Pour tout a ∈ E , on note V (a) = Vect(f k (a), k ∈ N ) . On dit que l'endomorphisme f est cyclique si et seulement si il existe un a ∈ E tel que V (a) = E .

Énoncé

Dans ce problème, E désigne un espace vectoriel de dimension nie n sur un corps K et f un endomorphisme de E . On souhaite montrer que, lorsque f est nilpotent, il est cyclique si et seulement si tout endomorphisme commutant avec f est un polynôme en f .

Dans tout le problème, f est supposé nilpotent c'est à dire qu'il existe un entier naturel m > 1 tel que f ^m = 0 _L(E) et f ^m−1 6= 0 _L(E) . La notation puissance, est relative ici à la composition de f par lui même et on convient que f ⁰ = Id _E .

Pour tout a ∈ E , on note V (a) = Vect(f ^k (a), k ∈ N ) . On dit que l'endomorphisme f est cyclique si et seulement si il existe un a ∈ E tel que V (a) = E .

Un endomorphisme g ∈ L(E) commute avec f si et seulement si f ◦ g = g ◦ f . On note C(f ) (appelé le commutant de f ) l'ensemble des endomorphismes qui commutent avec f . On rappelle que si P = a 0 + a 1 X + · · · + a p X ^p ∈ K[X ] , on dénit P (f ) par :

P(f ) = a 0 Id E +a 1 f + · · · + a p f ^p ∈ L(E) On pourra utiliser sans démonstration que

∀(P, Q) ∈ K[X] ² , (P Q)(f ) = P(f ) ◦ Q(f )

Partie I. Commutant et polynômes.

1. Montrer que C(f ) est une sous-algèbre de L(E) .

2. Montrer que, pour tout P ∈ K[X ] , l'endomorphisme P(f ) appartient à C(f ) .

3. On suppose que g ∈ L(E) est un polynôme en f c'est à dire qu'il existe P ∈ K[X] tel que g = P (f ) .

a. Montrer qu'il existe Q ∈ K[X ] tel que deg(Q) < m et g = Q(f ) .

b. En précisant algorithmiquement ses coecients à l'aide de g , de composées de f et d'un vecteur bien choisi, montrer que ce polynôme Q est unique.

Partie II. Endomorphisme cyclique.

1. Pour tout a ∈ E , justier l'existence de l'entier µ(a) = min

k ∈ N tq f ^k (a) = 0 _E et vérier que 1 ≤ µ(a) ≤ m pour a 6= 0 E dans E .

2. Montrer que pour a 6= 0 E , la famille (a, · · · , f ^µ(a)−1 (a)) est libre. En déduire dim(V (a)) .

3. a. Montrer que m ≤ n .

b. Montrer que f est cyclique si et seulement si m = n .

Dans la suite de cette partie, on suppose f cyclique et on xe un élément a de E tel que A = (a, f (a), · · · , f ⁿ⁻¹ (a)) soit une base de E .

4. Soit g ∈ C(f ) . En considérant les coordonnées de g(a) dans A , montrer que g est un polynôme en f .

5. Pour k ∈ {0, · · · , n} , préciser une base de ker f ^k , en déduire que sa dimension est k .

Partie III. Tableau de Young

Dans cette partie, f est toujours nilpotent mais il n'est pas forcément cyclique. On connait les inclusions (que l'on ne demande pas de justier)

{0} = ker f ⁰ ⊂ ker f ⊂ ker f ² ⊂ · · · ⊂ ker f ^m−1 ⊂ ker f ^m = E

Dans un espace vectoriel de dimension nie, tout sous-espace admet des supplémentaires, il existe donc des sous-espaces vectoriels U _k pour k entre 1 et m − 1 tels que U _k et ker f ^k soient supplémentaires dans ker f ^k+1 :

∀k ∈ J 0, m − 1 K , ker f ^k+1 = ker f ^k + U _k avec ker f ^k ∩ U _k = {0 _E }

en convenant que U ₀ = ker f . On note u _k = dim(U _k ) et p _k la projection de ker f ^k+1 sur U _k parallélement à ker f ^k en convenant que p ₀ = Id _{ker f} .

1. Montrer que les inclusions présentées au début de cette partie sont strictes, c'est à dire qu'il n'y a aucune égalité parmi elles.

2. Pour k ∈ {0, · · · , m − 2} , montrer que si x ∈ U k+1 alors p k ◦ f (x) est bien déni et appartient à U k . Montrer que l'application de U k+1 dans U k ainsi construite est linéaire et injective.

