Probl` eme 1. ´ Etude d’une fonction int´ egrale

Correction du devoir surveill´ e

DS8

Probl` eme 1. ´ Etude d’une fonction int´ egrale

On ´ etudie dans ce probl` eme la fonction F d´ efinie par :

∀x > 0, F (x) = Z

x

1

ln(t) 1 + t

²

dt.

La courbe repr´ esentative de F sera not´ ee Γ.

1. (a) Posons g(t) = ln(t)

1 + t

²

pour tout t > 0. g est une fonction continue sur R

^∗+

, donc F est bien d´ efinie comme l’unique primitive d’une fonction continue que s’annule en 1.

On a pour tout t ∈]1, +∞[, g(t) > 0, donc F (x) = Z

x

1

g(t)dt > 0 pour tout x > 1.

De mˆ eme, pour tout t ∈]0, 1[, g(t) < 0, donc F (x) = Z

x

1

g(t)dt = Z

1

x

(−g(t))dt > 0 pour tout 0 < x < 1.

Ainsi F (x) > 0 pour tout x ∈ R

^∗+

\ {1}, et F(1) = 0.

(b) F est de classe C

¹

sur R

^∗+

comme primitive d’une fonction continue sur R

^∗+

. (c) Pour tout x > 0, on a :

F

⁰

(x) = g(x) = ln(x) 1 + x

²

.

Comme g(x) < 0 si x ∈]0, 1[, g(1) = 0 et g(x) > 0 si x ∈]1, +∞[, on en d´ eduit que F est strictement d´ ecroissante sur ]0, 1[, puis strictement croissante sur ]1, +∞[. De plus, F (1) = F

⁰

(1) = 0 et Γ admet une tangente horizontale en 1.

(d) On d´ etermine le DL

₂

(1) de g. Pour cela, on pose h = x − 1. On a : g(1 + h) = ln(1 + h)

1 + (1 + h)

²

= ln(1 + h) 2 + 2h + h

²

= 1

2

ln(1 + h) 1 + (h +

^h₂²

) . On a :

ln(1 + h) = h − h

²

2 + o(h

²

).

1

1 + (h +

^h₂²

) = 1−(h + h

²

2 )+(h+ h

²

2 )

²

+o(h

²

) = 1−(h+ h

²

2 )+h

²

+o(h

²

) = 1−h + h

²

2 +o(h

²

).

D’o` u : g(1 + h) = 1

2 (h − h

²

2 ) × (1 − h + h

²

2 ) + o(h

²

) = 1

2 (h − h

²

− h

²

2 ) + o(h

²

) = h 2 − 3h

²

4 + o(h

²

).

D’o` u en int´ egrant ` a pr´ esent (en suivant le cours, il faut dire que g est C

²

...) : F(1 + h) = F(1) + h

²

4 − h

³

4 + o(h

³

), soit finalement :

F (x) = (x − 1)

²

4 − (x − 1)

³

4 + o((x − 1)

³

).

2. Pour tout x > 0, on a F 1

x

= Z

1 x

1

ln(t) 1 + t

²

dt.

On effectue le changement de variables u = 1

t . On a alors du = − 1

t

²

dt, soit encore dt = − 1 u

²

du.

Et lorsque t : 1 → x, on a u : 1 → 1/x. On obtient donc : F

1 x

= − Z

x

1

ln(1/u) 1 + (1/u)

²

1 u

²

du =

Z

x

1

ln(u)

u

²

+ 1 du = F(x).

3. (a) On sait d´ ej` a que φ est d´ efinie et continue sur R

^∗+

comme quotient de fonctions continues sur cet intervalle. Faisons de plus un d´ eveloppement limit´ e de φ ` a l’ordre 1 en 0 :

φ(x) = 1

x (x + o(x

²

)) = 1 + o(x).

Ainsi, φ est prolongeable par continuit´ e en 0 en posant φ(0) = 1.

Remarque. On peut mˆ eme en d´ eduire que ce prolongement est d´ erivable en 0 et que sa d´ eriv´ ee en 0 vaut 0.

(b) On effectue une int´ egration par parties :

+ ln(t) 1

1 + t

²

&

- 1

t

R

←− arctan(t)

Les fonctions t 7→ ln(t) et t 7→ arctan(t) sont bien de classe C

¹

sur R

^∗+

. D’o` u : F (x) = [arctan(t)ln(t)]

^x₁

−

Z

x

1

arctan(t)

t = arctan(x)ln(x) − Z

x

1

φ(t)dt.

