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A2020 – MATH I PC 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 - PC 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 notera 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) : on prendra garde au fait qu’il ne s’agit a priori pas d’un sous-espace vectoriel de L(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). On admet qu’il s’agit d’un sous-espace vectoriel de Mn(R), de dimension n(n≠1) 2 · Dans un sujet antérieur du concours (PSI Maths II 2016), le résultat suivant a été établi : Théorème A. 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 · Le théorème A est ici considéré comme acquis. L’objectif du présent sujet est de déterminer les sous-espaces vectoriels nilpotents de L(E) dont la dimension est égale à n(n≠1) 2 · Plus précisément, on se propose d’établir le résultat suivant (Gerstenhaber, 1958) : Théorème B. Soit E un R-espace vectoriel de dimension n > 0, et V un sous-espace vectoriel nilpotent de L(E) de dimension n(n≠1) 2 · Il existe alors 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 géné- raux sur les sous-espaces vectoriels nilpotents : une identité sur les traces (lemme C), et une condition su sante pour que les éléments d’un sous-espace nilpotent non nul possèdent un vecteur propre commun (lemme D). Dans l’ultime partie IV, les résultats des parties précédentes sont combinés pour établir le théorème B 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. Soit u œ N(E). On choisit une matrice carrée M représentant l’endomorphisme u. 1. Démontrer que M est semblable à une matrice complexe triangulaire supé- rieure, établir que les coe cients diagonaux de cette dernière sont nuls, et en déduire que tr uk = 0 pour tout k œ Nú. On fixe une base B = (e1, . . . , en) de E. On note NB l’ensemble des endomorphismes de E dont la matrice dans B est triangulaire supérieure stricte. 2. Justifier que NB est un sous-espace vectoriel de L(E) de dimension n(n≠1) 2 , et mettre en évidence dans NB un élément nilpotent de nilindice n. On pourra introduire l’endomorphisme u de E défini par u(ei) = ei≠1 pour tout i œ [[2, n]], et u(e1) = 0. 3. 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, up≠1(x) ”= 0 et uq≠1(y) ”= 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. 4. Soit u œ N(E), de nilindice p. Déduire de la question précédente que p Æ n et 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, (≠ | ≠) ". Lorsque a désigne un vecteur de E, on note Ïa : I E ≠æ R x ‘≠æ (a | x). 5. Calculer la dimension de L(E, R) en fonction de celle de E. Montrer que a ‘æ Ïa définit un isomorphisme de E sur L(E, R). Étant donné a œ E et x œ E, on notera désormais a ¢ x l’application de E dans lui-même définie par : ’z œ E, (a ¢ x)(z) = (a | z).x 2 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 espace euclidien !E, (≠ | ≠) " de dimension n > 0. On rappelle que l’on a démontré à la question 4 que le nilindice d’un élément de N(E) est toujours inférieur ou égal à n. 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. On a donc p Ø 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 C. Soit u et v dans V. Alors tr(ukv) = 0 pour tout entier naturel k. Lemme D. 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. Pour l’unicité, on pourra utiliser une représentation matricielle. 