3 — Endomorphismes différents d’une homothétie

Problème A : dérivation discrète

Partie I

1) Étant une famille de polynômes non nuls de degrés tous distincts,(Γ0, . . . ,Γn) est une famille libre de n+ 1vecteurs de R_n[X], qui est de dimensionn+ 1, donc

(Γ0, . . . ,Γn) est une base deR_n[X].

Soit k∈N^∗. Je remarque que :

Γk(X+ 1) = X+ 1

k Γk−1 et Γk(X) = X−k+ 1 k Γk−1, d’où

∆Γk = X+ 1−X+k−1 k Γk−1, soit finalement :

∆Γk= Γk−1.

2) D’après le résultat précédent (complété par∆Γ0 = 0) l’image par ∆d’un polynôme de degré knon nul est de degré k−1et l’image d’un polynôme constant est le polynôme nul. A fortiori,

L’image par ∆d’un polynôme deR_n[X]est dansR_n[X].

D’après les remarques précédentes,

R⊂Ker ∆n et Im ∆n= Vect (Γ0, . . . ,Γn−1) =R_n−1[X], donc, d’après le théorème du rang,Ker ∆n est de dimension 1. Finalement

Ker ∆n=R et Im ∆n=R_n−1[X].

3) La relation du1) se généralise aisément par récurrence :

∀(j, k)∈N² ∆^kΓj = Γj−k si j≥k 0 si j < k . Soit alorsP ∈R_n[X]etP = ⁿ

j=0

ajΓj sa décomposition dans la base (Γ0, . . . ,Γn). Pourk≤n, d’après la remarque précédente,

∆^kP =

n j=k

ajΓj−k, d’où ∆^kP (0) =ak. En conclusion,

∀P ∈R_n[X] P =

n k=0

∆^kP (0)·Γk.

Noter que – même si ce n’était pas nécessaire ici – on peut exprimer∆^kP directement en fonction de P grâce à la formule du binôme ! En effet ∆ =φ−IdE où E=R_n[X]etφl’endomorphisme de E qui à P(X)associe P(X+ 1). Commeφ etIdE commutent, j’ai pour tout kdans Net tout P dansE :

∆^k= (φ−IdE)^k=

k

j=0

k

j φ^j ◦(−IdE)^k−j d’où ∆^kP =

k

j=0

(−1)^k−j k

j P(X+j) car il est immédiat par récurrence queφ^j(P) =P(X+j)

4) Existence : d’après le2), je dispose dePα∈R_α+1[X]tel que∆Pα =X^α. J’ai alors

∀k∈N k^α=Pα(k+ 1)−Pα(k), d’où en sommant

∀n∈N

n

k=1

k^α=Pα(n+ 1)−Pα(1), doncSα=Pα(X+ 1)−Pα(1) convient.

Unicité : si deux polynômes conviennent, leur différence admet tous les entiersn deN^∗ pour racines, c’est donc le polynôme nul.

En conclusion :

∃!Sα ∈R_α+1[X] ∀n∈N^∗

n k=1

k^α=Sα(n).

Pour déterminerP2, je pars de : X² = ∆X² (0)·Γ1+ ∆²X² (0)·Γ2 (d’après3)).

Or ∆X² = 2X+ 1 et ∆²X²= 2.

Donc X²= Γ1+ 2Γ2 et P2= Γ2+ 2Γ3 convient (d’après1)). J’en déduis S2 = X(X+ 1) (2X+ 1)

6 .

J’obtiens de même : X³ = Γ1+ 6Γ2+ 6Γ3 et P2 = Γ2+ 6Γ3+ 6Γ4 convient. Et enfin S3= X²(X+ 1)²

4 .

Partie II 1) Soit k∈Net z∈Z:

• si 0≤z < k : Γk(z) = 0∈Z ;

• si z≥k : Γk(z) = z

k ∈Z ;

• si z <0 : soitn=−z ;Γk(z) = (−1)^k·n(n+ 1). . .(n+k−1)

k! = (−1)^k· n+k−1

k ∈Z.

En conclusion :

∀(k, n)∈N×Z Γk(z)∈Z.

2) L’implication (a)⇒(b) est banale,(c)⇒(a) découle immédiatement du 1).

Pour prouver (b) ⇒(c), je montre par récurrence sur nque la propriété Pn : “si P est un polynôme de degré n tel qu’il existe n+ 1 entiers relatifs consécutifs où P prend des valeurs entières, alors les coordonnées de P dans la base(Γ0, . . . ,Γn) sont entières” est vraie pour toutn deN.