(c) On cherche la limite de F en 0. D’une part,

arctan(x) ∼

₀

x d’o` u arctan(x)ln(x) ∼

₀

xln(x).

Or par croissance compar´ ees, lim

x→0

xln(x) = 0, donc lim

x→0

arctan(x)ln(x) = 0.

D’autre part, puisque φ est prolongeable par continuit´ e sur R

+

, la fonction int´ egrale x 7→

R

x

1

φ(t)dt est continue sur R

+

et tend vers − R

1

0

φ(t)dt lorsque x → 0.

On en d´ eduit que F admet une limite finie en 0, ´ egale ` a R

1

0

φ(t)dt. Donc F est prolongeable par continuit´ e en 0 en posant F(0) = R

1

0

φ(t)dt.

Enfin, puisque F (x) = F(1/x), on en d´ eduit que

x→+∞

lim F (x) = lim

x→+∞

F (1/x) = F (0).

Donc Γ admet une asymptote horizontale en +∞, d’´ equation y = F(0).

(d) On a lim

x→0+

F

⁰

(x) = lim

x→0+

ln(x)

1 + x

²

= −∞. Donc F n’est pas d´ erivable en 0, et Γ admet une tangente verticale en 0.

4. (a) Soit k ∈ N et x > 0. On effectue une int´ egration par parties :

+ ln(t) t

^k

&

- 1

t

R

←− t

^k+1

k + 1

Les fonction t 7→ ln(t) et t 7→ t

^k+1

sont de classe C

¹

sur R

^∗₊

. D’o` u I

_k

(x) =

t

^k+1

k + 1 ln(t)

x

1

− Z

x

1

t

^k

k + 1 dt = x

^k+1

k + 1 ln(x) −

t

^k+1

(k + 1)

²

x

1

= x

^k+1

k + 1 ln(x) − x

^k+1

(k + 1)

²

+ 1 (k + 1)

²

(b) On a pour tout n ∈ N et x > 0,

n

X

k=0

(−1)

^k

x

^2k

=

n

X

k=0

(−x

²

)

^k

= 1 − (−x

²

)

ⁿ⁺¹

1 + x

²

= 1

1 + x

²

− (−1)

ⁿ⁺¹

x

²ⁿ⁺²

1 + x

²

, somme des termes d’une s´ erie g´ eom´ etrique de raison −x

²

6= 1. D’o` u :

∀n ∈ N , ∀x > 0, 1 1 + x

²

=

n

X

k=0

(−1)

^k

x

^2k

+ (−1)

ⁿ⁺¹

x

²ⁿ⁺²

1 + x

²

. (c) Soit n ∈ N et x ∈]0, 1[, on a :

F (x) −

n

X

k=0

(−1)

^k

I

_2k

(x)

=

Z

x

1

1 1 + t

²

−

n

X

k=0

(−1)

^k

t

^2k

! ln(t)dt

=

Z

x

1

(−1)

ⁿ⁺¹

t

²ⁿ⁺²

1 + t

²

ln(t)dt

≤ Z

₁

x

(−1)

ⁿ⁺¹

t

²ⁿ⁺²

1 + t

²

ln(t)

dt

= Z

x

1

t

²ⁿ⁺²

1 + t

²

ln(t)dt = I

_2n+2

(x) (d) On a :

x→0

lim

⁺

I

2k

(x) = lim

x→0⁺

x

^2k+1

2k + 1 ln(x) − x

^2k+1

(2k + 1)

²

+ 1

(2k + 1)

²

= 1 (2k + 1)

²

.

D’o` u en passant ` a la limite dans la majoration pr´ ec´ edente (tous les termes convergent !) :

∀n ∈ N , |F (0) −

n

X

k=0

(−1)

^k

(2k + 1)

²

| = |F(0) − u

_n

| ≤ 1 (2n + 3)

²

(e) On cherche n tel que 1

(2n + 3)

²

≤ 10

⁻²

, on obtient n ≥ 4. Donc u

4

= 0, 92 est une valeur approch´ ee ` a 10

⁻²

pr` es de F (0).

5.

Probl` eme 2. Endomorphismes cycliques

Partie I. Exemples.

1. Dans cette question, on prend E = R

³

. Consid´ erons l’application suivante de R

³

dans R

³

: u(x, y, z) = (6z, x − 11z, y + 6z).

