Noyau et image : le théorème du rang compte, il ne place pas

Exercice de TD · niveau 3 (difficile) · mathématiques (PTSI), chapitre 11 — Espaces vectoriels et applications linéaires · D. Applications linéaires, noyaux et images

Énoncé

Soit $E$ un $K$ -espace vectoriel de dimension finie $n \geq 1$ et $u \in L (E)$ . On note $u^{2} = u \circ u$ .

1) Montrer que $u^{2} = 0$ si et seulement si $Im u \subset Ker u$ , et qu'alors $rg u \leq \frac{n}{2}$ .

2) Montrer qu'il existe $u \in L (E)$ tel que $Ker u = Im u$ si et seulement si $n$ est pair. (Pour $n = 2 m$ , définir $u$ sur une base $(e_{1}, \dots, e_{2 m})$ par $u (e_{i}) = e_{m + i}$ et $u (e_{m + i}) = 0$ pour $1 \leq i \leq m$ .)

3) Montrer que $Ker u \subset Ker u^{2}$ et $Im u^{2} \subset Im u$ , puis que les quatre conditions suivantes sont équivalentes : (i) $Ker u \cap Im u = {0}$ ; (ii) $Ker u^{2} = Ker u$ ; (iii) $Im u^{2} = Im u$ ; (iv) $E = Ker u \oplus Im u$ .

4) Examiner ces conditions pour $u : R^{3} \to R^{3}$ , $u (x, y, z) = (x - y, y - z, z - x)$ — déterminer $Ker u$ et $Im u$ —, pour un projecteur, puis pour la dérivation $D : P \mapsto P^{'}$ sur $R_{n} [X]$ : comparer $Ker D$ et $Im D$ .

Corrigé

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le théorème du rang, $n = dim Ker u + rg u$ ; la dimension d'un sous-espace et son cas d'égalité (une inclusion plus une égalité de dimensions font une égalité) ; la caractérisation dimensionnelle des supplémentaires ; et la détermination d'une application linéaire par l'image d'une base.

1) Un carré nul. $u^{2} = 0$ signifie $u (u (x)) = 0$ pour tout $x$ , c'est-à-dire $u (x) \in Ker u$ pour tout $x$ : c'est exactement $Im u \subset Ker u$ . Alors $rg u \leq dim Ker u = n - rg u$ , donc $rg u \leq \frac{n}{2}$ . Exemple dans $R^{2}$ : $u (x, y) = (y, 0)$ vérifie $u^{2} = 0$ , avec $Ker u = Im u = R \times {0}$ .

2) Noyau égal à l'image. Si $Ker u = Im u$ , le théorème du rang donne $n = dim Ker u + rg u = 2 rg u$ : $n$ est pair. Réciproquement, si $n = 2 m$ , le cours donne une unique application linéaire $u$ prenant les valeurs imposées sur la base. Son image est engendrée par les images des vecteurs de base : $Im u = Vect (e_{m + 1}, \dots, e_{2 m})$ . Et pour $x = \sum_{i = 1}^{2 m} x_{i} e_{i}$ , $u (x) = \sum_{i = 1}^{m} x_{i} e_{m + i}$ , qui est nul si et seulement si $x_{1} = \dots = x_{m} = 0$ : $Ker u = Vect (e_{m + 1}, \dots, e_{2 m}) = Im u$ . Le théorème du rang compte, il ne place pas : il dit que les dimensions du noyau et de l'image font $n$ , pas que ces deux sous-espaces sont supplémentaires ; ils peuvent même être égaux.

3) Quatre conditions équivalentes. Les inclusions. Si $u (x) = 0$ , alors $u^{2} (x) = u (0) = 0$ ; si $y = u^{2} (x) = u (u (x))$ , alors $y \in Im u$ .