9. À l’aide de la question précédente, 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 C. 3 11. Soit y œ E. En considérant, pour un a œ K(V)‹ quelconque, la fonction t œ R ‘æ (a | (u + tv)p≠1(y)), 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 B Dans cette ultime partie, nous démontrons le théorème B 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 VÕ de L(EÕ), de dimension (n≠1)(n≠2) 2 , 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), de dimension n(n≠1) 2 · 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‹. 4 16. En considérant u et (a ¢ x) pour u œ V et a œ L, déduire du lemme C 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. Déduire des questions précédentes et du théorème A 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. 20. En appliquant, entre autres, l’hypothèse de récurrence et la question 19, mon- trer 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 20, 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 20. 21. 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 4 et 19. 22. 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. On pourra s’inspirer de la méthode de la question 11. 23. Conclure. Fin du problème 5

Mines 2020 PC Maths 1 - Corrigé Espaces vectoriels d’endomorphismes nilpotents I. Généralités sur les endomorphismes nilpotents Dans toute cette partie, on fixe un espace vectoriel rél E de dimension n > 0. Soit u ∈ N(E). On choisit une matrice carré M représentant l’endomorphisme u. 1. "Démontrer" : commentaire avant la rédaction de ce sujet complètement inadapté à la section PC. Qu’attend ici le correcteur concernant un théorème du programme (toute matrice de Mn(C) est trigonalisable), énoncé dont la démonstration n’est pas exigible des candidats. Il est visible que ce sujet, pensé pour des MP n’a pas été correctement adapté pour les PC. Mais un tel thème est-il vraiment fait pour la section PC ? M matrice réelle est élément de Mn(C). Elle est trigonalisable, semblable à une matrice triangulaire supérieure T. Les éléments diagonaux de T, triangulaire, sont ses valeurs propres, donc également les valeurs propres de M. Soit λ une valeur propre complexe de M, X un vecteur propre associé. MX = λX et, de manière directe, ∀k ∈ N, M kX = λkX. Soit p l’indice de nilpotence de u. M p représente up dans la base où M représente u. D’où M p = 0 et λpX = 0. Comme X est vecteur propre, donc non nul, λp = 0 et λ = 0. La seule valeur propre de M, donc de T, est 0 et T ∈ T ++ n . Le produit de deux matrices triangulaires supérieures est une matrice triangulaire supérieure dont chaque coefficient diagonal est le produit des deux coefficients diagonaux correspondants. T ++ n est stable pour le produit de matrice . En particulier ∀k ∈ N∗, T k ∈ T ++ n . Comme T k est semblable à M k, tr(T k) = tr(M k) = tr(uk) = 0 pour k ∈ N∗. On fixe une base B = (e1, . . . , en) de E. On note NB l’ensemble des endomorphismes de E dont la matrice dans B est triangulaire supérieure stricte. 