Corrigé

Devoir à la maison n°09

• Le devoir devra être rédigé sur des copies doubles.

• Les copies ne devront comporter ni rature, ni renvoi, ni trace d’effaceur.

• Toute copie ne satisfaisant pas à ces exigences devra être intégralement récrite.

Problème 1

1

χ_M=det(XI𝑛− M) =det((XI𝑛− M)^⊤) =det(XI𝑛− M^⊤) = χ_M⊤

Comme le spectre d’une matrice est l’ensemble des racines du polynôme caractéristique, Sp(M) =Sp(M^⊤).

2 Supposons queM est diagonalisable. Alors il existe une matrice diagonaleD ∈ ℳ_𝑛(𝕂)etP ∈ GL_𝑛(𝕂) telles que M = PDP⁻¹. Ainsi

M^⊤= (P⁻¹)^⊤D^⊤P^⊤= (P^⊤)⁻¹DP^⊤

AinsiM^⊤est diagonalisable. Par involuitivité de la transposition, la réciproque est également vraie.

Par conséquent,Mest diagonalisable si et seulement siM^⊤est diagonalisable.

3 On noteL0, … , L𝑛−1les lignes des déterminants suivants.

χ_CQ=

||

||

||

||

||

|

X 0 ⋯ ⋯ 0 𝑎0

−1 X 0 ⋯ 0 𝑎₁

0 ⋱ ⋱ ⋱ ⋮ ⋮

⋮ ⋱ ⋱ ⋱ 0 ⋮

0 ⋯ 0 −1 X 𝑎𝑛−2

0 ⋯ ⋯ 0 −1 X + 𝑎_𝑛−1

||

||

||

||

||

|

=

||

||

||

||

||

|

0 0 ⋯ ⋯ 0 Q(X)

−1 X 0 ⋯ 0 𝑎1

0 ⋱ ⋱ ⋱ ⋮ ⋮

⋮ ⋱ ⋱ ⋱ 0 ⋮

0 ⋯ 0 −1 X 𝑎𝑛−2

0 ⋯ ⋯ 0 −1 X + 𝑎_𝑛−1

||

||

||

||

||

|

L₀← L₀+

𝑛−1

∑

𝑘=1

X^𝑘L_𝑘

= (−1)^𝑛+1Q(X)

||

||

||

||

|

−1 X 0 ⋯ 0

0 ⋱ ⋱ ⋱ ⋮

⋮ ⋱ ⋱ ⋱ 0

0 ⋯ 0 −1 X 0 ⋯ ⋯ 0 −1

||

||

||

||

|

en développant par rapport à la première ligne

= (−1)^𝑛+1(−1)^𝑛−1Q(X) = Q(X) car le déterminant est triangulaire

4 SoitX = (𝑥₀, … , 𝑥_𝑛−1)^⊤ ∈Ker(C^⊤_Q− λI_𝑛). Les coordonnées deXvérifient𝑥_𝑘+1= λ𝑥_𝑘 pour tout𝑘 ∈J0, 𝑛 − 2K. On en déduit que𝑥𝑘 = λ^𝑘𝑥0pour tout𝑘 ∈ J0, 𝑛 − 1. En posantVλ = (1, λ, … , λ^𝑛−1)^⊤, on a doncX ∈vect(Vλ). Ainsi Eλ(C^⊤_Q) ⊂vect(Vλ). Commeλest valeur propre deC^⊤_Q, dimEλ(C^⊤_Q) ≥ 1,Eλ(C^⊤_Q) =vect(Vλ). AinsiVλest un vecteur directeur deE_λ(C^⊤_Q).

5 Supposons que𝑓est cyclique. Il existe donc𝑥₀∈ Etel que(𝑥₀, … , 𝑓^𝑛−1(𝑥₀))est une base deE. Notamment, il existe (𝑎₀, … , 𝑎_𝑛−1) ∈ 𝕂^𝑛tel que𝑓^𝑛(𝑥₀) = − ∑^𝑛−1_𝑘=0𝑎_𝑘𝑓^𝑘−1(𝑥₀). Dans la base(𝑥₀, … , 𝑓^𝑛−1(𝑥₀)), la matrice de𝑓estC_Q.

Réciproquement, supposons que la matrice de𝑓est de la formeCQdans une base(𝑒0, … , 𝑒𝑛−1)deE. On a donc𝑓(𝑒𝑘) = 𝑒_𝑘+1pour tout𝑘 ∈J0, 𝑛 − 2K. On en déduit que𝑒_𝑘 = 𝑓^𝑘(𝑒₀)pour tout𝑘 ∈J0, 𝑛 − 1K. Ainsi(𝑒₀, 𝑓(𝑒₀), … , 𝑓^𝑛−1(𝑒₀))est une base deE. On en déduit que𝑓est cyclique.