(a) Soient v = (x

₁

, y

₁

, z

₁

), w = (x

₂

, y

₂

, z

₂

) ∈ R

³

et λ, µ ∈ R . On a : λv + µw = (λx

1

+ µx

2

, λy

1

+ µy

2

, λz

1

+ µz

2

).

u(λv + µw) = (6(λz

1

+ µz

2

), (λx

1

+ µx

2

) − 11(λz

1

+ µz

2

), (λy

1

+ µy

2

) + 6(λz

1

+ µz

2

))

= λ(6z

1

, x

1

− 11z

1

, y

1

+ 6z

1

) + µ(6z

2

, x

2

− 11z

2

, y

2

+ 6z

2

)

= λu(v) + µu(w) Donc u est un endomorphisme de R

³

. (b) On a :

u(1, 0, 0) = (0, 1, 0) ; u

²

(1, 0, 0) = u(0, 1, 0) = (0, 0, 1).

Ainsi, (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) ∈ V ect(u

^k

(1, 0, 0)/k ∈ N ). Comme ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) est une famille g´ en´ eratrice de R

³

(c’est la base canonique !), on a donc :

V ect(u

^k

(1, 0, 0)/k ∈ N ) = R

³

. Ainsi u est un endomorphisme cyclique.

2. Dans cette question, on prend E = R

n

[X]. On consid` ere l’endomorphisme de d´ erivation u d´ efini pour tout P ∈ E par u(P ) = P

⁰

.

(a) Soit P

₀

∈ E un polynˆ ome de degr´ e d ≥ 0. On a :

u

^k

(P

0

) = P

₀^(k)

pour 0 ≤ k ≤ d et u

^k

(P

0

) = 0 pour k > d.

Ainsi, pour tout k ∈ N, u

^k

(P

0

) ∈ R

d

[X]. Comme de plus, R

d

[X] est un espace vectoriel, on obtient :

V ect(u

^k

(P

₀

)/k ∈ N ) ⊂ R

d

[X].

De plus, V ect(u

^k

(P

₀

)/k ∈ N ) = V ect(u

^k

(P

₀

)/0 ≤ k ≤ d), et la famille de polynˆ omes (P

0

, u(P

0

), . . . , u

^d

(P

0

)) est ´ echelonn´ ee en degr´ e. C’est donc une famille libre, et dim(V ect(u

^k

(P

0

)/k ∈ N )) = d + 1. Comme on a dim R

d

[X] = d + 1, on obtient finale- ment :

V ect(u

^k

(P

0

)/k ∈ N) = R

d

[X].

(b) Prenons P

0

de degr´ e n (par exemple P

0

= X

ⁿ

). Alors d’apr` es ce qu’on a fait, on a : V ect(u

^k

(P

₀

)/k ∈ N ) = R

n

[X] = E.

Donc u est bien cyclique ´ egalement.

3. Dans cette question, E est un K -espace vectoriel de dimension n ≥ 2. Soit u un endomorphisme

nilpotent d’indice p ≥ 2 (i.e. u

^p

= 0

_L(E)

et u

^p−1

6= 0

_L(E)

).

(a) Prenons x

0

∈ E tel que u

^p−1

(x

0

) 6= 0

_E

(existe car u

^p−1

6= 0

_L(E)

). Montrons que (x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p−1

(x

0

)) est libre : soient λ

0

, λ

1

, . . . , λ

p−1

∈ K tels que :

λ

₀

x

₀

+ λ

₁

u(x

₀

) + · · · + λ

p−1

u

^p−1

(x

₀

) = 0

_E

. On applique u

^p−1

` a cette ´ egalit´ e :

λ

0

u

^p−1

(x

0

) = 0

E

⇒ λ

0

= 0( car u

^p−1

(x

0

) 6= 0

_E

).

On obtient en rempla¸ cant λ

₁

u(x

₀

) + · · · + λ

p−1

u

^p−1

(x

₀

) = 0

_E

. En appliquant u

^p−2

, on obtient λ

1

= 0, et ainsi de suite, λ

k

= 0 pour tout k.

Ainsi la famille (x

₀

, u(x

₀

), . . . , u

^p−1

(x

₀

)) est libre. Son cardinal est donc inf´ erieur ou ´ egal ` a la dimension de E, soit p ≤ n.

(b) ⇒ Supposons que u est cyclique, alors il existe x

₀

∈ E tel que :

E = V ect(u

^k

(x

0

)/k ∈ N) = V ect(x

0

, u(x

0

), u

²

(x

0

), . . . , u

^p−1

(x

0

)).

