Corrigé des exercices - Dunod

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Or il est clair que Im(h) = Im(g ◦ f). On en déduit que
dim(Ker(g ◦ f)) = dim(Ker(f)) + dim(Ker(h)).
On remarque enfin que Ker(h) ⊂ Ker(g), ce qui entraîne dim(Ker(h)) dim(Ker(g)) et par
suite
dim(Ker(g ◦ f)) dim(Ker(f)) + dim(Ker(g)).
2. L’inégalité précédente peut aussi s’écrire à l’aide de la formule du rang
soit encore
dim(E) − rg(g ◦ f) dim(E) − rg(f) + dim(F) − rg(g)
rg(f) + rg(g) − dim(F) rg(g ◦ f).
De plus on a clairement Im(g ◦ f) ⊂ Im(g) et donc rg(g ◦ f) rg(g). De même h étant une
application linéaire de Im(f) vers G, on a rg(h) dim(Im(f)) soit encore rg(g ◦ f) rg(f).
On a donc finalement
Exercice 11.8
rg(f) + rg(g) − dim(F) rg(g ◦ f) inf(rg(f),rg(g))
1. Si f était bijective alors f k serait bijective comme composée de bijection. Or f k = 0,
donc f n’est pas bijective.
∑p−1
2. a) Soient λ 0 ,...,λ p−1 des scalaires tels que λ k f k (x 0 ) = 0. Supposons que ces scalaires
ne soient pas tous nuls et notons i le plus petit indice k tel que λ k ≠ 0. On a alors
( p−1
) ∑ ∑p−1
f p−i−1 λ k f k (x 0 ) = λ k f p−i−1+k (x 0 )
k=i
k=i
=
k=0
2p−2−i
∑
k=p−1
λ k−p+1+i f k (x 0 )
} {{ }
=0
pour kp
= λ i f p−1 (x 0 )
( p−1
) ∑
mais aussi f p−i−1 λ k f k (x 0 ) = 0. On en déduit finalement que λ i f p−1 (x 0 ) = 0, or
k=i
f p−1 (x 0 ) étant non nul, on a donc λ i = 0. Ceci est absurde. Les scalaires λ 0 ,...,λ p−1 sont
nuls et la famille (x 0 ,f(x 0 ),...,f p−1 (x 0 )) est libre.
b) On vient de trouver une famille libre de E qui compte p vecteurs. On sait alors que
p dim(E) = n.
Exercice 11.9
1. Soit x ∈ F n , alors f n+1 (x) = f(f n (x)) = f(0) = 0 et donc x ∈ F n+1 . Ceci prouve que
F n ⊂ F n+1 .
Soit y ∈ G n+1 . Par définition il existe x ∈ E tel que y = f n+1 (x). On a alors y = f n (f(x))
et donc y ∈ G n . Ainsi G n+1 ⊂ G n .