O O
O
A , où A ∈ M
r(K), 0 ≤ r ≤ n, puis que Im u est u-stable. Et A est inversible, comme matrice de v relativement à B’.
vii) ⇒ vi). Car si M =
O O
O
A , Ker M =
{ [
OY]
; Y ∈ Kn−r}
et Im M ={ [
OX]
; X∈ Kr}
Donc Kn = Im M ⊕ Ker M.2) Exemples et contre-exemples.
Les exemples sont nombreux :
− Les projecteurs vérifient E = Im p ⊕ Ker p, mais ce ne sont pas les seuls !
− Les automorphismes.
− Les endomorphismes diagonalisables.
Le contre-exemple le plus simple est celui de l’endomorphisme de matrice
0 0
1 0 . Il vérifie Im u = Ker u = K(1, 0).
Plus généralement, si u est nilpotent non nul, il ne peut vérifier vii), car une matrice de la forme
O O
O
A , où A ∈ Gl
r(K), 1 ≤ r ≤ n, n’est jamais nilpotente.
Remarques finales :
1) Il existe des caractérisations plus savantes de ces endomorphismes : cf. ex. sur la réduction.
2) Ces endomorphismes sont dits « pseudo-inversibles »
Exercice 17 : Soient E un espace vectoriel de dimension finie, f et g deux endomorphismes de E.
On suppose E = Im f + Im g = Ker f + Ker g. Montrer que les sommes sont directes.
[ Oral CCP 2002 ] Solution : Appliquons le théorème du rang à f et g :
dim E = dim Ker f + dim Im f = dim Ker g + dim Im g (1).
Par Grassmann, dim E = dim Im f + dim Im g − dim(Im f ∩ Im g) (2) Et aussi dim E = dim Ker f + dim Ker g − dim(Ker f ∩ Ker g) (3)
Ajoutons (2) et (3) et tenons compte de (1). Il vient dim(Im f ∩ Im g) + dim(Ker f ∩ Ker g) = 0.
On conclut aussitôt.
Remarque : le résultat est faux en dimension infinie, comme le montre l’exemple de E = R[X] et des endomorphismes f : P → P(0) et g : P → P’’.
Exercice 18 : Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimension finie, f et g deux applications linéaires de E dans F. Montrer que rg g ≤ rg f ⇔ ∃h ∈ Gl(F) ∃k ∈LLLL(E) h o g = f o k.
Solution :
•••• Le sens ⇐ est facile, car rg g = rg(h o g) = rg(f o k) ≤ rg f .
En effet, Im g et Im(h o g) = h(Im g) ont même dimension car h est un isomorphisme.
De plus, Im(f o k) ⊂ Im f.
• Montrons ⇒ en utilisant des bases convenables. Soient p = dim E, n = dim F, r = rg f, s = rg g.
Soient BE = (a1, …, ap) une base de E, BF = (b1, …, bn) une base de F telles que : Mat( f , BE , BF ) =
O O
O Ir .
Soient B’E = (a’1, …, a’p) une base de E, B’F = (b’1, …, b’n) une base de F telles que : Mat( g , B’E , B’F ) =
O O
O Is .
Définissons h ∈ Gl(F) par (∀i) h(b’i) = bi , et k ∈LLLL(E) par k(a’j) = aj pour 1 ≤ j ≤ s, 0 pour j > s.
Je laisse le lecteur vérifier que h o g = f o k, soit sur la base, soit matriciellement.
Exercice 19 : Soit E un espace vectoriel de dimension finie. Montrer que, pour tout u ∈ LLLL(E), il existe un automorphisme f et un projecteur p de E tels que u = p o f.
Solution : Posons E = Ker u ⊕ E’ = Im u ⊕ F’ .
Alors v = uEIm'u ∈ Isom(E’, Im u). Soit w un isomorphisme de Ker u sur F’.
Soit f = v ⊕ w : x = xKer u + xE’ → w(xKer u) + v(xE’) = w(xKer u) + u(xE’).
f ∈ Gl(E) comme somme directe de deux isomorphismes.
Soit p le projecteur sur Im u parallèlement à F’.
Alors (p o f )(x) = ( p o w )(xKer u) + ( p o u )(xE’) = u(xE’) = u(x). cqfd.
Matriciellement, soient (a1, …, an) et (b1, …, bn) des bases de E telles que Mat(u) =
O O
O Ir
= Jr . On a u(ai) = bi pour 1 ≤ i ≤ r , u(ai) = 0 pour i > r.
Soient f l’isomorphisme de E tel que (∀i) f(ai) = bi ,
et p l’endomorphisme de E défini par p(bi) = bi pour 1 ≤ i ≤ r , p(bi) = 0 pour i > r. p est un projecteur et (p o f)(ai) = bi = u(ai) pour 1 ≤ i ≤ r, (p o f)(ai) = 0 = u(ai) pour i > r.