• P0 est vraie : si P est un polynôme constant tel qu’il existe un entier relatif oùP prend une valeur entière, soit z, alorsP =z=z.Γ0 et la coordonnée de P dans la base(Γ0) est entière !

• Je suppose que n≥1est tel que Pn−1 soit vraie et je considère P de degré netz0, z1, . . . , zn,n+ 1 entiers consécutifs où P prend des valeurs entières ;P s’écrit ⁿ

k=0

akΓk et

∆P =

n k=1

akΓk−1 =P(X+ 1)−P(X)

prend des valeurs entières enz0, . . . , zn−1 ; d’après l’hypothèse de récurrence,a1, . . . , ansont entiers ; enfin

a0 =P(z0)− ⁿ

k=1

akΓk(z0)∈Z, ce qui achève la démonstration.

Finalement, (a)⇒(b)⇒(c)⇒(a), donc

(a),(b),(c) sont équivalentes.

Partie III 1) Analyse : si la suite(δn)convient, nécessairement

δ0=f(0) et ∀n∈N^∗ δn=f(n)−

n−1

k=0

δkΓk(n) (car Γn(n) = 1).

Synthèse : les relations ci-dessus définissent bien par récurrence une suite (δn), qui est clairement solution du problème posé ; c’est la seule d’après l’analyse :

Il existe une unique suite(δn) solution du problème.

2) Je vérifie le résultat par récurrence forte sur n:

• δ0 = 1 = (b−1)⁰ ;

• si je suppose que δk= (b−1)^k pourk≤n−1, alors δn=bⁿ−

n−1

k=0

(b−1)^kΓk(n) =bⁿ−

n−1

k=0 n

k (b−1)^k=bⁿ−[(b−1 + 1)ⁿ−(b−1)ⁿ] = (b−1)ⁿ En conclusion :

∀n∈N δn= (b−1)ⁿ.

3) Je pourrais invoquer les polynômes de Lagrange, mais je constate dans ce contexte que L =

n k=0

δkΓk

vérifie, par construction même de la suite (δn),

∀k∈ {0, . . . , n} f(k) =L(k).

De plusLest bien de degré au plusnet l’unicité d’un tel polynôme d’interpolation est classique (s’il en existe deux, leur différence est nulle en tant que polynôme deR_n[X]admettant au moinsn+ 1racines distinctes). En conclusion :

∃!L∈R_n[X] ∀k∈ {0, . . . , n} f(k) =L(k).

L étant ainsi choisi, je montre par récurrence suri∈ {0, . . . , n} la propriété Pi :∀j∈ {0, . . . , n−i} ∆ⁱf (j) = ∆ⁱL (j).

• P0 est vraie par définition de L ;

• je suppose que i ∈ {1, . . . , n} est tel que Pi−1 soit vraie ; soit alors j ∈ {0, . . . , n−i} ; j + 1 appartenant à {0, . . . , n−(i−1)}, j’ai, grâce à l’hypothèse de récurrence,

∆ⁱf (j) = ∆ ∆ⁱ⁻¹f (j) = ∆ⁱ⁻¹f (j+ 1)− ∆ⁱ⁻¹f (j)

= ∆ⁱ⁻¹L (j+ 1)− ∆ⁱ⁻¹L (j) = ∆ⁱL (j), ce qui prouve bien Pi.

∀i∈ {0, . . . , n} ∀j∈ {0, . . . , n−i} ∆ⁱf (j) = ∆ⁱL (j).

Or j’ai vu ci-dessus que L= ⁿ

k=0

δkΓk et, d’après le I, L = ⁿ

k=0

∆^kL (0) Γk ; j’ai donc, par unicité des coordonnées de Ldans la base (Γ0, . . . ,Γn), et grâce au résultat précédent

∀k∈ {0, . . . , n} δk= ∆^kL (0) = ∆^kf (0), et cela pour tout ndeN. Finalement :

∀k∈N δk= ∆^kf (0).

4) a)Pour x ∈ {0, . . . , n}, Γn+1(x) étant nul, l’égalité souhaitée est vraie quel que soit θ, par le choix même des δk.

b)Soit maintenant x∈]a,+∞[\ {0, . . . , n};Γn+1(x) étant non nul,

K = 1

Γn+1(x) · f(x)−

n k=0

δkΓk(x) vérifie Φ (x) = 0.

