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A2020 – MATH I MP ÉCOLE DES PONTS PARISTECH, ISAE-SUPAERO, ENSTA PARIS, TÉLÉCOM PARIS, MINES PARISTECH, MINES SAINT-ÉTIENNE, MINES NANCY, IMT ATLANTIQUE, ENSAE PARIS, CHIMIE PARISTECH. Concours Centrale-Supélec (Cycle International), Concours Mines-Télécom, Concours Commun TPE/EIVP. CONCOURS 2020 PREMIÈRE ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES Durée de l’épreuve : 3 heures L’usage de la calculatrice et de tout dispositif électronique est interdit. Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page de la copie : MATHÉMATIQUES I - MP L’énoncé de cette épreuve comporte 5 pages de texte. Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il est amené à prendre. Les sujets sont la propriété du GIP CCMP. Ils sont publiés les termes de la licence Creative Commons Attribution - Pas d’Utilisation Commerciale - Pas de Modification 3.0 France. Tout autre usage est soumis à une autorisation préalable du Concours commun Mines Ponts. Espaces vectoriels d’endomorphismes nilpotents Dans tout le sujet, on considère des R-espaces vectoriels de dimension finie. Soit E un tel espace vectoriel et u un endomorphisme de E. On dit que u est nilpotent lorsqu’il existe un entier p Ø 0 tel que up = 0 ; le plus petit de ces entiers est alors noté ‹(u) et appelé nilindice de u, et l’on remarquera qu’alors uk = 0 pour tout entier k Ø ‹(u). On rappelle que u0 = idE. L’ensemble des endomorphismes nilpotents de E est noté N(E). Un sous-espace vectoriel V de L(E) est dit nilpotent lorsque tous ses éléments sont nilpotents, autrement dit lorsque V µ N(E). Une matrice triangulaire supérieure est dite stricte lorsque tous ses coe cients diagonaux sont nuls. On note T++ n (R) l’ensemble des matrices triangulaires supé- rieures strictes de Mn(R). L’objectif du problème est d’établir le théorème suivant, démontré par Murray Gerstenhaber en 1958 : Théorème de Gerstenhaber Soit E un R-espace vectoriel de dimension n > 0, et V un sous-espace vectoriel nilpotent de L(E). Alors, dim V Æ n(n≠1) 2 · Si en outre dim V = n(n≠1) 2 alors il existe une base de E dans laquelle tout élément de V est représenté par une matrice triangulaire supérieure stricte. Les trois premières parties du sujet sont largement indépendantes les unes des autres. La partie I est constituée de généralités sur les endomorphismes nilpotents. Dans la partie II, on met en évidence un mode de représentation des endomorphismes de rang 1 d’un espace euclidien. Dans la partie III, on établit deux résultats généraux sur les sous-espaces vectoriels nilpotents : une identité sur les traces (lemme A), et une condition su sante pour que les éléments d’un sous-espace nilpotent non nul possèdent un vecteur propre commun (lemme B). Dans l’ultime partie IV, les résul- tats des parties précédentes sont combinés pour établir le théorème de Gerstenhaber par récurrence sur la dimension de l’espace E. 1 I Généralités sur les endomorphismes nilpotents Dans toute cette partie, on fixe un espace vectoriel réel E de dimension n > 0. 