Premiers résultats.

2019 - Centrale-Supélec - PSI - Mathématiques 2 Un corrigé

Premiers résultats.

Q1. SoitBune base deE et uun endomorphisme deE. PosonsM = Mat_B(u).

PuisqueM^k = (Mat_B(u))^k = Mat_B(u^k), on a :

uest nilpotent d’indicep ⇔ M est nilpotente d’indicep

⇔ M^p= 0etM^p−16= 0

⇔ Mat_B(u^p) = 0etM at_B(u^p−1)6= 0

⇔ u^p= 0et u^p−16= 0.

On utilisera dans la suite que uest nilpotent d’indicepsi et seulement siu^p= 0et u^p−16= 0.

Soit un endomorphisme nilpotent d’indice1, alorsu=u¹= 0.

Un endomorphisme nilpotent d’indice1 est nul.

Q2. L’endomorphismeuest nilpotent d’indicep≥2.pest le plus petit entierk≥1tel queu^k = 0.

Doncu^p= 0 etu^p−16= 0(sinon cela contredirait la minimalité de l’entier p).

Puisqueu^p−16= 0, il existe un vecteurx∈E tel queu^p−1(x)6= 0.

Q3. L’endomorphismeuest nilpotent d’indicep≥2. Puisqueu^p= 0, on a également ∀k≥p, u^k = 0.

Montrons que la famille(u^k(x))_{0≤k≤p−1}est libre. Soit (λ₀, . . . , λ_p−1)∈C^p des scalaires tels que : λ0x+λ1u(x) +. . .+λp−1u^p−1(x) = 0. (∗)

• En appliquant l’endomorphismeu^p−1à l’équation(∗), il vient :λ0u^p−1(x) = 0oru^p−1(x)6= 0doncλ0= 0.

L’équation(∗)devient : λ1u(x) +. . .+λ_p−1u^p−1(x) = 0.

• En appliquant l’endomorphismeu^p−2à l’équation(∗), il vient :λ1u^p−1(x) = 0oru^p−1(x)6= 0doncλ1= 0.

L’équation(∗)devient : λ₂u²(x) +. . .+λ_p−1u^p−1(x) = 0.

• . . .

• En itérant le procédé, on obtientλ0=λ1=. . .=λp−2= 0.

L’équation(∗)devient : λ_p−1u^p−1(x) = 0. Oru^p−1(x)6= 0doncλ_p−1= 0.

• Finalement,∀i∈[|0, p−1|], λi = 0, donc la familleB= (x, u(x), . . . u^p−1(x))est libre.

Ainsi la famille(u^k(x))_{0≤k≤p−1} est libre.

L’espace vectorielE est de dimension2, donc toute famille libre est de cardinal inférieur ou égal à2.

La famille libre(u^k(x))_{0≤k≤p−1} est de cardinalp, d’oùp≤2. Orp≥2donc p= 2.

Q4. L’endomorphismeuest nilpotent d’indicep= 2, doncu²= 0avecu6= 0.

Puisqueu6= 0n’est pas l’endomorphisme nul, son rang vérifierg(u)≥1.

Puisquedim(E) =n= 2,rg(u)vaut1ou2.

Supposons par l’absurde querg(u) = 2, alorsuserait bijectif, doncu² serait également bijectif. Ceci est absurde caru²= 0. On a doncrg(u) = 1.

Par le théorème du rang, on a de plusrg(u) + dim(Ker(u)) = dim(E) = 2doncdim(Ker(u)) = 2−1 = 1.

Puisqueu²= 0, on a Im(u)⊂Ker(u). En effet, soitx∈Im(u), alors∃y∈E, x=u(y)doncu(x) =u²(y) = 0et x∈Ker(u).

On obtient Im(u)⊂Ker(u)et ces sous-espaces vectoriels sont de même dimension1, d’où l’égalité Ker(u) =Im(u).

Q5. On a montré quep= 2et que la famille (u^k(x))_{0≤k≤p−1}= (x, u(x))est libre.

La familleB= (x, u(x))est libre et de cardinal2 dans un espaceE de dimension2, donc c’est une base deE.

De plusu(x) = 0x+ 1u(x)etu(u(x)) =u²(x) = 0donc la matrice deudansBvaut : Mat_B(u) =

0 0 1 0

=J₂.

La familleB= (x, u(x))est une base deE dans laquelle la matrice deuvautJ2. 1

Q6. SoitA∈M2(C)une matrice nilpotente deM2(C), d’indice de nilpotence p.

Sip= 1, alorsA= 0donc la trace et le déterminant deAsont nuls.

Si p ≥ 2, on a montré que p = 2. Notons u l’endomorphisme de C² canoniquement associé à A. Alors u est nilpotent d’indice2. Il existe une baseBdeE telle queMatB(u) =J2.

Notons P la matrice de passage de la base canonique de C² à la base B, alors P⁻¹AP = J2 et A et J2 sont semblables.

PuisqueAet J2 sont semblables, elles ont même trace et même déterminant. OrJ2= 0 0

1 0

est de trace nulle et de déterminant nul, doncAégalement.

On a montré que siA∈M2(C)est nilpotente, alorsTr(A) = det(A) = 0.

Réciproquement, supposons que Tr(A) = det(A) = 0. En écrivantA= a b

c d

, le polynôme caractéristique de Avaut

χ_A(X) =X²−(a+d)X+ (ad−bc) =X²−Tr(A)X+ det(A) =X².

D’après le théorème de Cayley-Hamilton, le polynôme caractéristique deAannuleAdoncχ_A(A) =A²= 0etA est nilpotente.