Φ est alors de classe C^∞ sur [a,+∞[ et s’annule en n+ 2 points de cet intervalle, à savoir 0, . . . , n et x : en appliquant (n+ 1) (n+ 2)/2 fois le théorème de Rolle, j’obtiens pour tout k de N_n+1, n+ 2−k points oùΦ^(k) s’annule. Je dispose donc d’un pointθ où Φ⁽ⁿ⁺¹⁾ s’annule, or

n

k=0

δkΓk est un polynôme de degré au plus net le terme dominant deΓn+1 est Xⁿ⁺¹

(n+ 1)!, d’où

∀t∈[a,+∞[ Φ⁽ⁿ⁺¹⁾(t) =f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)−K,

donc K=f⁽ⁿ⁺¹⁾(θ), d’où, en reportant dans l’égalitéΦ (x) = 0,

∃θ∈[a,+∞[ f(x) = ⁿ

k=0

δkΓk(x) + Γn+1(x)f⁽ⁿ⁺¹⁾(θ).

c)En regardant de plus près les applications du théorème de Rolle ci-dessus, il apparaît que θ >min (0, x).

Soit donc n∈N^∗ etλn le réelθ fourni par le résultat précédent appliqué avecn−1 à la place den et nà la place de x ; j’aiλn>0 d’après la remarque ci-dessus et

f(n) =ⁿ

−1

k=0

δkΓk(n) + Γn(n)f⁽ⁿ⁾(λn) , soit δn=f⁽ⁿ⁾(λn). Enfin, pour n= 0,λ0 = 0convient puisqueδ0 =f(0) =f⁽⁰⁾(0).

∀n∈N ∃λn∈R⁺ δn=f⁽ⁿ⁾(λn).

5) Soit r réel tel quek^r soit entier pour toutk∈N^∗ (r est donc positif ou nul). Je choisis (habilement !) deux entiers n, ptels que

n≥r+ 1 et p >|r(r−1). . .(r−n+ 1)|.

La fonction f :x →(p+x)^r est de classe C^∞ sur [0,+∞[, je dispose donc d’après le 4)c)de λn dans R⁺ tel que

δn=f⁽ⁿ⁾(λn) =r(r−1). . .(r−n+ 1) (p+λn)^r−n. Comme λn≥0 etr−n≤ −1, j’ai (d’après le choix de p),

|δn| ≤ |r(r−1). . .(r−n+ 1)|

p <1.

Or par hypothèse les images des entiers naturels par f sont des entiers ; il en résulte que δn, qui est égal d’après 3)à (∆ⁿf) (0)est entier : nécessairement δn= 0, et donc

r(r−1). . .(r−n+ 1) = 0.

En conclusion, r est l’un des entiers0,1, . . . , n−1, doncr est un entier naturel.

Réciproquement, il est bien clair que, si r∈N, alorsk^r est entier pour toutkde N^∗.

Les nombres réelsr tels que k^r soit entier pour toutk deN^∗ sont les entiers naturels.

Problème B : sommes de projecteurs

1 — Traces et projecteurs

N.B. 1), 2) et 3) sont des questions de cours ! Et il y en avait encore plus dans l’épreuve originale (Mines-Ponts PC 2014). . .

1) Soient A= (ai,j)et B= (bi,j) dans Mn. Je noteC =AB= (ci,j) ; par définition du produit matriciel

∀(i, j)∈[[1, n]]² ci,j = ⁿ

k=1

ai,kbk,j

d’où

Tr (AB) =

n i=1

n k=1

ai,kbk,i

où je constate que A et B jouent des rôles symétriques, puisque les indices muets i etk peuvent être intervertis, ainsi que les deux sommes (finies !). Il en résulte que

Tr (AB) = Tr (BA).

2) Soient A et A^′ deux matrices de Mn représentant t dans deux bases de X. Selon la formule de changement de base, je dispose d’une matrice P de GLn(R) telle queA^′=P⁻¹AP. Alors d’après1)

Tr A^′ = Tr P⁻¹A P = Tr P P⁻¹A = Tr (A). Autrement dit :

La trace d’une matrice représentant tdans une baseB est indépendante du choix de B.

C’est la justification de la définition de Tr (t)et Trest alors une forme linéaire surL(X).

3) Puisque p est un projecteur, X = Im(p)⊕Ker(p) et je dispose d’une base B de X adaptée à cette décomposition. Or les vecteurs de Im(p) sont invariants par p, doncT^B = Ir 0

0 0 où r = rg(p). Il en résulte immédiatement

rg(p) = Tr(p).

