les filières SMA et SMI
Hakima Mouanis, Abdelouahab Najid et Hakima Zejli
Département de mathématiques
Faculté des Sciences Dhar El Mahraz
B.P 1796 Atlas Fès, Maroc.
Exercice 1 Dans R3[X], on considère les polynômes suivants :
P1 = X3+ X2+ X + 1, P2 = X3+ 2X2+ 3X + 4, P3 = 3X3+ X2+ 4X + 2, P4 =
10X3+ 4X2+ 13X + 7 et E = vect(P1, P2, P3, P4).
1. Calculer lerg(P1, P2, P3, P4).
2. (P1, P2, P3, P4) est-t-il une base de E.
3. Donner une base deE.
Solution de l’Exercice 1
1. On a P1 = X3 + X2 + X + 1, P2 = X3 + 2X2+ 3X + 4, P3 = 3X3 + X2 +
4X + 2, P4 = 10X3+ 4X2 + 13X + 7 .
premièrement on essaie de voir est ce que un vecteur s’écrit en fonction des d’autres pour l’éliminer. Sinon, on considère α, β, γ et λ tels que αP1+ βP2+ γP3+ λP4 =
0 (F). Alors (F) ⇔ α + β + 3γ + 10λ = 0 α + 2β + γ + 4λ = 0 α + 3β + 4γ + 13λ = 0 α + 4β + 2γ + 7λ = 0 ⇔ L2 → L2− L1 L3 → L3− L1 L4 → L4− L1 α + β + 3γ + 10λ β − 2γ − 6λ = 0 2β + γ + 3λ = 0 3β − γ − 3λ = 0 ⇔ L3 → L3− 2L2 L4 → L4− 3L2 α + β + 3γ + 10λ β − 2γ − 6λ = 0 5γ + 15λ = 0 5γ + 15λ = 0 ⇔ L3 → 1 5L3 L4 → L4− L3 α + β + 3γ + 10λ β − 2γ − 6λ = 0 γ + 3λ = 0
ce qui montre que ce système est lié c’est à dire on enlève un vecteur, par exemple P4 et rg(P1, P2, P3, P4) = gr(P1, P2, P3) ≤ 3 et on montre de la même méthode
que (P1, P2, P3) est libre et par suite rg(P1, P2, P3, P4) = gr(P1, P2, P3) = 3.
Mais cette méthode est longue. Alors, il y a une deuxième méthode plus cours c’est la suivante :
On a trouvé que le premier système est équivalent au système échelonné suivant α + β + 3γ + 10λ β − 2γ − 6λ = 0 γ + 3λ = 0
qui admet 3 pivot, donc le rg(P1, P2, P3, P4) = 3 (ce résultat on vas le voir
explici-tement dans le chapitre des matrices)
(a) On a trois pivots donc rg(P1, P2, P3, P4) = 3
(b) α, β et γ sont principaux donc (P1, P2, P3) sont libres
(c) λ est arbitraire donc P4 ∈ V ect(P1, P2, P3).
(d) E = V ect(P1, P2, P3, P4) = V ect(P1, P2, P3)
2. (P1, P2, P3, P4) n’est pas une base car lié et
E = V ect(P1, P2, P3, P4) = V ect(P1, P2, P3))
et puisque (P1, P2, P3, ) est libre alors c’est une base (qui n’est pas unique bien sur)
Exercice 2 Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie, A et B deux sous espaces deE de même dimension . Montrer qu’il existe un supplémentaire C commun àA et à B ( on pourra raisonner par récurrence sur dimE − dimA).
Solution de l’Exercice 2 On suppose que A 6= B car sinon le résultat devient trivial. Posons N = dimE − dimA. Alors 0 ≤ N ≤ dimE.
Montrons par récurrence que pour tout N ∈ {0, .., dimE} et tous sous espaces A et B de E qui vérifient dimA = dimB = dimE − N il existe un sous espace vectoriel CN de E
tel que AL CN = BL CN = E.
Pour N = 0 : On a dimA = dimB = dimE donc E = A = B donc il suffit de prendre C0 = {0}.
Supposons que le résultat est vrai pour N :
Montrons le résultat pou N + 1 : Soient A et B deux sous espaces tels que dimA = dimB = dimE − (N + 1). Montrons qu’il existe CN +1s. e. v. de E tel que AL CN +1 =
BL CN +1 = E.