6 Supposons que𝑓est diagonalisable. On sait que sa matrice est de la formeC_Qdans une base adaptée. Il suffit donc de montrer queχ_𝑓= χ_CQ= χ_C⊤

Qest scindé à racines simples. Comme𝑓est diagonalisable,C_Ql’est aussi et doncC_Q⊤l’est également d’après la question2. Soit doncλune racine deC_Q⊤i.e.λ ∈Sp(Q^⊤). D’après la question4, dimE_λ(C^⊤_Q) = 1.

Mais commeC^⊤_Qest diagonaliable,𝑚λ(C^⊤_Q) =dimEλ(C^⊤_Q) = 1. Ainsiχ_C⊤

Q= χ𝑓est scindé à racines simples.

Réciproquement, siχ𝑓est scindé à racines simples,𝑓est diagonalisable.

7 Supposons𝑓cyclique. Il existe donc𝑥0∈ Etel que(𝑥0, 𝑓(𝑥0), … , 𝑓^𝑛−1(𝑥0))est une base deE. Soit(λ0, … , λ𝑛−1) ∈ 𝕂^𝑛 tel que∑^𝑛_𝑘=0λ𝑘𝑓^𝑘= 0. En évaluant en𝑥0et en utilisant la liberté de(𝑥0, 𝑓(𝑥0), … , 𝑓^𝑛−1(𝑥0)), on obtientλ𝑘 = 0pour tout𝑘 ∈J0, 𝑛 − 1K. Ainsi(IdE, 𝑓, … , 𝑓^𝑛−1)est libre.

Notons𝑑 =degπ_𝑓. On sait déjà que𝑑 ≤ 𝑛carπ_𝑓diviseχ_𝑓. De plus,π_𝑓annule𝑓donc la famille(IdE, 𝑓, … , 𝑓^𝑑)est liée. On ne peut avoir𝑑 < 𝑛sinon cette famille serait une sous-famille de la famille libre(IdE, 𝑓, … , 𝑓^𝑛−1)et serait donc libre. Ainsi degπ𝑓= 𝑑 = 𝑛.

8 On vérifie que{P ∈ 𝕂[X], P(𝑓)(𝑥) = 0_E}est un idéal de𝕂[X]. Comme tous les idéaux de𝕂[X]sont principaux, cet idéal est engendré par un polynôme unitaireπ𝑓,𝑥. Notons𝑝 = degπ𝑓,𝑥. Par minimalité du degré deπ𝑓,𝑥, la famille (𝑥, 𝑓(𝑥), … , 𝑓^𝑝−1(𝑥))est libre. De plus, en posantπ𝑓,𝑥= X^𝑝+ ∑^𝑝−1_𝑘=0α𝑘X^𝑘, on a bien𝑓^𝑝(𝑥) + ∑^𝑝−1_𝑘=0α𝑘𝑓^𝑘(𝑥) = 0E. 9 PosonsF =vect(𝑥, 𝑓(𝑥), … , 𝑓^𝑝−1(𝑥)). Il est clair que𝑓(𝑓^𝑘(𝑥)) = 𝑓^𝑘+1(𝑥) ∈ Fpour tout𝑘 ∈J0, 𝑝 − 2Ket d’après la

question précédente, on a également𝑓(𝑓^𝑝−1(𝑥)) = 𝑓^𝑝(𝑥) = − ∑^𝑝−1_𝑘=0α_𝑘𝑓^𝑘(𝑥) ∈ F. Ainsi, par linéarité de𝑓, 𝑓(F) = 𝑓 (vect(𝑥, 𝑓(𝑥), … , 𝑓^𝑝−1(𝑥))) =vect(𝑓(𝑥), 𝑓²(𝑥), … , 𝑓^𝑝(𝑥)) ⊂ F

10 Notons𝑓_Fl’endomorphisme deFinduit par𝑓. La matrice de𝑓_Fdans la base vect(𝑥, 𝑓(𝑥), … , 𝑓^𝑝−1(𝑥))estC_π𝑓,𝑥. On en déduit queχ𝑓_F= π𝑓,𝑥d’après la question3. Or on sait queχ𝑓_Fdiviseχ𝑓. Doncπ𝑓,𝑥= X^𝑝+ ∑^𝑝−1_𝑘=0α𝑘X^𝑘diviseχ𝑓. 11 D’après la question précédente, il existe Q ∈ 𝕂[X]tel que χ𝑓 = Qπ𝑓,𝑥. Ainsi χ𝑓(𝑓)(𝑥) = Q(𝑓) ∘ π𝑓,𝑥(𝑓)(𝑥) =

Q(𝑓)(0E) = 0E. Ceci est valable pour tout vecteur𝑥non nul deEet aussi pour𝑥 = 0Edoncχ𝑓(𝑓) = 0.