3. a. Montrer que u 0 ≥ u 1 ≥ · · · ≥ u _m−1 . b. Montrer que u 0 + u 1 + · · · + u _m−1 = n .

4. Que peut-on dire de la suite des u k lorsque f est cyclique ? 5. Cas particulier. On suppose ici que m = n − 1 .

a. Que valent les u k et les dim(ker f ^k ) dans ce cas particulier ? Montrer qu'il existe deux vecteurs a ∈ E et b ∈ ker f tels que (a, f(a), · · · , f ⁿ⁻² (a), b) soit une base de E .

b. Construire un g ∈ L(E) qui commute avec f et qui n'est pas un polynôme en f .

6. On admet que lorsque f n'est pas cyclique, il existe des vecteurs a 1 , · · · , a p tels que, pour tout x ∈ E , il existe un unique p -uplet (v 1 , · · · , v p ) ∈ V (a 1 ) × · · · × V (a p ) tel que x = v ₁ + · · · + v _p . Expliquer comment on peut construire un endomorphisme g qui commute avec f sans être un polynôme en f . Conclure.

7. Par dénition, un tableau de Young attaché à f contient des colonnes indexées de 0 à m − 1 , la colonne indexée par k comportant u _k cases.

Par exemple,

est un tableau de Young attaché à un f pour lequel

n = 12, m = 4, u ₀ = 4, u ₁ = u ₂ = 3, u ₃ = 2.

On remplit un tel tableau à partir de la droite en insérant dans la colonne la plus à droite une famille libre de vecteurs de U _m−1 (égal à U ₃ dans l'exemple)

a ₁ a ₂

On complète vers la gauche en composant par f

f ³ (a 1 ) f ² (a 1 ) f (a 1 ) a 1

f ³ (a 2 ) f ² (a 2 ) f (a 2 ) a 2

On répète ce processus en partant toujours de la droite f ³ (a 1 ) f ² (a 1 ) f (a 1 ) a 1

f ³ (a 2 ) f ² (a 2 ) f (a 2 ) a 2

f ² (a ₃ ) f (a ₃ ) a ₃ a 4

Dans le cas particulier proposé.

a. Montrer que (p 2 (f (a 1 )), p 2 (f (a 2 ))) est libre. Montrer qu'il existe a 3 tel que (p 2 (f(a 1 )), p 2 (f (a 2 )), a 3 ) base de U 2 .

b. Montrer que (f ³ (a 1 ), f ³ (a 2 ), f ² (a 3 )) est libre. Montrer qu'il existe a 4 tel que (f ³ (a 1 ), f ³ (a 2 ), f ² (a 3 ), a 4 ) base de U 0 = ker f .

c. Montrer que (a 1 , a 2 , a 3 , a 4 ) satisfait aux conditions de la question 5.

Corrigé

Partie I. Commutant et polynômes

1. Soient g et h commutant avec f et λ ∈ K . Alors Id _E ◦f = f ◦ Id _E et (g + h) ◦ f = g ◦ f + h ◦ f = f ◦ g + f ◦ h = f ◦ (g + h) (λg) ◦ f = λg ◦ f = f ◦ (λg)

(g ◦ h) ◦ f = g ◦ (h ◦ f ) = g ◦ h ◦ g = f ◦ g ◦ h Donc C(f ) est une sous-algèbre de L(E) .

2. Tout polynôme en f est obtenu par combinaison linéaire et composition à partir de Id E et f qui commutent avec f . Les stabilités de la première question montrent donc que tout polynôme en f commute avec f .

3. a. Si g = P (f ) avec deg(P) ≥ m , alors comme f ^k = 0 _L(E) pour k ≥ m , on a g = P (f ) avec P le polynôme obtenu à partir de P en tronquant au degré m − 1 . b. Comme f ^m−1 6= 0 _L(E) , il existe a ∈ E tel que f ^m−1 (a) 6= 0 _E .

Soit g un polynôme en f , par exemple

g = λ 0 Id E +λ 1 f + · · · + λ _m−1 f ^m−1

En composant par f ^m−1 et en prenant la valeur en a , on obtient f ^m−1 ◦ g(a) = λ ₀ f ^m−1 (a) . Comme f ^m−1 (a) 6= 0 E , ceci détermine de manière unique ce λ ₀ . On continue algorithmiquement,

λ 1 f ^m−1 (a) = f ^m−2 (g(a) − λ 0 a)

λ ₂ f ^m−1 (a) = f ^m−3 (g(a) − λ ₀ a − λ ₁ f (a)) ...

