Images et noyaux

"On doit pouvoir s'en sortir avec ça. " Oui, mais pas toi !! sauf quand d'autres auront proposé une solution.

Il y a une hypothèse forte sur $u$ et $v$, mais évidemment, tu ne t'es pas posé la question "pourquoi cette hypothèse".

Heureusement que le ridicule ne tue pas !!

Magnolia relis mon message il ne dit pas ça, tu m'inventes une erreur que je n'ai pas commise.

C'était une erreur de frappe.

Pour traiter le sens direct, je te propose de commencer par montrer que pour tout entier naturel non nul $p$, pour toute liste $(\lambda_1,\ldots,\lambda_p)$ de scalaires distincts, les sev $\ker(u-\lambda_1 v),\ldots,\ker(u-\lambda_p v)$ sont en somme directe.

Dès que ton corps $\K$ contiendra au moins $\dim E+1$ éléments, tu pourras conclure.

Merci LOU16 pour cette résolution très astucieuse (je n'aurais jamais pensé à cela!).

J'avais moi-même tenté de résoudre cet exercice, et j'avais naturellement (enfin, à mes yeux) considéré l'endomorphisme induit par v sur le noyau de u. Juste par curiosité, as-tu réussi à aboutir noobey ? (Ce n'est pas mon cas!).

En espérant qu'il n'y a pas d'erreur je propose cette solution un peu tarabiscotée.

On se propose d'établir qu'en dimension finie, avec l'hypothèse $u_{\circ}v=v_{\circ}u$ on a

$\ker u\cap\ker v=\{0\}\iff \ker u^\top\cap\ker v^\top=\{0^*\} $.

Puisque la transposition est involutive il suffit de montrer l'une des implications.

C'est évident si l'un des endomorphismes est inversible.

D'un point de vue matriciel, il s'agit d'établir, pour $(U,V)\in\mathscr M_n(\K)^2$ vérifiant $UV=VU$, la proposition :
$$(\forall X\in \mathscr M_{n,1}(\K),\;UX=VX=0\implies X=0)\implies (\forall X\in \mathscr M_{n,1}(\K),\;U^\top X=V^\top X=0\implies X=0).$$
On procède par récurrence sur $n=\dim E>0$.

Pour $n=1$ un endomorphisme non inversible est nul ce qui rend le résultat évident.

Supposons la propriété établie pour tout espace de dimension strictement inférieure à $n$ et supposons $u,v$ , en dimension $n$, avec $uv=vu$, $u,v$ non inversibles et $\ker u\cap\ker v=\{0\}$.

Par réunion d'une base de $\ker u$ (de dimension $p$) et d'une base de $\ker v$ (dimension $q$) on dispose d'une base de la somme directe $\ker u\oplus\ker v$.

En complétant avec $r$ vecteurs ($r=n-p-q$ éventuellement nul) on a une base de $E$.

$\ker u$ est stable par $v$ et la restriction de $v$ à $\ker u$ est un endomorphisme de cet espace, de noyau $\ker u\cap\ker v$, donc un automorphisme de $\ker u$.

Il en résulte que, dans la base indiquée, les matrices $U,V$ s'écrivent en blocs :
$$U=\begin{pmatrix}
0_{p,p} & 0_{p,q} & A \\
0_{q,p} & F & B \\
0_{r,p} & 0_{r,q} & C \\
\end{pmatrix}\qquad V=\begin{pmatrix}
G & 0_{p,q} & P \\
0_{q,p} & 0_{q,q} & Q \\
0_{r,p} & 0_{r,q} & R \\
\end{pmatrix} \quad \text{$F,G$ inversibles}.
$$
Lorsque $r\geq1$ les blocs de $r$ colonnes ne sont pas quelconques et on se contente ici de donner les relations qui seront utiles par la suite.
La partie rayée est fausse
On a bien entendu $CR=RC$.

Par ailleurs, soit $X\in\mathscr M_{r,1}(\K)$ avec $CX=RX=0_{r,1}$.

La matrice $S=\begin{pmatrix} 0_{p,1} \\ 0_{q,1} \\X \end{pmatrix}$ représente un vecteur dans l'intersection des noyaux et il vient $X=0_{r,1}$.

La remplacer par :

On a bien entendu $CR=RC,\;AR=GA+PC,\;QC=FQ+BR$.

Par ailleurs, soit $X\in\mathscr M_{r,1}(\K)$ avec $CX=RX=0_{r,1}$.

La matrice $S=\begin{pmatrix}-G^{-1}PX \\-F^{-1}BX \\X \end{pmatrix}$ représente un vecteur dans l'intersection des noyaux de $u,v$.
En effet, $US=\begin{pmatrix}AX \\0 \\CX \end{pmatrix}$ et $ARX=GAX+PCX\implies AX=0$.

De même, $VS=\begin{pmatrix}0 \\QX \\RX \end{pmatrix}$ et $QCX=FQX+BRX\implies QX=0$.

On a donc $S=0$ et il en résulte $X=0_{r,1}$.
Mais $1\leq r<n$ et, par hypothèse de récurrence, on a aussi

(**) $\forall X\in \mathscr M_{r,1}(\K),\;C^\top X=R^\top X=0\implies X=0$.


On peut maintenant chercher l'intersection des noyaux des transposées.

Pour les colonnes $X,Y,Z$ respectivement à $p,q,r$ lignes et $S=\begin{pmatrix} X \\Y\\Z \end{pmatrix}$, en écrivant $U^\top S=V^\top S=0_{n,1}$ il vient
$F^\top Y=0_{q,1};\quad G^\top X=0_{p,1}$ d'où la nullité de $X,Y$ puisque les matrices $F,G$ sont inversibles.

Pour $r=0$ on en déduit $S=0_{n,1}$ et c'est fini.

Pour $r\geq1$ on a aussi $A^\top X+B^\top Y+C^\top Z=P^\top X+Q^\top Y+R^\top Z=0_{r,1}$ ce qui implique par nullité de $X,Y$ la relation $C^\top Z=R^\top Z=0$. En utilisant (**) on en déduit $Z=0$ soit finalement $S=0$.


L'exercice est alors terminé si on remarque, en utilisant le formulaire usuel de la dualité que la relation $E=\text{Im }u+\text{Im }v$ équivaut à
$$\{0^*\}=E^\perp=(\text{Im }u+\text{Im }v)^\perp=(\text{Im }u)^\perp\bigcap(\text{Im }v)^\perp=\ker u^\top\bigcap\ker v^\top$$