12 Remarquons déjà queπ𝑓= X^𝑟.

Supposons que𝑓est cyclique. D’après la question7,𝑟 =degπ𝑓= 𝑛.

Supposons que𝑟 = 𝑛. Par définition de l’indice de nilpotence, il existe𝑥 ∈ Enon nul tel que𝑓^𝑛−1(𝑥) ≠ 0E. Montrons que la famille(𝑥, 𝑓(𝑥), … , 𝑓^𝑛−1(𝑥))est une base deE. Comme dimE = 𝑛, il suffit de montrer qu’elle est libre. Soit donc(λ0, … , λ𝑛−1) ∈ 𝕂^𝑛tel que∑^𝑛−1_𝑘=0λ𝑘𝑓^𝑘(𝑥) = 0E. Supposons que lesλ𝑘 ne soient pas tous nuls et notons𝑗 = min{𝑘 ∈ J0, 𝑛 − 1K, λ𝑘 ≠ 0}. Alors∑^𝑛−1_𝑘=𝑗λ𝑘𝑓^𝑘(𝑥) = 0E et en appliquant𝑓^{𝑛−1−𝑗}, on trouveλ𝑗𝑓^𝑛−1(𝑥) = 0E et donc λ_𝑗= 0, ce qui est contradictoire. Lesλ_𝑘sont donc tous nuls. La famille(𝑥, 𝑓(𝑥), … , 𝑓^𝑛−1(𝑥))est donc une base deEet 𝑓est cyclique.

La matrice de𝑓dans cette base est alorsCX^𝑛.

13 (𝑓 − λ_𝑘IdE)^𝑚𝑘 ∈ ℂ[𝑓]. Orℂ[𝑓]est une algèbre commutative donc𝑓et(𝑓 − λ_𝑘IdE)^𝑚𝑘commutent. En particulier, F𝑘=Ker(𝑓 − λ𝑘IdE)^𝑚𝑘est stable par𝑓.

De plus, lesλ𝑘sont distincts deux à deux donc les polynômesP𝑘= (X − λ𝑘IdE)^𝑚𝑘sont premiers entre eux deux à deux.

D’après le lemme des noyaux,

Kerχ𝑓(𝑓) =

𝑝

⨁𝑘=1

Ker(𝑓 − λ𝑘IdE)^𝑚𝑘 Orχ𝑓(𝑓) = 0d’après le théorème de Cayley-Hamilton donc

E =

𝑝

⨁𝑘=1

F𝑘

14 CommeF_𝑘 =Ker(𝑓 − λ𝑘IdE)^𝑚𝑘,φ^𝑚_𝑘^𝑘(𝑥) = (𝑓 − λ_𝑘IdE)^𝑚𝑘(𝑥) = 0pour tout𝑥 ∈ F_𝑘. Ainsiφ^𝑚_𝑘^𝑘= 0etφ_𝑘est nilpotent.

15 D’après le cours, l’indice de nilpotence deφ_𝑘est inférieur ou égal à la dimension deF_𝑘i.e.ν_𝑘≤dim(F𝑘).

16 Puisque(IdE, 𝑓, … , 𝑓^𝑛−1)est libre, degπ_𝑓 = 𝑛. PosonsP = ∏^𝑝_𝑘=1(X − λ_𝑘)^ν𝑘ainsi queQ_𝑘 = ∏_𝑗≠𝑘(X − λ_𝑗)^ν𝑗pour 𝑘 ∈J1, 𝑝K. Soit𝑘 ∈J1, 𝑝K.

