Etude d'un endomorphisme dont le carré est nul
Partie
Question
Soit \(E\) un espace vectoriel. Soit \(\varphi\) une application linéaire de \(E\) dans \(E\) qui vérifie :
\(\varphi^2=\varphi \circ \varphi=0\)
Montrer l'inclusion \(\textrm{Im}\varphi \subset \textrm{Ker}\varphi\).
On suppose de plus que \(E\) est de type fini ; soit \(n\) sa dimension. Soit \(r\) le rang de \(\varphi\).
Montrer que l'on a la relation \(2r\le n\).
On suppose maintenant que \(E=\mathbb R^2\).
Montrer que, ou bien \(\varphi=0\),
ou bien il existe une base \((e_1,e_2)\) de \(E\) telle que \(\varphi(e_1)=e_2\) et \(\varphi(e_2)=0\).
Aide simple
Pour la question \(3.\), lorsque \(\varphi\) est non nulle, on aura intérêt à considérer un antécédent d'un vecteur \(v\) base de \(\textrm{Im}\varphi\).
Aide méthodologique
Comme toujours, pour démontrer une inclusion du type \(A\subset B\), on prend un élément quelconque de \(A\) et on démontre qu'il est dans \(B\).
Comme l'on a un endomorphisme sur un espace de type fini et que l'on veut une propriété de la dimension de son image, il est naturel de penser au théorème du rang.
On détermine les valeurs que peut prendre \(r\) et lorsque cela est possible on choisit une base de l'image de \(\varphi\) et on l'étudie.
Aide à la lecture
Il convient de noter la progression du texte :
Dans la première question, on a un espace vectoriel quelconque (sans hypothèse de dimension) et un endomorphisme \(\varphi\) de \(E\) vérifiant \(\varphi^2=0\). C'est donc sur cette seule hypothèse qu'il faudra s'appuyer.
Dans la deuxième question, on rajoute l'hypothèse \(E\) est de type fini. On sait alors que l'image de \(\varphi\) sera de type fini, que sa dimension est par définition le rang \(r\) de \(\varphi\). Il est naturel d'étudier alors la conséquence sur ce rang de l'hypothèse de départ \(\varphi^2=0\).
Dans la troisième question, on étudie un cas encore plus particulier puisque on suppose que la dimension de \(E\) est égale à \(2\). Il s'agira de voir alors ce que l'on peut déduire de l'inégalité trouvée dans la deuxième question.
Solution détaillée
Il s'agit de démontrer l'inclusion \(\textrm{Im} \varphi \subset \textrm{Ker} \varphi\).
Soit donc \(y\) un élément de \(\textrm{Im} \varphi\). Cela signifie qu'il existe un élément \(x\) de \(E\) tel que \(y=\varphi(x)\). Pour démontrer que \(y\) appartient à \(\textrm{Ker} \varphi\), calculons \(\varphi (y)\).
On a \(\varphi (y)=\varphi (\varphi (x) )=\varphi^2 (x)\). Or \(\varphi^2=0\).
Donc \(\varphi (y)=0\) donc \(y\) est un élément du noyau de \(\varphi\).
Le théorème du rang donne l'égalité : \(\dim\textrm{Ker}\varphi+\dim\textrm{Im}\varphi=\dim E\).
L'inclusion \(\textrm{Im} \varphi \subset \textrm{Ker} \varphi\) a pour conséquence l'inégalité \(\dim\textrm{Im}\varphi \le \dim\textrm{Ker}\varphi\).
D'ou l'inégalité \(2\dim\textrm{Im}\varphi \le \dim\textrm{Ker}\varphi+\dim\textrm{Im}\varphi\).
Si \(n\) est la dimension de \(E\) et \(r\) le rang de \(\varphi\), ces deux propriétés donnent immédiatement l'inégalité voulue.
On suppose maintenant que \(E=\mathbb R^2\).
Donc \(E\) est de dimension \(2\), l'inégalité démontrée dans la deuxième question devient : \(2r\le 2\), soit \(r\le 1\). Or, \(r\) est la dimension de \(\textrm{Im}\varphi\), donc c'est un entier positif ou nul.
Les seules valeurs possibles pour \(r\) sont donc \(0\) ou \(1\).
Si \(r=0\), l'application \(\varphi\) est l'application nulle.
Si \(r=1\), l'image de \(\varphi\) est de dimension \(1\), donc une base de \(\textrm{Im}\varphi\) comporte un élément. Soit \(v\) une telle base. Comme \(v\) est dans l'image de \(\varphi\), il existe un élément \(u\) de \(E\) tel que : \(v=\varphi(u)\). De plus il résulte de la première question que \(v\) est dans le noyau de \(\varphi\) et donc que \(\varphi(v)=0\). On a donc deux vecteurs \(u\) et \(v\) qui satisfont aux deux propriétés : \(v=\varphi(u)\) et \(\varphi(v)=0\). Si l'on démontre qu'ils sont libres, ils détermineront une base (la dimension de l'espace est égale à \(2\)) satisfaisant aux conditions imposées par le texte.
Soit donc une combinaison linéaire nulle de \(u\) et \(v\) : \(\alpha u+\beta v=0\) avec \(\alpha\) et \(\beta\) réels.
Si on considère l'image par \(\varphi\) de \(\alpha u+ \beta v\), on obtient \(\varphi(\alpha u + \beta v)= \varphi(0)= \alpha \varphi(u)+ \beta \varphi(v)\)(puisque \(\varphi\) est linéaire).
Alors on a \(\alpha v=0\).
Or \(v\) est non nul (ne pas oublier que c'est une base de \(\textrm{Im} \varphi\)) et par conséquent \(\alpha=0\).
La relation \(\alpha u+\beta v=0\) devient donc \(\beta v=0\) qui implique \(\beta=0\) pour les mêmes raisons.
En prenant \(e_1=u\) et \(e_2=v\), on a une base \((e_1,e_2)\) de \(E\) telle que \(\varphi(e_1)=e_2\) et \(\varphi(e_2)=0\).