On en déduit que
f (x) ∈ Vect(x),
car p x (x) = x et Im( p x ) = Vect(x). Autrement dit, il existe a x ∈ K tel que
f (x) = a x x.
D’après la question 1.b., f est une homothétie.
Finalement, nous avons montré que le centre de L(E) est exactement l’ensemble des homothéties de E.
Exercice 13.6 : Inégalités sur le rang
Soit E un espace vectoriel de dimension finie n et f un endomorphisme de E tel
que f 3 = 0.
1. Démontrer que rg( f ) + rg( f 2 ) n .
2. Démontrer que 2 rg( f 2 ) rg( f ). Pour cela, on pourra introduire la restriction
de f à Im( f ) et déterminer son noyau et son image.
1. On dispose de formules faisant intervenir rg( f ) et rg( f 2 ) ; plus précisément on
sait, d’après le théorème du rang, que
dim(Ker( f )) + rg( f ) = dim(Ker( f
2
)) + rg( f
2
) = n.
Pour obtenir une inégalité sur des dimensions, il suffit d’établir une inclusion entre
des sous-espaces vectoriels.
Plus précisément, une relation de la forme u ◦ v = 0, avec u et v linéaires, entraîne
Im(v) ⊂ Ker(u). En effet, pour tout x ∈ E, on a u(v(x)) = 0, soit v(x) ∈ Ker(u).
Tous les éléments de l’image de v sont donc éléments du noyau de u.
Nous pouvons ici faire apparaître plusieurs composées nulles : f 3 = 0 peut s’écrire
f ◦ f 2 = 0 ou encore f 2 ◦ f = 0 qui fournissent respectivement les inclusions
Im( f 2 ) ⊂ Ker( f ) et Im( f ) ⊂ Ker( f 2 ).
En passant aux dimensions, on obtient les inégalités
rg( f
2
) dim(Ker( f )) et rg( f ) dim(Ker( f
2
)).
Comme f 3 = 0 on a
Im( f
2
) ⊂ Ker( f )
et donc
rg( f
2
) dim(Ker( f )).
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Chapitre 13 • Algèbre linéraire en dimension finie
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