Exercice : suites récurrentes
1) Soit n∈N. Par définition def :
Un+1=f(Un)⇔un+3= 1 4un−3
2un+1+9 4un+2. Il en résulte, par définition de E :
(un)∈E⇔ ∀n∈N Un+1 =f(Un).
De plus, siUn+1 =f(Un)pour tout n, une récurrence évidente montre que
∀n∈N Un=fn(U0) . Réciproquement, siUn=fn(U0)pour tout n, alors
∀n∈N Un+1=fn+1(U0) =f[fn(U0)] =f(Un) . En conclusion :
(∀n∈N Un+1=f(Un))⇔(∀n∈N Un=fn(U0)) , d’où, grâce à la première équivalence prouvée ci-dessus :
(un)∈E ⇔ ∀n∈N Un=fn(U0).
2) E est une partie de S, non vide (car la suite nulle est dans E) et, du fait de la linéarité de f, les caractérisations du1montrent que E est stable par combinaisons linéaires :
E est un sous-espace vectoriel de S.
Soit φ l’application de E dans R3 qui à(un) élément deE associe U0 = (u0, u1, u2). Il est clair que φ est linéaire ; de plus φest bijective, car tout triplet(a, b, c)de R3 admet un unique antécédent parφ: la suite (un) définie par récurrence par
u0 =a , u1 =b , u2 =c et ∀n∈N un+3= 1
4(9un+2−6un+1+un). E etR3 ont donc même dimension et finalement :
φest un isomorphisme et E est de dimension3.
3) Soit (x, y, z)∈R3. Il vient, par définition def :
(f −Id) (x, y, z) = −x+y,−y+z,1 4x−3
2y+5 4z (f −Id)2(x, y, z) = x−2y+z,1
4(x−2y+z), 1
16(x−2y+z) . Donc
P = Ker (f −Id)2 est le plan d’équationx−2y+z= 0.
De plus,
(x, y, z)∈Ker (4f −Id)⇔
−x+ 4y= 0
−y+ 4z= 0 x−6y+ 8z= 0
⇔ x= 4y
y= 4z ⇔ x= 16z y = 4z . En conclusion,
D= Ker (4f−Id) est la droite dirigée par le vecteur d= (16,4,1).
P est un hyperplan deR3 et dn’appartient pas à P, donc
DetP sont supplémentaires dans R3. 4) Soit V ∈D. Par définition de D,f(V) = 1
4V et par une récurrence immédiate : SiV ∈D,alors ∀n∈N fn(V) = 1
4nV.
5) Soit W = (x, y, z)∈P ; j’ai doncx−2y+z= 0, d’où
−y+z=y−x et 1 4x−3
2y+ 5 4z= 1
4x−3 2y+5
4(2y−x) =y−x.
Il résulte alors du calcul effectué au 3)que(f−Id) (W) = (y−x).C : SiW ∈P, alors f(W)−W est colinéaire àC.
En gardant les mêmes notations, f(W) = W + (y−x).C ; or je remarque que f(C) = C ; une récurrence facile montre alors que :
SiW = (x, y, z)∈P, alors∀n∈N fn(W) =W+n(y−x).C. 6) Soit U = (x, y, z) ; la décomposition deU s’écrit
U =λ.(16,4,1) + (x−16λ, y−4λ, z−λ) où λest caractérisé par le fait que le second vecteur appartient à P, soit
(x−16λ)−2 (y−4λ) + (z−λ) = 0, c’est-à-dire : λ= x−2y+z
9 .
J’obtiens en reportant : V = x−2y+z
9 ·(16,4,1)et W = 1
9 ·(−7x+ 32y−16z,−4x+ 17y−4z,−x+ 2y+ 8z).
D’où, grâce aux résultats des questions précédentes : fn(U) = x−2y+z
9·4n (16,4,1) +W +n·x−5y+ 4z
3 (1,1,1).
7) D’après1), un est la première composante defn(U0), d’où, d’après la question précédente :
∀n∈N un= u0−2u1+u2
9·4n−2 +−7u0+ 32u1−16u2
9 +n
3 ·(u0−5u1+ 4u2).
8) Le lecteur avisé aura reconnu une forme de Jordan. Les questions précédentes permettent de fournir sans efforts une base B= (e1, e2, e3) deR3 telle que :
f(e1) = 1
4.e1 ; f(e2) =e2 ; f(e3) =e2+e3.