1. Soit u œ N(E). Montrer que tr uk = 0 pour tout k œ Nú. 2. On fixe une base B de E. On note NB l’ensemble des endomorphismes de E dont la matrice dans B est triangulaire supérieure stricte. Justifier que NB est un sous-espace vectoriel nilpotent de L(E) et que sa dimension vaut n(n≠1) 2 · 3. Soit B une base de E. Montrer que {‹(u) | u œ NB} = {‹(u) | u œ N(E)} = [[1, n]]. 4. Soit u œ L(E). On se donne deux vecteurs x et y de E, ainsi que deux entiers p Ø q Ø 1 tels que up(x) = uq(y) = 0 et up≠1(x) ”= 0. Montrer que la famille (x, u(x), . . . , up≠1(x)) est libre, et que si (up≠1(x), uq≠1(y)) est libre alors (x, u(x), . . . , up≠1(x), y, u(y), . . . , uq≠1(y)) est libre. 5. Soit u œ N(E), de nilindice p. Déduire de la question précédente que si p Ø n≠1 et p Ø 2 alors Im up≠1 = Im u fl Ker u et Im up≠1 est de dimension 1. II Endomorphismes de rang 1 d’un espace euclidien On considère ici un espace vectoriel euclidien !E, (≠ | ≠) ". Étant donné a œ E et x œ E, on notera a ¢ x l’application de E dans lui-même définie par : ’z œ E, (a ¢ x)(z) = (a | z).x 6. On fixe x œ E \ {0}. Montrer que l’application a œ E ‘æ a ¢ x est linéaire et constitue une bijection de E sur {u œ L(E) : Im u µ Vect(x)}. 7. Soit a œ E et x œ E \ {0}. Montrer que tr(a ¢ x) = (a | x). III Deux lemmes On considère ici un R-espace vectoriel E de dimension n > 0. Soit V un sous- espace vectoriel nilpotent de L(E) contenant un élément non nul. On note p := max uœV ‹(u), appelé nilindice générique de V (cet entier est bien défini grâce à la question 3). On notera que p Ø 2. 2 On introduit le sous-ensemble V• de E formé des vecteurs appartenant à au moins un des ensembles Im up≠1 pour u dans V ; on introduit de plus le sous-espace vectoriel engendré K(V) := Vect(V•). Enfin, étant donné x œ E, on pose Vx := {v(x) | v œ V}. L’objectif de cette partie est d’établir les deux résultats suivants : Lemme A. Soit u et v dans V. Alors tr(ukv) = 0 pour tout entier naturel k. Lemme B. Soit x dans V• \ {0}. Si K(V) µ Vect(x) + Vx, alors v(x) = 0 pour tout v dans V. Dans les questions 8 à 11, on se donne deux éléments arbitraires u et v de V. 8. Soit k œ Nú. Montrer qu’il existe une unique famille (f(k) 0 , . . . , f(k) k ) d’endo- morphismes de E telle que ’t œ R, (u + tv)k = k ÿ i=0 tif(k) i . Montrer en particulier que f(k) 0 = uk et f(k) 1 = k≠1 q i=0 uivuk≠1≠i. 9. Montrer que p≠1 q i=0 uivup≠1≠i = 0. 10. Étant donné k œ N, donner une expression simplifiée de tr(f(k+1) 1 ), et en déduire la validité du lemme A. 11. Soit y œ E. Démontrer que f(p≠1) 1 (y) œ K(V). À l’aide d’une relation entre u(f(p≠1) 1 (y)) et v(up≠1(y)), en déduire que v(x) œ u(K(V)) pour tout x œ Im up≠1. 