2. L’application h qui à tout endomorphisme de E associe la matrice qui le représente dans B est un isomorphisme de L(E) dans Mn(R). NB est l’image réciproque par cet isomorphisme de T + n (R). C’est un un sous-espace vectoriel de L(E) de même dimension c.a.d. n(n − 1) 2 . Soit l’endomorphisme u de E défini par u(ei) = ei−1 pour tout i ∈ [[2, n]], et u(e1) = 0. On vérifie facilement que pour tout k de [[0, n − 1]], Im(uk) = Vect(e1, . . . , en−k). En particulier Imun−1 = Vect(e1) et Imun = {0}. u est de nilindice n. 3. Soit u ∈ L(E). Soit deux vecteurs x et y de E, tels qu’il existe deux entiers p ≥ q ≥ 1 vérifiant up(x) = uq(y) = 0 et up−1(x) ̸= 0 et uq−1(y) ̸= 0. ◦ Soit (α0, . . . , αp−1) p réels tels que (1) : p−1 i=0 αiui(x) = 0. Supposons qu’un des αi soit non nul et soit r le plus petit des indices tels que αr ̸= 0. La relation (1) s’écrit : p−1 i=r αiui(x) = 0. Composons cette nouvelle relation par up−1−r. Comme uk = 0 si k ≥ p, on obtient αrur+p−1−r(x) + 0 = 0. αrup−1(x) = 0 donc αr = 0. Contradiction. Les αi sont tous nuls et la famille (x, u(x), . . . , up−1(x)) est libre. (x, u(x), . . . , up−1(x)) est donc une base de Vect(x, u(x), . . . , up−1(x)) qui est de dimension p. C’est un sous-espace vectoriel de E donc p ≤ n. ◦ Supposons que si (up−1(x), uq−1(y)) soit libre. Considérons p + q réels α0, . . . , αp−1, β0 . . . , βp−1 tels que (2) : p−1 i=0 αiui(x) + q−1 j=0 βjuj(y) = 0. Supposons qu’il existe un des coefficients αi non nul et soir r le plus petit indice tel que αr ̸= 0. Remarquons que les βj ne peuvent être tous nuls car on aurait alors une combinaison linéaire non triviale des (x, u(x), . . . , up−1(x)) égale au vecteur nul. Notons s le plus petit des indices tel que βj ̸= 0. La relation (2) s’écrit : p−1 i=r αiui(x)+ q−1 j=s βjuj(y) = 0. ◦◦ Composons la relation par up−1−r. On obtient αrup−1(x) + q−1 j=s uj+p−1−r(y) = 0. Si de plus s + p − 1 − r ≥ q alors αrup−1(x) = 0 et αr = 0 ce qui n’est pas. ◦◦ On a donc s + p − 1 − r < q. Composons alors la relation par uq−1−s . Comme r + q − 1 − s > p − 2 on a deux cas ◦◦ ou bien r + q − s ≥ p et on obtient βsuq−1(y) = 0 donc βs = 0 . Contradiction. ◦◦ ou bien r + q − s = p et en composant par up−1−r = uq−1−s on a αrup−1(x) + βsuq−1(y) = 0. Compte tenu de la liberté de (up−1(x), uq−1(y)), αr = βs = 0 Contradiction. Les réels αi sont donc tous nuls et compte tenu de la liberté de (y, u(y), . . . , uq−1(y)) les βj aussi. La famille étudiée est libre. 1 4. Soit u ∈ N(E) de nilindice p. Comme up−1 ̸= 0 il existe un vecteur x de E tel que up−1(x) ̸= 0 et up(x) = 0. La famille (x, . . . , up−1(x)) est une famille libre de p vecteurs de E. Donc p ≤ dim E = n. ◦ Si p = n , (x, . . . , up−1(x)) est une base de E. Notons cette base (e1, . . . , en). Pour i ∈ [[1, n − 1]], u(ei) = ei+1 et u(en) = 0. On a donc facilement Imu = Vect(e2, . . . , en) et pour 1 ≤ k ≤ n − 1, Imuk = Vect(ek+1, . . . , en). u est de rang n − 1, ker u est de dimension 1 et donc ker u = Vect(en). On a ker u ⊂ Imu et donc ker u ∩ Imu = ker u = Vect(en) = Imun−1, espace de dimension 1. ◦ Si p = n−1 , (x, . . . , up−1(x)) est une famille libre de n−1 vecteurs de E. Les vecteurs (u(x), . . . , up−1(x)) forment une famille libre de Imu et donc le rang de u est supérieur ou égal à p − 1 = n − 2. Le noyau de u est de dimension inférieure ou égale à 2. ◦◦ Si dim(ker u) = 1, ker u = Vect(up−1(x)). Comme p ≥ 2 , up−1(x) ∈ Imu et Imu ∩ ker u = ker u espace de dimension 1. Si dim Imup−1 ≥ 2 on pourrait trouver un vecteur