Problème - Coeur et nilespace d`un endomorphisme

Correction
1.a
1.b
2.
2.b
u n est un endomorphisme de E et on sait qu’image et noyau d’un endomorphisme sont des sous-espaces
vectoriels.
∀y ∈ Fn +1 = Im u n +1 , ∃x ∈ E tel que y = u n +1 (x ) donc y = u n (u (x )) ∈ Im u n = Fn . Ainsi Fn +1 ⊂ Fn .
∀x ∈ Gn = ker u n , on a u n +1 (x ) = u (u n (x )) = u (o ) = o donc x ∈ ker u n +1 = Gn +1 . Ainsi Gn ⊂ Gn +1 .
F ⊂ E . Pour tout n ∈ ℕ , o ∈ Fn car Fn est un sous-espace vectoriel de E , donc o ∈ F .
Soit λ , µ ∈ ℝ et x , y ∈ F . Pour tout n ∈ ℕ , x , y ∈ Fn , or Fn est un sous-espace vectoriel de E donc
λx + µy ∈ Fn et donc λx + µy ∈ F .
G ⊂ E . o ∈ G1 car u (o ) = o donc o ∈ G .
Soit λ , µ ∈ ℝ et x , y ∈ G . Il existe n , m ∈ ℕ tel que x ∈ Gn et y ∈ Gm .
Posons p = max(n , m ) . On a Gn ,Gm ⊂ G p donc x , y ∈ G p .
Or G p est un sous-espace vectoriel de E dont λx + µy ∈ G p puis λx + µy ∈ G .
Soit x ∈ F . Pour tout n ∈ ℕ , on a x ∈ Fn donc u (x ) ∈ Fn +1 . Ainsi ∀n ∈ ℕ * , u (x ) ∈ Fn .
De plus F0 = Im u 0 = Im Id = E , donc u (x ) ∈ F0 . Ainsi u (x ) ∈ Fn pour tout n ∈ ℕ et donc u (x ) ∈ F .
Soit x ∈ G . Il existe n ∈ ℕ tel que x ∈ Gn c’est à dire tel que u n (x ) = o .
Si n > 0 , alors u n −1 (u (x )) = o donc u (x ) ∈ Gn −1 puis u (x ) ∈ G .
Si n = 0 , alors u 0 (x ) = o donc x = o car u 0 = Id . Mais alors u (x ) = o et donc u (x ) ∈ G .
2.c
Si u est un automorphisme de E alors pour tout n ∈ ℕ , u n l’est aussi.
On a donc Fn = E car u n surjectif et Gn = {o } car u n injectif. Au final F = E et G = {o } .
3.a
Par récurrence sur p ∈ ℕ .
Pour p = 0 : ok
Supposons la propriété établie au rang p ≥ 0 .
La suite (Fn ) est décroissante donc Fn + p +1 ⊂ Fn + p .
Soit y ∈ Fn + p , ∃x ∈ E tel que y = u n + p (x ) .
Or u n (x ) ∈ Fn = Fn +1 donc ∃a ∈ E tel que u n (x ) = u n +1 (a ) et donc
y = u p (u n (x )) = u p (u n +1 (a )) = u n + p +1 (a ) ∈ Fn + p +1 . Ainsi Fn + p ⊂ Fn + p +1 .
Par double inclusion, Fn + p = Fn + p +1 , puis par HR, Fn = Fn + p +1 .
Récurrence établie.
3.b
L’ensemble A = {n ∈ ℕ / Fn = Fn +1 } est une partie de ℤ , non vide (via l’hypothèse du 4.) et minorée,
elle possède donc un plus petit élément.
Puisque la suite (Fn ) est décroissante et stationnaire à partir du rang r (u ) donc F =
∩F
n
= Fr (u ) .
n ∈ℕ
3.c
4.a
Soit x ∈ E . On a u r (u ) (x ) ∈ Fr (u ) . Or Fr (u ) = F2r (u ) donc il existe a ∈ E tel que u r (u ) (x ) = u 2r (u ) (a ) .
Posons alors y = u r (u ) (a ) et z = x − y .
Clairement x = y + z et y ∈ Fr (u ) = F .
De plus u r (u ) (z ) = u r (u ) (x ) − u r (u ) (y ) = u r (u ) (x ) − u 2r (u ) (a ) = o donc z ∈ Gr (u ) .
