Noyaux et images itérés

Probl` emes de Math´ ematiques
Noyaux et images it´ er´ es
´
Enonc´e
Noyaux et images it´er´es
Soit Eun espace vectoriel sur IK (IK = IR ou lC). Soit fun endomorphisme de E.
On pose f0= IdE,et pour tout entier k≥1, fk=f◦fk−1.
1. Montrer que (Im fk)k≥0et (Ker fk)k≥0forment respectivement une suite d´ecroissante et
une suite croissante de sous-espaces vectoriels de Estables par f.[S]
2. Montrer que si Ker fk= Ker fk+1, alors ∀m≥k: Ker fm= Ker fk.[S]
3. Montrer que si Im fk= Im fk+1, alors ∀m≥k: Im fm= Im fk[S]
4. Montrer successivement :
(a) Im f= Im f2⇐⇒ E= Im f+ Ker f.[S]
(b) Ker f= Ker f2⇐⇒ Im f∩Ker f={−→ 0}.[S]
(c) E= Im f⊕Ker f⇐⇒ Im f= Im f2et Ker f= Ker f2.[S]
5. Soit s(en supposant qu’il existe) le plus petit ktel que Ker fk= Ker fk+1.
Soit r(en supposant qu’il existe) le plus petit ktel que Im fk= Im fk+1.
On veut montrer que r=s.
(a) Montrer que si s≤r, alors Im fs= Im fr, puis s=r.[S]
(b) Prouver que si r≤s, alors Ker fs= Ker fr, puis s=r.[S]
(c) Conclure `a l’´egalit´e r=s.[S]
(d) Montrer que E= Im fr⊕Ker fr.[S]
(e) Etablir que la restriction de f`a Ker frest nilpotente. [S]
(f) Montrer que la restriction de f`a Im frest un automorphisme de Im fr.[S]
6. On suppose que Eest de dimension finie n.
(a) Montrer que les entiers ret sexistent, et que r=s≤n.[S]
(b) Montrer que E= Im f⊕Ker f⇐⇒ Im f= Im f2⇐⇒ Ker f= Ker f2.[S]
7. Donner un exemple des situations suivantes :
(a) L’entier rexiste, mais pas l’entier s.[S]
(b) L’entier sexiste, mais pas l’entier r.[S]
(c) Aucun des entiers ret sn’existe. [S]
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Probl` emes de Math´ ematiques
Noyaux et images it´ er´ es
Corrig´e
Corrig´e du probl`eme
1. Pour tout entier naturel k, Ker fket Im fksont des sous-espaces vectoriels de E(car ils
sont le noyau et l’image de fkqui est un endomorphisme de E.)
D’autre part x∈Ker fk⇒fk(x) = −→ 0⇒fk+1(x) = −→ 0⇒x∈Ker fk+1.
Enfin y∈Im fk+1 ⇒(∃x∈E, y =fk+1(x)) ⇒y=fk(x0) avec x0=f(x).
On a donc v´erifi´e les inclusions, pour tout entier k:
– Ker fk⊂Ker fk+1 : la suite des Ker fkest croissante.
– Im fk+1 ⊂Im fk: la suite des Im fkest d´ecroissante.
Enfin, puisque fkcommute avec f, le noyau et l’image de fksont stables par f(c’est une
propri´et´e classique du cours.)
On peut aussi remarquer que, pour tout entier naturel k:
– Si xest dans Ker fk, alors f(x) est dans Ker fk−1donc dans Ker fk.
– Si yest dans Im fk, alors f(y) est dans Im fk+1 donc dans Im fk.
[Q]
2. On demande de prouver que si Ker fk= Ker fk+1 alors la suite des Ker fmest stationnaire
`a partir de m=k. Il suffit pour cela de prouver que si Ker fk= Ker fk+1 alors Ker fk+1 =
Ker fk+2, et la conclusion en d´ecoule par une r´ecurrence ´evidente.
Compte tenu de la croissance de la famille des noyaux it´er´es, il suffit de d´emontrer que si
Ker fk+1 ⊂Ker fkalors Ker fk+2 ⊂Ker fk+1.
En effet, supposons Ker fk+1 ⊂Ker fket soit xun ´el´ement de Ker fk+2.
Alors fk+2(x) = −→ 0 , c’est-`a-dire fk+1(f(x)) = −→ 0 .
Autrement dit f(x) appartient `a Ker fk+1 donc `a Ker fk.
Il s’ensuit que fk(f(x)) = −→ 0 , c’est-`a-dire x∈Ker fk+1, ce qu’il fallait d´emontrer. [Q]
3. Il suffit l`a encore de prouver que si Im fk⊂Im fk+1 alors Im fk+1 ⊂Im fk+2.
Avec cette hypoth`ese, soit yun ´el´ement de Im fk+1.