à déterminer de manière unique les λ k . Ce qui assure l'unicité du polynôme Q tel que g = Q(f ) avec deg(Q) < m .

Partie II. Endomorphisme cyclique

1. Pour tout a ∈ E , f ^m (a) = 0 E donc

k ∈ N tq f ^k (a) = 0 E est une partie non vide de N. Elle admet un plus petit élément noté µ(a) . Pour a 6= 0 E , f ⁰ (a) 6= 0 donc µ(a) ≥ 1 . Par dénition de f , f ^m (a) = 0 _E donc µ(a) ≤ m .

2. Il est important de remarquer que f ^µ(a)−1 (a) 6= 0 E et f ^µ(a) (a) = 0 E par dénition de µ(a) .

Si λ ₀ a + λ ₁ f (a) + . . . est une combinaison linéaire nulle, en composant par f ^µ(a)−1 , on obtient λ ₀ f ^µ(a)−1 = 0 _E ce qui entraîne λ ₀ = 0 . On recommence en composant par f ^µ(a)−2 et ainsi de suite. La famille est donc libre.

Pour k ≥ µ(a) , on a f ^k (a) = 0 _E . La famille (a, · · · , f ^µ(a)−1 (a)) engendre donc V (a) . Comme elle est libre, c'est une base d'où dim(V (a)) = µ(a) .

3. a. On a déjà vu que comme f ^m−1 6= 0 _L(E) , il existe a ∈ E tel que f ^m−1 (a) 6= 0 E . Pour ce a , on a alors µ(a) = m . Donc m = µ(a) = dim(V (a)) ≤ dim(E) = n . b. Si m = n et a est tel que f ^m−1 (a) 6= 0 E , alors µ(a) = m = n = dim(E) . Donc

E = V (a) et f est cyclique.

Réciproquement, si f est cyclique avec E = V (a) , alors µ(a) = dim(E) = n . Or µ(a) ≤ m d'après 1. et m ≤ n d'après 3.a. On doit donc avoir m = n .

Dans la suite de cette partie, on suppose f cyclique et on xe un élément a de E tel que A = (a, f (a), · · · , f ⁿ⁻¹ (a)) soit une base de E .

4. Soit g commutant avec f et (λ 0 , · · · , λ _n−1 ) les coordonnées de g(a) dans A . Considérons h = λ 0 Id E +λ 1 f + · · · + λ n−1 f ⁿ⁻¹

On a alors h(a) = g(a) . Mais comme g et h commutent avec f l'égalité sera valable aussi pour les autres éléments de A .

g(f ^k (a)) = g ◦ f ◦ f ◦ · · · ◦ f (a) = f ◦ g ◦ f ◦ · · · ◦ f (a) = · · · = f ◦ · · · ◦ f ◦ g(a)

= f ◦ · · · ◦ f ◦ h(a) = f ◦ · · · ◦ f ◦ h ◦ f (a) = · · · = h ◦ f ◦ · · · ◦ f (a) = h(f ^k (a)) Les applications linéaires g et h coïncident sur tous les vecteurs de la base A , elles sont donc égales ce qui montre que g est un polynôme en f .

5. Il est évident, en composant par f ^k , que f ^n−k (a), f ^n−k+1 (a), · · · f ⁿ⁻¹ (a) sont dans ker(f ^k ) . On en déduit

Vect f ^n−k (a), f ^n−k+1 (a), · · · f ⁿ⁻¹ (a)

⊂ ker(f ^k )

Réciproquement, considérons un x quelconque dans ker(f ^k ) et sa décomposition dans la base

x = λ 0 a + λ 1 f (a) + · · · + λ _n−1 f ⁿ⁻¹ (a) En composant par f ^k , on obtient

0 _E = λ ₀ f ^k (a) + λ ₁ f ^k+1 (a) + · · · + λ _n−1−k f ⁿ⁻¹ (a)