∀𝑥 ∈ F_𝑘, P(𝑓)(𝑥) = Q_𝑘(𝑓) ∘ (𝑓 − λ_𝑘IdE)^ν𝑘(𝑥) = Q_𝑘(𝑓) ∘ φ^ν_𝑘^𝑘(𝑥) = Q_𝑘(𝑓)(0_E) = 0_E

CommeE = ⨁^𝑝_𝑘=1F𝑘,P(𝑓) = 0. Par conséquent,π𝑓divise𝑝et donc degπ𝑓 ≤ degPi.e.∑^𝑛_𝑘=1ν𝑘 ≥ 𝑛. De plus,

∑^𝑛_𝑘=1𝑚_𝑘 = degχ_𝑓 = 𝑛donc∑^𝑝_𝑘=1𝑚_𝑘 − ν_𝑘 = 0. Enfin, φ^𝑚𝑘 = 0donc, par définition de l’indice de nilpotence ν_𝑘 ≤ 𝑚_𝑘. Les termes de la dernière somme sont positifs et donc nuls puisque cette somme est nulle. Ainsiν_𝑘 = 𝑚_𝑘 pour tout𝑘 ∈J1, 𝑝K.

17 On a également∑^𝑝_𝑘=1dimF_𝑘 = 𝑛puisqueE = ⨁^𝑝_𝑘=1F_𝑘. A nouveau,∑^𝑝_𝑘=1dim(F𝑘) − ν_𝑘 = 0et les termes de cette somme sont positifs. Ainsi dim(F𝑘) = ν_𝑘 = 𝑚_𝑘pour tout𝑘 ∈J1, 𝑝K. D’après la question12, lesφ_𝑘sont cycliques et il

existe une baseℬ_𝑘deF_𝑘dans laquelle la matrice deφ_𝑘 est

⎛

⎜⎜

⎜⎜

⎜

⎝

0 0 ⋯ ⋯ 0

1 0 ⋮

0 ⋱ ⋱ ⋮

⋮ ⋱ ⋱ 0 0 0 ⋯ 0 1 0

⎞

⎟⎟

⎟⎟

⎟

⎠

. L’endomorphisme𝑓_𝑘deF_𝑘 induit par

𝑓estλ_𝑘IdE+φ_𝑘et sa matrice dans la baseℬ_𝑘est donc

⎛

⎜⎜

⎜⎜

⎜

⎝

λ𝑘 0 ⋯ ⋯ 0

1 λ_𝑘 ⋮

0 ⋱ ⋱ ⋮

⋮ ⋱ ⋱ λ𝑘 0 0 ⋯ 0 1 λ𝑘

⎞

⎟⎟

⎟⎟

⎟

⎠

. La matrice de𝑓dans la baseℬobtenue

par concaténation des baseℬ1, … , ℬ𝑝est bien de la forme voulue.

18 Posons𝑒𝑘 = 𝑢_1+∑𝑘−1

𝑖=1𝑚_𝑖de sorte que𝑥0 = ∑^𝑝_𝑘=1𝑒𝑘. On vérifie que𝑒𝑘 ∈ F𝑘par définition de la baseℬ. Faisons alors quelques remarques préliminaires.

• Pour toutQ ∈ ℂ[X],Q(𝑓)(𝑒_𝑘) ∈ F_𝑘carF_𝑘est stable par𝑓.

• Par définition deℬ,(𝑒𝑘, φ(𝑒𝑘), … , φ^𝑚_𝑘^𝑘−1(𝑒𝑘))est une base deF𝑘.

Q(𝑓)(𝑥₀) = 0

⟺

𝑝

∑

𝑘=1

Q(𝑓_𝑘)(𝑒_𝑘) = 0_E

⟺ ∀𝑘 ∈J1, 𝑝K, Q(𝑓)(𝑒_𝑘) = 0_E car lesF_𝑘sont en somme directe

⟺ ∀𝑘 ∈J1, 𝑝K, ∀𝑗 ∈J0, 𝑚_𝑘− 1K, Q(𝑓_𝑘)(φ^𝑗_𝑘(𝑒_𝑘)) = 0_E carQ(𝑓_𝑘)etφ_𝑘= 𝑓_𝑘− λ_𝑘IdF_𝑘commutent

⟺ ∀𝑘 ∈J1, 𝑝K, Q(𝑓_𝑘) = 0 car(𝑒_𝑘, φ(𝑒_𝑘), … , φ^𝑚_𝑘^𝑘−1(𝑒_𝑘))est une base deF_𝑘

⟺ ∀𝑘 ∈J1, 𝑝K, Q(φ𝑘+ λ𝑘IdF_𝑘) = 0

⟺ ∀𝑘 ∈J1, 𝑝K, π_φ𝑘∣ Q(X + λ_𝑘)

⟺ ∀𝑘 ∈J1, 𝑝K, X^𝑚𝑘∣ Q(X + λ_𝑘)

