@ccueil Colles

Noyau d'un endomorphisme et de son carré


Soit $E$ un espace vectoriel et $f\in\mathcal L(E)$.
  1. Montrer que $\ker(f)=\ker(f^2)\iff \textrm{Im}(f)\cap\ker(f)=\{0\}$.
  2. Montrer que $\ker(f)=\ker(f^2)\iff \textrm{Im}(f)\oplus\ker(f)=E$.
  3. Montrer que $\ker(f)=\ker(f^2)\iff \textrm{Im}(f)=\textrm{Im}\left( f^2\rp$.

Correction
  1. Supposons que $\ker(f)=\ker(f^2)$ et soit $x\in\textrm{Im}(f)\cap\ker(f)$.
    Il existe donc $z\in E$ tel que $x=f(z)$ et aussi $f(x)=0$.
    On a alors $f(x)=f\left( f(z)\rp=f^2(z)=0$ et donc $z\in\ker\left( f^2\rp$.
    Or, $\ker(f)=\ker(f^2)$, et donc $z$ appartient aussi à $\ker(f)$, c'est-à-dire $f(z)=0$ et donc, comme $x=f(z)$, on a $x=0$.
    Ainsi, a obtenu que $\textrm{Im}(f)\cap\ker(f)\subset\la0\ra$. Comme on a toujours par ailleurs $\la0\ra\subset\textrm{Im}(f)\cap\ker(f)$, on vient donc de montrer que
    \[\ker(f)=\ker(f^2)\Longrightarrow\textrm{Im}(f)\cap\ker(f)=\la0\ra\]


    Réciproquement, supposons que $\textrm{Im}(f)\cap\ker(f)=\la0\ra$.
    Soit $x\in\ker(f)\iff f(x)=0$, donc $f\left( f(x)\rp=f^2(x)=0$ et donc $\ker(f)\subset\ker\left( f^2\rp$ (on peut d'ailleurs remarquer que cette inclusion est toujours vraie).

    Soit $x\in\ker\left( f^2\rp\iff f^2(x)=0$ et soit $y=f(x)$.
    On a donc $f^2(x)=f\left( f(x)\rp=f(y)=0$ et donc $y\in\ker(f)$.
    Or, par définition de $y$ on a justement $y\in\textrm{Im}(f)$.
    Comme on a supposé que $\textrm{Im}(f)\cap\ker(f)=\la0\ra$, on a donc nécessairement que $y=f(x)=0$, donc $x\in\ker(f)$.
    On vient donc de démontrer que $\ker\left( f^2\rp\subset\ker(f)$, et donc, avec la paragraphe précédent, que $\ker(f)=\ker\left( f^2\rp$, et donc finalement que
    \[\textrm{Im}(f)\cap\ker(f)=\la0\ra\Longrightarrow\ker(f)=\ker(f^2)\]


    On a donc démontrer la condition nécessaire et suffisante, donc l'équivalence.
  2. Si $\ker(f)$ et $\textrm{Im}(f)$ sont en somme directe alors, en particulier, leur intersection est réduite à $\la0\ra$, et donc, d'après la question précédente, on doit avoir $\ker(f)=\ker\left( f^2\rp$.

    Réciproquement, supposons que $\ker(f)=\ker\left( f^2\rp$, et donc, d'après la question précédente, que $\textrm{Im}(f)\cap\ker(f)=\la0\ra$,
    L'image et le noyau de $f$ sont donc en somme directe, et $\textrm{Im}(f)\oplus\ker(f)=E'$ est un sous-espace de $E$ de dimension
    \[\dim\left( E'\rp=\dim\left(\textrm{Im}(f)\rp+\dim\left(\ker(f)\rp\]

    Or, le théorème du range nous donne justement que
    \[\dim\lp\textrm{Im}(f)\rp+\dim\lp\ker(f)\rp=\dim(E)\]

    Ainsi, $E=E'$, c'est-à-dire que $\textrm{Im}(f)\oplus\ker(f)=E$.


    Finalement, on a montré la condition nécessaire et suffisante et donc l'équivalence
    \[\ker(f)=\ker(f^2)\iff \textrm{Im}(f)\oplus\ker(f)=E\]


  3. Supposons que $\ker(f)=\ker\left( f^2\rp$, alors le théorème du rang nous donne que
    \[\dim(E)=\dim\lp\textrm{Im}(f)\rp+\dim\lp\ker(f)\rp\]

    soit
    \[\dim\lp\textrm{Im}(f)\rp=\dim(E)-\dim\lp\ker(f)\rp
  =\dim(E)-\dim\ker\left( f^2\right)
  =\dim\lp\textrm{Im}\lp f^2\rp\rp\]

    Comme de plus $\textrm{Im}\left( f^2\rp\subset\textrm(f)$ car si $y\in\textrm{Im}\left( f^2\rp$ alors pour un certain $x\in E$, $y=f^2(x)=f\left( f(x)\rp$ et donc $y\in\textrm{Im}(f)$, on en déduit que $\textrm{Im}(f)=\textrm{Im}\left( f^2\rp$.

    La réciproque peut se traiter identiquement, car de la même façon le théorème du rang nous fournit que si $\textrm{Im}(f)=\textrm{Im}\left( f^2\rp$ donc $\dim\lp\textrm{Im}(f)\rp=\dim\lp\textrm{Im}\lp f^2\rp\rp$ et comme on a toujours l'inclusion $\ker(f)\subset\ker\left( f^2\rp$ on a nécessairement $\ker(f)=\ker\left( f^2\rp$.


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