Soit \(f \in L(E)\). On note \[A(f) = \{g \in L(E) \mid f\circ g \circ f = 0_{L(E)}\}\]

  1. Montrer que \(A(f)\) est un sous-espace vectoriel de \(L(E)\).

  2. Montrer que si \(f\) est injective, alors \[A(f) = \{g \in L(E) \mid \mathop{\mathrm{Im}}f \subset \operatorname{Ker}g \}\]

  3. Montrer que si \(f\) est surjective, alors \[A(f) = \{g \in L(E) \mid \mathop{\mathrm{Im}}g \subset \operatorname{Ker}f\}\]


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[ID: 1243] [Date de publication: 12 février 2021 11:06] [Catégorie(s): Image et noyau d'un endomorphisme ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




Solution(s)

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Exercice 699
Par emmanuel le 12 février 2021 11:06
  1. L’endomorphisme nul est clairement dans \(A\left(f\right)\) donc \(A\left(f\right)\) n’est pas vide. Soient \(g,g'\in A\left(f\right)\) et \(\alpha,\alpha'\in \mathbb{K}\). Alors par linéarité de \(f\) : \[f\circ\left(\alpha g + \alpha' g'\right)\circ f=\alpha f\circ g\circ f + \alpha' f\circ g\circ f=0\] car \(g,g'\in A\left(f\right)\). Donc \(A\left(f\right)\) est stable par combinaison linéaire. C’est bien un sous-espace vectoriel de \(L\left(E\right)\).

  2. Supposons que \(f\) soit injective. Si \(g\in L\left(E\right)\) est tel que \(\mathop{\mathrm{Im}} f\subset \operatorname{Ker}g\) alors pour tout \(x\in E\), \(f\circ g\circ f\left(x\right)=0\) (car \(f\left(x\right)\in \operatorname{Ker}g\)) donc \(g\in A\left(f\right)\). Réciproquement, si \(g\in A\left(f\right)\) alors pour tout \(x\in E\), \(g\left(f\left(x\right)\right)\in\operatorname{Ker}f\). Mais comme \(\operatorname{Ker}f=\left\{0\right\}\), il vient que \(g\left(f\left(x\right)\right)=0\) et donc que \(\mathop{\mathrm{Im}}f\subset \operatorname{Ker}g\).

  3. Supposons maintenant que \(f\) est surjective. Si \(g\in L\left(E\right)\) est tel que \(\mathop{\mathrm{Im}} g\subset \operatorname{Ker}f\) alors pour tout \(x\in E\), \(f\circ g\circ f\left(x\right)=0\) car \(g\left(f\left(x\right)\right)\in \mathop{\mathrm{Im}}g\subset \operatorname{Ker}f\). Donc \(g\in A\left(f\right)\). Réciproquement, si \(g\in A\left(f\right)\) et si \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}g\) alors il existe \(x\in E\) tel que \(g\left(x\right)=y\) et comme \(f\) est surjective, il existe \(x'\in E\) tel que \(x=f\left(x'\right)\). Alors \(g\circ f\left(x'\right)=y\). Mais \(f\left(y\right)=f\circ g\circ f\left(x'\right)=0\) car \(f\circ g\circ f=0\). Donc \(y\in \operatorname{Ker}f\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}g\subset \operatorname{Ker}f\).


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