On a, pour tout g de L(F,E):
g ∈ G ⇐⇒
g ◦ f = 0
f ◦ g = 0
⇐⇒
Im( f ) ⊂ Ker(g)
Im(g) ⊂ Ker( f )
⇐⇒
∃M ∈ M p−r,n−r (K ),Mat C,B (g) =
0 0
0 M
,
et donc : dim(G) = dim
M p−r,n−r (K )
.
Réponse : dim(G) = ( p − r)(n − r).
D'après Algèbre PCSI-PTSI, 8.2.3 2) Prop. 2, il existe
P,Q ∈ GL p (K ) telles que C = Q −1 J r P, où r = rg(C) et
J r =
I r 0
0 0
.
En notant P =
I n 0
0 P
∈ GL n+ p (K )
et Q =
I n 0
0 Q
∈ GL n+ p (K ) , on a :
Q
I n B
0 C
P
−1 =
I n 0
0 Q
I n B
0 C
I n
0
0 P −1
=
I n B P −1
0
J r
,
donc (cf. Algèbre PCSI-PTSI, 8.1.6 Prop. 4) :
283
D'autre part (exercice 1.4.10) :
rg
I n − AB 0
B
I p
= p + rg(I n − AB)
et
rg
I n
0
B I p − B A
= n + rg(I p − B A).
b) rg(I n − AB) = n − p ⇐⇒ rg(I p − B A) = 0
⇐⇒ I p − B A = 0.
D'après Algèbre PCSI-PTSI, 8.2.3 2) Prop.2, il existe
P,Q ∈ GL n (K ) , R,S ∈ GL p (K ) telles que
A = Q −1 J n,r P et B = S −1 J p,s R,
où r = rg(A), s = rg(B), J n,r =
I r 0
0 0
∈ M n (K ),
J p,s =
I s 0
0 0
∈ M p (K ) .
On a alors
P 0
0 R
∈ GL n+ p (K ),
Q 0
0 S
∈ GL n+ p (K ) et :
A 0
0 B
=
Q 0
0 S
−1
J n,r
0
0
J p,s
P 0
O R
,
d'où : rg
A 0
0 B
= rg
I r 0 0 0
0 0 0 0
0 0 I s 0
0 0 0 0
= r + s .
On a :
A 0
0 0
I n X
0 I p
=
A AX
0
0
,
puis :
I n 0
Y I p
A AX
0
0
=
A
AX
Y A Y AX
,
donc :
A
AX
Y A Y AX
=
I n 0
Y I p
A 0
0 0
I n X
0 I p
.
Les matrices
I n 0
Y I p
et
I n X
0 I p
sont triangulaires à
termes diagonaux tous non nuls (car égaux à 1), donc sont inversibles.
D'après § 1.2.3 prop. p. 11, on conclut :
rg
A
AX
Y A Y AX
= rg
A 0
0 0
= rg (A).
(i) ⇒ (ii)
On suppose rg( f + g) = rg( f ) + rg(g).
Il est clair que (sans hypothèse sur f et g) :
Im( f + g) ⊂ Im( f ) + Im(g).
1.4.10
1.4.11
1.4.12
1.4.14
1.4.13
rg
I n B
0 C
= rg
I n B P −1
0
J r
= rg
1 0
0 1
. . .
0
1
1 0
0
0
0
= rg
1 0
0 1
. . .
0
1 0
0 1
n
r
= n + r.
a) Remarquer :
I n −A
0
I p
I n A
B I p
=
I n − AB 0
B
I p
et
I n A
B I p
I n −A
0
I p
=
I n
0
B I p − B A
.
Comme
I n −A
0
I p
∈ GL n+ p (K ) , on en déduit
(cf. Algèbre PCSI-PTSI, 8.1.6 Prop. 4) :
rg
I n − AB 0
B
I p
= rg
I n A
B I p
= rg
I n
0
B I p − B A
.
g ∈ G ⇐⇒
g ◦ f = 0
f ◦ g = 0
⇐⇒
Im( f ) ⊂ Ker(g)
Im(g) ⊂ Ker( f )
⇐⇒
∃M ∈ M p−r,n−r (K ),Mat C,B (g) =
0 0
0 M
,
et donc : dim(G) = dim
M p−r,n−r (K )
.
Réponse : dim(G) = ( p − r)(n − r).
D'après Algèbre PCSI-PTSI, 8.2.3 2) Prop. 2, il existe
P,Q ∈ GL p (K ) telles que C = Q −1 J r P, où r = rg(C) et
J r =
I r 0
0 0
.
En notant P =
I n 0
0 P
∈ GL n+ p (K )
et Q =
I n 0
0 Q
∈ GL n+ p (K ) , on a :
Q
I n B
0 C
P
−1 =
I n 0
0 Q
I n B
0 C
I n
0
0 P −1
=
I n B P −1
0
J r
,
donc (cf. Algèbre PCSI-PTSI, 8.1.6 Prop. 4) :
283
D'autre part (exercice 1.4.10) :
rg
I n − AB 0
B
I p
= p + rg(I n − AB)
et
rg
I n
0
B I p − B A
= n + rg(I p − B A).
b) rg(I n − AB) = n − p ⇐⇒ rg(I p − B A) = 0
⇐⇒ I p − B A = 0.
D'après Algèbre PCSI-PTSI, 8.2.3 2) Prop.2, il existe
P,Q ∈ GL n (K ) , R,S ∈ GL p (K ) telles que
A = Q −1 J n,r P et B = S −1 J p,s R,
où r = rg(A), s = rg(B), J n,r =
I r 0
0 0
∈ M n (K ),
J p,s =
I s 0
0 0
∈ M p (K ) .
On a alors
P 0
0 R
∈ GL n+ p (K ),
Q 0
0 S
∈ GL n+ p (K ) et :
A 0
0 B
=
Q 0
0 S
−1
J n,r
0
0
J p,s
P 0
O R
,
d'où : rg
A 0
0 B
= rg
I r 0 0 0
0 0 0 0
0 0 I s 0
0 0 0 0
= r + s .
On a :
A 0
0 0
I n X
0 I p
=
A AX
0
0
,
puis :
I n 0
Y I p
A AX
0
0
=
A
AX
Y A Y AX
,
donc :
A
AX
Y A Y AX
=
I n 0
Y I p
A 0
0 0
I n X
0 I p
.
Les matrices
I n 0
Y I p
et
I n X
0 I p
sont triangulaires à
termes diagonaux tous non nuls (car égaux à 1), donc sont inversibles.
D'après § 1.2.3 prop. p. 11, on conclut :
rg
A
AX
Y A Y AX
= rg
A 0
0 0
= rg (A).
(i) ⇒ (ii)
On suppose rg( f + g) = rg( f ) + rg(g).
Il est clair que (sans hypothèse sur f et g) :
Im( f + g) ⊂ Im( f ) + Im(g).
1.4.10
1.4.11
1.4.12
1.4.14
1.4.13
rg
I n B
0 C
= rg
I n B P −1
0
J r
= rg
1 0
0 1
. . .
0
1
1 0
0
0
0
= rg
1 0
0 1
. . .
0
1 0
0 1
n
r
= n + r.
a) Remarquer :
I n −A
0
I p
I n A
B I p
=
I n − AB 0
B
I p
et
I n A
B I p
I n −A
0
I p
=
I n
0
B I p − B A
.
Comme
I n −A
0
I p
∈ GL n+ p (K ) , on en déduit
(cf. Algèbre PCSI-PTSI, 8.1.6 Prop. 4) :
rg
I n − AB 0
B
I p
= rg
I n A
B I p
= rg
I n
0
B I p − B A
.