Lycée Jean Perrin Classe de TSI2 À rendre pour le Vendredi 25 Novembre Correction du devoir en temps libre no3 de Mathématiques 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 : (e01 ) = (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. (e02 , e03 ) = (4e1 − 2e2 − 4e3 , −e1 − e2 + e3 ) est une base de Im f . Maintenant, on peut constater que detB (e01 , e02 , e03 ) = 0, ou plus simplement que : 1 e01 = (e02 + e03 ) 3 donc (e01 , e02 , e03 ) 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. 1/5 (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 : −2x + 2y − 4z = 0 soit : x y − 2z 1 −2 y = = y 1 +z 0 y z z 0 1 On en déduit ainsi que : (e001 , e002 ) = (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 ). (e003 ) = (e1 + e2 − e3 ) est une base de Im f 2 . Enn, constatons que : det(e001 , e002 , e003 ) B 1 −2 1 1 = −2 6= 0 = 1 0 0 1 −1 La famille (e001 , e002 , e003 ) 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 (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 x mz + t m 1 y 0 = = z 0 + t 0 . C'est à dire y = 0 et x = mz + t soit z 1 0 z t t 0 1 La famille (me1 + e3 , e1 + e4 ) est donc une famille génératrice de Ker f , clairement libre, donc : 2/5 Lycée Jean Perrin Classe de TSI2 À rendre pour le Vendredi 25 Novembre (e01 , e02 ) = (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 : (e03 , e04 ) = (e3 , −e1 + me2 + e4 ) est une base de Im f . On peut choisir p = 1 si et seulement si la famille (e01 , e02 , e03 , e04 ) est une base de E , c'est à dire si et seulement si detB (e01 , e02 , e03 , e04 ) 6= 0. Calculons donc, en développant à partir de la troisième colonne, puis de la deuxième ligne : 0 0 0 0 det(e1 , e2 , e3 , e4 ) = B m 0 1 0 1 0 0 1 0 −1 m 1 −1 0 m m 1 = 0 0 m = −m = −m2 1 0 0 1 0 1 1 0 1 On voit que detB (e01 , e02 , e03 , e04 ) 6= 0 si et seulement si m 6= 0 : On peut choisir p = 1 si et seulement si m 6= 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 6= 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 . ? 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. 3/5 (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 6= ak+1 . Autrement dit, il existe un entier p ∈ [[1, n]] tel que : • ∀k ∈ [[0, p − 1]], dim Ker f k 6= 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 6= 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. ? 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 . 4/5 Lycée Jean Perrin Classe de TSI2 À rendre pour le Vendredi 25 Novembre Avec les deux conditions qui viennent d'être vériées, on peut conclure que : E = Ker f p ⊕ Im f p (g) Soit q un entier qui vérie (1). Montrons que p 6 q . Pour cela, il sut d'établir que Ker f q = Ker f q+1 . Ceci, via le théorème du rang, revient à montrer Im f q = Im f q+1 , ou encore Im f q ⊂ Im f q+1 . Soit donc y ∈ Im f q , alors il existe x ∈ E tel que y = f q (x) et on sait d'après (1) que : ∃(x1 , x2 ) ∈ Ker f q × Im f q tel que x = x1 + x2 Il vient alors : y = f q (x) = f q (x1 ) + f q (x2 ) = f q (x2 ) Mais x2 ∈ Im f q , donc il existe x02 ∈ E tel que x2 = f q (x02 ). Finalement : y = f 2q (x2 ) = f q+1 f q−1 (x02 ) ∈ Im f q+1 ce qui établit l'inclusion souhaitée et montre que p 6 q . En résumé : p est le plus petit entier qui vérie (1) 5/5