12. Soit x œ V• \ {0} tel que K(V) µ Vect(x) + Vx. On choisit u œ V tel que x œ Im up≠1. Étant donné y œ K(V), montrer que pour tout k œ N il existe yk œ K(V) et ⁄k œ R tels que y = ⁄k x + uk(yk). En déduire que K(V) µ Vect(x) puis que v(x) = 0 pour tout v œ V. IV Démonstration du théorème de Gerstenhaber Dans cette ultime partie, nous démontrons le théorème de Gerstenhaber par récurrence sur l’entier n. Le cas n = 1 est immédiat et nous le considérerons comme acquis. On se donne donc un entier naturel n Ø 2 et on suppose que pour tout espace vectoriel réel EÕ de dimension n ≠ 1 et tout sous-espace vectoriel nilpotent 3 VÕ de L(EÕ), on a dim VÕ Æ (n≠1)(n≠2) 2 , et si en outre dim VÕ = (n≠1)(n≠2) 2 alors il existe une base de EÕ dans laquelle tout élément de VÕ est représenté par une matrice triangulaire supérieure stricte. On fixe un espace vectoriel réel E de dimension n, ainsi qu’un sous-espace vec- toriel nilpotent V de L(E). On munit E d’un produit scalaire (≠ | ≠), ce qui en fait un espace euclidien. On considère, dans un premier temps, un vecteur arbitraire x de E \ {0}. On pose, H := Vect(x)‹, Vx := {v(x) | v œ V} et W := {v œ V : v(x) = 0}. On note fi la projection orthogonale de E sur H. Pour u œ W, on note u l’endomor- phisme de H défini par ’z œ H, u(z) = fi(u(z)). On considère enfin les ensembles V := {u | u œ W} et Z := {u œ W : u = 0}. 13. Montrer que Vx, W, V et Z sont des sous-espaces vectoriels respectifs de E, V, L(H) et V. 14. Montrer que dim V = dim(Vx) + dim Z + dim V. 15. Montrer qu’il existe un sous-espace vectoriel L de E tel que Z = )a ¢ x | a œ L * et dim L = dim Z, et montrer qu’alors x œ L‹. 16. En considérant u et a ¢ x pour u œ V et a œ L, déduire du lemme A que Vx µ L‹, et que plus généralement uk(x) œ L‹ pour tout k œ N et tout u œ V. 17. Justifier que ⁄x ”œ Vx pour tout ⁄ œ Rú, et déduire alors des deux questions précédentes que dim Vx + dim L Æ n ≠ 1. 18. Soit u œ W. Montrer que (u)k(z) = fi(uk(z)) pour tout k œ N et tout z œ H. En déduire que V est un sous-espace vectoriel nilpotent de L(H). 19. Démontrer que dim V Æ n(n ≠ 1) 2 · Dans toute la suite du problème, on suppose que dim V = n(n≠1) 2 · 4 20. Démontrer que dim V = (n ≠ 1)(n ≠ 2) 2 , dim(Vect(x) ü Vx) + dim L = n et L‹ = Vect(x) ü Vx. En déduire que Vect(x) ü Vx contient vk(x) pour tout v œ V et tout k œ N. 21. En appliquant l’hypothèse de récurrence, montrer que le nilindice générique de V est supérieur ou égal à n ≠ 1, et que si en outre Vx = {0} alors il existe une base de E dans laquelle tout élément de V est représenté par une matrice triangulaire supérieure stricte. Compte tenu du résultat de la question 21, il ne nous reste plus qu’à établir que l’on peut choisir le vecteur x de telle sorte que Vx = {0}. On choisit x dans V• \{0} (l’ensemble V• a été défini dans la partie III). On note p le nilindice générique de V, et l’on fixe u œ V tel que x œ Im up≠1. On rappelle que p Ø n ≠ 1 d’après la question 21. 22. Soit v œ V tel que v(x) ”= 0. Montrer que Im vp≠1 µ Vect(x) ü Vx. On pourra utiliser les résultats des questions 5 et 20. 23. On suppose qu’il existe v0 dans V tel que v0(x) ”= 0. Soit v œ V. En considérant v + tv0 pour t réel, montrer que Im vp≠1 µ Vect(x) ü Vx. 24. Conclure. Fin du problème 5

