Problèmes de synthèse

Pour montrer l'équivalence entre les deux propositions

\((P) : f^2=0\) et

\((Q) : \textrm{Im}(f)\subset \textrm{Ker}(f)\),

on montre que \((P)\) est une condition nécessaire pour avoir \((Q)\), \((Q)\Rightarrow (P)\),

puis qu'elle est suffisante, \((Q)\Rightarrow (P)\).

Pour montrer que \((P)\) est une condition nécessaire pour avoir \((Q)\), on suppose que \(\textrm{Im}(f)\subset \textrm{Ker}(f)\), et on montre que \(f^2=0\):

Soit \(v\) un vecteur de \(E\), appartient à \(\textrm{Im}(f)\), donc à \(\textrm{Ker}(f)\), donc \(f(f(v))=f^2(v)=0\);

ceci est vrai pour tout vecteur de \(E\), on a bien \(f^2=0\).

Réciproquement, on montre que \((P)\) est une condition suffisante pour avoir \((Q)\).

On suppose que \(f^2=0\), on montre que \(\textrm{Im}(f)\subset\textrm{Ker}(f)\):

Soit \(y\) un vecteur de \(\textrm{Im}(f)\), il existe donc un vecteur \(x\) de \(E\) tel que \(y=f(x)\).

Calculons \(f(y)\): on a \(f(y)=f^2(x)\).

Or \(f^2=0\), donc \(f^2(x)=0\), d'où \(f(y)=0\).

Donc \(y\) appartient à \(\textrm{Ker}(f)\). On a bien \(\textrm{Im}\subset\textrm{Ker}(f)\).

L'hypothèse \(f^2=0\) entraîne l'inclusion \(\textrm{Im}\subset \textrm{Ker}(f)\), et donc l'inégalité \(\dim \textrm{Im}(f) \le \dim \textrm{Ker}(f)\).

En ajoutant \(\dim \textrm{Ker}(f)\) aux deux membres de cette inégalité, et en utilisant le théorème du rang,

(\(\dim \textrm{Im}(f)+\dim \textrm{Ker}(f)=\dim E\)), on obtient : \(\dim E \le 2 \dim \textrm{Ker}(f)\).

Comme la dimension de \(E\) est \(3\), on en déduit l'inégalité : \(\dim \textrm{Ker}(f)\ge 2\).

Les seules possibilités pour \(\dim \textrm{Ker}(f)\) sont alors \(2\) ou \(3\).

Si cette dimension était \(3\), cela signifierait que le noyau de \(f\) serait \(E\), c'est-à-dire que \(f\) serait nul, ce qui est contraire aux hypothèses.

Donc on a \(\dim \textrm{Ker}(f)=2\).

Comme \(f\) n'est pas nul, il existe un vecteur de \(E\), noté \(v_1\), dont l'image par \(f\) n'est pas nulle.

Soit \(v_2=f(v_1)\), alors \(f(v_2)=f^2(v_1)\), et comme \(f^2=0\), \(f(v_2)=0\).

Le vecteur \(v_2\) est donc un élément non nul de \(\textrm{Ker}(f)\).

Puisque \(\textrm{Ker}(f)\) est de dimension \(2\), d'après le théorème de la base incomplète,

il existe un vecteur \(v_3\) de \(\textrm{Ker}(f)\) tel que \((v_2,v_3)\) soit une base de \(\textrm{Ker}(f)\).

La famille \(\{v_1,v_2,v_3\}\) est telle que \(f(v_1)=v_2, f(v_2)=0, f(v_3)=0\).

Elle vérifie une des conditions demandées. Démontrons qu'elle détermine une base de \(E\).

Comme la dimension de \(E\) est \(3\), il suffit de démontrer qu'elle est libre.

Soient donc \(\alpha, \beta,\) et \(\gamma\) des réels tels que \(\alpha v_1+ \beta v_2+ \gamma v_3=0\). En appliquant \(f\) à cette égalité, et en se servant de la linéarité de \(f\), on obtient : .