Il suffit de choisir e1=d(cf. 3)),e3 dansP\VectC et de posere2= (f−Id) (e3). . . Soit par exemple e3 = (2,1,0)ete2 =f(e3)−e3 = (−1,−1,−1) =−C.
e2 ete3 sont deux vecteurs non colinéaires de P, donc (e2, e3) est une base de P, tandis quee1 est un vecteur directeur de D, par conséquentB= (e1, e2, e3) est une base de R3 ete1, e2, e3 vérifient bien les relations annoncées.
MB(f) =J.
Soit n∈N ;J étant diagonale par blocs, j’obtiensJn en calculant les puissances des blocs diagonaux.
Pour le bloc 1
4 d’ordre 1, c’est évidemment 1
4n . Et j’écris 1 1
0 1 =I2+N où N = 0 1
0 0 vérifieN2 = 0.
CommeI2 etN commutent, je peux appliquer la formule du binôme, où il ne reste que les termes enI etN, puisque Nk= 0pour tout k≥2. D’où
1 1 0 1
n
=I+ n
1 .N = 1 n 0 1 . En conclusion
∀n∈N Jn=
1/4n 0 0
0 1 n
0 0 1
.
Ce résultat permettrait d’obtenir la matrice defn dans la base canonique, qui n’est autre que QJnQ−1 où Q=
16 −1 2 4 −1 1 1 −1 0
.
On en déduit alors un, qui est la première composante defn(u0, u1, u2) !
Le lecteur sceptique pourra vérifier que (il suffit de calculer la première ligne. . . ) Q×Jn×Q−1=
16 9×4n −7
9 +1
3n − 32
9×4n+ 32 9 − 5
3n 16
9×4n − 16 9 +4
3n
∗ ∗ ∗
∗ ∗ ∗
,
ce qui redonne bien l’expression deunobtenue au 7)!
Problème : endomorphismes échangeurs
A. Quelques considérations en dimension 2
1. Supposonsϕ∈GL(E) tel que−u=ϕ◦u◦ϕ−1. Alors grâce à la propriétéTr (f ◦g) = Tr (g◦f) : Tr (−u) = Tr [ϕ◦u]◦ϕ−1 = Tr ϕ−1◦[ϕ◦u] = Tru,
donc par linéarité de la trace 2 Tru = 0:
Siu vérifie la condition (C3)alorsu est de trace nulle.
2. CommeE est de dimension 2, χu=X2−Tru.X+ detu=X2−δ2 d’après 1et par définition deδ. Le théorème de Cayley-Hamilton donne alors :
u2 =δ2.IdE.
Comme on a supposé detu= 0,δ est non nul etχu admet donc deux racines distinctes,δ et−δ. Alors les deux sous-espaces propres associés sont en somme directe, orE est de dimension 2 donc
Sp(u) ={−δ, δ} et les sous-espaces propres de u sont deux droites.
3. Soit e− (resp. e+) un vecteur propre de u associé à la valeur propre −δ (resp. δ). Je considère D= Vect (e++e−). Par construction,u(e++e−) =δ.(e+−e−). Comme (e+, e−) est libre (vecteurs propres de u associés à des valeurs propres distinctes),e++e− n’est pas nul et Dest bien une droite.
De plus, comme δ = 0, u(D) = Vect (e+−e−) est également une droite et elle est distincte de D : si e+−e− appartenait à D, je disposerais d’un scalairek tel que
e+−e−=k. e++e− d’où k= 1 et k=−1 (car e+, e− est libre), ce qui est absurde ! Par conséquent
u(D)⊂D.
Posons alorsF =D etG=u(D). Ce sont deux droites distinctes de E, doncE =F⊕G.
Par constructionu(F)⊂G. Enfin,u(e+−e−) =δ.(e++e−), doncu(G)⊂F. En conclusion uest échangeur.
B. La condition (C1) implique (C2) et (C3)
4. Un produit par blocs donne immédiatement 0n B 0p,n 0p
2
= 0n+p.
De même 0n 0n,p
A 0p 2
= 0n+p. Or par définition M = 0n 0n,p
A 0p + 0n B
0p,n 0p . Donc M est la somme de deux matrices de carré nul.