Mines-Ponts 2020 MATH 1 M.SAADAOUI § B.BAKHOUCH I. Généralités sur les endmorphismes nilpotents 1. Si u 2 L (E) est nilpotent, alors il est trigonalisable ( puisque admet un polynôme annulateur scindé sur R) et son spectre est réduit à f0g, donc tr (u) = 0: De même uk est nilpotent, donc tr uk = 0: 2. 0 2 NB de plus si u; v sont deux éléments de NB et ( ; ) 2 R2, alors matB ( u + v) = matB (u)+ matB (u) 2 T ++ n ; donc u + v 2 NB: L’application f : NB ! T ++ n (R) ; u 7! matB (u) est un isomorphisme d’espaces vectoriels donc dim NB = dim T ++ n = n (n 1) 2 : 3. Si u 2 N (E) ou NB, et p l’indice de nilpotence, alors p n donc un = 0 , donc 1 v (u) n: D’autre part si u désigne l’endomorphisme de E de matrice Jn = 0 B B B B B @ 0 1 0 0 0 0 ... ... ... 0 ... ... 1 0 ... ... ... 1 0 0 0 1 C C C C C A dans B, alors v uk = k pour 1 k n, donc [[1; n]]: Donc fv (u) =u 2 N (E)g = fv (u) =u 2 NBg = [[1; n]]: 4. u est nilpotent d’indice n, donc (x; u (x) ; :::; up 1 (x)) est libre. Si la famille (up 1 (x) ; uq 1 (y)) est libre, alors uq 1 (y) 6= 0 et donc (y; u (y) ; :::; uq 1 (y)) est libre. Soit 0; 1; :::; p 1; 0; :::; q 1 2 Rp+q tel que p 1 X i=0 iui (x) + q 1 X i=0 iui (y) = 0:On compose par uq; ce qui donne p 1 X i=0 iui+q (x) = 0 ou encore p 1 q X i=0 iui+q (x) = 0 puis par indépendance de la famille (x; u (x) ; :::; up 1 (x)) on a i = 0 pour tout i 2 f0; 1; :::; p 1 qg :Donc p 1 X i=p q iui (x) + q 1 X i=0 iui (y) = 0 puis on compose par uq 1 ce qui donne p qup 1 (x) + q 1uq 1 (y) = 0 ( puisque si i > p q, alors i + q 1 p ) puis par indépendance de (up 1 (x) ; uq 1 (y)) ; on a q 1 = p q = 0: On a donc p 1 X i=p q+1 iui+q 1 (x) + q 2 X i=0 iui+q 1 (y) = 0 puis on compose par uq 2 , ce qui donne que p q+1 = q 2 = 0: Supposons que p q+i = q i 1, alors par un raisonnement analogue en composant par uq i 1, on a p q+i+1 = q i 2 = 0 . D’où le résultat. 5. Soit u 2 N (E) de nilindice p , l’inclusion Im (up 1) Im (u) \ ker (u) est immédiate (up = 0 et p 2). Soit y un élément non nul de Im (u) \ ker (u) donc y = u (a) avec u2 (a) = 0 pour un certain a 2 E: Si (up 1 (x) ; u (a)) est libre, alors par la question précédente la famille (x; u (x) ; :::; up 1 (x) ; a; u (a)) est une famille libre de E de cardinal p + 2 > n, ce qui est absurde, la famille (up 1 (x) ; u (a)) est liée, par suite y = u (a) 2Vectfup 1 (x)g, donc Im (u) \ ker (u) =Vectfup 1 (x)g Im (up 1) : 1 Ce qui donne Im (u) \ ker (u) = Im (up 1) =Vectfup 1 (x)g : En particulier dim Im (up 1) = 1: II. Endomorphisme de rang 1 d’un espace euclidien. 