y tel que (up−1(x), up−1(y)) soit libre . Mais dans ce cas , comme up(y) = 0, le résultat de la question précédente nous donne une famille libre de 2p = 2n−2 de E . Or p = n − 1 ≥ 2 donc 2n − 2 − n = n − 2 ≥ 1 > 0. Impossible. D’où Imup−1 = Vectup−1(x)) et on a l’égalité demandée. ◦◦ Si dim(ker u) = 2. On choisit dans ker u un vecteur y tel que la famille up−1(x), y) soit libre. Mais u(y) = 0. D’après la question précédente la famille (x, u(x), . . . , up−1(x), y)) est une base de E. Comme p ≥ 2 on obtient facilement encore les égalités demandées. II. Endomorphismes de rang 1 d’un espace euclidien On considère ici un espace vectoriel euclidien (E, (−|−)). Lorsque a désigne un vecteur de E, on note ϕa : E → R x → (a|x). 5. Si F et G sont deux espaces vectoriels de dimension n et p, L(F, G) est isomorphe à Mp,n(R) donc est de dimension n × p. En particulier dim(L(E, R)) = dim E × 1 = dim E. Montrons déjà que pour tout a de E, ϕa ∈ L(E, R). En effet ∀(x, y) ∈ E2, ∀α ∈ R, ϕa(x + αy) = (a|x + αy) = (a|x) + α(a|y) = ϕa(x) + αϕa(y). Montrons ensuite que l’application a → ϕa est linéaire. Soient donc a, b deux vecteurs de E et α ∈ R. ∀x ∈ E, ϕa+αb(x) = (a + αb|x) = (a|x) + α(b|x) = ϕa(x) + βϕb(x) = (ϕa + αϕb)(x) On a bien ϕa+αb = ϕa + αϕb. L’application est linéaire. Montrons qu’elle est injective : ϕa = 0 ⇒ ϕa(xa) = (a|a) = 0 = ||a||2 ⇒ a = 0. Réciproque immédiate. ker ϕ = {0}. Mais (théorème du rang), dim Imϕ + dim ker ϕ = dim E (espace de départ). D’où dim Imϕ = dim E = dim L(E, R). Or si F, G sont des R-ev de dimension finie et si dim F = dim G avec F ⊂ G alors F = G. Ce résultat s’applique ici et Imϕ = L(E, R). L’application est linéaire, surjective et injective. On a un isomorphisme. Étant donné a ∈ E et x ∈ E on notera désormais a ⊗ x l’application de E dans lui même définie par : ∀z ∈ E, (a ⊗ x)(z) = (a|z).x 6. Soit x ∈ E \ {0}. L’application a ∈ E → a ⊗ x est à valeurs dans L(E). En effet ∀(z1, z2) ∈ E2, ∀α ∈ R, (a ⊗ x)(z1 + αz2) = (a|z1 + αz2).x = (a|z1).x + α(a|z2).x = (a ⊗ x)(z1) + α(a ⊗ x)(z2). De manière claire Im(a ⊗ x) ⊂ Vect(x). Notons G = {u ∈ L(E) : Imu ⊂ Vect(x)}. On a, pour tout a de E, (a × x) ∈ G. Réciproquement soit f un élément de G. Construisons une base orthonormale (e1 = x/||x||, e2, . . . , en). Pour chaque i, f(ei) ∈ Vect(e1). Notons pour chaque i a′ i, le réel tel que f(ei) = a′ ie1. Soit z un vecteur quelconque de E, z = n i=1 ziei. f(z) = n i=1 a′ izi e1 = (a′|z)e1 avec a′ = n i=1 a′ iei. D’où ∀z ∈ E, f(z) = (a′|z).(x/||x||) = (a|z).x avec a = (1/||x||).a′ et donc f = (a ⊗ x). L’application est surjective. On vérifie facilement qu’elle est linéaire. Elle est injective car, comme x ̸= 0, (a ⊗ x) = 0 ⇒ ∀z ∈ E, (a|z) = 0 ⇒ a ∈ E⊥ = {0}. Réciproque immédiate. L’application étudiée est une bijection linéaire de E sur {u ∈ L(E) : Imu ⊂ Vect(x)}. 7. Soit a ∈ E et x ∈ E \ {0}. Considérons la matrice de cette application dans une base (x, ε2, . . . εn) (n = dim E). Cette matrice a tous les coefficients des lignes 2 à n qui sont nuls. La trace de cette matrice est donc la première coordonnée dans cette base de (a ⊕ x)(x) = (a|x).x . D’où tr(a ⊗ x) = (a|x). 