Exercice 1 754

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace réel $E$ vérifiant $u^{3} = {Id}_{E}$ .

Justifier que les espaces $Ker (u - {Id}_{E})$ et $Ker (u^{2} + u + {Id}_{E})$ sont supplémentaires.

Exercice 2 2681 MINES (MP)Correction

Soient $E$ un espace vectoriel sur $𝕂$ et $a$ un élément non nul de $𝕂$ . Soit $f \in ℒ (E)$ tel que $f^{3} - 3 a f^{2} + a^{2} f = 0$ . Les espaces $Ker (f)$ et $Im (f)$ sont-ils supplémentaires?

Solution

$P = X (X^{2} - 3 a X + a^{2})$ est annulateur de $f$ . Par le théorème de décomposition des noyaux,

E = Ker (f) \oplus Ker (f^{2} - 3 a f + a^{2} Id)

car $X$ et $X^{2} - 3 a X + a^{2}$ sont premiers entre eux. Or $a$ étant non nul, on montre

Ker (f^{2} - 3 a f + a^{2} Id) \subset Im (f)

tandis que l’inclusion réciproque provient de ce que

(f^{2} - 3 a f + a^{2} Id) \circ f = 0 .

Les espaces $Ker (f)$ et $Im (f)$ sont donc supplémentaires.

Exercice 3 2726 MINES (MP)Correction

Soit $E$ un $ℂ$ -espace vectoriel de dimension finie et $u \in ℒ (E)$ tel que

u^{3} = Id .

Décrire les sous-espaces stables de $u$ .

Même question avec $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel.

Solution

Cas: $𝕂 = ℂ$ . $u$ annule un polynôme scindé simple, l’endomorphisme $u$ est donc diagonalisable. Tout sous-espace vectoriel possédant une base de vecteurs propres est stable et inversement.

Cas: $𝕂 = ℝ$ . Par le lemme de décomposition des noyaux, on a

E = Ker (u - Id) \oplus Ker (u^{2} + u + Id) .

Soit $F$ un sous-espace vectoriel stable par $u$ . Posons

F_{1} = F \cap Ker (u - Id)

F_{2} = F \cap Ker (u^{2} + u + Id) .

Montrons $F = F_{1} \oplus F_{2}$ .

Tout $x \in F$ peut s’écrire $x = a + b$ avec $a \in Ker (u - Id)$ et $b \in Ker (u^{2} + u + Id)$ .

Puisque $u (x) = a + u (b) \in F$ et $u^{2} (x) = a + u^{2} (b) \in F$ , on a

a = \frac{1}{3} (x + u (x) + u^{2} (x)) \in F

puis $b = x - a \in F$ .

Ainsi, $a \in F_{1}$ , $b \in F_{2}$ et l’on a donc $F \subset F_{1} + F_{2}$ .

Il est alors immédiat que l’on peut alors conclure $F = F_{1} \oplus F_{2}$ .

Puisque $F_{2} \subset Ker (u^{2} + u + Id)$ , pour $x \in F_{2}$ non nul la famille $(x, u (x))$ est libre. En effet, l’endomorphisme $v$ induit par $u$ sur $F_{2}$ satisfait $v^{2} + v + Id$ . Il annule le polynôme $X^{2} + X + 1$ qui est sans racines réelles. L’endomorphisme induit $v$ ne possède donc pas de valeurs propres.

L’espace $P_{1} = Vect (x, u (x))$ est stable par $u$ puisque $u^{2} (x) = - (x + u (x))$ .

Si $P_{1} \neq F_{2}$ , il existe $y \in F_{2} ∖ P_{1}$ . Comme au-dessus, $P_{2} = Vect (y, u (y))$ est un plan stable par $u$ . Si $z \in P_{1} \cap P_{2}$ est non nul alors $u (z) \in P_{1} \cap P_{2}$ et $(z, u (z))$ est libre donc $P_{2} = Vect (z, u (z))$ puis $y \in Vect (z, u (z)) \subset P_{1}$ ce que le choix de $y$ exclut. Les espaces $P_{1}$ et $P_{2}$ sont donc en somme directe.

Si $P_{1} \oplus P_{2} \neq F_{2}$ , on recommence.

Au final, $F_{2}$ est la somme directe de sous-espaces vectoriels de la forme $Vect (x, u (x))$ avec $x \neq 0$ , $x \in Ker (u^{2} + u + Id)$ .

Quant à $F_{1}$ , il n’y a pas de condition à souligner puisque tout sous-espace vectoriel de $Ker (u - Id)$ est stable par $u$ .

Exercice 4 2624 CCINP (MP)Correction

Soit $f$ un endomorphisme d’un $ℝ$ -espace vectoriel $E$ vérifiant $f^{4} + f = 0$ . Montrer

Ker (f) \oplus Im (f) = E .

Solution

Le polynôme $X^{4} + X$ est annulateur de $f$ . Or $X^{4} + X = X (X^{3} + 1)$ avec $X$ et $X^{3} + 1$ premiers entre eux. Par le lemme de décomposition des noyaux,

Ker (f) \oplus Ker (f^{3} + {Id}_{E}) = Ker (f^{4} + f) = E .