6. Soit x 2 En f0g , pour tout (a; b) 2 E2 et 2 R ;on a: 8z 2 E ; (( a + b) x) (z) = ( a + b j z) x = (a j z) x + (b j z) x = (a x) (z) + (b x) (z) Donc (a + b) x = (a x) + (b x) D’où la linéairité de a 7! (a x) : Par dé…nition de (a x) ; on a Im ((a x)) Vect(x) : Si (a x) = (b x), alors pour tout z 2 E , (a j z) x = (b j z) x donc (a b j z) = 0 pour tout z 2 E: Ainsi b a 2 E? = f0g donc a = b; ce qui assure l’injectivité de a 7! (a x) : Soit u 2 L (E) tel que Im (u) Vect(x) : Si u = 0, alors u = (0 x) : Si u 6= 0, alors Im (u) =Vect(x) ; on a dim ker (u) = n 1. Considérons une base orthonormée de B = (e1; e2; ::::; en 1) de ker (u) qu’on complète en une b.o.n (e1; :::; en 1) de E: Si z = n X i=1 iei, alors u (z) = nu (en) = nx où u (en) = nx: Posons en = a: Donc u (z) = (z j en) x = (a j z) x = (a x) (z) pour tout z 2 E: Donc u = (a x) D’où la surjectivité. 7. B = (e1; e2; ::::; en) une base orthonormée de E, alors Tr ((a x)) = n X i=1 ((a x) (ei) j ei) = n X i=1 (a j ei) (x j ei) = (a j x) III Deux lemmes 8. Supposons que (u + tv)k = k X i=0 tif (k) i , alors en écrivant (u + tv)k+1 = (u + tv)k (u + tv) on a: (u + tv)k+1 = k X i=0 tif (k) i ! (u + tv) = f (k) 0 u + k X i=1 ti f (k) i u + f (k) i 1v Posons f (k+1) 0 = f (k) 0 u et f (k+1) i = f (k) i u + f (k) i 1v: Supposons qu’il existent une autre famille d’endomorphisme g(k) i tel que 8t 2 R, k X i=0 tif (k) i = k X i=0 tig(k) i , alors pour t = 0 ; f (k) 0 = g(k) 0 . Supposons que f (k) i = g(k) i pour i p 1; alors pour tout t 6= 0, on a k X i=p ti pf (k) i = k X i=p ti pg(k) i puis on passe à la limite en 0 ce qui donne que f (k) p = g(k) p : D’où l’unicité de l’écriture. 2 D’après la relation f (k+1) 0 = f (k) 0 u , on a à l’aide d’une récurrence immédiate que f (k) 0 = uk: On a f (k+1) 1 = f (k) 1 u + f (k) 0 v = f (k) 1 u + ukv: avec f (1) 1 = v . Supposons que f (k) 1 = k 1 X i=0 uivuk 1 i; alors f (k+1) 1 = k 1 X i=0 uivuk 1 i ! u + ukv = k 1 X i=0 uivuk i + ukv = k X i=0 uivuk i 9. V est un sous-espace nilpotent donc u+tv 2 V . Par dé…nition de p = max u2V (u) , on a (u + tv)p = 0 Donc p X i=0 tif (p) i = 0 pour tout t 2 R, ce qui donne ( par unicité établi en 9.), que f (p) i = 0 pour tout i p: En particulier f (p) 1 = 0 ce qui donne la relation p 1 X i=0 uivup 1 i = 0: 10. D’après la question 8,on a tr f (k) 1 = k 1 X i=0 tr uivuk 1 i = k 1 X i=0 tr uk 1 iuiv = k tr uk 1v : On a tr ((u + tv)p) = 0 donc 8t 2 R ; k X i=0 titr f (k) i = 0 donc tr f (k) i = 0 ( unicité du développe- ment limité). On a tr f (k+1) 1 = 0, donc 0 = tr f (k+1) 1 = (k + 1) tr ukv , ce qui donne tr ukv = 0 pour tout k 2 N : 11. Soit a 2 K (V)? , on a (u + tv)p 1 (y) 2 K (V), donc pour tout t 2 R ; a j (u + tv)p 1 (y) = 0: Puis à l’aide de la question 8., on a pour tout t 2 R; k X i=0 ti a j f (k) i (y) = 0, puis a j f (p 1) 1 (y) = 0 pour tout a 2 K (V)?, donc f (p 1) 1 (y) 2 K (V) : On a u f (p 1) 1 (y) = p 2 X i=0 ui+1vup 2 i (y) = p 1 X j=1 ujvup 1 j (y) , puis à l’aide de la question 9. on a u f (p 1) 1 (y) = p 2 X i=0 ui+1vup 2 i (y) = vup 1 (y) = v (up 1 (y)) Pour x 2 Im (up 1) , il existe y 2 E tel que y = up 1 (x). Par l’égalité v (x) = v up 1 (y) = u f (p 1) 1 (y) f (p 1) 1 (y) 2 K (V), donc v (x) 2 u (K (V)) : 12. Soit x 2 V n f0g tel que K (V) Vect(x) + Vx: Par récurrence sur k: Pour k = 0; 0 = 0 et y0 = y 2 K (V). Supposons que qu’il existe k 