2 III. Deux lemmes On considère ici un espace euclidien (E, (−|−)) de dimension n > 0. On rappelle que l’on a démontré à la question 4 que le nilindice d’un élément de N(E) et toujours inférieur ou égal à n. Soit V un sous-espace vectoriel nilpotent de L(E) contenant un élément non nul. On note p := max u∈V v(u) appelé nilindice générique de V. On a donc p ≥ 2. On introduit le sous-ensemble V∗ formé des vecteurs appartenant à au moins un des ensembles Imup−1 pour u dans V ; on introduit de plus le sous-espace vectoriel engendré K(V) := Vect(V∗). Enfin, étant donné x ∈ E, on pose Vx := {v(x) | v ∈ V}. L’objectif de cette partie est d’établir les deux résultats suivants : Lemme C. Soit u et v dans V. Alors tr(ukv) = 0 pour tout entier naturel k. Lemme D. Soit x ∈ V∗ \ {0}. Si K(V) ⊂ Vect(x) + Vx, alors v(x) = 0 pour tout v ∈ V. Dans les questions 8 à 11, on se donne deux éléments arbitraires u et v de V. 8. Étudions l’existence. Montrons par récurrence sur k la propriété demandée. ◦ k = 1 (u + tv) = u + tv et f (1) 0 = u = u1 et f 1 1 = v = u0vu1−1−0. La propriété est vraie. ◦ Supposons la propriété vraie pour un entier k strictement positif donné. On peut alors écrire : (u + tv)k+1 = (u + tv) ◦ k i=0 tif (k) i = k i=0 tiuf (k) i + k i=0 ti+1vf (k) i = uf (k) 0 + k i=1 ti(uf (k) i + vf (k) i−1) + tk+1vf (k) k On obtient une écriture polynomiale demandée avec des endomorphismes et de plus ici (la notation est abusive mais sera justifiée par la démonstration de l’unicité) f (k+1) 0 = uf (k) 0 = uuk = uk+1 et f k+1 1 = uf k 1 + vf k 0 = u k−1 i=0 uivuk−1−i + vuk = k−1 i=0 ui+1vuk−1−i + vuk = k j=1 ujvuk−1−j+1 + vuk = k j=0 ujvuk−j La propriété est vraie au rang k + 1. Pour l’unicité, si on avait deux écritures polynomiales de ce type on aurait, en prenant les matrices qui représentent ces matrices dans une base donnée de E une égalité du type k i=0 tiP (k) i = k i=0 tiQ(k) i . Soit n = dim(E) et (x, y) ∈ [[1, n]]2. En notant M[x, y) le coefficient général de chaque matrice on obtient pour tout t réel : k i=0 tiP (k) i (x, y) = k i=0 tiQ(k) i (x, y). Par unicité de l’écriture d’un polynôme réel on a donc pour chaque i : P (k) i (x, y) = Q(k) i (x, y). Ceci est vrai pour x, y quelconques donc P (k) i = Q(k) i ce qui assure à k donné l’unicité de l’écriture. 9. Comme V est un espace vectoriel, u + tv ∈ V. Par définition son nilindice est inférieur ou égal au nilindice générique de V égal à p. D’où (u + tv)p = 0 et donc par unicité de l’écriture de la question précédente, pour tout i, f (p) i = 0. En particulier f (p) 1 = 0 c.a.d. f (p) 1 = p−1 i=0 uivup−1−i = 0. 10. Comme u + tv est nilpotent, d’après le résultat de la question 1, ∀k ∈ N∗, tr((u + tv)k) = 0. En utilisant la linéarité de la trace, pour tout t,tout k, 0 = k i=0 titr(f (k) i ) = 0. On a un polynôme réel nul. Tous ses coefficients sont nuls et ∀k ∈ N∗, ∀i ∈ [[0, k]], tr(f (k) i ) = 0. En particulier ∀kinN, tr(f (k+1) 1 ) = 0. mais pour des endomorphismes quelconques a, b tr(ab) = tr(ba). On obtient 0 = tr(f (k+1) 1 ) = k i=0 tr(uivuk−i) = k i=0 tr(ukv = (k + 1)tr(ukv). Le lemme C est démontré. 11. Soit y ∈ E et a ∈ K(V)⊥. Pour tout t , u + tv ∈ V et donc (u + tv)p−1(y) ∈ V∗ ⊂ K(V). La fonction t ∈ R → (a|(u + tv)p−1(y) ) est donc la fonction nulle. C’est une fonction polynôme dont tous les coefficients sont nuls. Le coefficient du terme de degré 1 est (a|f (p−1) 1 (y)) est nul. f (p−1) 1 (y) est orthogonal à tous les vecteurs de K(V)⊥. Il appartient donc à l’orthogonal de cet espace qui est (nous sommes en dimension finie) K(V). 