\(\alpha f(v_1)+ \beta f(v_2)+ \gamma f(v_3)=0\)

Or \(f(v_1)\neq 0\) et \(f(v_2)=f(v_3)=0\), donc \(\alpha=0\).

L'égalité \(\alpha v_1+ \beta v_2+ \gamma v_3=0\) devient \(\beta v_2+ \gamma v_3=0\), et comme \((v_2,v_3)\) est une base de \(\textrm{Ker}(f)\), la famille \(\{v_2,v_3\}\) est libre donc \(\beta=\gamma=0\).

Donc il existe bien une base \((v_1,v_2,v_3)\) de \(E\) telle que \(f(v_1)=v_2, f(v_2)=0, f(v_3)=0\).

L'hypothèse \(f^2=0\) entraîne l'inclusion \(\textrm{Im}(f)\subset \textrm{Ker}(f)\).

L'inclusion \(\textrm{Im}(f) \subset \textrm{Ker}(f)\) entraîne l'inégalité \(\dim \textrm{Im}(f) \le \dim \textrm{Ker}(f)\).

En ajoutant \(\dim \textrm{Im}(f)\) aux deux membres de cette inégalité, et en utilisant le théorème du rang

(\(\dim \textrm{Im}(f) + \dim \textrm{Ker}(f)= \dim E\)), on obtient : \(2\dim \textrm{Im}(f) \le \dim E\), donc \(\dim \textrm{Im}(f) \le n\) \((*)\).

Or d'après les hypothèses, la famille \(\{f(a_1),f(a_2),..., f(a_n)\}\) est libre ;

de plus elle est contenue dans \(\textrm{Im}(f)\), or la dimension d'un sous-espace est égale au nombre d'éléments d'une base, laquelle est une partie libre maximale.

Donc \(\dim \textrm{Im}(f)\ge n\) \((**)\).

Les inégalités \((*)\) et \((**)\) entraînent \(\dim \textrm{Im}(f)=n\).

On déduit alors du théorème du rang : \(\dim \textrm{Ker}(f)=n\).

On a donc \(\textrm{Im}(f)\subset\textrm{Ker}(f)\) et \(\dim \textrm{Im}(f)=\dim \textrm{Ker}(f)\), donc \(\textrm{Im}(f)=\textrm{Ker}(f)\).

On montre que \(\textrm{Ker}(f)\cap\textrm{Vect}(\{a_1,a_2,...,a_n\})=\{0\}\):

soit \(x\) un vecteur de \(\textrm{Ker}(f)\cap\textrm{Vect}(\{a_1,a_2,...,a_n\})\),

\(\exists (\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n)\in \mathbb R^n, x=\alpha_1a_1+\alpha_2a_2+...+\alpha_na_n\) et \(f(x)=0\)

donc \(f(\alpha_1a_1+\alpha_2a_2+...+\alpha_na_n)=0\),

donc \(\alpha_1f(a_1)+\alpha_2f(a_2)+...+\alpha_nf(a_n)=0\) puisque \(f\) est linéaire,

donc \(\alpha_1=\alpha_2=...=\alpha_n=0\) puisque que la famille \(\{f(a_1),f(a_2),...,f(a_n)\}\) est libre, donc \(x=0\).

Donc \(\textrm{Ker}(f)+\textrm{Vect}(\{a_1,a_2,...,a_n\})=\textrm{Ker}(f) \oplus \textrm{Vect}(\{a_1,a_2,...,a_n\})\).

Pour montrer que la dimension de \(\textrm{Vect}(\{a_1,a_2,...,a_n\})\) est \(n\), il suffit de démontrer que

la famille \(\{a_1,a_2,...,a_n\}\) est libre :

soient \(\alpha_1, \alpha_2,..., \alpha_n\) des réels tels que \(\alpha_1a_1+\alpha_2a_2+...+\alpha_n a_n=0\). En appliquant \(f\) à cette égalité et en se servant de la linéarité de \(f\), on obtient : \(\alpha_1f(a_1)+\alpha_2f(a_2)+...+\alpha_n f(a_n)=0\),

donc \(\alpha_1=\alpha_2=...=\alpha_n=0\) puisque que la famille \(\{f(a_1),f(a_2),...,f(a_n)\}\) est libre.