Or la famille f ^k (a), f ^k+1 (a), · · · , f ⁿ⁻¹ (a)

est extraite de la base A elle est donc libre ce qui entraine

λ 0 = λ 1 = · · · = λ n−1−k = 0 et x ∈ Vect f ^n−k (a), f ^n−k+1 (a), · · · f ⁿ⁻¹ (a) En conclusion, f ^n−k (a), f ^n−k+1 (a), · · · f ⁿ⁻¹ (a)

est une base de ker(f ^k ) et dim(ker(f ^k )) = k

Partie III. Tableau de Young

1. S'il existe un k tel que ker(f ^k+1 ) ⊂ ker(f ^k ) alors ker(f ^m ) ⊂ ker(f ^m−1 ) . En eet,

x ∈ ker(f ^m ) ⇒ f ^k+1 (f ^m−k−1 (x)) = 0 E ⇒ f ^m−k−1 (x) ∈ ker(f ^k+1 ) ⊂ ker(f ^k )

⇒ f ^k (f ^m−k−1 (x)) = 0 _E ⇒ f ^m−1 (x) = 0 _E . Or ceci est impossible car f ^m = 0 _L(E) et f ^m−1 6= 0 _L(E) .

2. Soit k < m − 1 et x ∈ U k+1 . Comme U k+1 ⊂ ker f ^k+2 , on a f ^k+2 (x) = 0 E donc f (x) ∈ ker f ^k+1 . On peut donc bien considérer p k (f (x)) car p k est dénie dans ker f ^k+1 . Par construction même, cette application

π k

( U _k+1 → U _k x 7→ p k (f (x)) est linéaire. Examinons son noyau :

x ∈ ker π _k ⇒ f (x) ∈ ker p _k = ker f ^k ⇒ x ∈ ker f ^k+1 .

Or π k est déni dans U k+1 qui est un supplémentaire de ker f ^k+1 dans ker f ^k+2 . On doit donc avoir x = 0 _E ce qui prouve que π _k est injective.

3. a. Chaque u _k est la dimension de U _k et la question précédente a montré l'existence d'une suite d'injections

U m−1 π

−−−→ U m−2 π

−−−→ · · · −→ ^π

U 1 π

−→ U 0 . Le théorème du rang entraîne alors que

u _m−1 ≤ u _m−2 ≤ · · · ≤ u 1 ≤ u 0 .

b. D'après le résultat de cours sur la dimension des espaces supplémentaires dim(ker(f )) = 0 + u ₀

dim(ker(f ² )) = dim(ker(f )) + u 1

dim(ker(f ³ )) = dim(ker(f ² )) + u 2

...

dim(ker(f ^m )) = dim(ker(f ^m−1 )) + u _m−1 . Par une simplication en dominos, on obtient

u ₀ + u ₁ + · · · + u _m−1 = dim(ker(f ^m )) = dim(E) = n.

4. Lorsque f est cyclique, comme m = n , tous les u k sont égaux à 1 .

5. a. Lorsque m = n − 1 , les conditions du 3. combinées avec le fait que les u k sont supérieurs ou égaux à 1 (conséquence de la question 1.) ne sont réalisées que si u 0 = 2 et u 1 = u 2 = · · · = u n−2 = 1 .

Soit a tel que f ⁿ⁻² (a) 6= 0 E . Alors f ⁿ⁻² (a) est un vecteur non nul de ker(f ) . Comme ker(f ) est de dimension 2 , il existe (théorème de la base incomplète) b dans ker(f ) tel que (f ⁿ⁻² (a), b) soit une base de ker(f) .

La famille (a, f (a), · · · , f ⁿ⁻² (a), b) contient n = dim(E) vecteurs. Il sut de mon- trer qu'elle est libre pour prouver que c'est une base. Considérons une combinaison linéaire nulle

λ ₀ a + λ ₁ f (a) + · · · + λ _n−2 f ⁿ⁻² (a) + µb = 0 _E En composant par f , on obtient

λ 0 f (a) + λ 1 f(a) + · · · + λ n−3 f ⁿ⁻² (a) = 0 E

Or (f (a) · · · , f ⁿ⁻² (a)) est libre car extraite de (a · · · , f ⁿ⁻² (a)) . On a donc

λ ₀ f (a) = λ ₁ = · · · = λ _n−3 = 0

Comme (f ⁿ⁻² (a), b) est libre, λ _n−2 f ⁿ⁻² (a) + µb = 0 E entraîne λ _n−2 = µ = 0 . b. Remarquons que la question précédente entraîne que V (a) et Vect(b) sont supplé-

mentaires dans E . Dénissons un endomorphisme g par les images des vecteurs de la base de la question précédente.

g(a) = a, g(f (a)) = f (a), · · · , g(f ⁿ⁻² (a)) = f ⁿ⁻² (a), g(b) = 0 _E

En fait g est la projection sur V (a) parallèlement à Vect(b) . Comme V (a) et Vect(b) sont stables par f , on vérie facilement que f et g commutent.