⟺ ∀𝑘 ∈J1, 𝑝K, (X − λ𝑘)^𝑚𝑘∣ Q

⟺

𝑝

∏

𝑘=1

(X − λ𝑘)^𝑚𝑘∣ Q car lesλ𝑘sont deux à deux distincts

⟺ χ𝑓∣ Q

19 Il suffit pour cela de montrer que(𝑥₀, 𝑓(𝑥₀), … , 𝑓^𝑛−1(𝑥₀))est une base deEet donc que cette famille est libre. Soit donc(λ₀, … , λ_𝑛−1) ∈ ℂ^𝑛tel que∑^𝑛−1_𝑘=0λ_𝑘𝑓^𝑘(𝑥₀). En posantQ = ∑^𝑛−1_𝑘=0λ_𝑘X^𝑘, on a doncQ(𝑓)(𝑥₀) = 0. D’après la question précédente,χ_𝑓diviseQ. Or degχ_𝑓 = 𝑛et degQ < 𝑛doncQ = 0puis(λ₀, … , λ_𝑛−1) = (0, … , 0). Ainsi (𝑥₀, 𝑓(𝑥₀), … , 𝑓^𝑛−1(𝑥₀))est bien libre et c’est une base deE.𝑓est bien cyclique.

20 C(𝑓)est le noyau de l’endomorphisme𝑔 ∈ ℒ(E) ↦ 𝑓 ∘ 𝑔 − 𝑔 ∘ 𝑓donc c’est un sous-espace vectoriel deℒ(E).C(𝑓) contient évidemment IdEet on montre aisément qu’il est stable par∘. C’est donc une sous-algèbre deℒ(E).

21 Question triviale : il suffit de dire que(𝑥₀, 𝑓(𝑥₀), … , 𝑓^𝑛−1(𝑥₀))est une base deE.

22 PosonsP = ∑^𝑛−1_𝑘=0λ_𝑘X^𝑘. La question précédente montre que𝑔(𝑥₀) = P(𝑓)(𝑥₀). Comme𝑔commute avec𝑓, on montre par récurrence que𝑔commute avec𝑓^𝑘pour tout𝑘 ∈ ℕ. Notamment, pour tout𝑘 ∈J0, 𝑛 − 1K,

𝑔(𝑓^𝑘(𝑥₀)) = 𝑓^𝑘(𝑔(𝑥₀)) = 𝑓^𝑘∘ P(𝑓)(𝑥₀) = P(𝑓) ∘ 𝑓^𝑘(𝑥₀) = P(𝑓)(𝑓^𝑘(𝑥₀))

Les endomorphismes𝑔estP(𝑓)coïncident sur la base(𝑥₀, 𝑓(𝑥₀), … , 𝑓^𝑛−1(𝑥₀))deEdonc ils sont égaux. Ainsi𝑔 = P(𝑓) ∈ 𝕂[𝑓].

23 Soit𝑔 ∈ C(𝑓). En reprenant la question précédente, il existe bienR ∈ 𝕂𝑛−1[X]tel que𝑔 = R(𝑓). Réciproquement, s’il existeR ∈ 𝕂𝑛−1[X]tel que𝑔 = R(𝑓),𝑓commute avec𝑔car l’algèbre𝕂[𝑓]est commutative.

24 On raisonne par l’absurde. Supposons qu’aucun desF_𝑖ne contienne tous les autres. Alors pour tout𝑖 ∈J1, 𝑟K, il existe 𝑥_𝑖∈ F_𝑖tel que𝑥_𝑖∉ ⋃_𝑗≠𝑖F_𝑗.

25 On vérifie que pour tout𝑥 ∈ E,I_𝑥est bien un idéal de𝕂[X]. Il est donc engendré par un unique polynôme unitaire π𝑓,𝑥. De plus, en notantI = π𝑓𝕂[X]l’idéal annulateur de𝑓, on a clairementI ⊂ I𝑥et doncπ𝑓,𝑥diviseπ𝑓. Remar- quons que l’ensemble des diviseurs unitaires deπ𝑓 est fini. Il existe donc𝑥1, … , 𝑥𝑟dans Etel que{π𝑓,𝑥, 𝑥 ∈ E} = {π_𝑓,𝑥1, … , π_{𝑓,𝑥𝑟}}. De manière évidente, pour tout𝑥 ∈ E,𝑥 ∈Kerπ_𝑓,𝑥(𝑓). Alors

E = ⨆

𝑥∈E

Kerπ𝑓,𝑥(𝑓) =

𝑟

⨆𝑖=1

Kerπ𝑓,𝑥_𝑖(𝑓)