5. Ici, nul besoin de produit par blocs, puisque Dest diagonale ! J’ai D2 =In+p, donc Dest inversible et D−1=D.
Je calcule par blocs
DMD−1 =DMD = 0n B
−A 0p × In 0n,p
0p,n −Ip = 0n −B
−A 0p
soit
DMD−1 =−M, donc M et−M sont semblables.
6. CommeBest adaptée à la décompositionE=F⊕Getu(F)⊂G, lesnpremières coordonnées dansB des vecteursu(f1), . . . , u(fn)sont nulles. De même, du fait queu(G)⊂F, lespdernières coordonnées dans Bdes vecteurs u(g1), . . . , u(gp) sont nulles. Autrement dit,
MB(u) est de la forme 0n B A 0p .
7. Si F et Gsont tous deux non nuls, les questions 6 et4montrent que u vérifie(C2). Et les questions 6et5montrent que u vérifie(C3).
Si F = {0}, alors G = E et u(G) ⊂ F montre que u = 0. De même, si G = {0}, alors F = E et u(F)⊂Gmontre encore queu= 0. Or l’endomorphisme nul vérifie évidemment (C2)et(C3).
Ainsi, dans tous les cas,
u vérifie(C2)et (C3).
C. La condition (C2) implique (C1) : cas d’un automorphisme
8. Par hypothèsef ◦f = 0, autrement dit
Imf ⊂Kerf.
J’en déduisrgf ≤Kerf et le théorème du rang donnedimE = rgf+ dim Kerf ≤2 dim Kerf. D’où dim Kerf ≥ dimE
2 .
9. Soit x ∈ Kera∩Kerb. Comme u = a+b, j’ai u(x) = a(x) +b(x) = 0, d’où x = 0 puisque u a été supposé bijectif. Donc Kera et Kerb sont en somme directe. Pour x ∈ E, afin de montrer que x∈Kera+ Kerb je pourrais écrire
x=u u−1(x) =a u−1(x) +b u−1(x)
mais la question8incite à utiliser les dimensions : comme aetb sont de carré nul, j’ai dim Kera≥ dimE
2 et dim Kerb≥ dimE
2 d’où dim Kera+ dim Kerb≥dimE.
Or, la somme étant directe dim Kera+ dim Kerb= dim (Kera+ Kerb). En conclusion E = Kera⊕Kerb.
De plus, nécessairement dim Kera= dim Kerb= dimE
2 d’où grâce au théorème du rang dim Ima= dim Imb= dimE
2 or Ima⊂Kera et Imb⊂Kerb, d’où finalement par égalité des dimension
Kera= Ima et Kerb= Imb.
10. Je note F = KeraetG= Kerb. Commeu=a+b, j’ai
u(F)⊂a(F) +b(F) =b(F) car a(F) =a(Kera) ={0}
et b(F) ⊂ Imb = G d’après 9. De même u(G) ⊂ F. Donc, par définition, puisque F et G sont supplémentaires d’après9,
uest échangeur.
D. Intermède : un principe de décomposition
11. Exercice classique : pour tout x ∈E et tout k∈N, vk(x) = 0 ⇒vk+1(x) = v(0) = 0, autrement dit Kervk⊂Kervk+1.
La suite Kervk k∈Nest croissante pour l’inclusion.
12. L’ensemble des dim Kervk, k∈ N, est une partie de N, non vide et majorée (par dimE). Elle admet donc un plus grand élément : je dispose de p ∈ N tel que dim Kervp = max dim Kervk, k∈N . Comme la suite des Kervk croissante, la suite de leurs dimensions est croissante également ; j’ai donc dim Kervk= dim Kervp pour toutk≥p (on ne peut pas dépasser le plus grand élément !). Or d’après 11 Kervp ⊂Kervk, donc :
Il existep∈Ntel que : ∀k≥p, Kervk= Kervp.
Sip est impair, je peux le remplacer parp+ 1, qui est pair et vérifie la même propriété. Je peux donc supposer dorénavant que pest pair.
J’ai par définition de la réunion : Kervp⊂
k∈N
Kervk. De plus, d’après11 j’ai
∀k∈[[0, p−1]] Kervk⊂Kervp
et par définition de p : ∀k≥p Kervk= Kervp, donc tous lesKervk,k∈N, sont inclus dans Kervp, c’est-à-dire que
k∈N
Kervk ⊂Kervp. Au final,
Il existe un entier pairp tel que : Kervp =
k∈N
Kervk.