Si g était un polynôme en f , il vérierait g = λ ₀ Id _E +λ ₁ f + · · · . Mais en compo- sant par f ⁿ⁻² et en prenant la valeur en a. (comme en I.3.b), on devrait avoir

f ⁿ⁻² (g(a)) = λ 0 f ⁿ⁻² (a) ⇒ f ⁿ⁻² (a) = λ 0 f ⁿ⁻² (a) ⇒ λ 0 = 1 Alors

g = Id E +λ 1 f + · · · ⇒ g(b) = b en contradiction avec la dénition de g .

6. Soit s le plus grand des µ(a _k ) pour les a _k dont on a admis l'existence. Comme tout vecteur de E se décompose en une somme de vecteurs dans les V (a k ) , il est clair que f ^s (a) = 0 E . On en déduit que m = s . En permutant au besoin, supposons que m = µ(a p ) .

La condition vériée par les V (a k ) entraîne que W = V (a 1 ) + · · · + V (a _p−1 ) et V (a p ) sont supplémentaires. Il est évident que W et V (a p ) sont stables par f . Notons g la projection sur V (a p ) parallèlement à W . Comme W et V (a p ) sont stables par f , elle commute avec f . On peut ensuite raisonner comme en 5.b..

Si g = λ 0 Id e +λ 1 f + · · · , alors f ^m−1 (a p ) 6= 0 E et

f ^m−1 (a p ) = f ^m−1 (g(a p )) = λ 0 f ^m−1 (a p ) ⇒ λ 0 = 1

Or W est stable par f et sa restriction est toujours nilpotente donc elle n'est pas injective. Il existe donc un vecteur x non nul de W dans le noyau de f . Alors g(x) = 0 _E car x ∈ W et g est une projection parallèlement à W et, d'après l'expression polynomiale

g(x) = x + λ 1 f(x) + ... = x 6= 0 E

On en déduit donc que g n'est pas un polynôme en f .

On a donc montré, en admettant un résultat, que si f n'est pas cyclique, il existe un g qui commute avec f et qui n'est pas un polynôme en f . Logiquement, cela montre que si C(f ) se réduit aux polynômes en f alors f est cyclique.

7. L'objet de cette question est de se convaincre, en considérant un cas particulier assez signicatif que la proposition admise dans la question précédente est vraie.

a. En fait p 2 (f (a1) = π 2 (a 1 ) et p 2 (f (a2) = π 2 (a 2 ) avec (a 1 , a 2 ) famille libre de U 3 . Or, d'après la question 2., π 2 est injective. On en déduit que (π 2 (a 1 ), π 2 (a 2 )) est libre dans U 2 . On peut compléter cette famille pour obtenir une base U 2 qui est de dimension u ₂ = 3

b. Considérons une combinaison linéaire nulle

λ 1 f ³ (a 1 ) + λ 2 f ³ (a 2 ) + λ 3 f ² (a 3 ) = 0 E ⇒ λ 1 f (a 1 ) + λ 2 f (a 2 ) + λ 3 a 3 ∈ ker f ²

⇒ λ ₁ p ₂ (f (a ₁ )) + λ ₂ p ₂ (f (a ₂ )) + λ ₃ a ₃ = O _E ⇒ λ ₁ = λ ₂ = λ ₃ = 0 car (π ₂ (a ₁ ), π ₂ (a ₂ ), a ₃ ) est libre. La famille est donc libre, on la complète par a ₄ pour former une base de ker f . On peut remarquer aussi que cela entraîne que la famille (f ² (a 1 ), f ² (a 2 ), f(a 3 )) est libre car en composant par f , on obtient une famille extraite d'une famille libre.

c. Il sut en fait de montrer que les vecteurs du tableau forment une base. Remar- quons d'abord qu'il y en a bien 12 comme la dimension de l'espace.

Ils se répartissent dans 4 colonnes et chaque sous famille des vecteurs d'une co-

lonne est libre. Considérons une combinaison linéaire nulle. En composant par f ³ ,

on obtient la nullité des coecients de a 1 et a 2 . En composant par p 2 ◦ f ² , on ob-

tient la nullité des coecients associés aux veteurs de la colonne 3. En composant

par f , on obtient la nullité des coecients de la colonne 1 d'après la question b

et on termine en utilisant la dénition de a 4 pour former une famille libre.