Par d´efinition il existe un ´el´ement xde Etel que y=fk+1(x), donc y=f(fk(x)).
Le vecteur z=fk(x) est dans Im fkdonc dans Im fk+1.
Il existe donc un vecteur x0de Etel que z=fk+1(x0).
On en d´eduit que y=f(z) = fk+2(x) : yappartient bien `a Im fk+2.[Q]
4. (a) – On suppose que Im f= Im f2. Soit xun ´el´ement quelconque de E.
f(x) est dans Im fdonc dans Im f2: il existe x0dans Etel que f(x) = f2(x0).
Avec cette notation, on constate que f(x−f(x0)) = −→ 0 .
Le vecteur x00 =x−f(x0) est donc un ´el´ement de Ker f.
L’´egalit´e x=f(x0)+x00 est bien la d´ecomposition de xcomme somme d’un vecteur
de Im fet d’un vecteur de Ker f.
On a donc prouv´e que Eest la somme des sous-espaces Im fet Ker f.
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Corrig´e
– R´eciproquement, on suppose que E= Im f+ Ker f. Montrons que Im f= Im f2.
Il suffit ´evidemment de prouver que Im f⊂Im f2.
Soit yun ´el´ement de Im f: il existe xdans Etel que y=f(x).
En utilisant l’hypoth`ese, on peut d´ecomposer xen la somme d’un ´el´ement ude
Im f(qui peut donc s’´ecrire u=f(v)) et d’un ´el´ement wde Ker f.
On a alors : y=f(x) = f(u+w) = f(f(v) + w) = f2(v) + f(w) = f2(v).
Le vecteur yest donc ´el´ement de Im f2, ce qu’il fallait d´emontrer.
[Q]
(b) – On suppose que fet f2ont le mˆeme noyau.
Il faut montrer que Im fet Ker fsont en somme directe.
Soit yun ´el´ement de Im f∩Ker f: il existe xdans Etel que y=f(x).
Mais f(y) = −→ 0 , c’est-`a-dire f2(x) = −→ 0 : xest dans Ker f2donc dans Ker f.
Il s’ensuit que f(x), c’est-`a-dire y, est nul.
– R´eciproquement, on suppose que Ker f∩Im f={−→ 0}.
Il faut montrer que Ker f2= Ker fet il suffit de v´erifier que Ker f2⊂Ker f.
Soit xun ´el´ement de Ker f2. Posons y=f(x).
Le vecteur yest dans Im f, et il est dans Ker fcar f(y) = f2(x) = −→ 0 .
On en d´eduit en utilisant l’hypoth`ese que le vecteur y=f(x) est nul.
Autrement dit xest dans Ker f, ce qu’il fallait d´emontrer.
[Q]
(c) C’est une simple cons´equence des deux questions pr´ec´edentes :
E= Im f⊕Ker f⇐⇒ E= Im f+ Ker f
Im f∩Ker f={−→ 0}⇐⇒ Im f= Im f2
Ker f= Ker f2[Q]
5. (a) Pour tout m≥r, on a Im fm= Im fr, et donc Im f2r= Im fr.
Mais la question (4a) montre alors que E= Im fr+ Ker fr.
Par d´efinition de ret de s, et puisque s≤r,ona:Im fr⊂Im fs
Ker fr= Ker fs
L’´egalit´e E= Im fr+ Ker fret ces r´esultats donnent alors E= Im fs+ Ker fs.
On en d´eduit toujours d’apr`es (4a) que Im f2s= Im fs.
Autrement dit, la suite des images Im fkest d´ej`a stationnaire lorsque k=s.
Par d´efinition de r, on en d´eduit r≤set donc r=s.[Q]
(b) Pour tout m≥s, on a Ker fm= Ker fs, et donc Ker f2s= Ker fs.
Mais la question (4b) montre alors que Im fs∩Ker fs={−→ 0}.
Par d´efinition de ret de s, et puisque r≤s,ona:Ker fr⊂Ker fs
Im fr= Im fs
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Noyaux et images it´ er´ es
Corrig´e
L’´egalit´e Im fs∩Ker fs={−→ 0}et ces r´esultats donnent alors Im fr∩Ker fr={−→ 0}.
On en d´eduit toujours d’apr`es (4b) que Ker f2r= Ker fr.
Autrement dit, la suite des noyaux Ker fkest d´ej`a stationnaire lorsque k=r.