Plus sobrement encore, si Q−1AP = Jr , A = Q.Jr.P−1 = (Q.Jr.Q−1) (QP−1) .
Remarques : 1) On montre aussi que u = f o q, où f est un automorphisme et q un projecteur de E.
2) Ceci montre que tout endomorphisme est composé de deux endomorphismes pseudo-inversibles (au sens des pseudo-inverses de groupe).
Exercice 20 : idéaux bilatères de LLLL(E). Soit E un K-espace vectoriel.
1) Soit f un endomorphisme non nul de E. Montrer que, pour toute droite D et tout hyperplan H de E, il existe un couple (u, v) d’endomorphismes de E tel que u o f o v ait H pour noyau, D pour image.
2) On appelle idéal bilatère de LLLL(E) un sous-espace vectoriel ℑ tel que : ∀f ∈ℑ ∀(u, v) ∈ L L L L(E) × L L L L(E) u o f et f o v ∈ℑ.
a) Montrer que les endomorphismes de rang fini de E forment un idéal bilatère ℑ0 de LLLL(E).
b) Montrer que tout idéal bilatère ≠ {0} contient ℑ0.
3) Si E est de dimension finie, montrer que LLLL(E) n’admet que deux idéaux bilatères, 0 et LLLL(E).
Si dim E > 1, y a-t-il un homomorphisme d’algèbre de LLLL(E) dans K ? Solution :
1) Soient a un vecteur non nul tel que D = K.a, b* une forme linéaire non nulle telle que H = Ker b*.
L’endomorphisme g défini par g(x) = < b*, x > a vérifie Ker g = H, Im g = D.
Soient x0 un vecteur tel que y0 = f(x0) ≠ 0, x1 un vecteur tel que < b*, x1 > = 1. Alors E = H ⊕ K.x1. Soient v l’endomorphisme de E défini par v|H = 0 et v(x1) = x0.
u un endomorphisme quelconque vérifiant u(y0) = a.
Alors g = u o f o v , car tous deux sont nuls sur H et tels que g(x1) = a = (u o f o v)(x1).
2) a) De Im( f + g ) ⊂ Im f + Im g et Im(λf) = Im f si λ≠ 0, 0 sinon, on déduit que ℑ0 est un sev de LL
LL(E). Si f est de rang fini, u o f aussi car Im(u o f) = u(Im f) est de dimension finie. Enfin, f o v aussi car Im(f o v) ⊂ Im f.
Remarque : il existe d’autres idéaux bilatères, les endomorphismes de rang dénombrable, etc.
b) Soit ℑ un idéal bilatère ≠ {0}.
Un endomorphisme de rang fini est somme d’endomorphismes de rang 1.
Or tout endomorphisme f de rang 1 est élément de ℑ.
En effet, H = Ker f est un hyperplan et D = Im f une droite. Il découle de 1 qu’il existe un élément g de ℑ tel que H = Ker g et D = Im g ; g et f sont proportionnels, donc f est aussi élément de ℑ.
3) Cas de la dimension finie.
Un idéal bilatère est soit {0}, soit contient ℑ0, mais ℑ0 = LLLL(E) si E est de dimension finie.
Soit χ : LLLL(E) → K un morphisme d’algèbres ; en particulier, χ(idE) = 1.
Ker χ est un idéal bilatère de LLLL(E), différent de LLLL(E) donc égal à {0} ; donc χ est injectif.
Si dim E > 1, c’est impossible.
Remarques : i) En dimension finie, une preuve matricielle est possible.
ii) La recherche des idéaux à droite et à gauche fait l’objet d’un problème (ENSAE 1983).
Exercice 21 : Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie, F et G deux sous-espaces supplé-mentaires de LLLL(E) tels que ∀( f , g ) ∈ F×G f o g + g o f = 0 .
Montrer que l’on a, soit F = {0}, soit G = {0}.
Solution : Soit I l’identité de LLLL(E). Nous allons montrer que I appartient à F ∪ G.
Si I ∈ F, alors (∀g ∈ G) 2g = I o g + g o I = 0 , donc G = {0} ; de même I ∈ G ⇒ F = {0}.
• Ecrivons I = p + q , où (p, q) ∈ F×G.
Alors p o q = p o (I – p) = p – p2 et q o p = (I – p) o p = p – p2 sont opposés, donc p = p2 . Finalement p et q sont deux projecteurs opposés.