La famille (x

0

, u(x

0

), u

²

(x

0

), . . . , u

^p−1

(x

0

)) est donc g´ en´ eratrice, et son cardinal est sup´ erieur ` a la dimension de E, soit p ≥ n. Comme on a de plus p ≤ n, on obtient ainsi que p = n.

⇐ Supposons que p = n. On sait qu’il existe x

₀

tel que (x

₀

, u(x

₀

), . . . , u

ⁿ⁻¹

(x

₀

)) soit une famille libre. Comme elle est de cardinal n, c’est donc une base de E. Ainsi,

V ect(u

^k

(x

0

)/k ∈ N ) = V ect(x

0

, u(x

0

), u

²

(x

0

), . . . , u

ⁿ⁻¹

(x

0

)) = E et u est bien un endomorphisme cyclique.

Partie II. ´ Etude g´ en´ erale.

Dans cette partie, on note u un endomorphisme cyclique de l’espace vectoriel E, avec E de dimension n ≥ 1. On fixe x

0

∈ E tel que E = V ect(u

^k

(x

0

)/k ∈ N).

1. (a) La famille (x

₀

, u(x

₀

), . . . , u

ⁿ

(x

₀

)) est de cardinal n + 1 dans un espace vectoriel E de di- mension n, elle est donc li´ ee.

(b) Tout d’abord, notons que comme E 6= {0

_E

} et que E = V ect(u

^k

(x

0

)/k ∈ N), alors x

0

6= 0

_E

. Consid´ erons l’ensemble A = {k ∈ K /(x

₀

, u(x

₀

), . . . , u

^k

(x

₀

)) libre}. C’est un ensemble non vide de N (car 0 ∈ A, la famille (x

₀

) ´ etant libre), et major´ ee par n ((x

₀

, u(x

₀

), . . . , u

ⁿ

(x

₀

)) est li´ ee, et toute surfamille de cette famille est donc li´ ee). On en d´ eduit qu’il existe un entier p, maximal, pour lequel la famille (x

₀

, u(x

₀

), . . . , u

^p

(x

₀

)) soit libre.

(c) Par d´ efinition de p, la famille (x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

)) est libre et (x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

), u

^p+1

(x

0

)) est li´ ee. Par le cours, on sait alors que u

^p+1

(x

₀

) ∈ V ect(x

₀

, u(x

₀

), . . . , u

^p

(x

₀

))

(d) On proc` ede par r´ ecurrence.

ˆ Initialisation. Pour tout 0 ≤ k ≤ p, on a bien u

^k

(x

0

) ∈ V ect(x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

)) donc la propri´ et´ e est vraie aux rang 0 ≤ k ≤ p. Elle est vraie ´ egalement au rang p + 1 par la question pr´ ec´ edente.

ˆ H´ er´ edit´ e. Soit k ≥ p et supposons la propri´ et´ e vraie au rang k. Montrons la propri´ et´ e au rang k + 1.

Par hypoth` ese de r´ ecurrence, on a u

^k

(x

0

) ∈ V ect(x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

)). Il existe donc (λ

₀

, . . . , λ

p−1

, λ

_p

) ∈ K

^p+1

tels que :

u

^k

(x

₀

) = λ

₀

x

₀

+ · · · + λ

p−1

u

^p−1

(x

₀

) + λ

_p

u

^p

(x

₀

)).

On compose par u :

u

^k+1

(x

₀

) = λ

₀

u(x

₀

) + · · · + λ

p−1

u

^p

(x

₀

) + λ

_p

u

^p+1

(x

₀

)).

Or on a u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

), u

^p+1

(x

0

)) ∈ V ect(x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

)), donc u

^k+1

(x

0

) ∈

V ect(x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

)). D’o` u la propri´ et´ e au rang k + 1.

On conclut par principe de r´ ecurrence.

(e) On a montr´ e que pour tout k ∈ N, u

^k

(x

0

) ∈ V ect(x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

)). Ainsi, on a : E = V ect(u

^k

(x

0

)/k ∈ N) = V ect(x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

)).

La famille (x

0

, u(x

0

), . . . , u

^p

(x

0

)) est donc g´ en´ eratrice de E. Comme c’est une famille libre par d´ efinition de p, c’est donc une base de E. Son cardinal est donc ´ egal ` a la dimension de E, soit p + 1 = n.