On a dimA = dimB = (dimE − N ) − 1 et A 6= B donc A * B et B * A, d’où, ∃x ∈ A\B et ∃y ∈ B\A. Soit u = x + y alors u /∈ A et u /∈ B (car A et B des s. e. v.). Posons A0 = AL vect(u) et B0 = BL vect(u), alors dimA0 = dimB0 = dimA + 1 = dimB + 1 = dimE − N . Alors, par récurrence, il existe un s. e. v CN de E tel que
A0L CN = B
0
L CN = E, c’est à dire AL V ect(u) L CN = BL V ect(u) L CN =
E. Ainsi, il suffit de prendre CN +1= V ec(u) + CN.
Exercice 3 Soit E un K-espace vectoriel, E1etE2deux s. e. v. deE
Soitf l’application de E1× E2versE définie par f (x1, x2) = x1+ x2.
1. Montrer quef est linéaire.
2. Montrer quef est surjective si, et seulement si, E = E1+ E2.
3. Montrer quef est injective si, et seulement si, E1∩ E2 = {0E}.
Solution de l’Exercice 3
1. Soient α ∈ K et (x1, x2), (y1, y2) ∈ E alors
f (α(x1, x2) + (y1, y2)) = f (αx1+ y1, αx2+ y2)
= (αx1+ y1) + (αx2+ y2)
= α(x1+ x2) + (y1+ y2) ( car E est un e.v.)
= αf (x1, x2) + f (y1, y2)
2. On a
Imf = {f (x1, x2) / x1 ∈ E1, x2 ∈ E2}
= {x1+ x2/ x1 ∈ E1, x2 ∈ E2}
= E1 + E2
Donc f est surjectif si, et seulement si, Imf = E, si et seulement si E = E1+ E2.
3. On a
Kerf = {(x1, x2) ∈ E1⊗ E2/ x1+ x2 = 0}
= {(x1, x2) ∈ E1⊗ E2/ x1 = −x2}
= {(x, −x) / x ∈ E1∩ E2}
Donc
f est injective ⇔ Kerf = {0} ⇔ E1∩ E2 = {0}
4.
f est un isomorphisme ⇔ f est bijectif
⇔ f injective et surjective
⇔ E = E1+ E2 et E1∩ E2 = {0}
⇔ E = E1L E2
Exercice 4 Soit f une application de R3 dans R3 définie parf (x, y, z) = (x + y + z, 3x + y + z, y + z).
1. vérifier quef est une application linéaire.
2. Déterminer le noyau def , en donner une base et calculer le rang de f . 3. L’applicationf est-elle injective ?
4. Montrer queKer(f ) et Im(f ) sont supplémentaire dans R3.
Solution de l’Exercice 4
1. Soient α ∈ K, (x, y, z), (x0, y0, z0) ∈ E. On a
? = f (α(x, y, z) + (x0, y0, z0) = f (αx + x0, αy + y0, αz + z0)
= ((αx + x0) + (αy + y0) + (αz + z0), 3(αx + x0) + (αy + y0) + (αz + z0), (αy + y0) + (αz + z0)) = (α(x + y + z) + (x0 + y0 + z0), α(3x + y + z) + (3x0+ y0 + z0), α(y + z) + (y0 + z0))
= α(x + y + z, 3x + y + z, y + z) + (x0+ y0 + z0, 3x0 + y0+ z0, y0 + z0) = αf (x, y, z) + f (x0, y0, z0)
2. (x, y, z) ∈ Ker(f ) ⇔ x + y + z = 0 3x + y + z = 0 y + z = 0 ⇔ x + y + z = 0 2x = 0 y + z = 0 ⇔ x = 0 z = −y Donc Ker(f ) = {(0, y, −y) / y ∈ R} = V ect(0, 1, −1).
puisque (0, 1, −1) est non nul alors il est libre donc c’est une base de Ker(f ) et dimKerf = 1. Ainsi,
rgf = dimR3− dimKerf = 2 .
