 ) avec x0 = f (x).
On a donc vérifié les inclusions, pour 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 décroissante.
Enfin, puisque f k commute avec f , le noyau et l’image de f k sont stables par f (c’est une
propriété classique du cours.)
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 de prouver que si Ker f k = Ker f k+1 alors la suite des Ker f m est stationnaire
à 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 en découle par une récurrence évidente.
Compte tenu de la croissance de la famille des noyaux itérés, il suffit de démontrer que si
Ker f k+1 ⊂ Ker f k alors Ker f k+2 ⊂ Ker f k+1 .
En effet, supposons Ker f k+1 ⊂ Ker f k et soit x un élément de Ker f k+2 .
→
−
→
−
Alors f k+2 (x) = 0 , c’est-à-dire f k+1 (f (x)) = 0 .
Autrement dit f (x) appartient à Ker f k+1 donc à Ker f k .
→
−
Il s’ensuit que f k (f (x)) = 0 , c’est-à-dire x ∈ Ker f k+1 , ce qu’il fallait démontrer. [ 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 hypothèse, soit y un élément de Im f k+1 .
Par définition il existe un élément 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 x0 de E tel que z = f k+1 (x0 ).
On en déduit que y = f (z) = f k+2 (x) : y appartient bien à Im f k+2 . [ Q ]
4. (a) – On suppose que Im f = Im f 2 . Soit x un élément quelconque de E.
f (x) est dans Im f donc dans Im f 2 : il existe x0 dans E tel que f (x) = f 2 (x0 ).
→
−
Avec cette notation, on constate que f (x − f (x0 )) = 0 .
Le vecteur x00 = x − f (x0 ) est donc un élément de Ker f .
L’égalité x = f (x0 )+x00 est bien la décomposition 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 .
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Corrigé
– Réciproquement, 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 élément de Im f : il existe x dans E tel que y = f (x).
En utilisant l’hypothèse, on peut décomposer x en la somme d’un élément u de
Im f (qui peut donc s’écrire u = f (v)) et d’un élément 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 donc élément de Im f 2 , ce qu’il fallait démontrer.
[Q]
(b) – On suppose que f et f 2 ont le même noyau.
Il faut montrer que Im f et Ker f sont en somme directe.
Soit y un élément de Im f ∩ Ker f : il existe x dans E tel que y = f (x).
→
−
→
−
Mais f (y) = 0 , c’est-à-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 y, est nul.
→
−
– Réciproquement, on suppose que Ker f ∩ Im f = { 0 }.
Il faut montrer que Ker f 2 = Ker f et il suffit de vérifier que Ker f 2 ⊂ Ker f .
Soit x un élément de Ker 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 en utilisant l’hypothèse que le vecteur y = f (x) est nul.
Autrement dit x est dans Ker f , ce qu’il fallait démontrer.
[Q]
(c) C’est une simple conséquence des deux questions précédentes :
E = Im f + Ker f
Im f = Im f 2
E = Im f ⊕ Ker f ⇐⇒
⇐⇒
→
−
Im f ∩ Ker f = { 0 }
Ker f = Ker f 2
5. (a) Pour tout m ≥ r, on a Im f m = Im f r , et donc Im f 2r = Im f r .
[Q]
Mais la question (4a) montre alors que E = Im f r + Ker f r .
Im f r ⊂ Im f s
Par définition de r et de s, et puisque s ≤ r, on a :
Ker f r = Ker f s
L’égalité E = Im f r + Ker f r et ces résultats donnent alors E = Im f s + Ker f s .
On en déduit toujours d’après (4a) que Im f 2s = Im f s .
Autrement dit, la suite des images Im f k est déjà stationnaire lorsque k = s.
Par définition de r, on en déduit 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 }.
Ker f r ⊂ Ker f s
Par définition de r et de s, et puisque r ≤ s, on a :
Im f r = Im f s
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Corrigé
→
−
→
−
L’égalité Im f s ∩ Ker f s = { 0 } et ces résultats donnent alors Im f r ∩ Ker f r = { 0 }.