2. (a) On a montr´ e pr´ ec´ edemment que u

ⁿ

(x

0

) ∈ V ect(x

0

, u(x

0

), . . . , u

ⁿ⁻¹

(x

0

)), donc il existe (p

₀

, . . . , p

n−1

) ∈ K

ⁿ

tels que :

u

ⁿ

(x

₀

) = p

₀

x

₀

+ p

₁

u(x

₀

) + · · · + p

n−1

u

ⁿ⁻¹

(x

₀

).

Dans la suite, on posera P (X) = X

ⁿ

− p

n−1

X

ⁿ⁻¹

− · · · − p

1

X − p

0

∈ K [X].

(b) On a P (u) = u

ⁿ

− p

n−1

u

ⁿ⁻¹

− · · · − p

1

u − p

0

Id

_E

∈ K [X], d’o` u en ´ evaluant : P (u)(x

0

) = u

ⁿ

(x

0

) − p

n−1

u

ⁿ⁻¹

(x

0

) − · · · − p

1

u(x

0

) − p

0

x

0

= 0

E

. P (u)(u(x

0

)) = u

ⁿ

(u(x

0

)) − p

n−1

u

ⁿ⁻¹

(u(x

0

)) − · · · − p

1

u(u(x

0

)) − p

0

u(x

0

)

= u(u

ⁿ

(x

₀

) − p

n−1

u

ⁿ⁻¹

(x

₀

) − · · · − p

₁

u(x

₀

) − p

₀

x

₀

) = u(0

_E

) = 0

_E

. De mˆ eme, on a P (u)(u

^k

(x

0

)) = 0

E

pour tout 0 ≤ k ≤ n − 1.

Ainsi P(u) est un endomorphisme de E qui s’annule sur la base (x

0

, u(x

0

), . . . , u

ⁿ⁻¹

(x

0

)), c’est donc l’endomorphisme nul : P (u) = 0

_L(E)

.

On dit que P est un polynˆ ome annulateur de u.

(c) Montrons que (Id

_E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

) est une famille libre de L(E) : soient (λ

₀

, . . . , λ

n−1

) ∈ K

ⁿ

tels que :

λ

0

Id

_E

+ λ

1

u + · · · + λ

n−1

u

ⁿ⁻¹

= 0

_L(E)

. On ´ evalue en x

0

:

λ

0

x

0

+ λ

1

u(x

0

) + · · · + λ

p−1

u

ⁿ⁻¹

(x

0

) = 0

_E

.

Or la famille de vecteurs (x

0

, u(x

0

), . . . , u

ⁿ⁻¹

(x

0

)) est libre dans E. Donc λ

0

= λ

1

= · · · = λ

n−1

= 0. Ainsi (Id

_E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

) est une famille libre de L(E).

(d) ˆ Supposons qu’un tel polynˆ ome Q = a

0

+a

1

X+· · ·+a

_q

X

^q

existe : q < n et Q(u) = 0

_L(E)

. Alors on aurait :

a

0

Id

E

+ a

1

u + · · · + a

q

u

^q

= 0

L(E)

Comme Q 6= 0, il existe a

_i

6= 0, et la famille (Id

_E

, u, . . . , u

^q

) serait li´ ee. Mais alors la surfamille (Id

E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

) serait li´ ee ´ egalement, ce qui est faux car (Id

E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

) est libre.

ˆ Soit Q = X

ⁿ

− a

n−1

X

ⁿ⁻¹

− · · · − a

₁

X − a

₀

un polynˆ ome unitaire de degr´ e n tel que Q(u) = 0

_L(E)

. Alors :

u

ⁿ

− p

n−1

u

ⁿ⁻¹

− · · · − p

₁

u − p

₀

Id

_E

= u

ⁿ

− a

n−1

u

ⁿ⁻¹

− · · · − a

₁

u − a

₀

Id

_E

. D’o` u :

p

n−1

u

ⁿ⁻¹

+ · · · + p

1

u + p

0

Id

E

= a

n−1

u

ⁿ⁻¹

+ · · · + a

1

u + a

0

Id

E

.

Par unicit´ e de la d´ ecomposition d’un vecteur dans la famille libre (Id

_E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

), on en d´ eduit :

p

_k

= a

_k

pour tout 0 ≤ k ≤ n − 1.

Ainsi P = Q, et P est bien l’unique polynˆ ome unitaire de degr´ e n tel que P (u) = 0

L(E)

.

Le polynˆ ome P est appel´ e le polynˆ ome minimal de u.

(e) On proc` ede comme pr´ ec´ edemment pour trouver ce polynˆ ome : on ´ ecrit u

³

(1, 0, 0) en fonction de (1, 0, 0), u(1, 0, 0), u

²

(1, 0, 0). Or on a :

u(1, 0, 0) = (0, 1, 0) ; u

²

(1, 0, 0) = (0, 0, 1) ; u

³

(1, 0, 0) = (6, −11, 6).