3. D’après la question précédente Ker(f ) 6= {0} donc f n’est pas injective.
4. On a dimKerf + rgf = dimR3. Donc il reste à montrer que Kerf ∩ Imf = {0} Pour cele on a deux méthode :
1er méthode :
X ∈ Kerf ∩ Imf ⇒ ∃y, x0, y0, z0 ∈ R/X = (0, y, −y) = f(x0, y0, z0) ⇒ x0 + y0 + z0 = 0 3x0 + y0+ z0 = y y0+ z0 = −y ⇒ x0 = y 3y − y = y y0+ z0 = −y ⇒ x0 = y y = 0 y0+ z0 = −y ⇒ X = (0, 0, 0)
deuxième méthode : Puisque Ker(f ) est engendré par le seul vecteur (0, 1, −1), pour montrer que Kerf ∩ Imf = {0} il suffit de montrer que (0, 1, −1) /∈ Im(f ) :
(0, 1, −1) ∈ Imf ⇔ ∃x, y, z ∈ R/ (0, 1, −1) = f(x, y, z) ⇔ ∃x, y, z ∈ R / (0, 1, −1) = (x + y + z, 3x + y + z, y + z) ⇔ x + y + z = 0 3x + y + z = 1 y + z = −1 ⇔ x − 1 = 0 3x − 1 = 1 y + z = −1 ⇔ x = 1 3x = −2 y + z = −1
Exercice 5 Soit E un K- e. v. et f : E −→ K une forme linéaire non nulle. On note H = Ker(f ).
1. Montrer quedimf = 1 et déduire que Im(f ) = K et en donner une base. 2. Soita ∈ E\H et F = vect(a). Montrer que FL H = E.
Solution de l’Exercice 5 Le but de cet exercice est de montrer que toute forme linéaire non nulle f est surjective et que si a est un élément tel que f (a) 6= 0 alors V ect(a) est un supplémentaire de Ker(f ).
1. D’abord, on a K est un K-espace vectoriel de dimension 1. D’autre par, on a f : E −→ K est une forme linéaire non nulle, donc Imf est non nulle. Et on sait que Imf est un sous espace vectoriel de l’espace d’arrivé qu’est K donc 1 ≤ dimImf ≤ dimK = 1 ce qui montre que dimImf = 1 = dimK et par suite Imf = K =< 1K >.
Remarque : tout élément non nul de K forme une base de K c’est à dire K =< b > ,∀b ∈ K?.
2. On a H = Ker(f ). Soit a /∈ H . On cherche à montrer que V ect(a)L H = E. On a a /∈ H alors V ect(a) ∩ H = {0}.
Il reste à montrer que V ect(a) + H = E. Puisque a /∈ H f (a) 6= 0. Ainsi, d’après la remarque précédente f (a) est une base de Im(f ). Donc ∀x ∈ E, ∃α ∈ K tel quef (x) = αf (a) = f (αa) car f est linéaire. Donc f (x − αa) = 0 ce qui montre que x − αa ∈ Ker(f ).
Ainsi x = x − αa + αa ∈ Ker(f ) + V ect(a) ce qui achève la démonstration.
Exercice 6
Partie A : Soient E un K-espace vectoriel , u et v deux endomorphismes de E. Montrer que siuov = θ (application nulle) alors Im(u) ⊆ Ker(v).
Partie B : Soit f ∈ L(E) telle que f2 − 5f + 6id
E = θ avec f n’est pas une
homothétie (c’est à dire, pour tout élémentα de K, f 6= αidE ).
1. Vérifier que f est un automorphisme de E et exprimer f−1 l’inverse de f , à l’aide def et idE.
2. Prouver queE = Ker(f − 3idE)L Ker(f − 2idE).
3. Pourn ∈ N, on pose f0 = idE et pourn > 0, fn = fn−1of .
(a) Montrer que, pour toutn ∈ N, il existe d’une façon unique (αn, βn) ∈ K2
tel quefn = α
nf + βnidE.
(b) En déduire une base et la dimension devect(fn, n ∈ Z)
. Partie C : (Facultatif) On prend K = C, et soient a ∈ C? et f ∈ L(E) tel que f3− 3af2+ a2f = θ.
1. Montrer queE = Ker(f )L Ker(f2− 3af + a2id).
2. Montrer queIm(f ) = Ker(f2− 3af + a2id).
3. Déduire queKer(f ) et Im(f ) sont supplémentaires.
Solution de l’Exercice 6
Partie A : E est un K-e.v., u et v deux endomorphismes de E tels que uov = 0. Montrons que Im(u) ⊆ Ker(v) :
Soit y ∈ Im(u), alors il existe x ∈ E tel que y = u(x), d’où v(y) = v(u(x)) = 0 ( car vou = 0), et par suite y ∈ Ker(v). Ce qui montre que Im(u) ⊆ Ker(v).
