Résolution Analyse 2 × (on considèrera la restriction de f à ). . 2. . Montrer que l’on a : 1. f un endomorphisme de E vérifiant Soit E un espace vectoriel de dimension finie et

PanaMaths Septembre 2011

Soit E un espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E vérifiant f

³

= 0 .

Montrer que l’on a : 1. rg f + rg f

²

≤ dim E .

2. 2 × rg f

²

≤ rg f (on considèrera la restriction de f à Im f ).

Analyse

Ne pas oublier qu’en dimension finie le théorème du rang s’avère souvent très pratique !

Résolution

Posons dim E=n.

Question 1.

Puisque l’inégalité demandée fait apparaître rg f², considérons Im f².

Si un vecteur y appartient à Im f² alors il existe un vecteur x de E tel que : ^{y= f2}

( )

^{x .}

Il vient alors : f y

( )

= f ⎡⎣f²

( )

x ⎤⎦= f³

( )

x =0E. C'est-à-dire : y∈ker f . On déduit de ce qui précède :

Im f2⊂ker f

Il vient alors : dim Im f² ≤dim ker f , soit : rg f² ≤dim ker f . D’où : rg f +rg f² ≤rg f +dim ker f .

Or, d’après le théorème du rang, on a : rg f +dim ker f =dim E. Finalement, on obtient l’inégalité demandée : rg f +rg f²≤dim E.

rg f +rg f2 ≤dim E

PanaMaths Septembre 2011 Question 2.

Soit g la restriction de f à Im f . Le théorème du rang donne :

( )

rg f =dim Im f =rgg+dim ker g 1 On a :

( ) ( ) ( )

2 2

Im Im /

/ Im

y g

x f y g x f x

t E y f t

x f

∈

⇔ ∃ ∈ = =

⇔ ∃ ∈ =

⇔ ∈

On a donc le résultat (classique !) : Img=Im f², d’où on tire :

( )

rgg =rg f2 2

Soit maintenant x appartenant à Im f². Il existe un vecteur t tel que : ^{x= f2}

( )

^t . De fait, x appartient également à Imf (^{x= f2}

( )

^{t = f}

(

^{f t}

( ) )

). On en déduit alors :

( ) (

²

( ) ) (

²

^{( )} ) (

²

^{( )} )

³

^{( )}

⁰

f x =g f t = f f t =g f t = f t = . Ainsi, x appartient à kerg et on a : Im f2⊂kerg. D’où :

( )

rg f2 ≤dim kerg 3

( )

^{1 et}

( )

² donnent : rg f =rg f²+dim ker g.

( )

3 se récrit alors : rg f²≤rg f −rg f², d’où : 2 rg f²≤rg f . 2 rg f2≤rg f