3 On a vu que f (p−1) 1 = p−2 i=0 uivup−2−i et uf (p−1) 1 = p−2 i=0 ui+1vup−2−i = p−1 j=1 ujvup−1−j = f (p) 1 − u0vup−1 D’après le résultat de la question 9 on a donc : uf (p−1) 1 = −vup−1. Soit donc x ∈ Imup−1 . Il existe un vecteur y de E tel que x = up−1(y) et v(up−1(y)) = u(f (p−1) 1 (−y)) ∈ u(K(V)). 12. Soit x ∈ V∗ \ {0} tel que K(V) ⊂ Vect(x) + Vx. Il existe (par définition de V∗) u ∈ V tel que x ∈ Imup−1. Soit y ∈ K(V). ◦ y = 0.x + u0(y) avec y ∈ K(V) ◦ Par hypothèse y ∈ Vect(x) + Vx. Il existe λ0 ∈ R et v ∈ V tels que y = λ0.x + v(x). D’après la question 11, v(x) ∈ u(K(V)). Il existe y1 ∈ K(V) tel que v(x) = u(y1). On a alors y = λ1.x + u(y1) avec y1 ∈ K(V). ◦ Supposons la propriété vraie pour k ≥ 1. On peut appliquer le résultat 1 à yk et yk = µ.x + u(z) Comme x ∈ Imup−1, u(x) = up(?) = 0 et uk(yk) = 0 + uk+1(z) . La propriété est vraie au rang k + 1 . De plus λk+1 = λk. En particulier , comme up = 0, y = λ1.x + 0. y ∈ Vect(x). On a donc K(V) ⊂ Vect(x). D’après la question 11 v(x) ∈ u(K(v)). Il existe un élément y de K(V) ⊂ Vect(x) tel que v(x) = u(y) = u(αx) pour un certain réel α. Mais x ∈ Imup−1 donc u(x) = up(−) = 0. On obtient v(x) = 0 et ce pour tout v ∈ V. Le lemme D est démontré. IV. Démonstration du théorème B Dans cette ultime partie, nous démontrons le théorème B 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 ≥ 2 et on suppose que pour tout espace vectoriel réel E′ de dimension n − 1 et tout sous-espace vectoriel nilpotent V′ de L(E′) de dimension (n − 1)(n − 2) 2 , il existe une base de E′ dans laquelle tout élément de V′ est représenté par une matrice triangulaire supérieure stricte. On fixe un espace vectoriel réel E de dimension n , ainsi qu’un sous-espace vectoriel nilpotent V de L(E) de dimension n(n − 1) 2 . 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 ∈ V} et W := {v ∈ V : v(x) = 0}. On note π la projection orthogonale de E sur H. Pour u ∈ W, on note u l’endomorphisme de H défini par ∀z ∈ H, u(z) = π(u(z)). On considère enfin les ensembles V := {u | u ∈ W} et Z := {u ∈ W : u = 0}. 13. Soit x fixé dans E. L’application h1 : v ∈ L(E) → v(x) est linéaire. V est un sev de L(E), donc Vx = h1(V) est un sev de E. W = ker h1 ∩ V est un sev de L(E). On montrer de même que l’application h2 qui à u associe u est linéaire de L(E) dans L(H). V = h2(W) est donc un sev de L(H). Z = ker h2 ∩ W est un sev de V. 14. Appliquons le théorème du rang à lla restriction de h1, notée ˜h1 à V. Im˜h1 = Vx et ker ˜h1 = ker h1 ∩ V = W. Comme tous ces espaces sont de dimension finie dim Vx + dim W = dim V. De même en prenant la restriction de h2 à W. dim W = dim V + dim Z Finalement : dim(V) = dim(Vx) + dim(Z) + dim V. 15. L’application ψ : a → a ⊗ x est une bijection de E dans G = {u ∈ L(E) : Imu ⊂ Vect(x)} (question 6). Soit u dans Z. u ∈ W donc u(x) = 0. De plus ∀z ∈ H, π(u(z)) = u(z) = 0. Enfin tout vecteur y de E s’écrit de manière unique y = y1 + y′ avec y ∈ H et y′ ∈ Vect(x). u(y) = u(y1) + 0 et π(u(y)) = π(u(y1)) = u(y1) = 0 . Donc u(y) ∈ ker π = H⊥ = Vect(x). On vient de montrer que Imu ⊂ Vect(x) et donc u ∈ G. Z est un sev de G. Son image réciproque par ψ est un sev de E de même dimension. Notons le L. On a : Z = {a ⊗ x | a ∈ L} et dim L = dim Z. Pour tout a de L, a ⊗ x est dans Z donc a ⊗ x(x) = 0 = (a|x).x. Comme x ̸= 0, (a|x) = 0. x est orthogonal à tous les vecteurs de L. x ∈ L⊥. 