Novembre 2017

PanaMaths

[1 - 3]

Novembre 2017

Soit E un K − espace vectoriel de dimension finie et f et g deux endomorphismes de E tels que

²

0

f

_⎛E_⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

L

et f g o + g f o = Id

_E

.

1. Montrer que ker f = Im f

2. Réciproquement, soit ^{f ∈ L} ( ) ^E tel que ker f = Im f et soit F un supplémentaire de ker f .

Montrer que : a)

²

0

f

_⎛E_⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

L

b) ^{∀ ∈ ∃ x E, ! ,} ( ) ^{y z ∈ F /}

²

^{x = + y f z} ( )

c) ∃ ∈ g L ( ) E / o f g + g f o = Id

E

Analyse

La première question ne pose pas de difficulté particulière (on peut par exemple procéder par double inclusion). Dans la seconde question, on notera que l’hypothèse de la dimension finie nous garantit l’existence d’un supplémentaire F tel que mentionné. La question 2.a est déterminante pour la 2.b. L’essentiel de la difficulté se trouve dans la question 2.c : on tirera parti de la décomposition obtenue à la question 2.b en associant à x le vecteur z apparaissant dans sa décomposition…

Résolution

Question 1.

Soit x∈ker f : f x

( )

=0E.

D’après la seconde hypothèse :

(

^{f go +g fo}

)( )

^{x =x. D’où : f g x}

( ( ) )

^+g

(

^{f x}

( ) )

^=x.

C’est-à-dire : ^{x= f g x}

( ( ) )

et on en déduit : ker f ⊂Imf . Soit maintenant y∈Imf . Il existe donc ^{x∈E /y= f x}

( )

^.

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[2 - 3]

Novembre 2017

Comme f²=0_{L( )E} , on a : ^f2

( )

^{x = f}

(

^{f x}

( ) )

^{= f}

( )

^{0E =0E. Or f2}

^{( )}

^{x = f y}

^{( )}

. On a donc

( )

0E

f y = , c’est-à-dire y∈ker f . On en déduit : Imf ⊂kerf .

De ce qui précède, on tire finalement l’égalité demandée :

Imf =ker f

Question 2.a

Soit x∈E. Comme ^{f x}

( )

^{∈Im f et Im f =ker f} , on a immédiatement f

(

f x

( ) )

=0E, c’est-à-dire : f² =0_{L( )E} .

2 ( )

0 _E f = _L

Question 2.b

On a : E=ker f ⊕F.

Pour tout x∈E, il existe donc un unique couple

(

x x1, 2

)

dans ker f×F tel que x= +x₁ x₂. Comme Im f =ker f , on peut écrire x1= f t

( )

1 . Comme vecteur de E, t₁ peut lui-même être écrit t₁= +u₁ u₂ avec

(

u u1, 2

)

dans ker f×F.

D’où : x1= f t

( )

1 = f u

(

1+u2

)

= f u

( )

1 + f u

( )

2 = f u

( )

2 et ainsi : x= f u

( )

2 +x2 avec u₂ et x2 dans F.

L’existence de la décomposition est ainsi établie. Il nous reste à montrer son unicité.

Supposons que l’on ait x= y1+ f z

( )

1 =y2+ f z

( )

2 avec y₁, y₂, z₁ et z₂ dans F.

On a alors : y1−y2= f z

( )

2 − f z

( )

1 = f z

(

2−z1

)

.

Comme f²=0_{L( )E} (cf. la question précédente), il vient alors :

(

1 2

) ( (

2 1

) )

²

(

2 1

)

0E

f y −y = f f z −z = f z −z =

On en déduit que y₁−y₂ appartient à ker f . Mais comme y₁−y₂ appartient à F, on en déduit finalement que y₁−y₂ appartient à ker f ∩F. Ces deux sous-espaces de E étant

supplémentaires, leur intersection est réduite au vecteur nul et on en déduit y₁−y₂ =0_E, c’est- à-dire y₁= y₂.

Il vient alors f z

( )

1 = f z

( )

2 et le même raisonnement nous conduit à z₁=z₂. La décomposition est bien unique.

( )

²

( )

E, ! , F /

x y z x y f z

∀ ∈ ∃ ∈ = +

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[3 - 3]

Novembre 2017 Question 2.c

D’après la question précédente, on peut définir l’endomorphisme g de E qui à tout vecteur x associe le vecteur z apparaissant dans la décomposition précédente :

( ) ( )

E, : /

x g x g x z x y f z

∀ ∈ = = +

On a donc : ^{x= +y f g x}

( ( ) )

On aimerait montrer que l’on a : ^{y=g f x}

( ( ) )

^.

Pour cela, on s’intéresse à la décomposition (au sens de la question précédente) de ^{f x}

( )

^.

On a immédiatement x= +y f z

( )

⇒ f x

( )

= f y

(

+ f z

( ) )

= f y

( )

+ f

(

f z

( ) )

= f y

( )

+0E. Comme 0_E et y appartiennent à F, nous venons d’obtenir la décomposition de ^{f x}

( )

^{et nous}

avons immédiatement : ^{g f x}

( ( ) )

^{= y}, qui est exactement l’égalité que nous voulions montrer.

Finalement : ^{x= +y f g x}

( ( ) )

^{=g f x}

( ( ) )

^{+ f g x}

( ( ) )

⁼

(

^{g fo + f go}

)( )

^{x , soit :}

o o IdE

g f + f g=

On a bien :

( )

/ o o IdE

g E g f f g

∃ ∈

L

+ =