13. Par définition de p, tous les Kervk sont inclus dansEλc(f) = Kervp. En particulierKerv2p ⊂Eλc(f).
L’autre inclusion ayant été vue au11, je peux conclure : Eλc(f) = Kerv2p.
J’en déduis que Eλc(f)∩Imvp = {0} : en effet, si x ∈ Ecλ(f)∩Imvp, je dispose de y ∈ E tel que x=vp(y) et alors
v2p(y) =vp(x) = 0 car x∈Eλc(f). D’oùy∈Eλc(f) grâce au résultat précédent, d’oùx=vp(y) = 0.
Je viens de voir queEλc(f)etImvpsont en somme directe, or le théorème du rang montre que la somme de leurs dimensions n’est autre que dimE. Par conséquent leur somme estE tout entier :
E=Eλc(f)⊕Imvp.
Enfin, f =v+λ.IdE commute avec vp, doncImvp et Kervp sont stables parf. Ecλ(f) etImvp sont tous deux stables par f.
14. Imvp étant stable par f, je dispose de l’endomorphismeg de Imvp induit parf. Supposons un instant quex∈Imvp vérifieg(x) =λ.x, c’est-à-diref(x) =λ.x, autrement dit x∈Kerv. Mais nous avons vu queKerv⊂Eλc(f)et doncKerv∩Imvp ={0}. Ainsix est nécessairement nul, ce qui prouve queλne peut être valeur propre de g !
λn’est pas valeur propre de l’endomorphisme induit parf sur Imvp.
Supposons de plus Eλc(f) = {0} et notons h l’endomorphisme induit par f sur Eλc(f) (qui est bien stable par f d’après 13). Pour tout x∈Eλc(f) et tout polynôme P deC[X], j’ai classiquement
P(h) (x) =P(f) (x).
(Partir de h(x) =f(x), puis hk(x) =fk(x) par récurrence et enfin combinaisons linéaires. . . ).
Avec P = (X−λ)p je trouve P(h) = 0, puisque Eλc(f) = Ker (f −λ.IdE)p. Je viens de trouver un polynôme annulateur dehadmettant λpour unique racine,λest donc l’unique valeur proprepossible deh. Reste à constater queλest vraiment valeur propre deh: je viens de voir que h−λ.IdEλc(f)
p = 0, ce qui montre que h−λ.IdEcλ(f) n’est pas bijectif ; comme Eλc(f) = {0}, je dispose d’un vecteur non nul dansKer h−λ.IdEλc(f) .
SiEcλ(f) n’est pas nul, alorsλest l’unique valeur propre de l’endomorphisme induit par f sur Eλc(f).
15. L’hypothèse de l’énoncé signifie que Spf ⊂ {λ, µ}. Comme il est scindé (sur C, en vertu du théorème de d’Alembert) et unitaire de degré dimE, le polynôme caractéristique def s’écrit
χf = (X−λ)j(X−µ)k où j etksont deux entiers naturels tels que j+k= dimE.
Notant toujours g l’endomorphisme induit par f sur Imvp, sachant (théorème de Cayley-Hamilton !) que χf(f) = 0, j’ai aussi χf(g) = 0 (même raisonnement qu’à la question précédente), c’est-à-dire que
(g−λ.IdImvp)j◦(g−µ.IdImvp)k= 0.
Or d’après14λn’est pas valeur propre deg, doncg−λ.IdImvpest un automorphisme deImvp. Comme toute composée d’automorphismes est encore un automorphisme (le groupe linéaire est un groupe !), je peux simplifier par (g−λ.IdImvp)j et il reste (g−µ.IdImvp)k = 0, ce qui prouve, toujours par le raisonnement du 14, que Imvp ⊂Ker (f−µ.IdE)k. Et ce dernier noyau est inclus par définition dans Eµc(f). Donc par transitivité
Imvp ⊂Eµc(f).
Nous avions vu au13queE =Eλc(f)⊕Imvp, l’inclusion précédente montre donc queE ⊂Eλc(f)+Eµc(f).
Ainsi, l’autre inclusion étant banale, E =Eλc(f) +Eµc(f). Reste à prouver que la somme est directe.
Dans une base adaptée à la décompositionE =Eλc(f)⊕Imvp, la matrice def est diagonale par blocs, car les deux sous-espaces supplémentaires invoqués sont stables par f (vu au 13). Notant toujours h et g les endomorphismes induits, j’en déduis (déterminant d’une matrice diagonale par blocs, donc triangulaire par blocs !) que χf =χh×χg.