D’après la question précédente, E est égal à l’un des noyaux. Sans perte de généralité, on peut supposer que E = Kerπ_𝑓,𝑥1(𝑓). Ainsiπ_𝑓,𝑥1est un polynôme annulateur de𝑓de sorte queπ_𝑓diviseπ_𝑓,𝑥1. Mais on a déjà vu queπ_𝑓,𝑥1 divisaitπ_𝑓doncπ_𝑓 = π_𝑓,𝑥1. Notamment degπ_𝑓,𝑥1= 𝑑. Soit alors(λ₀, … , λ_𝑑−1) ∈ 𝕂^𝑑tel que∑^𝑑−1_𝑘=0λ_𝑘𝑓^𝑘(𝑥₁) = 0_E. AlorsP = ∑^𝑑−1_𝑘=0λ_𝑘X^𝑘 ∈ I_𝑥1doncπ_𝑓,𝑥1diviseP. Mais degπ_𝑓,𝑥1= 𝑑et degP < 𝑑doncP = 0puis(λ₀, … , λ_𝑑−1) = (0, … , 0). La famille(𝑥₁, 𝑓(𝑥₁), … , 𝑓^𝑑−1(𝑥₁))est bien libre.

26 Pour tout𝑘 ∈ J1, 𝑑 − 1K,𝑓(𝑒𝑘) = 𝑒𝑘+1 ∈ E1. De plus, comme degπ𝑓 = 𝑑,𝑓^𝑑 ∈ vect(IdE, 𝑓, … , 𝑓^𝑑−1) et donc 𝑓(𝑒𝑑) = 𝑓^𝑑(𝑥1) ∈vect(𝑥1, 𝑓(𝑥1), … , 𝑓^𝑑−1(𝑥1)) = E1. On en déduit queE1est stable par𝑓.

Comme degπ𝑓= 𝑑,𝕂[𝑓] = 𝕂𝑑−1[𝑓]. Ainsi

{P(𝑓)(𝑥1), P ∈ 𝕂[X]} = {𝑢(𝑥₁), 𝑢 ∈ 𝕂[𝑓]}

= {𝑢(𝑥1), 𝑢 ∈ 𝕂𝑑−1[𝑓]}

= {P(𝑓)(𝑥₁), P ∈ 𝕂_𝑑−1[X]}

=vect(𝑥1, 𝑓(𝑥1), … , 𝑓^𝑑−1(𝑥1)) = E1

27 Une base deE₁est(𝑥₁, 𝑓(𝑥₁), … , 𝑓^𝑑−1(𝑥₁)) = (𝑥₁, ψ₁(𝑥₁), … , ψ^𝑑−1₁ (𝑥₁))doncψ₁est cyclique.

28 Soit𝑥 ∈ F. Pour tout𝑖 ∈ ℕ,Φ(𝑓^𝑖(𝑓(𝑥))) = Φ(𝑓^𝑖+1(𝑥)) = 0donc𝑓(𝑥) ∈ F. AinsiFest stable par𝑓.

Soit𝑥 ∈ E1∩ F. Comme𝑥 ∈ E1, il existe(λ1, … , λ𝑑) ∈ 𝕂^𝑑tel que𝑥 = ∑^𝑑_𝑘=1λ𝑘𝑒𝑘. Comme𝑥 ∈ F,λ𝑑 = 0. Puis en appliquant successivement𝑓,𝑓², …,𝑓^𝑑−1à l’égalité précédente, on obtientλ𝑑−1 = 0,λ𝑑−2 = 0, …,λ1 = 0(rédiger une récurrence). Ainsi𝑥 = 0EpuisE1∩ F = {0E}.

29 On va montrer que KerΨ = F. L’inclusionF ⊂KerΨest évidente. Comme degπ_𝑓= 𝑑,𝕂[𝑓] = 𝕂_𝑑−1[𝑓]. On en déduit que KerΨ ⊂ F. AinsiE₁est un supplémentaire de KerΨdansE. On en déduit queΨinduit un isomorphisme deE₁sur ImΨ. Mais comme dimE1=dim𝕂^𝑑= 𝑑, ImΨ = 𝕂^𝑑. Finalement,Ψinduit un isomorphisme deE1sur𝕂^𝑑.

30 D’après le théorème du rang, dimF = dim KerΨ = dimE −rgΨ = 𝑛 − 𝑑. Ainsi dimF +dimE1 = 𝑛. Comme E₁∩ F = {0_E},E = E₁⊕ F.