(i) implique (ii). Soit $x \in Ker u^{2}$ . Le vecteur $u (x)$ est dans $Im u$ , et $u (u (x)) = 0$ le met dans $Ker u$ ; donc $u (x) = 0$ , et $x \in Ker u$ . Avec l'inclusion, $Ker u^{2} = Ker u$ .

(ii) implique (i). Soit $y \in Ker u \cap Im u$ : $y = u (x)$ et $u (y) = 0$ , donc $u^{2} (x) = 0$ , $x \in Ker u^{2} = Ker u$ , et $y = u (x) = 0$ .

(ii) équivaut à (iii). Le théorème du rang pour $u$ et pour $u^{2}$ , sur le même espace $E$ , donne $dim Ker u + rg u = n = dim Ker u^{2} + rg u^{2}$ . Donc $dim Ker u = dim Ker u^{2}$ si et seulement si $rg u = rg u^{2}$ . Grâce aux inclusions, chacune de ces égalités de dimensions équivaut à l'égalité des sous-espaces correspondants.

(i) équivaut à (iv). Si $E = Ker u \oplus Im u$ , l'intersection est nulle. Réciproquement, si l'intersection est nulle, la somme $Ker u + Im u$ est directe, de dimension $dim Ker u + rg u = n$ : c'est un sous-espace de $E$ de dimension $n$ , donc $E$ tout entier.

Le point délicat. L'équivalence entre (i) et (ii) ne demande aucune dimension ; ce sont l'équivalence avec (iii), et le passage à une somme directe égale à $E$ , qui l'exigent — par le théorème du rang.

4) Trois cas. L'application $u (x, y, z) = (x - y, y - z, z - x)$ . $u (x, y, z) = 0$ équivaut à $x = y = z$ : $Ker u = Vect ((1, 1, 1))$ , de dimension $1$ , et le théorème du rang donne $rg u = 2$ . Les trois composantes de $u (x, y, z)$ ont une somme nulle : $Im u$ est contenue dans le plan $P$ d'équation $a + b + c = 0$ , de dimension $2$ ; une inclusion plus une égalité de dimensions : $Im u = P$ . Un vecteur $(t, t, t)$ de $P$ vérifie $3 t = 0$ : la condition (i) est vraie, donc les quatre, et $R^{3} = Vect ((1, 1, 1)) \oplus P$ — la droite et le plan du chapitre de géométrie. Contrôle : $(1, 2, 6) = (3, 3, 3) + (- 2, - 1, 3)$ , et $- 2 - 1 + 3 = 0$ .

Un projecteur $q$ . Si $y \in Ker q \cap Im q$ , alors $y = q (z)$ et $y = q (z) = q^{2} (z) = q (y) = 0$ : la condition (i) est vraie, donc les quatre, et l'on retrouve la décomposition $E = Ker q \oplus Im q$ du cours.

La dérivation sur $R_{n} [X]$ , $n \geq 1$ . Son noyau est $R_{0} [X]$ , les constantes, et son image est $R_{n - 1} [X]$ (tout polynôme de degré au plus $n - 1$ est la dérivée d'un polynôme de degré au plus $n$ ) : contrôle par le théorème du rang, $1 + n = n + 1$ . Mais $Ker D \subset Im D$ : l'intersection est la droite des constantes, les quatre conditions échouent. En effet $Ker D^{2} = R_{1} [X] \neq = Ker D$ : la dérivation « perd » encore quelque chose au second coup, et encore au troisième. Le problème de cette séance regarde précisément ce qui se passe quand on itère.

Ce que l'exercice installe. En dimension finie, une inclusion plus une égalité de dimensions font une égalité — le geste le plus fréquent du chapitre. Et les conditions « le noyau ne grandit plus au carré », « l'image ne rétrécit plus au carré », « somme directe » sont exactement le cas $p = 1$ du problème final, qui les invoquera pour $u^{p}$ : quand elles échouent pour $u$ , on regarde $u^{2}$ , $u^{3}$ , jusqu'à ce qu'elles réussissent.

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