Par d´efinition de s, on en d´eduit s≤ret donc s=r.[Q]
(c) C’est maintenant ´evident. Que l’on suppose r≤sou s≤r(et on est n´ecessairement
dans l’un de ces deux cas), on en d´eduit toujours que ret ssont identiques. [Q]
(d) Cela d´ecoule imm´ediatement de Ker fr= Ker f2r
Im fr= Im f2ret de la question (4c). [Q]
(e) Soit xun ´el´ement quelconque de Ker fr. Par d´efinition fr(x) = −→ 0 , ce qui signifie
que la restriction gde f`a Ker frv´erifie gr= 0 : c’est une application nilpotente. [Q]
(f) Soit hla restriction de f`a Im fr.
– L’application hest injective. En effet si xappartient `a Im fret si h(x) = −→ 0 ,
c’est-`a-dire si f(x) = −→ 0 , alors xappartient `a Ker f, donc `a Ker fr.
Il appartient donc `a Im fr∩Ker fk: n´ecessairement xest nul.
– L’application hest surjective. En effet soit yun ´el´ement de Im fr.
On sait que Im fr= Im fr+1. Il existe donc un xde Etel que y=fr+1(x).
On peut alors ´ecrire y=f(z) o`u z=fr(x) est un ´el´ement de Im fr.
Autrement dit y=h(z) est dans l’image de h:hest surjective.
Conclusion : la restriction de f`a Im frest un automorphisme de Im fr.[Q]
6. (a) – Supposons par l’absurde que Ker fnsoit strictement inclus dans Ker fn+1.
Alors Ker f0,Ker f, . . . , Ker fn+1 est strictement croissante pour l’inclusion.
La suite des dimensions est donc strictement croissante, ce qui est impossible car
elle est form´ee de n+ 2 entiers appartenant tous `a l’intervalle [0, n].
On en d´eduit que Ker fn= Ker fn+1, ce qui prouve l’existence de l’entier ret le
fait que rest inf´erieur ou ´egal `a n.
– De mˆeme, on a Im fn= Im fn+1 sinon la suite des dim Im fk(avec 0 ≤k≤n+ 1)
serait strictement d´ecroissante et form´ee de n+ 2 entiers de [0, n].
On en d´eduit l’existence de l’entier set le fait que sest inf´erieur ou ´egal `a n.
Conclusion : en utilisant la question (5c), l’entier r=sexiste et r≤n.[Q]
(b) On sait que dim E= dim Im f+ dim Ker f= dim Im f2+ dim Ker f2.
On en d´eduit l’´equivalence : dim Ker f= dim Ker f2⇐⇒ dim Im f= dim Im f2.
D’autre part les inclusions Ker f⊂Ker f2et Im f2⊂Im fpermettent d’´ecrire les
´equivalences Ker f= Ker f2⇐⇒ dim Ker f= dim Ker f2
Im f= Im f2⇐⇒ dim Im f= dim Im f2
On en d´eduit :
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Ker f= Ker f2⇐⇒ dim Ker f= dim Ker f2⇐⇒ dim Im f= dim Im f2
⇐⇒ Im f= Im f2⇐⇒ Ker f= Ker f2
Im f= Im f2
⇐⇒ E= Im f⊕Ker f
[Q]
7. (a) Soit E= IK = R[X] l’espace vectoriel des polynˆomes `a coefficients dans IR.
f:P→P0est surjective car tout polynˆome est le d´eriv´e d’un autre polynˆome.
On en d´eduit que Im f= IR[X] et donc r= 0 : ∀k∈IN,Im fk= IR[X].
En revanche, pour tout entier k,fkest l’application P→P(k)et le noyau de fkest
´egal `a IRk−1[X], qui est strictement inclus dans Ker fk+1 (ce qui prouve que l’entier
sn’existe pas). [Q]
(b) Toujours avec E= IR[X], soit fl’application d´efinie par P→f(P) = XP .
fest injective donc pour tout k, Ker fk= Ker f0={0}: ainsi s= 0.
En revanche, fkest l’application qui `a tout Passocie XkP.
L’espace Im fkest donc l’ensemble des polynˆomes divisibles par Xk.
La suite des Im fkest toujours strictement croissante ce qui prouve que l’entier r
n’existe pas. [Q]
(c) Soient E= IR[X]2et fl’endomorphisme de Ed´efini par f(P, Q) = (P0, XQ).
Pour tout entier ket tous polynˆomes P, Q, on a fk(P, Q) = (P(k), XkQ).
Ker fkest l’ensemble IRk−1[X] × {0}.
Pour tout k, Ker fkest strictement inclus dans Ker fk+1.
Im fkest ´egal `a (IR[X],XkIR[X]), qui contient strictement Im fk+1.
On a donc trouv´e un endomorphisme fd’un espace vectoriel Epour lequel les entiers
ret sn’existent pas. [Q]
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