Donc la dimension de \(\textrm{Vect}(\{a_1,a_2,...,a_n\})\) est \(n\), ce qui entraîne :

\(\dim (\textrm{Ker}(f) \oplus \textrm{Vect}(\{a_1,a_2,...,a_n\}))=2n\).

Comme \(\dim E=2n\), on en déduit : \(E= \textrm{Ker}(f) \oplus \textrm{Vect}(\{a_1,a_2,...,a_n\})\)

Voici une solution :

Soit \(f\) l'endomorphisme de \(E\) défini par :

\(f(e_1)=e_{n+1}, f(e_2)=e_{n+2}, ..., f(e_n)=e_{2n}\), \(f(e_{n+1})=f(e_{n+2})=...=f(e_{2n})=0\)

(soit pour tout entier \(p\) compris entre \(1\) et \(n\) : \(f(e_p)=e_{n+p}\), et pour tout entier \(p\) compris entre \(n+1\) et \(2n\), \(f(e_p)=0\))

Vérifions que cet endomorphisme \(f\) convient :

on voit de suite que \(\textrm{Im}(f)=\textrm{Vect}(\{e_{n+1}, e_{n+2},..., e_{2n}\})\), donc sa dimension est \(n\).

De plus les vecteurs \(e_{n+1}, e_{n+2},..., e_{2n}\) sont contenus dans \(\textrm{Ker}(f)\), donc \(\textrm{Im}(f)\subset \textrm{Ker}(f)\), et comme les dimensions de \(\textrm{Im}(f)\) et \(\textrm{Ker}(f)\) sont égales (à cause du théorème du rang), on a bien \(\textrm{Im}(f)=\textrm{Ker}(f)\).

1. On détermine une base de \(\textrm{Im}(f)\):

   On sait que l'image d'une application linéaire \(f\) définie sur un espace vectoriel est engendrée par les images par \(f\) des vecteurs d'une base de cet espace vectoriel.

   Soit \((e_1,e_2,e_3,e_4)\) la base canonique de \(\mathbb R^4\).

   \(\textrm{Im}(f)\) est donc le sous-espace engendré par la famille \(\{f(e_1), f(e_2), f(e_3), f(e_4)\}\).

   On détermine ces vecteurs :

   \(f(e_1)=f((1,0,0,0))=(2,-1,0,0)\),

   \(f(e_2)=f((0,1,0,0))=(4,-2,0,0)\),

   \(f(e_3)=f((0,0,1,0))=(0,0,-1,1)\),

   \(f(e_4)=f((0,0,0,1))=(0,0,-1,1)\).

   On remarque que \(f(e_2)2f(e_1)\) et que \(f(e_3)=f(e_4)\).

   La famille \(\{f(e_1), f(e_3)\}\) est donc une famille génératrice de \(\textrm{Im}(f)\), de plus elle est libre puisque \(f(e_1)\) et \(f(e_3)\) ne sont pas colinéaires.

   Donc \((f(e_1),f(e_3))\) est une base de \(\textrm{Im}(f)\), avec \(f(e_1)=(2,-1,0,0)\) et \(f(e_3)= (0,0,-1,1)\).

2. On veut montrer que \(\textrm{Im}(f)=\textrm{Ker}(f)\).

   Montrons l'inclusion \(\textrm{Im}(f)\subset\textrm{Ker}(f)\): il suffit de vérifier que les vecteurs d'une base de \(\textrm{Im}(f)\) appartiennent à \(\textrm{Ker}(f)\). En calculant les images des vecteurs de la base trouvée précédemment, on trouve :

   \(f(f(e_1))=f((2,-1,0,0))=0\) et \(f(f(e_3))=f((0,0,-1,1))=0\)

   donc \(\textrm{Im}(f)\subset\textrm{Ker}(f)\).