4) Soit s= ^m

i=1

pi ∈ L(X) où les pi sont des projecteurs deX. Déjà par linéarité et d’après3) Tr(s) =

m i=1

Tr(pi) =

m i=1

rg(pi)∈N.

Par ailleurs Im(s)⊂ ^m

i=1

Im(pi), d’oùrg(s)≤dim ^m

i=1

Im(pi) . Or la dimension d’une somme de sous- espaces vectoriels Ei de X est au plus égale à la somme de leurs dimensions. Cela peut se prouver par récurrence à partir de la formule de Grassmann, ou bien directement en remarquant que Ei est l’image de Ei par l’application linéaire de X^m dans X qui à (x1, . . . , xm) associe xi. Or le rang d’une application linéaire est au plus égal à la dimension de l’espace de départ.

Par conséquent :

rg(s)≤ ^m

i=1

rg(pi).

En conclusion :

Tr(s)∈N et Tr(s)≥rg(s).

2 — Projecteurs de rang 1

5) Je fixe dès maintenant f1 vecteur directeur de Im(p) et (f2, . . . fn) une base de Ker(p). Alors, pour j≥2,p◦t◦p(fj) = 0puisquefj ∈Ker(p). De plus f1 est invariant par pdoncp◦t◦p(f1) =p[t(f1)], vecteur de Im(p) donc colinéaire àf1. Je dispose donc de µ réel tel que p◦t◦p(f1) =µ.f1 =µ.p(f1).

Ainsi, les deux endomorphismesp◦t◦p etµ.pcoïncident sur la base C, par conséquent

∃µ∈R p◦t◦p=µ.p.

On peut noter que µest unique puisque(f1) est une base deIm(p).

6) µ étant ainsi fixé, j’ai p[t(f1)] = µ.f1, ce qui signifie que t(f1)−µ.f1 est un vecteur de Ker(p), c’est- à-dire que µest la première coordonnée de t(f1) dans C. Ainsi µ est la première valeur de la première colonne de TC et c’est juste ce qu’il fallait démontrer (aucune contrainte sur les autres coefficients de la matrice !).

TC est de la forme indiquée dans l’énoncé.

7) Je procède par contraposition. Je suppose que B =λ.In−1 et je calcule (par blocs) la matrice dans C dep^′◦t◦p^′ :

PC^′ =In−P^C = 0 0

0 In−1 d’où PC^′T^C = 0 0 0 In−1

µ L

C B = 0 0

C B et

PC^′TCPC^′ = 0 0 C B

0 0

0 In−1 = 0 0

0 B =λ.PC^′. Il en résulte que p^′◦t◦p^′ =λ.p^′ est proportionnel àp^′. D’où finalement

Sip^′◦t◦p^′=λ.p^′ n’est pas proportionnel àp^′, alorsB n’est pas une matrice d’homothétie.

Le calcul ci-dessus montre qu’il s’agit en fait d’une équivalence !

3 — Endomorphismes différents d’une homothétie

8) Exercice classique fait en classe ! Là encore j’utilise la contraposée. Je suppose que x et t(x) sont colinéaires pour toutxdeX et je fixevnon nul dansX. Je dispose alors d’un réelαtel quet(v) =α.v.

Soit x∈X ; deux cas se présentent.

• soit x est colinéaire àv : alorsx s’écrit λ.v,t(x) =λ.t(v) par linéarité, d’oùt(x) =λα.v=α.x

• soit (v, x) est une famille libre : alors je dispose par hypothèse deβ réel tel quet(x) =β.x et deγ réel tel que t(v+x) =γ.(v+x). D’où par linéarité :

α.v+β.x=γ.v+γ.x i.e. (α−γ).v+ (β−γ).x= 0 donc α=γ etβ =γ puisque(v, x) est libre. Finalement β =αett(x) =α.x Ainsi, pour tout x dansX,t(x) =α.x; autrement ditt=α.Id.

D’où la conclusion par contraposition :

Sit n’est pas une homothétie, il existex dans X tel quex ett(x) ne soient pas colinéaires.

9) Puisque t n’est pas une homothétie par hypothèse, le résultat précédent me fournit e1 dans X tel que (e1, t(e1)) soit une famille libre. Alors le théorème de la base incomplète me donne une base B de X de la forme (e1, t(e1), e3, . . . , en). Par construction, la famille des coordonnées de t(e1) dans B est (0,1,0. . . ,0) donc la première colonne de T^B est celle souhaitée. Or il n’y a pas de contrainte sur les autres colonnes.