Partie B :
1. On a f2 − 5f + 6id
E = θ avec f n’est pas une homothétie ( c’est à dire, pour tout
élément α de K, f 6= αidE ). Alors,
f2− 5f + 6idE = θ ⇒ f o(f − 5idE) = −6idE
⇒ f o(−16 (f − 5idE)) = idE
Ce qui montre que f est bijective et f−1 = −16 (f − 5idE) = 16(5idE − f ).
2. On commence par Montrer que Ker(f − idE) ∩ Ker(f − 2idE) = {0} :
X ∈ Ker(f − idE) ∩ Ker(f − 2idE) ⇒ f (X) = 3X et f (X) = 2X
⇒ 3X = 2X ⇒ X = 0
On montre maintenant que E = Ker(f − idE) + Ker(f − 2idE) :
Soit X ∈ E montrons qu’il existe X1 ∈ Ker(f − idE) et X2 ∈ Ker(f − 2idE) tel
que X = X1+ X2 ( en effet on vas calculer X1 et X2 en fonction de X). Alors on
a le système suivant avec deux équations et deux inconnus X1et X2 :
X = X1+ X2 f (X) = f (X1) + f (X2) ⇒ X1+ X2 = X 3X1+ 2X2 = f (X) ⇒ X1 = f (X) − 2X X2 = 3X − f (X)
Ainsi il suffit de prendre X1 = f (X) − 2X et X2 = 3X − f (X).
Cela montre que E = Ker(f − idE) + Ker(f − 2idE) et par suite
E = Ker(f − idE)
M
Ker(f − 2idE)
3. On a f0 = id
E et fn= fn−1of .
(a) On montre le résultat par récurrence :
Pour n = 0 : f0 = idE = α0f + β0idE avec α0 = 0 et β0 = 1.
Supposons que le résultat est vais pour n c’est à dire existe αn, βn∈ K tel que
fn= αnf + βnidE. Alors
D’autre part on a f2 = 5f − 6idE donc
fn+1= αn(5f − 6idE) + βnf = (5αn+ βn)f − 6αnidE
ce qui montre que αn+1= 5αn+ βnet βn+1 = −6αn.
Pour l’unicité, supposons que pour n ∈ N, il existe λnet γntels que αn 6= λn
ou βn 6= γnet qui vérifie
fn= λnf + γnidn= αnf + βnidE
alors
(αn− λn)f = (γn− βn)idE
ce qui montre que f est une homothétie ce qui est absurde (d’après les hypo-thèses de l’exercice).
Ainsi, on a montré que αnet βnexistent d’une façons unique.
(b) Si n ∈ N, on a montrer dans la question précédente que fn∈ V ect(f, idE).
Si n est négative alors on a f−1 = 16(5idE − f ). Par récurrence, et en suivant
les mêmes démarches qu’avant, on montre que f−n = α−nf + β−nidE ∈
V ect(f, idE). Ainsi V ect(fn , n ∈ Z) = V ect(f, idE)
D’autre part, on a f 6= aidE pour tout a ∈ K (car f n’est pas une homothétie)
donc le système {f, idE} est libre, donc c’est une base et dimV ect(fn , n ∈
Z) = 2. Partie C :
K = C
1. D’abord on montre que Ker(f ) ∩ Ker(f2− 3af + a2id) = {0} :
X ∈ Ker(f ) ∩ Ker(f2− 3af + a2id) = {0} ⇒ f (X) = 0
(f2− 3af + a2id)(X) = 0
⇒ 2aX = 0 ⇒ X = 0 Ainsi Ker(f ) ∩ Ker(f2− 3af + a2id) = {0}.
On montre maintenant que E = Ker(f ) + Ker(f2− 3af + a2id), c’est à dire pour
tout vecteur X ∈ E, il existe X1 ∈ Ker(f ) et X2 ∈ Ker(f2− 3af + a2id) tel que
X = X1+ X2: X = X1+ X2 ⇒ f (X) = f (X1) + f (X2) = f (X2)( car X1 ∈ Ker(f )) f2(X) = f2(X 2) ⇒ f (X) = f (X2)
f2(X) = 3af (X2) − a2X2car X2 ∈ Ker(f2 − 3af + a2id)
⇒ X2 = a12(3af (X) − f2(X))
et X1 = X − X2 = a12(a2X − 3af (X) + f2(X)).
