Problèmes de Mathématiques Noyaux et images itérés

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1 Énoncé Soit E un espace vectoriel sur IK (IK = IR ou lc). Soit f un endomorphisme de E. On pose f 0 = Id E, et pour tout entier k 1, f k = f f k 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 ] Page 1 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

2 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 (x ) avec x = 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. 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. 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 x de E tel que z = f k+1 (x ). On en déduit que y = f(z) = f k+2 (x) : y appartient bien à Im f k (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 x dans E tel que f(x) = f 2 (x ). Avec cette notation, on constate que f(x f(x )) = 0. Le vecteur x = x f(x ) est donc un élément de Ker f. L égalité x = f(x )+x 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. Page 2 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

3 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. (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. (c) C est une simple conséquence des deux questions précédentes : E = Im f + Ker f Im f = Im f E = Im f Ker f Im f Ker f = 2 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. Mais la question (4a) montre alors que E = Im f r + Ker f r. Im f Par définition de r et de s, et puisque s r, on a : r Im f s 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. (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 Par définition de r et de s, et puisque r s, on a : r Ker f s Im f r = Im f s Page 3 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

4 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. (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. Ker f (d) Cela découle immédiatement de r = Ker f 2r Im f r = Im f 2r et de la question (4c). (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. (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. 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. (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 équivalences 2 dim Ker f = dim Ker f 2 Im f = Im f 2 dim Im f = dim Im f 2 On en déduit : Page 4 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

5 Ker f = Ker f 2 dim Ker f = dim Ker f 2 dim Im f = dim Im f 2 Ker f = Ker f Im f = Im f 2 2 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 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 IR k 1 [X], qui est strictement inclus dans Ker f k+1 (ce qui prouve que l entier s n existe pas). (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. (c) Soient E = IR[X] 2 et f l endomorphisme de E défini par f(p, Q) = (P, 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 IR k 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], X k 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. Page 5 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

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