Il existe une baseBde X telle queT^B soit de la forme souhaitée.

10) Je montre la propriété par récurrence sur n ; soit Pn la propriété : “Dans tout espace vectoriel de dimension n, pour tout endomorphisme de trace nulle, il existe une base où sa matrice n’a que des 0 sur la diagonale”.

P1 est banale ; P2 découle du 9) puisqu’une matrice de la forme 0 ×

1 a et de trace nulle a bien sa diagonale nulle !

Hypothèse de récurrence : je suppose n≥3tel quePn−1 soit vraie et je considèreX de dimensionnet t∈ L(X) de trace nulle. Si t est une homothétie, test nul (car sa trace est nulle) et n’importe quelle base convient !

Sitn’est pas une homothétie, le9)me fournit une baseB= (e1, e2, e3, . . . , en)oùe2=t(e1). Je considère alors X1 = VectB1 où B1 = (e2, . . . , en) et t1 l’endomorphisme de X1 de matrice A dans B1 (A étant la matrice de Mn−1 apparaissant au 9)). Vu la première colonne de T^B, j’ai Tr(A) = Tr(t) = 0, donc Tr(t1) = Tr(A) = 0. Je peux donc appliquer l’hypothèse de récurrence à t1 : je dispose de B₁^′ = (e^′₂, . . . , e^′_n) base de X1 telle que la matrice de t1 dans B₁^′ n’ait que des zéros sur sa diagonale.

Autrement dit, je dispose d’une matrice Q, inversible et d’ordre n−1, telle que Q⁻¹AQ n’ait que des zéros sur sa diagonale. Je pose alors P = 1 0

0 Q . Il est clair que P est d’ordre n, inversible avec P⁻¹ = 1 0

0 Q⁻¹ et que

P⁻¹TBP = 1 0 0 Q⁻¹









0 × · · · × 1

0...

0

A







 1 0

0 Q =









0 × · · · ×

×

×...

×

Q⁻¹A







 1 0 0 Q

=









0 × · · · ×

×

×...

×

Q⁻¹AQ









qui n’a que des 0 sur sa diagonale.

Par conséquent T^B est semblable à une matrice de diagonale nulle, donc il existe une base deX où la matrice de test de diagonale nulle. Cela achève la démonstration par récurrence.

11) On suppose ici X de dimension 2 et Tr(t) =d1+d2. Soit t^′ =t−d1.Id. t^′ n’est pas une homothétie (sinon t en serait une et l’on a supposé le contraire). Donc la question9) me fournit une base Btelle que TB^′ soit de la forme 0 x

1 a avecaetx réels. Autrement dit T^B−d1.I2 = 0 x

1 a , soitT^B = d1 x 1 a+d1 . Alors le calcul de Tr(T^B) montre quea+d1 =d2 :

Il existe une baseB deX telle que TB a pour éléments diagonaux d1 etd2.

12) Selon la propriété admise, je dispose d’un projecteurℓde rang 1 deX, tel que d’une partℓ◦t◦ℓ=d1.ℓ et d’autre part ℓ^′◦t◦ℓ^′ n’est pas proportionnel à ℓ^′ = Id−ℓ. Alors d’après la question 6), dans une base C adaptée à la décompositionX = Im(ℓ)⊕Ker(ℓ),ta sa matrice de la forme

T^C=







d1 × · · · ×

×...

×

B







et selon la question7), puisqueℓ^′◦t◦ℓ^′n’est pas proportionnel àℓ^′,Bn’est pas une matrice d’homothétie, d’où le résultat.

13) Soit pourn≥2la propriétéQn: “Dans tout espace vectoriel de dimensionn, pour tout endomorphisme n’étant pas une homothétie, de trace ⁿ

i=1

di, il existe une base où sa matrice a pour coefficients diagonaux les di,i∈[[1, n]]”. Q2 a été prouvée au 11).

Hypothèse de récurrence : je supposen≥3 tel queQn−1 soit vraie.