Par récurrence sur p ∈ ℕ .
Pour p = 0 : ok
Supposons la propriété établie au rang p ≥ 0 .
On a déjà Gn +p ⊂ Gn + p +1 car (Gn ) est croissante.
Soit x ∈ Gn +p +1 . On a u n +p +1 (x ) = o donc u p (x ) ∈ Gn +1 .
Or Gn +1 = Gn donc u p (x ) ∈ Gn et donc u n +p (x ) = o i.e. x ∈ Gn +p . Aines Gn +p +1 ⊂ Gn +p .
Par double inclusion Gn +p = Gn +p +1 . Par HR, Gn +p +1 = Gn . Récurrence établie.
4.b
Soit A = {n ∈ ℕ / Gn +1 = Gn } .
A est une partie de ℤ , minorée par 0 et par l’hypothèse de la question 3., non vide.
Elle possède donc un plus petit élément.
La suite (Gn ) est croissante et stationnaire à partir du rang s (u ) donc G = ∪ Gn = Gs (u ) .
n ∈ℕ
4.c
5.a
Soit x ∈ Fs (u ) ∩ G . Il existe a ∈ E tel que x = u s (u ) (a ) et on a u s (u ) (x ) = o .
On a alors u 2s (u ) (a ) = u s (u ) (x ) = o donc a ∈ G 2s (u ) . Or G 2s (u ) = Gs (u ) donc x = u s (u ) (a ) = o .
Ainsi Fs (u ) ∩ G ⊂ {o } , l’autre inclusion est aussi vraie car Fs (u ) et G sont des sous-espaces vectoriels
donc Fs (u ) ∩ G = {o } .
On sait déjà Gn ⊂ Gn +1 .
Soit x ∈ Gn +1 . On a u n +1 (x ) = o .
u n (x ) ∈ Fn = Fn +1 donc ∃a ∈ E tel que u n (x ) = u n +1 (a ) .
u n +1 (x ) = o donne alors u n +2 (a ) = o donc a ∈ Gn +2 = Gn +1 puis u n +1 (a ) = o i.e. u n (x ) = o .
Ainsi Gn +1 ⊂ Gn et finalement Gn = Gn +1 .
5.b
On sait déjà Fn +1 ⊂ Fn .
Soit y ∈ Fn . Il existe a ∈ E tel que y = u n (a ) .
u (y ) = u n +1 (a ) ∈ Fn +1 = Fn + 2 donc il existe b ∈ E tel que u n +1 (a ) = u n +2 (b ) .
On a alors u n +1 (a − u (b )) = o donc a − u (b ) ∈ Gn +1 = Gn d’où u n (a − u (b )) = o .
Ainsi y = u n (a ) = u n +1 (b ) ∈ Fn +1 . Finalement Fn ⊂ Fn +1 puis Fn = Fn +1 .
6.a
Les questions 5.a et 5.b permettent d’affirmer respectivement que s (u ) ≤ r (u ) et que r (u ) ≤ s (u ) . Par
suite r (u ) = s (u ) .
6.b
F = Fr (u ) = Fs (u ) et G = Gr (u ) = Gs (u ) .
Les relations E = F +Gr (u ) et Fs (u ) ∩G = {o } donne E = F +G et F ∩G = {o } donc F et G sont
supplémentaires.
6.c
Pour alléger, posons p = r (u ) = s (u ) . On a F = Fp et G = G p .
Soit x ∈ ker u|F . On a x ∈ F et u (x ) = o .
Puisque x ∈ F = Fp , il existe a ∈ E tel que x = u p (a ) .
u (x ) = o donne alors u p +1 (a ) = o donc a ∈ G p +1 . Or G p +1 = G p donc a ∈ G p puis x = u p (a ) = o .
Ainsi ker u|F = {o } . Ainsi u|F est injectif.
Soit y ∈ F = Fp . Il existe a ∈ E tel que y = u p (a ) .
Or Fp = Fp +1 donc ∃b ∈ E tel que u p (a ) = u p +1 (b ) et donc y = u (x ) avec x = u p (b ) ∈ Fp .
Ainsi u|F est surjectif. Au final u|F est un automorphisme.
Soit x ∈ G = G p . On a u p (x ) = o donc (u|G ) p = 0 . u|G est nilpotent.