Ce qui montre l’existence de X1 et X2.
2. Montrons Im(f ) = Ker(f2− 3af + a2id) par double inclusion.
Im(f ) ⊆ Ker(f2− 3af + a2id).
Inversement,
X ∈ Ker(f2− 3af + a2id) ⇒ f2(X) − 3af (X) + a2X = 0
⇒ X = 1
a2(−f2(X) + 3af (X))
⇒ X = f (1
a2(−f (X) + 3X)) car f linéaire
⇒ X ∈ Im(f )
3. De 1) et 2) on déduit directement que E = Ker(f )L Im(f ).
Exercice 7 Soient E un K-e. v. et u ∈ L(E). Partie A :
1. MontrerKer(u) ⊆ Ker(u2) et Im(u2) ⊆ Im(u).
2. Montrer queKer(u) = Ker(u2) ⇔ Im(u) ∩ Ker(u) = {0 E}.
3. Montrer queIm(u2) = Im(u) ⇔ E = Im(u) + Ker(u).
4. En déduire que si E est de dimension fini alors les trois assertions suivantes sont équivalentes :
(a) Ker(u2) ⊆ Ker(u) (b) Im(u) ⊆ Im(u2) (c) E = Im(u)L Ker(u)
Partie B : Soit p ∈ L(E). p est dit projecteur de E si p2 = p. Soitp un projecteur de E.
1. Montrer queE = Im(p)L Ker(p).
2. Déduire queE = Ker(p − idE)L Ker(p).
3. Déduire que si dimE = n est finie ( avec n 6= 0) , alors il existe une base B = (ei)1≤i≤n tel que pour tout1 ≤ i ≤ n, p(ei) = 0 ou p(ei) = ei.
4. On suppose qu’il existe x0 ∈ E tel que p(x0) 6= x0. Montrer quep n’est pas
inversible.
5. Démontrer que,pou = uop si, et seulement si, Ker(p) et Im(p) sont sables par u Solution de l’Exercice 7 Partie A : 1. x ∈ Ker(u) ⇒ u(x) = 0 ⇒ u2 = u(0) = 0 ⇒ x ∈ Ker(u2)
y ∈ Im(u2) ⇒ ∃x ∈ E tqu2(x) = y ⇒ y = u(z) avec z = u(x) ⇒ y ∈ Im(u)
Ce qui montre que Im(u2) ⊆ Im(u). 2. On vas montrer les doubles inclusions :
=⇒) : Supposons que Ker(u) = Ker(u2). Montrons que Im(u) ∩ Ker(u) = 0.
x ∈ Im(u) ∩ Ker(u) ⇒ ∃z ∈ E tq x = u(z) u(x) = 0
⇒ ∃z ∈ E tq x = u(z) u2(z) = u(x) = 0 ⇒ z ∈ Ker(u2) = Ker(u)
⇒ x = u(z) = 0 Ce qui montre que Im(u) ∩ Ker(u) = {0}.
⇐=) Inversement, supposons que Im(u)∩Ker(u) = {0} et montrons que Ker(u2) =
Ker(u). On a déjà montrer dans 1), sans conditions, que Ker(u) ⊆ Ker(u2) donc il reste à montrer Ker(u2) ⊆ Ker(u).
x ∈ Ker(u2) ⇒ u(u(x)) = u2(x) = 0
⇒ u(x) ∈ Im(u) ∩ Ker(u) = {0} ⇒ u(x) = 0
⇒ x ∈ Ker(u) Ce qui montre que Ker(u2) ⊆ Ker(u).