31

32 Notons𝑓1, … , 𝑓𝑟les endomorphismes deE1, … , E𝑟induits par𝑓. L’application qui à(𝑔1, … , 𝑔𝑟) ∈ ∏^𝑟_𝑖=1C(𝑓𝑖)associe l’unique𝑔 ∈ ℒ(E)tel que𝑔|E_𝑖= 𝑔𝑖est bien définie, linéaire, injective et à valeurs dansC(𝑓).

Ainsi dimC(𝑓) ≥ ∑^𝑟_𝑖=1dimC(𝑓_𝑖). Mais comme les𝑓_𝑖 sont cycliques, dimC(𝑓_𝑖) = dimE_𝑖. Finalement, dimC(𝑓) ≥

∑^𝑟_𝑖=1dimE𝑖=dimE = 𝑛.

33 Si on note𝑑 =degπ_𝑓. Alors𝑑 =dim𝕂[𝑓] =dimC(𝑓) ≥ 𝑛. Mais𝑑 ≤ 𝑛donc𝑑 = 𝑛. Notamment,(IdE, 𝑓, … , 𝑓^𝑛−1) est libre. On en déduit d’après la partie II.B que𝑓est cyclique.

34 PosonsR(θ) = (cosθ −sinθ

sinθ cosθ )pourθ ∈ ℝ.

D’après le théorème de réduction des isométries vectorielles, il existe une base orthonormaleℬdeEdans laquelle la matrice de𝑓est diagonale par blocs, avec pour blocs diagonauxI_𝑝,−I_𝑞et𝑟blocs diagonauxR(θ_𝑖)(θ𝑖 ∈]0, π[). On a alorsχ𝑓= (X − 1)^𝑝(X + 1)^𝑞∏^𝑟_𝑖=1(X − 2Xcosθ𝑖+ 1).

De la même manière, il existe une baseℬ^′deEdans laquelle la matrice de𝑓est diagonale par blocs, avec pour blocs diagonauxI𝑝^′,−I𝑞^′et𝑟^′blocs diagonauxR(θ^′_𝑖)(θ^′_𝑖 ∈]0, π[). On a alorsχ𝑓= (X−1)^𝑝′(X+1)^𝑞′∏^𝑟_𝑖=1^′ (X−2Xcosθ^′_𝑖+1).

Commeχ𝑓 = χ𝑓^′, l’unicité de la décomposition en facteurs irréductibles deℝ[X]nous apprend que𝑝 = 𝑝^′,𝑞 = 𝑞^′, 𝑟 = 𝑟^′et, quitte à réordonner lesθ^′_𝑖 (i.e. réordonner les vecteurs de la baseℬ^′), cosθ_𝑖 = cosθ^′_𝑖 i.e.θ_𝑖 = θ^′_𝑖 (puisque θ_𝑖, θ^′_𝑖∈]0, π[). Ainsi𝑓et𝑓’ ont la même matrice dans les bases respectivesℬetℬ^′.

35 Supposons que𝑓est orthocyclique. Il existe donc une base orthonormaleℬdeEdans laquelle la matrice de𝑓est de la formeCQ. Mais comme𝑓 ∈ 𝒪(E)etℬest orthonormale,CQest orthogonale. PosonsQ = X^𝑛+ ∑^𝑛−1_𝑘=0𝑎𝑘X^𝑘. La dernière colonne deC_Qest orthogonale aux précédentes, ce qui donne𝑎₁= 𝑎₂= ⋯ = 𝑎_𝑛−1= 0. La dernière colonne deC_Qest unitaire, ce qui donne∑^𝑛−1_𝑘=0𝑎²_𝑘= 1i.e.𝑎²₀= 1i.e.𝑎₀= ±1. On en déduit queχ_𝑓= Q = X^𝑛+ 𝑎₀= X^𝑛± 1.

Réciproquement supposons queχ_𝑓 = X^𝑛± 1. Soitℬ₀ une base orthonormale deE. Soit𝑓^′ ∈ ℒ(E)dont la matrice dans cette base estC_QavecQ = X^𝑛± 1. On vérifie queC_Qest bien orthogonale : la famille des colonnes deC_Qest bien orthonormale. Commeℬ0est une base orthonormale,𝑓^′ ∈ O(E). Par ailleurs,χ𝑓^′ = X^𝑛± 1 = χ𝑓. D’après la question précédente, il existe des bases orthonormalesℬetℬ^′deEdans lesquelles𝑓et𝑓^′ont même matrice. Notons A = matℬ^′(𝑓^′) = matℬ(𝑓). Commeℬetℬ^′sont deux bases orthormées, la formule de changement de base donne l’existence deP ∈ O𝑛(ℝ)telle que A = P^⊤CQP. Par conséquent, matℬ(𝑓) = P^⊤CQP. En notantℬ1 la famille de vecteurs deEdont la matrice dans la baseℬestP^⊤. CommeP^⊤est orthogonale,ℬ₁est une base orthonormale et, par formule de changement de base, matℬ₁(𝑓) = C_Q. Ceci prouve que𝑓est orthocyclique.