Or $(f^{3} + {Id}_{E}) \circ f = 0$ donne $Im (f) \subset Ker (f^{3} + {Id}_{E})$ . Aussi, si $x \in Ker (f^{3} + {Id}_{E})$ , $x = - f^{3} (x) \in Im (f)$ . Par double inclusion, $Im (f) = Ker (f^{3} + {Id}_{E})$ ce qui permet de conclure.

Exercice 5 2442 Correction

Soit $f$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension quelconque. On suppose qu’il existe un polynôme annulateur $P$ de $f$ vérifiant

P (0) = 0 et P^{'} (0) \neq 0 .

Montrer que l’image et le noyau de $f$ sont supplémentaires dans $E$ .

Solution

On peut écrire $P (X) = X Q (X)$ avec $Q \in 𝕂 [X]$ tel que $Q (0) \neq 0$ . Quitte à considérer $λ P$ au lieu de $P$ avec $λ \in 𝕂^{*}$ bien choisi, on peut supposer $Q (0) = 1$ . Cela permet d’écrire $Q (X) = 1 - X R (X)$ avec $R \in 𝕂 [X]$ .

Les polynômes $X$ et $Q$ sont premiers entre eux. Par le lemme de décomposition des noyaux,

Ker (f) \oplus Ker (Q (f)) = Ker (P (f)) = E

Montrons par double inclusion l’égalité $Ker (Q (f)) = Im (f)$ ce qui permettra de conclure.

D’une part, $Q (f) \circ f = 0$ et donc $Im (f) \subset Ker (Q (f))$ .

D’autre part, pour $x \in Ker (Q (f))$ , on a $Q (f) (x) = 0_{E}$ donc $x - (f \circ R (f)) (x) = 0_{E}$ puis $x = f (R (f) (x)) \in Im (f)$ . Ainsi, $Ker (Q (f)) \subset Im (f)$ et l’on a l’égalité.

Exercice 6 4315

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ . On suppose qu’il existe deux polynômes $P, Q \in 𝕂 [X]$ premiers entre eux vérifiant $(P Q) (u) = 0$ .

(a)

On suppose l’espace $E$ de dimension finie. Montrer

$Ker (P (u)) \oplus Im (P (u)) = E .$
(b)

On ne suppose plus l’espace $E$ de dimension finie. Le résultat précédent est-il encore vrai?

Exercice 7 4141 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension quelconque. On suppose qu’il existe deux polynômes $P, Q \in 𝕂 [X]$ premiers entre eux vérifiant $(P Q) (u) = 0$ . Montrer

Ker (P (u)) \oplus Im (P (u)) = E .

Solution

Les polynômes $P$ et $Q$ étant premiers entre eux, on peut introduire des polynômes $V, W$ vérifiant

P V + Q W = 1 .

En évaluant en $u$ , on obtient la relation

{Id}_{E} = P (u) \circ V (u) + Q (u) \circ W (u) (*) .

Soit $x \in Ker (P (u)) \cap Im (P (u))$ . Puique $Q (u) \circ P (u) = (P Q) (u) = 0$ , on a $Im (P (u)) \subset Ker (Q (u))$ et donc $x \in Ker (P (u)) \cap Ker (Q (u))$ . La relation $(*)$ donne alors

x = V (u) \circ P (u) (x) + W (u) \circ Q (u) (x) = 0_{E} .

Ainsi, les espaces $Ker (P (u))$ et $Im (P (u))$ sont en somme directe. Soit $x \in E$ . Par la relation $(*)$ , on peut écrire

x = a + b avec a = P (u) \circ V (u) (x) et b = Q (u) \circ W (u) (x) .

On a évidement $a \in Im (P (u))$ et aussi $b \in Ker (P (u))$ car

P (u) (b) = (P Q) (u) \circ W (u) (x) = 0_{E} .

On peut alors conclure l’égalité

Ker (P (u)) \oplus Im (P (u)) = E .

Exercice 8 3465 Correction

Soient $u$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie et $P \in 𝕂 [X]$ annulateur de $u$ .
On suppose que l’on peut écrire $P = Q R$ avec $Q$ et $R$ premiers entre eux.
Établir

Im (Q (u)) = Ker (R (u)) .

Solution

Par le lemme de décomposition des noyaux,

Ker (P (u)) = Ker (Q (u)) \oplus Ker (R (u))

et puisque $P$ est annulateur

E = Ker (Q (u)) \oplus Ker (R (u)) .

De plus, $R (u) \circ Q (u) = 0$ et donc $Im (Q (u)) \subset Ker (R (u))$ .

Par la formule du rang,

dim Im (Q (u)) = dim E - dim Ker (Q (u))

et par la supplémentarité qui précède,

dim E = dim Ker (Q (u)) + dim Ker (R (u))

donc

dim Im (Q (u)) = dim Ker (R (u)) .

On peut alors conclure.

Notons que le résultat est aussi vrai en dimension quelconque: on l’obtient grâce à une relation de Bézout.

[<] Polynômes en un endomorphisme ou une matrice [>] Polynômes annulateurs

Édité le 31-01-2026

Lemme de décomposition des noyaux