   On pourrait vérifier ensuite que \(\textrm{Ker}(f)\) est contenu dans \(\textrm{Im}(f)\), mais il est plus simple de remarquer que \(\textrm{Im}(f)\) est de dimension \(2\) dans un espace de dimension \(4\), donc \(\textrm{Ker}(f)\) est aussi de dimension \(2\).

   On a donc \(\textrm{Im}(f)\subset\textrm{Ker}(f)\) et \(\dim\textrm{Im}(f)=\dim\textrm{Ker}(f)\), d'où \(\textrm{Im}(f)=\textrm{Ker}(f)\).

3. De l'égalité \(\textrm{Im}(f)=\textrm{Ker}(f)\), on déduit \(f^2=0\).

   De plus \(\mathbb R^4\) est un \(\mathbb R\textrm{-espace}\) vectoriel de dimension \(2\times2\), et on a vu dans la question \(1.\)

   que la famille \(\{e_1,e_3\}\) est telle que la famille \(\{f(e_1), f(e_3)\}\) est libre.

   L'endomorphisme \(f\) vérifie bien les conditions \((i.)\) et \((ii.)\) de les parties \(4.\) et \(5.\).

4. On a montré que \(f^2=0\). Cela entraîne que pour tout entier \(p\) supérieur ou égal à \(2\), on a \(f^p=0\).

   En effet cela se démontre par récurrence :

   La propriété \("f^p=0"\) est vraie pour \(p=2\).

   Supposons qu'il existe \(k\), \(k\ge 2\), tel que \(f^k=0\), alors \(f^k+1=f\circ f^k=f\circ 0=0\).

   Donc \(\forall p\ge 2, f^p=0\).

1. Soit \(g=f+\textrm{Id}\).

On veut montrer que \(g\) est bijectif. Puisque \(g\) est un endomorphisme d'un espace vectoriel de type fini, on a les équivalences suivantes :

\(g \textrm{ bijectif } \Leftrightarrow g \textrm{ injectif } \Leftrightarrow g \textrm{ surjectif }\)

Il suffit donc de démontrer que \(g\) est injectif, ce qui équivaut à \(\textrm{Ker}(g)=\{0\}\).

Déterminons \(\textrm{Ker}(g)\):

un vecteur \(v\) appartient à \(\textrm{Ker}(g)\) si et seulement si \(g(v)=(f+\textrm{Id})(v)=0\), or \((f+\textrm{Id})(v)=f(v)+v\)

donc \(v\) appartient à \(\textrm{Ker}(g)\) si et seulement si \(f(v)=-v\).

On applique \(f\) à cette égalité, on trouve \(f^2(v)=-f(v)\), et comme \(f(v)=-v\), on obtient \(f^2(v)=v\).

Or \(f^2=0\), donc \(v=0\). On a donc \(\textrm{Ker}(g)=\{0\}\), d'où \(g\) est bijectif.

Donc \(g\) est un automorphisme de \(\mathbb R^4\).

Calculons \(g^p\): on a \(g^p=(f+\textrm{Id})^p\).

Lorsqu'on a deux endomorphismes \(h\) et \(l\) d'un \(\mathbf K\textrm{-espace}\) vectoriel et qu'on veut calculer \((h+l)^p\), où \(p\) est un entier supérieur ou égal à \(2\), si les deux endomorphismes commutent, c'est-à-dire \(h\circ l= l\circ h\), on a le droit d'utiliser la "formule du binôme" :

\((h+l)^p=h^p+C_p^1 h^{p-1}\circ l+ ... + C_p^kh^{p-k}\circ l^k+...+l^p\)

(cette formule se démontre par récurrence sur \(p\))

Ici on a \(f\circ \textrm{Id}=\textrm{Id}\circ f=f\); de plus pour tout entier \(k\) \(k\ge 2\), \(f^k=0\) et \(\textrm{Id}^k=\textrm{Id}\).

Donc \((\textrm{Id}+f)^p=\textrm{Id}+C_p^1f+0\), c'est-à-dire \(g^p=\textrm{Id}+pf\).

On en déduit \(g^p((x,y,z,t))=((2p+1)x+4py, -px+(1-2p)y, (1-p)z-pt, pz+(1+p)t)\).