4 16. Soit u ∈ V et a ∈ L. a ⊗ x ∈ Z ⊂ V. Soit v ∈ V. Im(a ⊗ x) ⊂ Vect(x) donc Im(a ⊗ x) ◦ v est au plus de dimension 1. (a⊗x)◦v : z → (a⊗x)(v(z)) = (a|v(z))x. Cette application est de rang au maximum 1. Sa matrice dans une base dont le premier vecteur est x est une matrice dont toutes les lignes sont nulles à partir de la deuxième. Sa trace est donc la composante sur x de l’image de x par cette application. Or (a⊗x)(v(x)) = (a|v(x)).x Par suite tr(a⊗x)◦v) = (a|v(x)) Mais cette trace est nulle d’après le lemme C. v(x) est orthogonal à tous les vecteurs de L, v(x) ∈ L⊥, ceci pour tout v de V. On a bien Vx ⊂ L⊥. Le raisonnement est identique en utilisant la trace de z → (a ⊗ x)(uk(z)))(a|uk(z)).x. Cette trace est nulle (lemme C) et vaut (a|uk(x)). Par suite uk(x) ∈ L⊥ pour tout k ∈ N et tout u ∈ V. 17. Soit λ ∈ R∗. Si λx ∈ Vx on aurait v(x) = λx pour un certain v de V. Comme x ̸= 0, λ serait valeur propre de v. Comme v est nilpotent sa seule valeur propre est 0. Contradiction. On sait que Vx ⊂ L⊥. Mais cette inclusion est stricte car x ̸∈ Vx et x ∈ L⊥. Donc dim Vx < dim L⊥ = n − dim(L) . Comme on a des entiers, dim Vx ≤ dim L⊥ − 1 = n − dim(L) − 1. On a bien dim Vx + dim L ≤ n − 1. 18. Soit u ∈ W. Soit z dans H. Montrons par récurrence sur k que (u)k(z) = π(uk(z)) pour tout k ∈ N ◦ pour k = 0, évident car (u)0(z) = z = π(u0(z)) = π(z) = z car z ∈ H. ◦ Supposons que pour un entier k donné, (u)k(z) = π(uk(z)). Comme E = Vect(x) ⊕ H il existe λk ∈ R et yk ∈ H tels que uk(z) = λkx + yk. ( yk = π(uk(x)) ) Mais u(x) = 0 donc uk+1(z) = u(yk). Mais (u)k+1(z) = u(π(uk(z))) = u(yk) = π(u(yk)) = π(uk+1(z)) La propriété est vraie au rang k + 1. La propriété est donc vraie pour tout k de N. Comme up = 0 on en déduit que ∀z ∈ H, ∀u ∈ W , (u)p(z) = π(up(z)) = π(0) = 0. Les éléments de V sont tous nilpotents, d’indice de nilpotence au plus égal à p. V est un sous-espace vectoriel nilpotent de L(H). 19. x ̸= 0, Vect(x) est de dimension 1 et son orthogonal, H , de dimension n − 1. V est un sous-espace vectoriel nilpotent de L(H). D’après le théorème A il est de dimension maximum (n − 1)(n − 2) 2 . De plus d’après les questions 14-15, dim V = dim V − dim Vx − dim L = n(n − 1) 2 − (dim Vx + dim L) En utilisant l’inégalité démontrée en question 17 : dim V ≥ n(n − 1) 2 − (n − 1) = (n − 1)(n − 2) 2 . Par double inégalité : dim V = (n − 1)(n − 2) 2 . De plus on obtient alors dim Vx + dim L = n − 1. On a vu que Vx ∩ Vect(x) = {0}. Ces deux espaces sont en somme directe et donc dim(Vx ⊕ Vect(x)) = dim Vx + dim(Vect(x)) = dim Vx + 1. D’après les égalités précédentes dim(Vx ⊕ Vect(x))) = n − dim(L) = dim(L⊥). Or on a vu que Vx ⊕ Vect(x)) ⊂ L⊥. On a donc L⊥ = Vect(x) ⊕ Vx. Enfin d’après la question 16, vk(x) ∈ L⊥ pour tout v ∈ V et tout k ∈ N, donc vk(x) ∈ Vect(x) ⊕ Vx. 20. V est un sous-espace nilpotent de L(H) de dimension (n − 1)(n − 2) 2 . On peut lui appliquer l’hypothèse de récurrence du théorème B. Il existe une base B1 de H où tous les éléments de V sont représentés par une matrice triangulaire