Or d’après 14 (et le théorème de d’Alembert), χh = (X−λ)dimEλc(f) et χg = (X−µ)dim Imvp. Par unicité de la multiplicité de la racineλdeχf, il en résulte quedimEλc(f) =j. En échangeant les rôles deλetµ, j’obtiendrais de mêmedimEµc(f) =k, d’où
dimEλc(f) + dimEµc(f) = dimE, ce qui montre que la somme est nécessairement directe.
E =Eλc(f)⊕Eµc(f).
Noter que le résultat reste vrai si l’un ou l’autre des sous-espaces caractéristiques est réduit à {0} (on les appelle comme ça, d’où l’exposantc !). C’est le cas oùf admet une unique valeur propre.
E. La condition (C2) implique (C1) : cas non bijectif
16. Compte tenu dea2=b2= 0,u=a+bdonne u2 =a◦b+b◦a, d’où par distributivité a◦u2 =a◦b◦a(car a2◦b= 0) et u2◦a=a◦b◦a(car b◦a2 = 0).
De même : b◦u2=u2◦b=b◦a◦b et ainsi
aetbcommutent avec u2.
17. aetbcommutent avec u2, donc avec toutes les puissances deu2 (récurrence immédiate), en particulier avec up puisquep est pair. Par conséquent G= Imup est stable par a et b, ce qui justifie l’existence des endomrphismes induits aG et bG. Par définition,
∀x∈G aG(x) =a(x) d’où a2G(x) =a2(x) = 0.
C’est dire que a2G est l’endomorphisme nul deG. De même b2G= 0.
G= Imup est stable paraet bet les endomorphismes induitsaG etbG sont de carré nul.
18. Notons F =E0c(u). D’après13,E =F ⊕Get F,G sont stables paru.
D’une part, l’endomorphismeuF induit par usurF est nilpotent : 0 est sa seule valeur propre d’après 14, comme nous sommes surCson polynôme caractéristique est une puissance deX et le théorème de Cayley-Hamilton montre que uF est nilpotent. D’après le théorème admis, je dispose d’une décompo- sition F =F1⊕F2 telle que u(F1)⊂F2 etu(F2)⊂F1.
D’autre part, d’après 17, uG vérifie (C2). Or, toujours d’après 14, uG est un automorphisme de G (car 0 n’est pas valeur propre de uG). Donc la partie C s’applique : je dispose d’une décomposition G=G1⊕G2 telle que u(G1)⊂G2 etu(G2)⊂G1.
Je pose alorsH1 =F1⊕G1 etH2=F2⊕G2: le caractère direct de ces sommes découle immédiatement du fait queF et Gsont en somme directe, puisque
F1∩G1⊂F ∩G et F2∩G2⊂F∩G.
Je montre alors que : E=H1⊕H2.
• E =H1+H2 : soit x ∈ E et x = xF +xG sa décompositions selon la somme directe F ⊕G. xF
se décompose selon la somme directe F =F1⊕F2 etxG se décompose selon la somme directeG= G1⊕G2, d’où une décomposition dex comme somme d’un vecteur deH1 (somme des composantes suivant F1 etG1 et d’un vecteur deH2, somme des composantes suivantF2 etG2).
• H1 etH2 sont en somme directe : soitx∈H1∩H2, il se décompose de deux façons : x=f1+g1 =f2+g2 où (f1, g1, f2, g2)∈F1×G1×F2×G2
Alors f1−f2 =g2−g1, ce qui montre que ce vecteur est dansF ∩G, donc nul. Mézalor f1 =f2 ∈F1∩F2={0} et g1 =g2 ∈G1∩G2 ={0}
d’où finalement f1 =f2=g1=g2 = 0et en particulierx= 0.
Or u(H1) ⊂u(F1) +u(G1)⊂F2+G2 par construction, donc u(H1)⊂H2. De même u(H2)⊂H1. En conclusion
uest échangeur.
F. La condition (C3) implique (C1)
19. J’ai par hypothèse : −u=ϕ◦u◦ϕ−1, d’où en composant à gauche parϕ et à droite parϕ−1
−ϕ◦u◦ϕ−1=ϕ2◦u◦ϕ−2 or le membre de gauche n’est autre que−(−u) =u, d’où
u=ϕ2◦u◦ϕ−2 autrement dit, en composant à droite par ϕ2
ϕ2 commute avec u.