Ainsi, u

³

(1, 0, 0) = 6(1, 0, 0) − 11u(1, 0, 0) + 6u

²

(1, 0, 0) et le polynˆ ome minimal de u est donc :

P (X) = X

³

− 6X

²

+ 11X − 6.

Partie III. ´ Etude du commutant.

1. Tout d’abord C(u) ⊂ L(E) est non vide car l’endomorphisme nul commute bien avec u.

Soient f, g ∈ C(u) et (λ, µ) ∈ K

²

. Montrons que λf + µg ∈ C(u) :

u ◦ (λf + µg) = λu ◦ f + µu ◦ g = λf ◦ u + µg◦ = (λf + µg) ◦ u.

Donc le commutant C(u) = {v ∈ L(E)/u ◦ v = v ◦ u} est un sous-espace vectoriel de L(E).

2. On a d´ ej` a de mani` ere ´ evidente que pour tout k ∈ N , u

^k

∈ C(u). Comme de plus C(u) est un sous-espace vectoriel de L(E), les combinaisons lin´ eaires de tels vecteurs sont aussi dans C(u).

Ainsi pour tout P ∈ K [X], on a bien P(u) ∈ C(u). D’o` u l’inclusion K [u] ⊂ C(u)

3. (a) Soient deux endomorphismes v et w de C(u). Supposons que v(x

0

) = w(x

0

), et montrons que v = w. On a pour tout k ∈ N

^∗

,

v(u

^k

(x

₀

)) = v ◦ u

^k

(x

₀

) = u

^k

◦ v(x

₀

) = u

^k

◦ w(x

₀

) = w(u

^k

(x

₀

)).

Ainsi v et w co¨ıncident sur la base (x

₀

, . . . , u

ⁿ⁻¹

(x

₀

)). Elles sont donc ´ egales.

(b) Soit v ∈ C(u).

i. Comme (x

0

, . . . , u

ⁿ⁻¹

(x

0

)) est une base de E, donc une famille g´ en´ eratrice de E, il existe bien (a

₀

, . . . , a

n−1

) ∈ K

ⁿ

tel que v(x

₀

) = a

n−1

u

ⁿ⁻¹

(x

₀

) + · · · + a

₁

u(x

₀

) + a

₀

x

₀

. ii. Posons w = a

n−1

u

ⁿ⁻¹

+ · · · + a

₁

u + a

₀

Id

_E

. On a clairement que w commute avec u

(c’est un polynˆ ome en u !). De plus on a v(x

₀

) = w(x

₀

). Par la question pr´ ec´ edente, on en d´ eduit imm´ ediatement que v = w.

4. On a d´ ej` a que K[u] ⊂ C(u). R´ eciproquement, on vient de montrer que si v ∈ C(u), alors v ∈ K[u].

On en d´ eduit donc que C(u) = K [u].

5. On sait d´ ej` a que la famille (Id

E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

) est libre, et qu’il existe un unique polynˆ ome P de degr´ e n et unitaire tel que P (u) = 0

_L(E)

(c’est le polynˆ ome minimal). On va montrer que :

K[u] = V ect(Id

_E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

).

Prenons un ´ el´ ement de K[u], il est de la forme A(u) avec A ∈ K [X]. On fait la division euclidienne de A par P : il existe un couple (Q, R) ∈ K [X]

²

tels que :

( A = QP + R deg(R) < n On ´ evalue en u :

A(u) = Q(u) ◦ P (u) + R(u).

Or P (u) = 0

_L(E)

, donc A(u) = R(u). Comme enfin deg(R) < n, on en d´ eduit que R(u) ∈ V ect(Id

_E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

). Finalement, on a bien que :

C(u) = K[u] = V ect(Id

E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

).

La famille (Id

E

, u, . . . , u

ⁿ⁻¹

) ´ etant libre et g´ en´ eratrice de C(u), c’est donc une base de cet espace,

et dim(C(u)) = n.

Remarque. On peut en fait montrer les ´ equivalences suivantes : soit u ∈ L(E),

u est cyclique ⇔ C(u) = K [u] ⇔ dim(C(u)) = n ⇔ le polynˆ ome minimal de u est de degr´ e n.

La preuve de ces ´ equivalences pourra ˆ etre vu en deuxi` eme ann´ ee.