2 R et yk 2 K (V) tel que y = kx + uk (yk) : yk 2 K (V) Vect(x) + Vx, donc on peux écrire yk = kx + v (x) où v 2 V: 3 On a x 2 Im (up 1) donc pour k 1, on a uk (x) 2 Im uk+p 1 = 0 ( puisque up = 0): On peux donc écrire y = kx + uk (v (x)) : D”après la question 11, v (x) 2 u (K (V)), donc uk (v (x)) 2 uk+1 (K (V)) ; donc il existe yk+1 2 K (V) tel que uk (v (x)) = uk+1 (yk+1) : Par suite y = k+1x + uk+1 (yk+1) : ( avec k+1 = k): Pour k = p, on a up = 0, donc y = px 2 K (V) : On a x 2 Im (up 1) K (V), donc v (x) 2 v (K (V)) K (V) Vect(x), donc il existe 2 R tel que v (y) = x. est donc une valeur propre de v donc = 0. Ainsi v (y) = 0: IV Démonstration du théorème de Gerstenhaber 13. Les applications f : V ! E ; v 7! v (x) est linéaire , Vx = Im (f) et ker (f) = W sont des sous- espaces respectives de E et V: l’application g : W ! L (H) ; u 7! u est linéaire, donc ker (g) = Z et Im (g) = V sont des sous- espaces vectoriels respectives de W et L (H) : 14. D’après la formule du rang, dim V = dim ker (Vx) + dim W et dim W = dim Z + dim V: Donc dim V = dim ker (Vx) + dim Z + dim V: 15. D’après la question 6., il su¢t de montrer que si u 2 Z; alors Im (u) Vect(x) : Si u 2 Z; alors u = 0 donc pour tout z 2 H ; u (z) = 0 ce qui est équivalent à u (z) 2 H? =Vect(x) : D’autre part l’application ' : a 7! a x est un isomorphisme de E sur l’espace vectoriel fu 2 L (E) : Im (u) Vect (x)g : Posons L = ' 1 (Z) , alors, par isomorphisme, on a dim Z = dim L et Z = ' (L) = f' (a) : a 2 Lg = fa x : a 2 Lg : Soit y 2 L et ' (y) = y x 2 Z, donc y x 2 W en particulier (y x) (x) = 0 qui se traduit par (y j x) x = 0 avec x 6= 0 donc (y j x) = 0: On a établit que pour tout y 2 L, (y j x) = 0: donc x 2 L?: 16. Soit u 2 V et a 2 L. On a a x 2 Z donc a x 2 W en particulier v = a x 2 V: D’après le lemme A, on a Tr ukv = 0: D’autre part pour tout z 2 E ; uk v (z) = uk ((a j z) x) = (a j z) uk (x) = a uk (x) (z) , donc uk v = a uk (x) A l’aide de la question 7, on a Tr ukv = Tr a uk (x) = a j uk (x) donc a j uk (x) = 0 et ceci pour tout a 2 L:Donc uk (x) 2 L? pour tout k 2 N et pour tout u 2 V: 17. S’il existe 2 R tel que x 2 Vx, alors il existe v 2 V tel que x = v (x). v est nilpotent donc son spectre est réduit à f0g par suite = 0 ce qui est absurde. On a d’après 16, Vx L? et d’après 17 cette inégalité est stricte puisque x 2 L? et x =2 Vx: Donc dim Vx < dim L? ce qui donne que : dim Vx + dim L < dim L? + dim L = n Donc dim Vx + dim L n 1: 4 18. L’expression de la projection orthogonale sur H =Vect(x)? est : (z) = z (z j x) kxk2 x: Soit k 2 N, uk (z) = uk (z) uk (z) j x kxk2 x donc u uk (z) = uk+1 (z) ( u (x) = 0 puisque u 2 W), ce qui donne que u uk = uk+1 donne u uk = uk+1 puis u uk = uk+1 ce qui donne u uk = uk+1 ou encore uk+1 = uk+1 = uk+1 pour tout k 2 N . u étant nilpotent, donc il existe k 2 N tel que uk = 0 , et donc uk = uk = 0: Donc u est nilpotent. Ainsi V est un sous-espace de L (H) dont tous les éléments sont nilpotents, c’est-à-dire que V