36 Comme𝑓est nilpotent, il existe une base(𝑒₁, … , 𝑒_𝑛)deEdans laquelle𝑓est triangulaire supérieure stricte. En notantF_𝑖= vect(𝑒1, … , 𝑒_𝑖), on a donc𝑓(F_𝑖) ⊂ F_𝑖−1pour tout𝑖 ∈J1, 𝑛K(on peut convenir queF₀= {0}). On applique l’algorithme de Gram-Schmidt à cette base(𝑒1, … , 𝑒𝑛)et on obtient une base orthonormale(𝑢1, … , 𝑢𝑛)deEtelle que vect(𝑢1, … , 𝑢𝑖) = vect(𝑒1, … , 𝑒𝑖) = F𝑖pour tout𝑖 ∈J1, 𝑛K. Ainsi𝑓(𝑢𝑖) ∈ 𝑓(F𝑖) ⊂ F𝑖−1=vect(𝑢1, … , 𝑢𝑖−1)pour tout𝑖 ∈J1, 𝑛K. La matrice de𝑓dans la base(𝑢𝑛, … , 𝑢1)est donc encore triangulaire inférieure stricte.

37 Supposons que𝑓est orthocyclique. Il existe donc une base orthonormale(𝑒1, … , 𝑒𝑛)deEdans laquelle la matrice de𝑓 est de la formeCQ. Comme𝑓est nilpotent,χ𝑓= X^𝑛= Q. La dernièr colonne deCQest donc nulle de sorte que rg𝑓 = rgCQ = 𝑛 − 1. Par ailleurs, Ker𝑓 = vect(𝑒𝑛)et comme(𝑒1, … , 𝑒𝑛)est orthonormale,(Ker𝑓)^⟂ =vect(𝑒1, … , 𝑒𝑛−1).

Ainsi(𝑒₁, … , 𝑒_𝑛−1)est une base orthonormée de𝑓. Soit(𝑥, 𝑦) ∈ ((Ker𝑓)^⟂)². Alors

𝑥 =

𝑛−1

∑

𝑖=1

⟨𝑥, 𝑒_𝑖⟩𝑒_𝑖 𝑦 =

𝑛−1

∑

𝑖=1

⟨𝑦, 𝑒_𝑖⟩𝑒_𝑖 puis

𝑓(𝑥) =

𝑛−1

∑

𝑖=1

⟨𝑥, 𝑒𝑖⟩𝑓(𝑒𝑖) =

𝑛−1

∑

𝑖=1

⟨𝑥, 𝑒𝑖⟩𝑒𝑖+1 𝑓(𝑦) =

𝑛−1

∑

𝑖=1

⟨𝑦, 𝑒𝑖⟩𝑓(𝑒𝑖) =

𝑛−1

∑

𝑖=1

⟨𝑦, 𝑒𝑖⟩𝑒𝑖+1

Comme(𝑒₁, … , 𝑒_𝑛−1)et(𝑒₂, … , 𝑒_𝑛)sont toutes deux orthonormées

⟨𝑥, 𝑦⟩ =

𝑛−1

∑

𝑖=1

⟨𝑥, 𝑒_𝑖⟩⟨𝑦, 𝑒_𝑖⟩ = ⟨𝑓(𝑥), 𝑓(𝑦)⟩

Inversement, supposons que𝑓est de rang𝑛 − 1et que∀(𝑥, 𝑦) ∈ ((Ker𝑓)^⟂)², ⟨𝑥, 𝑦⟩ = ⟨𝑓(𝑥), 𝑓(𝑦)⟩. D’après la question précédente, il existe une base orthonormale(𝑒₁, … , 𝑒_𝑛)deEdans laquelle la matrice de𝑓est triangulaire inférieure stricte. On a notamment𝑓(𝑒_𝑛) = 0_Eet comme rg(𝑓) = 𝑛 − 1, Ker𝑓 =vect(𝑒𝑛)en vertu du théorème du rang. Comme (𝑒1, … , 𝑒𝑛)est orthonormale,(Ker𝑓)^⟂ =vect(𝑒1, … , 𝑒𝑛−1).