On en déduit toujours d’après (4b) que Ker f 2r = Ker f r .
Autrement dit, la suite des noyaux Ker f k est déjà stationnaire lorsque k = r.
Par définition de s, on en déduit s ≤ r et donc s = r. [ Q ]
(c) C’est maintenant évident. Que l’on suppose r ≤ s ou s ≤ r (et on est nécessairement
dans l’un de ces deux cas), on en déduit toujours que r et s sont identiques. [ Q ]
Ker f r = Ker f 2r
(d) Cela découle immédiatement de
et de la question (4c). [ Q ]
Im f r = Im f 2r
→
−
(e) Soit x un élément quelconque de Ker f r . Par définition f r (x) = 0 , ce qui signifie
que la restriction g de f à Ker f r vérifie g r = 0 : c’est une application nilpotente. [ Q ]
(f) Soit h la restriction de f à Im f r .
→
−
– L’application h est injective. En effet si x appartient à Im f r et si h(x) = 0 ,
→
−
c’est-à-dire si f (x) = 0 , alors x appartient à Ker f , donc à Ker f r .
Il appartient donc à Im f r ∩ Ker f k : nécessairement x est nul.
– L’application h est surjective. En effet soit y un élément 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 alors écrire y = f (z) où z = f r (x) est un élément de Im f r .
Autrement dit y = h(z) est dans l’image de h : h est surjective.
Conclusion : la restriction de f à Im f r est un automorphisme de Im f r . [ Q ]
6. (a) – Supposons par l’absurde que 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 est formée de n + 2 entiers appartenant tous à l’intervalle [0, n].
On en déduit que Ker f n = Ker f n+1 , ce qui prouve l’existence de l’entier r et le
fait que r est inférieur ou égal à n.
– De même, on a Im f n = Im f n+1 sinon la suite des dim Im f k (avec 0 ≤ k ≤ n + 1)
serait strictement décroissante et formée de n + 2 entiers de [0, n].
On en déduit l’existence de l’entier s et le fait que s est inférieur ou égal à n.
Conclusion : en utilisant la question (5c), l’entier r = s existe et r ≤ n. [ Q ]
(b) On sait que dim E = dim Im f + dim Ker f = dim Im f 2 + dim Ker f 2 .
On en déduit l’équivalence : dim Ker f = dim Ker f 2 ⇐⇒ dim Im f = dim Im f 2 .
D’autre part les inclusions Ker f ⊂ Ker f 2 et Im f 2 ⊂ Im f permettent d’écrire les
Ker f = Ker f 2 ⇐⇒ dim Ker f = dim Ker f 2
équivalences
Im f = Im f 2 ⇐⇒ dim Im f = dim Im f 2
On en déduit :
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Ker f = Ker f 2
⇐⇒ dim Ker f = dim Kerf 2 ⇐⇒ dim Im f = dim Im f 2
Ker f = Ker f 2
⇐⇒ Im f = Im f 2 ⇐⇒
[Q]
Im f = Im f 2
⇐⇒ E = Im f ⊕ Ker f
7. (a) Soit E = IK = R[X] l’espace vectoriel des polynômes à coefficients dans IR.
f : P → P 0 est surjective car tout polynôme est le dérivé d’un autre polynôme.
On en déduit 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 à 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 E = IR[X], soit f l’application définie par P → f (P ) = XP .
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 polynômes divisibles par X k .
La suite des Im f k est toujours strictement croissante ce qui prouve que l’entier r
n’existe pas. [ Q ]
(c) Soient E = IR[X]2 et f l’endomorphisme de E défini par f (P, Q) = (P 0 , XQ).
Pour tout entier k et tous polynômes 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 égal à (IR[X], Xk IR[X]), qui contient strictement Im f k+1 .
On a donc trouvé un endomorphisme f d’un espace vectoriel E pour lequel les entiers
r et s n’existent pas. [ Q ]
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