est un sous-espace nilpotent de L (H) : 19. D’après l’hypothèse de récurrence appliqué à H , on a dim V (n 1) (n 2) 2 : Et d’après les questions 14 et 15, on a: dim V = dim (Vx) + dim Z + dim V n 1 + (n 1) (n 2) 2 = n (n 1) 2 : 20. Supposons que dim V = n (n 1) 2 ; alors l’inégalité précedente est en faite une égalité donc: n (n 1) 2 = dim V = dim (Vx) + dim L + dim V n 1 + (n 1) (n 2) 2 = n (n 1) 2 : Puis à l’aide des questions 17 et 19, on a: 0 dim (Vx) + dim L (n 1) = (n 1) (n 2) 2 dim V 0 Donc dim (Vx) + dim L (n 1) = 0 = (n 1) (n 2) 2 dim V ce qui donne que dim (Vx) + dim L = (n 1) et dim V = (n 1) (n 2) 2 : D’autre part par la question 14. et en utilisant que dim Z = dim L , on a dim Vx + dim L = dim V dim V = n (n 1) 2 (n 1) (n 2) 2 = n 1 Donc dim (Vect (x) Vx) + dim L = 1 + dim Vx + dim L = n: Des question 15 et 16, on déduit que Vx+Vect(x) L? et cette somme est directe d’après la question 17. D’autre part, par la question 20, on a dim (Vx Vect (x)) = n dim L = dim L? Donc Vx Vect(x) = L?: D’après la question 16, on a pour tout k 2 N ; vk (x) 2 L? = Vx Vect(x) : 21. On fait une récurrence sur n , pour n = 2 rien à véri…er , supposons que la propriété pour n 1:On a dim V = (n 1) (n 2) 2 : D’après 2 et 3., il existe un endomorphisme u 2 V d’indice de nilpotence n 1:On a un 2 6= 0 donc un 2 6= 0 ( un 2 = un 2) par suite l’indice de nilpotence de u > n 2 donc nilindice générique de V est n 1: Si Vx = f0g alors L? =Vect(x) , donc L = H: 5 On a dim V = (n 1) (n 2) 2 donc d’après l’hypothèse de récurrence il existe une base B1 = (e2; e3; :::; en) de H dans laquelle tout les éléments de V sont représentés par une matrice triangulaire supérieure stricte. On considère la base B = (e1; e2; :::; en) où e1 = x: Si u 2 V , on a Vx = f0g, donc u (x) = 0 et pour 2 i n; on a u (ei) 2Vect(e1; e2; :::; ei 1) puisque u 2 V:Donc la matrice de u dans B est triangulaire supérieure stricte. 22. v est nilpotent et p n 1, donc d’après la question 5, dim Im (vp 1) = 1 et Im vp 1 =Vect(vp 1 (x)) D’autre part, d’après la question 20, en prenant k = p 1, on a vp 1 (x) 2Vect(x) + Vx: Donc Im (vp 1) Vect(x) + Vx: 23. On choisit t 2 R tel que (v + tv0) (x) 6= 0 ( un tel réel existe puisque v (x) 6= 0 ), puis la question précédente on a Im (v + tv0)p 1 Vect (x) + Vx: Soit y 2 Im (vp 1) ; y = vp 1 (z) , à partir d’un certain rang n0, on a v + 1 nv0 (x) 6= 0 donc pour tout n n0 ; yn = v + 1 nv0 p 1 (z) 2Vect(x) + Vx: D’autre part Vect(x) + Vx est fermé ( puisque c’est un espace vectoriel de dimension …nie), donc y = lim n!+1 yn 2Vect(x) + Vx ce qui donne que : Im (vp 1) Vect(x) + Vx: 24. Si 8v 2 V ; v (x) = 0 c’est …ni. Sinon il existe v0 2 V tel que v0 (x) 6= 0, alors d’après 23. on a pour tout v 2 V, Im (vp 1) Vect(x)+ Vx: Donc K (V) Vect(x) + Vx: Par la question 12, on a v (x) = 0 pour tout v 2 V, puis par le résultat de la question 21 on assure l’existence d’une base base dans laquelle tout élément de V est représenté par une matrice triangulaire. 6