3. Supposons que Im(u2) = Im(u) et montrons que E = Im(u) + Ker(u). On a Im(u) + Ker(u) ⊆ E, donc il reste l’autre inclusion :
x ∈ E ⇒ u(x) ∈ Im(u) = Im(u2)
⇒ ∃z ∈ E tq u(x) = u2(z)
⇒ ∃z ∈ E tq u(x − u(z)) = 0(caru est linéaire) ⇒ x − u(x) ∈ Ker(u)
Ainsi x = u(x) + (x − u(x)) ∈ Im(u) + Ker(u)
Inversement, Supposons que E = Im(u) + Ker(u) et montrons que Im(u) = Im(u2). D’après 1) on a toujours Im(u2) ⊆ Im(u).
x ∈ Im(u) ⇒ ∃a ∈ E tq x = u(a)
⇒ ∃u(y) ∈ Im(u), ∃z ∈ Ker(u) tq a = u(y) + z et x = u(u(y) + z) ⇒ x = u2(y) + u(z) = u2(y)
⇒ x ∈ Im(u2)
4. Si E est de dimension fini. Alors
E = Ker(u)MIm(u) ⇔ Ker(u)∩Im(u) = {0} et dimE = dimKer(u)+dimIm(u)
D’autre part, d’après le théorème du rang on a
Alors
dimKer(u2) = dimKer(u) ⇔ dimIm(u2) = dimIm(u) et par suite
Ker(u) = Ker(u2) ⇔ Im(u) = Im(u2) Alors,
Ker(u2) ⊆ Ker(u2) ⇔ Ker(u2) = Ker(u)
⇔ dimKer(u2) = dimKer(u)
⇔ dimIm(u2) = dimIm(u)
⇔ Im(u) ⊆ Im(u2)
Ainsi, en utilisant 2) et 3), on trouve
Im(u) ∩ Ker(u) = {0} ⇔ Ker(u2) = Ker(u)
⇔ Im(u) = Im(u2)
⇔ E = Ker(u) + Im(u) ⇔ E = Ker(u)L Im(u) Partie B : p est un projecteur de E.
1. D’après la partie A, on a
p = p2 ⇔ Im(p2) = Im(p) et Ker(p) = Ker(p2)
⇔ E = Ker(p) + Im(p) et Ker(p) ∩ Im(p) = {0} ⇔ E = Ker(p)L Im(p)
2.
3. Si dimE = n fini non nulle
p2 = p ⇒ p2− p = θ ⇒ p(p − idE) = θ ⇒ Im(p) ⊆ Ker(p − idE) D’autre part, x ∈ Ker(p − idE) ⇒ p(x) = x ⇒ x ∈ Im(p)
Ce qui montre que Im(p) = Ker(p − idE) Et puisque E = Ker(p)L Im(p) alors
E = Ker(p)MKer(p − idE)
Alors, Soit B = B1 ∪ B2 avec B1 = (ei)1≤i≤r une base de Ker(p) et B2 =
(ei)r + 1 ≤ i ≤ n une base de Ker(P − idE). Alors B est une base de E puisque
E == Ker(p)L Im(P ).
Ainsi, pour 1 ≤ i ≤ r, on a P (ei) = 0
4. Supposons qu’il existe x0 ∈ E tq p(x0) 6= x0 alors
x0 ∈ Ker(p − idE) ⇒ Ker(p − idE) 6= {0}
⇒ Ker(p) 6= {0} ⇒ p n ’est pas injective ⇒ p n ’est pas bijective ⇒ p n ’est pas inversible
5. Supposons que pou = uop et montrons que u(Ker(p)) ⊆ Ker(p) et u(Im(u)) ⊆ Im(u).
y ∈ Im(p) ⇒ y = p(x) / x ∈ E
⇒ p(y) = p2(x) = p(x) = y
⇒ u(y) = uop(y) = pou(y) ∈ Im(p) Ce qui montre que u(Im(p)) ⊆ Im(p).
De même
x ∈ Ker(p) ⇒ p(x) = 0
⇒ p(u(x)) = uop(x) = u(0) = 0 ⇒ u(x) ∈ Ker(p)
Ce qui montre que u(Ker(p) ⊆ Ker(p).
Inversement Supposons que u(Ker(p)) ⊆ Ker(p) et u(Im(u)) ⊆ Im(u) et montrons que pou = uop.