supérieure. L’application ψ qui à un endomorphisme de H associe sa matrice dans B1 est un isomorphisme. ψ(V) ⊂ T ++ n−1(R) et est donc de même dimension (n − 1)(n − 2) 2 . Ces deux espaces sont égaux. En particulier il y a dans V un endomorphisme de matrice vue en question 2, donc de nilindice égal à n − 1. D’après la question 18, n − 1 ≤ p. Comme E = Vect(x) ⊕ H une base adaptée à cette somme directe est B2 obtenue en ajoutant à x les vecteurs de B1. Supposons que Vx = {0} . Pour tout v de V, v(x) =. La matrice de v dans mathcalB2 a une première colonne remplie de 0. Pour v donné notons par blocs M = MB2(v) = 0 L1 (0) M1 . M1 est la matrice qui représente overlinev dans mathcalB1. Elle est triangulaire supérieure et donc M aussi. On a ainsi construit 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 20, 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 gńérique de V , et l’on fixe u ∈ V tel que x ∈ Imup−1. On rappelle que p ≥ n − 1 d’après la question 20. 5 21. Soit v ∈ V tel que v(x) ̸= 0. Le nilindice de v est supérieur ou égal à 2. Donc p ≥ 2 ; de plus p ≥ n − 1. On a vp = 0. ◦ Si vp−1 = 0, Imvp−1 = {0} ⊂ Vect(x) ⊕ Vx. ◦ Si vp−1 ̸= 0, v est de nilindice p et toutes les hypothèses de la question 4 sont vérifiées.On peut conclure que Imvp−1 = Imv ∩ ker v est de dimension 1. v(x) ̸= 0 mais vp(x) = 0 . On peut considérer le plus petit entier k tel que vk(x) ̸= 0 et vk+1(x) = 0. On a k ≥ 1 donc vk(x) ∈ Imv et par construction, vk(x) ∈ ker v. vk(x) est donc un vecteur directeur de Imv ∩ ker v qui est de dimension 1. Mais d’après la question 19 ce vecteur est élément de Vectx ⊕ Vx. On a donc encore dans ce deuxième cas Imvp−1 ⊂ Vect(x) ⊕ Vx 22. Supposons qu’il existe v0 ∈ V tel que v0(x) ̸= 0. Soit v ∈ V. Si v(x) ̸= 0, la question précédente a montré que Imvp−1 ⊂ Vect(x) ⊕ Vx. Si v(x) = 0, utilisons v + tv0 pour t réel. Si t non nul, (v + tv0)(x) = tv0(x) ̸=. Comme v + tv0 ∈ V, d’après la question 21, Im(v + tv0)p−1 ⊂ Vx ⊕ Vect(x). Pour tout vecteur a ∈ (Vx ⊕ Vect(x))⊥, tout z de E, tout t non nul, (a|(v + tv0)p−1(z)) = 0. Or , en effectuant un développement comme en question 8, pour a fixé, t → (a|(v + tv0)p−1(z)) est une fonction polynomiale nulle sur R∗. Elle est donc nulle pour t = 0 et donc (a|vp−1(z)) = 0. Ce pour tout z. On obtient Imvp−1 ⊂ (Vx ⊕ Vect(x))⊥ ⊥ = Vx ⊕ Vect(x) 23. Si les conditions de la question 22 sont réalisées, V∗ = ∪v∈VImvp−1 ⊂ Vx⊕Vect(x). Et comme le plus grand ensemble est un sev, K(V) ⊂ Vx ⊕ Vect(x). Mais les hypothèses de la question 12 sont réunies et donc v(x) = 0 pour tout x de V. Contradiction car v0(x) ̸= 0. Par suite Vx = {0} et la démonstration de la question 20 a permis de démontrer le théorème. On nous demande de conclure : comme à la bataille d’Austerlitz le soleil s’est levé tout en fin de problème, les difficultés ont été surmontées. Le correcteur y a passé bien plus de trois heures. Les concepteurs, correcteurs du sujet peuvent , comme Napoléon être fiers de leur joli problème bataille. Comme dans une bataille théorique , celle ci est bien adaptée à de bons régiments commandos. La bataille d’Austerlitz a dû faire 20 000 morts environ. Ce sujet là - posé rappelons dans la filière PC - en a fait toute proportion gardée autant. Napoléon peut dormir tranquille. FIN DU PROBLÈME 6