Seconde implication
• Première inclusion
Comme précédemment, l’une des deux inclusions est immédiate.
Réciproquement, supposons que Ker( f ) ∩ Im( f ) = {0}. Montrons que
Ker( f 2 ) ⊃ Ker( f ). Soit x ∈ Ker( f ). Par définition, on a f (x) = 0 et
donc f 2 (x) = f (0) = 0. On en déduit que x ∈ Ker( f 2 ).
• Seconde inclusion
Démontrons l’inclusion réciproque : Ker( f 2 ) ⊂ Ker( f ). Soit x ∈ Ker( f 2 ). Il nous
faut, à présent, utiliser l’hypothèse Ker( f ) ∩ Im( f ) = {0}. Pour cela, nous avons
besoin d’un élément y ∈ E qui soit à la fois dans le noyau de f, c’est-à-dire qui vérifie f (y) = 0, et dans l’image de f, c’est-à-dire de la forme y = f (z), avec z ∈ E.
Que connaissons-nous comme éléments de l’image de f ? Un seul semble adapté au
problème : c’est f (x). Appartient-il au noyau de f ? Oui, puisque nous venons de
supposer que x ∈ Ker( f 2 ), autrement dit, que f ( f (x)) = 0. Voilà notre candidat.
Démontrons l’inclusion réciproque : Ker( f 2 ) ⊂ Ker( f ). Soit x ∈ Ker( f 2 ).
On a f ( f (x)) = 0. Par conséquent, f (x) ∈ Ker( f ) ∩ Im( f ). Par hypothèse,
on a Ker( f ) ∩ Im( f ) = {0}. On en déduit que f (x) = 0, autrement dit que
x ∈ Ker( f ). Nous venons de démontrer l’inclusion voulue et, finalement,
l’égalité Ker( f 2 ) = Ker( f ).
2. Cette deuxième question n’est pas plus difficile que la première. Il suffit de raisonner pas à pas en retraduisant patiemment. Nous allons la rédiger directement.
Supposons que Im( f 2 ) = Im( f ). L’inclusion Ker( f ) + Im( f ) ⊂ E est
évidente car Ker( f ) et Im( f ) sont deux sous-espaces vectoriels de E.
Démontrons l’inclusion réciproque : Ker( f ) + Im( f ) ⊃ E . Soit x ∈ E. Par
hypothèse, Im( f ) = Im( f 2 ), donc f (x) ∈ Im( f 2 ). On en déduit qu’il
existe y ∈ E tel que f (x) = f ( f (y)), autrement dit f (x − f (y)) = 0, ou
encore x − f (y) ∈ Ker( f ). En écrivant x = (x − f (y)) + f (y) , on
montre que x ∈ Ker( f ) + Im( f ) .
Réciproquement, supposons que Ker( f ) + Im( f ) = E . L’inclusion
Im( f 2 ) ⊂ Im( f ) est toujours vraie. En effet, soit x ∈ Im( f 2 ). Il existe
y ∈ E tel que x = f ( f (y)). Par conséquent, x = f (z), avec z = f (y),
donc x ∈ Im( f ).
Démontrons l’inclusion réciproque : Im( f 2 ) ⊃ Im( f ). Soit x ∈ Im( f ). Il
existe y ∈ E tel que x = f (y).
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Chapitre 12 • Algèbre linéraire
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• Première inclusion
Comme précédemment, l’une des deux inclusions est immédiate.
Réciproquement, supposons que Ker( f ) ∩ Im( f ) = {0}. Montrons que
Ker( f 2 ) ⊃ Ker( f ). Soit x ∈ Ker( f ). Par définition, on a f (x) = 0 et
donc f 2 (x) = f (0) = 0. On en déduit que x ∈ Ker( f 2 ).
• Seconde inclusion
Démontrons l’inclusion réciproque : Ker( f 2 ) ⊂ Ker( f ). Soit x ∈ Ker( f 2 ). Il nous
faut, à présent, utiliser l’hypothèse Ker( f ) ∩ Im( f ) = {0}. Pour cela, nous avons
besoin d’un élément y ∈ E qui soit à la fois dans le noyau de f, c’est-à-dire qui vérifie f (y) = 0, et dans l’image de f, c’est-à-dire de la forme y = f (z), avec z ∈ E.
Que connaissons-nous comme éléments de l’image de f ? Un seul semble adapté au
problème : c’est f (x). Appartient-il au noyau de f ? Oui, puisque nous venons de
supposer que x ∈ Ker( f 2 ), autrement dit, que f ( f (x)) = 0. Voilà notre candidat.
Démontrons l’inclusion réciproque : Ker( f 2 ) ⊂ Ker( f ). Soit x ∈ Ker( f 2 ).
On a f ( f (x)) = 0. Par conséquent, f (x) ∈ Ker( f ) ∩ Im( f ). Par hypothèse,
on a Ker( f ) ∩ Im( f ) = {0}. On en déduit que f (x) = 0, autrement dit que
x ∈ Ker( f ). Nous venons de démontrer l’inclusion voulue et, finalement,
l’égalité Ker( f 2 ) = Ker( f ).
2. Cette deuxième question n’est pas plus difficile que la première. Il suffit de raisonner pas à pas en retraduisant patiemment. Nous allons la rédiger directement.
Supposons que Im( f 2 ) = Im( f ). L’inclusion Ker( f ) + Im( f ) ⊂ E est
évidente car Ker( f ) et Im( f ) sont deux sous-espaces vectoriels de E.
Démontrons l’inclusion réciproque : Ker( f ) + Im( f ) ⊃ E . Soit x ∈ E. Par
hypothèse, Im( f ) = Im( f 2 ), donc f (x) ∈ Im( f 2 ). On en déduit qu’il
existe y ∈ E tel que f (x) = f ( f (y)), autrement dit f (x − f (y)) = 0, ou
encore x − f (y) ∈ Ker( f ). En écrivant x = (x − f (y)) + f (y) , on
montre que x ∈ Ker( f ) + Im( f ) .
Réciproquement, supposons que Ker( f ) + Im( f ) = E . L’inclusion
Im( f 2 ) ⊂ Im( f ) est toujours vraie. En effet, soit x ∈ Im( f 2 ). Il existe
y ∈ E tel que x = f ( f (y)). Par conséquent, x = f (z), avec z = f (y),
donc x ∈ Im( f ).
Démontrons l’inclusion réciproque : Im( f 2 ) ⊃ Im( f ). Soit x ∈ Im( f ). Il
existe y ∈ E tel que x = f (y).
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