Soit x ∈ E. On a E = Im(p) + Ker(p), donc il existe x1 ∈ Im(p) et x2 ∈ Ker(p)
tel que x = x1+ x2. Alors, uo(x) = uop(x1) + uop(x2)
D’autre part, on a x2 ∈ Ker(p) donc uop(x2) = 0.
et x1 ∈ Im(p) donc p(x1) = x1, d’où uop(x1) == u(x1) ce qui implique que
uop(x) = u(x1) De même pou(x) = pou(x1) + pou(x2)
Or, x1 ∈ Im(p), donc u(x1) ∈ Im(p) ( car u(Im(p)) ⊆ Im(p)), d’où p(u(x1)) =
u(x1).
x2 ∈ Ker(p) implique que u(x1) ∈ Ker(p) ( car u(Ker(p) ⊆ Ker(p) ), donc
p(u(x2)) = 0
ce qui montre que pou(x) = u(x1)
Ainsi on a montré que pour tout x ∈ E, pou(x) = uop(x) = u(x1) ce qui montre
que uop = pou.
Exercice 8 Soient E un K-e. v. de dimension fini n ≥ 1 et f ∈ L(E) nilpotent d’indicep (c’est à dire p ∈ N? avecfp = θ et fp−16= θ).
1. Montrer qu’il existex0 ∈ E tel que (x0, f (x0), .., fp−1(x0)) soit libre.
2. On noter = rg(f ). Montrer que p ≤ r + 1 ≤ n.
3. En déduire qu’un endomorphismef est nilpotent si, et seulement si, fn= θ
Solution de l’Exercice 8
On a f ∈ E tel que fp = θ et fp−16= θ avec θ est l’application nulle.
1. On a fp−1 6= θ donc il existe x
0 ∈ E tel que fp−1(x0) 6= 0 . Montrons que
(x0, f (x0), .., fp−1(x0)) est libre.
Soient α0, α1, .., αp−1∈ K tel que
α0x0+ α1f (x0) + ..αp−1fp−1(x0) = 0 (F)
Alors, on compose (F), par f , la première fois, ensuite la deuxième p − 1 fois de la façons suivante : α0x0+ α1f (x0) +. . . . αp−1fp−1(x0) = 0 α0f (x0) +α1f2(x0) +. . . . αp−2fp−1(x0) = 0 α0f2(x0) +α1f3(x0) +. . . αp−3fp−1(x0) = 0 . . . .... = 0 . . . .. = 0 . ... = 0 . . α0fp−1(x0) = 0
Alors, puisque fp−1(x0) 6= 0 la dernière ligne montre que α0 = 0. Donc en passant
à la ligne avant dernière en trouve α1 = 0 ainsi de suite jusque la première ligne ce
qui donne αp−1 = 0
cela montre que (x0, f (x0), .., fp−1(x0)) est libre.
2. On a (x0, f (x0), .., fp−1(x0)) est libre donc (f (x0), .., fp−1(x0)) est aussi libre ( car
c’est un sous système d’un système libre ). Puisque (f (x0), .., fp−1(x0)) ⊆ Im(f ) alors
card((f (x0), .., fp−1(x0)) ≤ dimIm(f ) = rg(f )
Ainsi p − 1 ≤ r.
D’autre part, on a fp−1(x0) 6= 0 et fp(x0) = f (fp−1(x0)) = 0, donc fp−1(x0) ∈
Ker(f ) ce qui montre que dimKer(f ) ≥ 1. D’après le théorème du rang, on a dimE = n = dimKer(f ) + rg(f ) donc n − r ≥ 1 d’où n ≥ r + 1. Ainsi on a montré que
p ≤ r + 1 ≤ n
3. =⇒) Si fn = θ alors f est nilpotent.
⇐=) Inversement si f est nilpotent avec son indice de nilpotence est p alors, d’après la question précédente 1 ≤ p ≤ n et par suite fn = θ.
4. Si p = n on peut déduire trois chose :
(a) On a (x0, f (x0), .., fn−1(x0)) est libre dans E et de plus
card(x0, f (x0), .., fn−1(x0) = n = dimE ce qui montre que c’est une base
(b) On a (f (x0), .., fn−1(x0)) est libre dans Im(f ) et n ≤ r + 1 ≤ n, donc
rg(f ) = r = n − 1 = card(f (x0), .., fn−1(x0))
. ce qui montre que (f (x0), .., fn−1(x0)) est une base de Im(f ).
(c) D’après le théorème du rang dim(Ker(f )) = n − (n − 1) = 1, et on a déjà montrer dans 2) que fn−1(x0) ∈ Ker(f ) donc c’est une base de Ker(f ).
En général, si F est un e.v. tel que dimF = 1 et y ∈ F avec y 6= 0 alors {y} est un base de F . autrement dit : tout élément non nul de F forme une base de F .