• Soit g ∈ G. Je dis que g(Ker p) ⊂ Ker p et g(Im p) = {0} . En effet x ∈ Ker p ⇒ (p o g)(x) = − (g o p)(x) = 0 ⇒ g(x) ∈ Ker p.
y ∈ Im p ⇒ g(y) = (g o p)(y) = − (p o g)(y) ⇒ g(y) = 0.
En effet, il suffit de recomposer par p : (p o g)(y) = − (p o g)(y) = 0 implique g(y) = (p o g)(y) = 0, ou de noter que –1 n’est pas valeur propre d’un projecteur.
Du coup, G est inclus dans la sous-algèbre des endomorphismes de E laissant stables Ker p et nuls sur Im p : dim G ≤ (dim Ker p)2 .
• De même : dim F ≤ (dim Ker q)2 = (dim Im p)2 .
Finalement n2 = dim LLLL(E) ≤ dim F + dim G ≤ r2 + (n − r)2 , où r = rg p.
On en déduit aussitôt r = 0 ou n, c’est-à-dire p = 0 ou I. Si p = 0 , I∈G ; si p = I , I∈F. cqfd.
Remarque : On a seulement utilisé LLLL(E) = F + G, et le fait que R est de caractéristique ≠ 2.
Exercice 22 : Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie, F et G deux sous-espaces supplé-mentaires de LLLL(E) tels que ∀( f , g ) ∈ F×G f o g = g o f .
Montrer que l’on a F = {0} ou K.IdE , ou bien G = {0} ou K.IdE.
Solution : Cet exercice fait le pendant du précédent, mais sa solution anticipe sur la suite.
La condition est clairement suffisante. Montrons qu’elle est nécessaire en raisonnant matriciellement.
Soient F et G deux sous-espaces supplémentaires de Mn(K), de dimensions ≥ 1, tels que
∀(A, B) ∈ F×G A.B = B.A.
1) Considérons la matrice N =
0 0 ...
0 0
1 0 ...
0 0
...
...
...
...
...
0 ...
1 0 0
0 ...
0 1 0
.
N est nilpotente d’indice n. Soit N = A + B, où (A, B) ∈ F×G.
Comme A et B commutent, A et B commutent avec N.
Comme N est monogène, A et B sont des polynômes de N : A = P(N), B = Q(N).
Comme le polynôme minimal de N est Xn, on peut supposer P et Q de degrés ≤ n − 1.
Ils sont alors uniques. Ecrivons P(X) =
∑
−
≤
≤ 1
0 k n kXk
a et Q(X) =
∑
−
≤
≤ 1
0 k n kXk
b . La condition N = P(N) + Q(N) impose a1 + b1 = 1 et ak + bk = 0 pour k ≠ 1.
Donc a1≠ 0 ou b1≠ 0.
Si a1 ≠ 0, la matrice A’ = A – a0.I =
∑
−
≤
≤ 1
1 k n kXk
a = a1.N + … est aussi nilpotente d’indice n .
Son commutant est K[A’] = K[N]. Comme tout élément de G commute à A, donc à A’, G ⊂ K[N].
2) Considérons maintenant la matrice tN.
Pour la même raison, F ou G est inclus dans K[tN].
Si le même espace F ou G est inclus dans K[N] et dans K[tN], il est inclus dans leur intersection KIn. Si l’un, disons F, est inclus dans K[N] et l’autre, G, dans K[tN], on aurait :
n2 = dim Mn(K) = dim F + dim G ≤ dim K[N] + dim K[tN] − dim(K[N] ∩ K[tN]) = 2n – 1, donc n = 1, et le résultat est encore vrai.
Référence : R. Antetomaso, RMS octobre 2009, p. 105.
Exercice 23 : Soient E = CCCC([a, b], R), F = CCCC(R, R), et P∈R[X, Y] un polynôme à deux indéterminées.
Montrer que u : f → g , où g(x) =
∫
absin(x+y).f(y).dy, et v : f → h , où h(x) =∫
abP(x,y).f(y).dy ,sont des applications linéaires de rang fini de E dans F.
Solution : Les linéarités de u et v sont évidentes.
g(x) = sinx.
∫
abcosy.f(y).dy+cosx.∫
absiny.f(y).dy appartient au plan vectoriel engendré par (sin, cos), donc u est de rang ≤ 2, et même de rang 2 si a ≠ b, car le couple (∫
abcosy.f(y).dy,∫
absiny.f(y).dy)peut prendre n’importe quelle valeur.
Ecrivons P(x, y) =
∑
= n
k
k y xk
A
0
).
( . Il vient h(x) =
∑ ∫
= b
a k
n
k
k A y f y dy
x ( ).( ).
0
. Im v est inclus dans l’espace des polynômes de degré ≤ n, donc rg v ≤ n + 1.