Soit alors X de dimensionnett∈ L(X)n’étant pas une homothétie. J’applique le 12)qui me fournit une base C = (e1, . . . en) et une matrice B deMn−1 n’étant pas une matrice d’homothétie, telles que T^C ait la forme annoncée. Par construction Tr(B) = ⁿ

i=2

di. J’applique l’hypothèse de récurrence à l’endomorphisme de Y = Vect (e2, . . . en) ayant pour matrice B dans cette base, qui n’est pas une homothétie. J’obtiens ainsi une matrice QdeGLn−1(R) telle que

Q⁻¹BQ=





d2 ×

...

× dn



.

Enfin, des produits par blocs similaires à ceux du10) permettent de conclure :

1 0

0 Q⁻¹







d1 × · · · ×

×...

×

B





 1 0

0 Q =









d1 × · · · ×

×

×...

×

Q⁻¹BQ









qui a bien pour éléments diagonaux lesdi,i∈[[1, n]]. Cela achève la démonstration par récurrence.

4 — Décomposition en somme de projecteurs

Notons queρ >0, puisquet a été supposé non nul. Cela dit 0 est une somme finie de projecteurs. . . 14) Je choisis un supplémentaire X1 de Ker(t), qui est de dimension ρd’après le théorème du rang. Soit

alors B= (e1, . . . , en) une base adaptée à la décompositionX =X1⊕Ker(t). J’ai bien TB de la forme souhaitée (la seule contrainte étant en fait que lesn−ρdernières colonnes soient nulles !).

15) On suppose ici que T1 n’est pas une matrice d’homothétie. De plus Tr(T1) = Tr(t) est par hypothèse un entier supérieur ou égal à ρ. Je peux donc l’écrire comme une somme de ρ entiers strictement positifs di, i ∈ [[1, ρ]] (par exemple en posant di = 1 pour i ∈ [[1, ρ−1]] et dρ = Tr(T1)−ρ+ 1).

Je peux donc appliquer le résultat du 13) à l’endomorphismet1 deX1 ayant pour matrice T1 dans la base B1 = (e1, . . . eρ), ce qui me donne une base B₁^′ = e^′₁, . . . , e^′_ρ de X1 où la matrice de t1 a pour éléments diagonaux lesdi,i∈[[1, ρ]]. Alors

La base B^′ = e^′₁, . . . , e^′_ρ, eρ+1, . . . , en convient.

16) Je remarque qu’une matrice P deMn, ayant un 1 sur la diagonale dans l’une de ses colonnes et toutes ses autres colonnes nulles, est une matrice de projecteur. En effetP² =P de façon immédiate.

Je pose alors, avec les notations du 15), pour tout i de [[1, ρ]], Pi = 0 · · · 0 1 di

Ci 0 · · · 0 , matrice définie par ses colonnes, où Ci est lai-ième colonne deT^B′.

Par construction TB^′ =

ρ i=1

di.Pi, qui est bien une somme finie de matrices de projecteurs, puisque les Pi en sont d’après la remarque précédente et lesdi sont des entiers naturels non nuls (doncdi.Pi est la somme de di matrices toutes égales à Pi !!). En conclusion,

t est une somme finie de projecteurs.

17) On suppose ici T1 de la forme α.Iρ ; ainsiTr(t) =ρα et l’hypothèseTr(t)≥ρdonneα≥1 (carρ >0).

Je distingue deux cas.

• Si α= 1: la méthode du16)s’applique et donne TB^′ comme somme deρmatrices de projecteurs.

• Si α >1 : je considère p0 le projecteur de matrice P0 =







1 0 · · · 0 0...

0

0





 dans B^′. Alors

t0 = t−p0 a pour matrice dans B^′ la matrice T0 = T₁^′′ 0

T₂^′′ 0 où T₁^′′ a pour éléments diagonaux α−1, α, . . . , α. T₁^′′ n’est donc pas une matrice d’homothétie. Or Tr(T0) = ρα−1 = Tr(t)−1 est un entier naturel strictement supérieur à ρ−1 (car ρ > 0 et α > 1). Donc Tr(T0) ≥ ρ. De plus rg(T0)≤ρ, puisqueT0 a au plusρcolonne non nulles.

Par conséquent t0 a une trace entière au moins égale à son rang et le 16) s’applique, puisque T₁^′′

n’est pas une matrice d’homothétie. Ainsit0 est une somme finie de projecteurs et il en est de même det=t0+p0.

Donc dans tous les cas

t est une somme finie de projecteurs.

En regroupant ce résultat, celui du 4)et la cas t= 0, nous avons établi le théorème suivant : Un endomorphisme en dimension finie est une somme de projecteurs

si et seulement si sa trace est un entier au moins égal à son rang.