20. Comme le corps de base est C, ϕ2 admet au moins une valeur propre λ. La question 13 s’applique à ϕ2 : je dispose d’un entier non nul (et pair)ptel que
E =F⊕G, avec F = Ker ϕ2−λ.IdE
p et G= Im ϕ2−λ.IdE p. De plus, F ={0} puisqueF contient le sous-espace propreKer ϕ2−λ.IdE .
Commeϕ2 commute avec u, il en est de même de ϕ2−λ.IdE p
et de ϕ2−λ.IdE p
doncF etGsont stables par u. De même, comme ϕ2 commute avec ϕ (!), F et G sont stables par ϕ. Notons uF, uG, ϕF, ϕG les endomorphismes induits. Il est clair que la relationϕ◦u◦ϕ−1=−u entraîne
ϕF ◦uF ◦ϕ−F1=−uF et ϕG◦uG◦ϕ−G1=−uG,
c’est-à-dire queuF etuG vérifient(C3). Commeuest indécomposable, c’est queF ={0}ou G={0}, or nous avons vu que F ={0}, par conséquent G={0}et donc F =E.
Autrement dit (X−λ)p est un polynôme annulateur deϕ2.
Il en résulte que λest l’unique valeur propre possible de ϕ2, or c’en est une par construction, donc ϕ2 possède une unique valeur propreλ.
Soit αune racine carrée de λdansC. Alors X2−λ p = (X+α)p(X−α)p annuleϕ, d’où Les valeurs propres deϕsont parmi αet−α, où αest un complexe tel que α2 =λ.
21. Par conséquent, le résultat de la question 15 s’applique à ϕ : E = Eαc(ϕ)⊕E−cα(ϕ). D’où l’idée de montrer que uéchange ces deux sous-espaces. Je pars deϕ◦u=−u◦ϕ, qui me donne en ajoutantα.u
(ϕ+α.IdE)◦u=−u◦(ϕ−α.IdE), d’où par une récurrence immédiate
∀k∈N (ϕ+α.IdE)k◦u= (−1)k.u◦(ϕ−α.IdE)k. Soit alorsx∈Eαc(ϕ).
Par définition de Eαc(ϕ) (cf. la partieD), je dispose de p tel queEαc(ϕ) = Ker (ϕ−α.IdE)p. Avec k=p, la relation ci-dessus montre queu(x)∈Ker (ϕ+α.IdE)p.
Or E−cα(ϕ)est l’union des Ker (ϕ+α.IdE)k (cf. toujours la partie D!) : je viens d’établir que u Eαc(ϕ) ⊂E−cα(ϕ).
De même j’obtiendrais u E−αc (ϕ) ⊂Eαc(ϕ), d’où finalement uest échangeur.
22. Je procède par récurrence forte sur la dimension deE.
• Cas où dimE = 1: soit u ∈ L(E) vérifiant (C3) ; commedimE = 1,u est trivialement indécom- posable et ce qui précède montre qu’il est échangeur.
• Hypothèse de récurrence : supposons n ≥ 2 tel que que (C3) implique (C1) dans tout C-espace vectoriel de dimension au plusn−1.
• Hérédité : soit alors u∈ L(E) vérifiant (C3).
Si uest indécomposable, il est échangeur d’après ce qui précède.
Sinon je dispose d’une décomposition E = F ⊕G où F et G sont des sous-espaces stricts de E, stables par u et tels que les endomorphismes induitsuF sur F etuG surGvérifient (C3).
L’hypothèse de récurrence montre alors que uF etuG sont échangeurs.
J’en déduis alors comme à la question 18que u est échangeur.
La condition(C3) implique la condition(C1).
Le lecteur acharné pourra trouver sur le net des précisions sur le théorème admis dans le sujet :
« Tout endomorphisme nilpotent est échangeur. »
On trouve notamment à cette adresse : http://poiret.aurelien.free.fr/Problemes/echangeurs.pdf un pro- blème sur le sujet, dont la dernière partie détaille les étapes d’une preuve dudit théorème, compatible avec le programme de PSI (en démontrant les résultats utiles tirés des théories de la dualité et de la réduction de Jordan. . . ).
À toutes fins utiles, voici un code QR pour afficher le fichier :
