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 ] c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Problèmes de Mathématiques Noyaux et images itérés 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 . c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Problèmes de Mathématiques Noyaux et images itérés 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 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Problèmes de Mathématiques Noyaux et images itérés 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 : c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Problèmes de Mathématiques Noyaux et images itérés Corrigé 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 ] c Page 5 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites.