Exercice 1 1665

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ de dimension finie. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes:

(i) $E = Im (f) \oplus Ker (f)$ ;

(ii) $E = Im (f) + Ker (f)$ ;

(iii) $Im (f^{2}) = Im (f)$ ;

(iv) $Ker (f^{2}) = Ker (f)$ .

Exercice 2 1663

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace $E$ de dimension finie. Montrer

Ker (f) = Im (f) \Leftrightarrow (f^{2} = 0 et dim E = 2 rg (f)) .

Exercice 3 1666 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $f, g \in ℒ (E)$ tels que $f + g$ bijectif et $g \circ f = \tilde{0}$ . Montrer que

rg (f) + rg (g) = dim E .

Solution

$g \circ f = \tilde{0}$ donne $Im (f) \subset Ker (g)$ donc $rg (f) \leq dim Ker (g) = dim E - rg (g)$ . Par suite, $rg (f) + rg (g) \leq dim E$ .
$f + g$ bijectif donne $Im (f + g) = E$ . Or $Im (f + g) \subset Im (f) + Im (g)$ d’où $dim E \leq rg (f) + rg (g)$ .

Exercice 4 3127 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension $n \in ℕ^{*}$ et $u$ un endomorphisme de $E$ vérifiant $u^{3} = \tilde{0}$ .
Établir

rg (u) + rg (u^{2}) \leq n .

Solution

Puisque $u^{3} = \tilde{0}$ , on a $Im (u^{2}) \subset Ker (u)$ et donc

rg (u^{2}) \leq dim Ker (u) .

Or par la formule du rang

rg (u) + dim Ker (u) = dim E

donc

rg (u) + rg (u^{2}) \leq dim E .

Exercice 5 4393

Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces de dimensions finies d’un espace vectoriel $E$ .

Retrouver la formule de Grassmann en appliquant le théorème du rang à la fonction

σ : {\begin{matrix} F \times G & \to & E \\ (x, y) & \mapsto & x + y . \end{matrix}

Exercice 6 5162

Soient $u$ une application linéaire d’un espace de dimension finie $E$ vers un espace $E^{'}$ et $F$ un sous-espace vectoriel supplémentaire de $Ker (u)$ dans $E$ . On introduit l’application restreinte

φ : {\begin{matrix} F & \to & Im (u) \\ x & \mapsto & u (x) . \end{matrix}

Montrer que $φ$ est un isomorphisme d’espaces vectoriels.

Exercice 7 1664

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace $E$ de dimension finie vérifiant $rg (f^{2}) = rg (f)$ .

(a)

Établir $Im (f^{2}) = Im (f)$ et $Ker (f^{2}) = Ker (f)$ .
(b)

Montrer que les espaces $Im (f)$ et $Ker (f)$ sont supplémentaires dans $E$ .

Exercice 8 224

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes d’un espace $E$ de dimension finie vérifiant

Im (f) + Im (g) = Ker (f) + Ker (g) = E .

Montrer que ces sommes sont directes.

Exercice 9 196 Correction

On dit qu’une suite d’applications linéaires

{0} \overset{u_{0}}{\to} E_{1} \overset{u_{1}}{\to} E_{2} \overset{u_{2}}{\to} \dots \overset{u_{n - 1}}{\to} E_{n} \overset{u_{n}}{\to} {0}

est exacte si on a $Im (u_{k}) = Ker (u_{k + 1})$ pour tout $k \in {0, \dots, n - 1}$ . Montrer que si tous les $E_{k}$ sont de dimension finie, on a la formule dite d’Euler-Poincaré:

\sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k} dim E_{k} = 0 .

Solution

La formule du rang du rang donne

dim E_{k} = dim Im (u_{k}) + dim Ker (u_{k})

donc, sachant $dim Im (u_{k}) = dim Ker (u_{k + 1})$ , on obtient

\sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k} dim E_{k} = \sum_{k = 2}^{n} {(- 1)}^{k - 1} dim Ker (u_{k}) + \sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k} dim Ker (u_{k}) = - dim Ker (u_{1}) = 0

car $Im (u_{n}) = {0}$ et $Ker (u_{1}) = Im (u_{0}) = {0}$ .

Exercice 10 3251

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ de dimension $n \in ℕ$ . Montrer

f est une projection \Leftrightarrow rg (f) + rg ({Id}_{E} - f) = n .

Exercice 11 197

(Images et noyaux itérés d’un endomorphisme)

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ . On pose

f^{0} = {Id}_{E} et f^{p} = \underset{\begin{matrix} p facteurs \end{matrix}}{\underset{⏟}{f \circ f \circ \dots \circ f}} pour tout p \in ℕ^{*} .

Pour tout $p \in ℕ$ , on introduit les images et noyaux de $f^{p}$ :

I_{p} = Im (f^{p}) et N_{p} = Ker (f^{p}) .

(a)

Montrer que les suites $(I_{p})$ et $(N_{p})$ sont respectivement décroissante et croissante au sens de l’inclusion¹¹ 1 Autrement dit, $I_{p + 1} \subset I_{p}$ et $N_{p} \subset N_{p + 1}$ pour tout $p \in ℕ$ ..

On suppose dans ce qui suit que l’espace $E$ est de dimension finie.

(b)

Justifier l’existence d’un rang $r \in ℕ$ tel que $I_{r + 1} = I_{r}$ .
(c)

Vérifier que les deux suites $(I_{p})$ et $(N_{p})$ sont alors constantes à partir du rang $r$ .
(d)

Établir $I_{r} \oplus N_{r} = E$ .

Exercice 12 194 Correction

Soient $f$ un endomorphisme et $F$ un sous-espace vectoriel d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie. Montrer

dim Ker (f) \cap F \geq dim F - rg (f) .

Solution

Considérons $f_{↾ F}$ restriction de $f$ au départ de $F$ et à l’arrivée dans $E$ .
$Ker (f_{↾ F}) = Ker (f) \cap F$ et $rg (f_{↾ F}) \leq rg (f)$ . L’application du théorème du rang $f_{↾ F}$ permet alors de conclure.

Exercice 13 5299 ENSTIM (MP)Correction

Soient $f, g$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie $n \in ℕ$ .

Montrer

rg (f) + rg (g) - n \leq rg (g \circ f) \leq \min (rg (f), rg (g)) .

Solution

Commençons par montrer la deuxième inégalité. Par l’inclusion $Im (g \circ f) \subset Im (g)$ , on obtient $rg (g \circ f) \leq rg (g)$ . Aussi, de $Im (g \circ f) = g (f (E)) = Im (g_{↾ f (E)})$ qui donne $rg (g) \leq dim f (E) = rg (f)$ car le rang d’une application linéaire est inférieure à la dimension de l’espace de départ.

Montrons maintenant la première inégalité. Comme déjà écrit $Im (g \circ f) = Im (g_{↾ f (E)})$ et donc par la formule du rang

rg (g \circ f) = dim f (E) - dim Ker (g_{↾ f (E)}) .

Or $Ker (g_{↾ f (E)}) \subset Ker (g)$ et donc

rg (g \circ f) \geq rg (f) - dim Ker (g) = rg (g) + rg (f) - dim E .

Exercice 14 2585 CCINP (MP)Correction

Soit $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie $n$ , $f$ et $g$ deux endomorphismes de $E$ .

(a)

En appliquant le théorème du rang à la restriction $h$ de $f$ à l’image de $g$ , montrer que

$rg (f) + rg (g) - n \leq rg (f \circ g) .$
(b)

Pour $n = 3$ , trouver tous les endomorphismes de $E$ tels que $f^{2} = 0$ .

Solution

(a)

$Ker (h) \subset Ker (f)$ donc $dim Ker (h) \leq dim Ker (f)$ .
En appliquant la formule du rang à $f$ et à $h$ on obtient

$dim Ker (f) = n - rg (f) et dim Ker (h) = rg (g) - rg (h) .$

On en déduit

$rg (f) + rg (g) - n \leq rg (h) .$

Or $Im (f \circ g) = Im (h)$ donc $rg (f \circ g) = rg (h)$ et l’on peut conclure.
(b)

Un endomorphisme $f$ vérifie $f^{2} = 0$ si, et seulement si, $Im (f) \subset Ker (f)$ ce qui entraîne, en dimension $3$ , $rg (f) = 1$ .
Si l’endomorphisme $f$ n’est pas nul, en choisissant $x \in E$ tel que $x \notin Ker (f)$ et en complétant le vecteur $f (x) \in Ker (f)$ , en une base $(f (x), y)$ de $Ker (f)$ , on obtient que la matrice de $f$ dans la base $(x, f (x), y)$ est

$(\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .$

Inversement, un endomorphisme $f$ représenté par une telle matrice vérifie $f^{2} = 0$ .

Exercice 15 2992 ENSTIM (MP)Correction

Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel $E$ de dimension finie. On introduit l’application linéaire restreinte

w : {\begin{matrix} Im (v) & \to & E \\ x & \mapsto & w (x) = u (x) \end{matrix}

Vérifier $Ker (w) \subset Ker (u)$ et $Im (w) \subset Im (u \circ v)$ et en déduire

dim Ker (u \circ v) \leq dim Ker (u) + dim Ker (v) .

Solution

Soit $x \in Ker (w)$ . On a $w (x) = u (x) = 0_{E}$ donc $x \in Ker (u)$ . Ainsi, $Ker (w) \subset Ker (u)$ .

Soit $y \in Im (w)$ . Il existe $x \in Im (v)$ tel que $y = w (x) = u (x)$ . Il existe aussi $a \in E$ tel que $x = v (a)$ et donc $y = u (v (a)) = (u \circ v) (a) \in Im (u \circ v)$ . Ainsi, $Im (w) \subset Im (v \circ u)$ .

Les inclusions précédentes donnent

rg (w) = dim Im (w) \leq Im (v \circ u) = rg (v \circ u) et dim Ker (w) \leq dim Ker (u)

En sommant ces deux comparaisons,

rg (w) + dim Ker (w) \leq dim Ker (u) + rg (v \circ u)

En appliquant la formule du rang à l’application linéaire $w$ qui est au départ de l’espace $Im (v)$

dim Im (v) \leq dim Ker (u) + rg (v \circ u)

Enfin, en appliquant la formule du rang aux endomorphismes $v$ et $u \circ v$ , il vient

dim E - dim Ker (v) \leq dim Ker (u) + dim E - dim Ker (v \circ u)

Il suffit ensuite de simplifier et de réorganiser les termes de cette comparaison pour obtenir celle voulue.

Exercice 16 4214

Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel $E$ de dimension finie.

Montrer

dim Ker (u \circ v) \leq dim Ker (u) + dim Ker (v) .

Exercice 17 3156 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie.
Montrer

\forall k, ℓ \in ℕ, dim (Ker (u^{k + ℓ})) \leq dim (Ker (u^{k})) + dim (Ker (u^{ℓ})) .

Solution

Soient $k, ℓ \in ℕ$ . Considérons le sous-espace vectoriel

F = Ker (u^{k + ℓ})

et introduisons l’application linéaire restreinte $v : F \to E$ définie par

\forall x \in F, v (x) = u^{ℓ} (x) .

On vérifie aisément

Ker (v) \subset Ker (u^{ℓ}) et Im (v) \subset Ker (u^{k}) .

La formule du rang appliquée à $v$ donne

dim (Ker (u^{k + ℓ})) = rg (v) + dim Ker (v)

ce qui donne

dim (Ker (u^{k + ℓ})) \leq dim (Ker (u^{k})) + dim (Ker (u^{ℓ})) .

Exercice 18 3421 Correction

Soient $E$ , $F$ , $G$ , $H$ des $𝕂$ -espaces vectoriels de dimensions finies et $f \in ℒ (E, F)$ , $g \in ℒ (F, G)$ , $h \in ℒ (G, H)$ des applications linéaires. Montrer

rg (g \circ f) + rg (h \circ g) \leq rg (g) + rg (h \circ g \circ f) .

Solution

Pour $φ, ψ$ applications linéaires composables

rg (ψ \circ φ) = dim Im (ψ_{↾ Im (φ)}) = rg (φ) - dim (Im (φ) \cap Ker (ψ)) .

Ainsi,

rg (h \circ g \circ f) = rg (g \circ f) - dim (Im (g \circ f) \cap Ker (h))

rg (h \circ g) = rg (g) - dim (Im (g) \cap Ker (h)) .

Puisque

Im (g \circ f) \subset Im (g)

on a

dim (Im (g \circ f) \cap Ker (h)) \leq dim (Im (g) \cap Ker (h))

ce qui fournit l’inégalité demandée.

Exercice 19 5804 Correction

Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels supplémentaires d’un espace $E$ et $u$ un endomorphisme de $E$ .

(a)

On suppose que $E$ est de dimension finie. Montrer que $u$ est un automorphisme de $E$ si, et seulement si, les espaces $u (F)$ et $u (G)$ sont supplémentaires.
(b)

Le résultat précédent est-il encore valable en dimension infinie?

Solution

(a)

$(⟹)$ Supposons que $u$ soit un automorphisme de $E$ . On sait déjà que $u (F)$ et $u (G)$ sont des sous-espaces vectoriels car l’image directe d’un sous-espace vectoriel par une application linéaire est un sous-espace.

Soit $y \in u (F) \cap u (G)$ . Il existe $x_{F} \in F$ et $x_{G} \in G$ tels que $y = u (x_{F}) = u (x_{G})$ . Or l’application $u$ est injective et donc $x_{F} = x_{G}$ . Ce vecteur est alors commun à $F$ et $G$ et c’est donc le vecteur nul. On en déduit $y = u (0_{E}) = 0_{E}$ . Ainsi, les espaces $u (F)$ et $u (G)$ sont en somme directe.

Soit $y \in E$ . Par surjectivité de l’application $u$ , il existe $x \in E$ tel que $y = u (x)$ . Or on peut écrire $x = a + b$ avec $a \in F$ et $b \in G$ . On a alors $y = u (a) + u (b)$ avec $u (a) \in u (F)$ et $u (b) \in u (G)$ . On en déduit $E = u (F) + u (G)$ .

Finalement, les espaces $u (F)$ et $u (G)$ sont supplémentaires.

$(⟸)$ Supposons les espaces $u (F)$ et $u (G)$ supplémentaires. Pour tout $y \in E$ , on peut écrire $y = c + d$ avec $c \in u (F)$ et $d \in u (G)$ . Il existe alors $a \in F$ et $b \in G$ tels que $c = u (a)$ et $d = u (b)$ de sorte que $y = u (a) + u (b) = u (a + b)$ . L’endomorphisme $u$ est alors surjectif. Or l’espace $E$ est de dimension finie. L’endomorphisme $u$ est donc bijectif, c’est un automorphisme.
(b)

L’implication directe a précédemment été établie sans employer l’hypothèse de dimension, ce résultat reste valable en dimension quelconque.

L’implication indirecte n’est en revanche pas vraie en dimension infinie. Par exemple, considérons $E = 𝕂 [X]$ et $u : P \mapsto P^{'}$ . Considérons aussi $F$ le sous-espace vectoriel de $𝕂 [X]$ constitué des polynômes pairs et $G$ celui des polynômes impairs. Les espaces $F$ et $G$ sont supplémentaires. Puisque $u (F) = G$ et $u (G) = F$ , les espaces $u (F)$ et $u (G)$ sont aussi supplémentaires. Cependant $u$ n’est pas injectif, ce n’est pas un automorphisme de $𝕂 [X]$ .

Exercice 20 5818 Correction

Soit $f$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ tel que $Ker (f)$ soit de dimension finie.

(a)

Soit $F$ un sous-espace vectoriel de dimension finie de $E$ . Établir que $f^{- 1} (F)$ est de dimension finie.
(b)

Montrer que $Ker (f^{n})$ est de dimension finie pour tout $n \in ℕ$ .

Solution

(a)

Considérons l’application linéaire restreinte

$f^{'} : {\begin{matrix} f^{- 1} (F) & \to & F \\ x & \mapsto & f (x) . \end{matrix}$

Cette application vérifie $Ker (f^{'}) \subset Ker (f)$ et la formule du rang donne

$dim f^{- 1} (F) = rg (f^{'}) + dim Ker (f^{'}) \leq dim F + dim Ker (f) < + \infty .$
(b)

On raisonne par récurrence sur $ℕ$ .

Pour $n = 0$ , $Ker (f^{0}) = Ker ({Id}_{E}) = {0}$ est de dimension finie.

Supposons la propriété vraie au rang $n$ . On a

$Ker (f^{n + 1})$ $= {x \in E | f^{n + 1} (x) = 0}$

$= {x \in E | f (x) \in Ker (f^{n})}$

$= f^{- 1} (Ker (f^{n})) .$

Par hypothèse de récurrence, $Ker (f^{n})$ est de dimension finie. Le résultat de la question précédente donne alors $Ker (f^{n + 1})$ de dimension finie.

La récurrence est établie.

Exercice 21 4391

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie $E$ .

Montrer qu’il existe un endomorphisme $v$ de $E$ tel que $u \circ v = 0$ et $u + v \in GL (E)$ si, et seulement si, les espaces $Im (u)$ et $Ker (u)$ sont supplémentaires.

[<] Rang d'une application linéaire [>] Applications linéaires définies sur une base

Édité le 29-08-2023

	$Ker (f^{n + 1})$	$= {x \in E \| f^{n + 1} (x) = 0}$
		$= {x \in E \| f (x) \in Ker (f^{n})}$
		$= f^{- 1} (Ker (f^{n})) .$

Formule du rang