Ainsi les matrices nilpotentes deM2(C)sont exactement les matrices de trace nulle et de déterminant nul.

Q7. L’endomorphismeuest nilpotent d’indicep= 2et de rangr.

Puisqueuest nilpotent d’indicep= 2, on au²= 0 avecu6= 0.

Montrons que Im(u)⊂Ker(u). Soitx∈Im(u), alors∃y∈E, x=u(y)doncu(x) =u²(y) = 0etx∈Ker(u).

Donc Im(u)⊂Ker(u). En particulier, on ar= rg(u)≤dim(Ker(u)). Par le théorème du rang, 2r=r+r≤rg(u) + dim(Ker(u)) = dim(E) =n,

donc 2r≤n.

Q8. On a Im(u) =Ker(u)donc Im(u)et Ker(u)sont de même dimensionretdim(E) = rg(u) + dimKer(u) = 2r.

SoitH un supplémentaire de Ker(u)dansE: E=H⊕Ker(u). Alorsdim(H) =n−r=r.

Soit(e1, . . . , er)une base deH.

Puisqueu²= 0, on a∀i∈[|1, r|], u(ei)∈Ker(u). Montrons que la famille (u(e1), . . . , u(er))de Ker(u)est libre.

Soit(λ1, . . . , λr)∈C^r des scalaires tels queλ1u(e1) +. . .+λru(er) = 0. Par linéarité deu: 0 =λ1u(e1) +. . .+λru(er) =u(λ1e1+. . .+λrer).

Donc le vecteurλ1e1+. . .+λrer appartient àH∩Ker(u) ={0}, donc est nul. Or la famille(e1, . . . , er)est libre donc∀i∈[|1, r|], λi= 0.

Finalement, (u(e1), . . . , u(er))est une famille libre et de cardinalr de Ker(u)qui est de dimensionr, donc c’est une base de Ker(u).

La décompositionE=H⊕Ker(u)montre qu’en réunissant la base(e₁, . . . , e_r)deH et la base(u(e₁), . . . , u(e_r)) de Ker(u), on obtient une base de E.

En réordonnant cette base, (e1, u(e1), e2, u(e2), . . . , er, u(er))est une base deE.

Q9. NotonsB= (e1, u(e1), e2, u(e2), . . . , er, u(er))la base deE obtenue dans la question précédente.

Soitk∈[|1, r|], alorsuenvoieek suru(ek).

u²= 0doncu(u(ek)) = 0. Chaque famille(ek, u(ek))fait apparaître un bloc 0 0

1 0

=J2 sur la diagonale. On en déduit la matrice par blocs deudansB, qui contientrblocsJ2 :

Mat_B(u) =





 J₂

. .. J₂





.

Ainsi Mat_B(u) =Diag(J2, . . . J2)avecrblocs diagonauxJ2.

Q10. On a Im(u)⊂Ker(u)avec Im(u)6=Ker(u)donc Ker(u)est de dimensiondim(Ker(u)) =n−r > r.

SoitH un supplémentaire de Ker(u)dansE: E=H⊕Ker(u). Alorsdim(H) =r.

Soit(e1, . . . , er)une base deH.

Comme dans la questionQ8., la famille(u(e1), . . . , u(er))est encore une famille libre et de cardinalrde Ker(u)

qui est de dimension n−r > r. Donc on peut compléter cette famille en une base de Ker(u), en rajoutant (n−r)−r=n−2rvecteurs de Ker(u), que l’on note(v1, . . . , vn−2r).

La décompositionE=H⊕Ker(u)montre qu’en réunissant la base (e1, . . . , er)deH et la base (u(e1), . . . , u(er), v1, . . . , vn−2r)de Ker(u), on obtient une base deE.

En réordonnant cette base, (e1, u(e1), e2, u(e2), . . . , er, u(er), v1, . . . , v_n−2r)est une base deE.

Q11. NotonsB= (e₁, u(e₁), e₂, u(e₂), . . . , e_r, u(e_r), v₁, . . . , v_n−2r)la base deE obtenue dans la question précédente.

Soitk∈[|1, r|], alorsuenvoiee_k suru(e_k).

u²= 0doncu(u(ek)) = 0. Chaque famille(ek, u(ek))fait apparaître un bloc 0 0

1 0

=J2 sur la diagonale. Les vecteursv1, . . . , v_n−2r appartiennent à Ker(u)donc∀k∈[|1, n−2r|], u(vk) = 0.

On en déduit la matrice par blocs deudansB, qui contientrblocsJ2 puisn−2rtermes0 sur la diagonale :

Mat_B(u) =









 J₂

. .. J₂

0_n−2r









 .

Ainsi Mat_B(u) =Diag(J2, . . . J2,0_n−2r)avecrblocs diagonauxJ2.

Q12. Soit A∈Mn(C)nilpotente d’indicep≥1. AlorsA^p= 0 donc le polynômeP(X) =X^p annuleA.

D’après le cours, Sp(A)⊂Racines(P) ={0}. De plus, le polynôme caractéristique de A est de degrén ≥1 et scindé surCdonc possède au moins une racine, donc le spectre deAest non vide et nécessairement Sp(A) ={0}.

Si Aest nilpotente, alors0est l’unique valeur propre deA.

Q13. Soit A∈Mn(C)nilpotente et diagonalisable.

AlorsA est semblable à une matrice diagonaleD ∈Mn(C)dont la diagonale contient les valeurs propres deA.

On a montré que Sp(A) ={0}, doncD= 0.

Ainsi∃P ∈GLn(C), P⁻¹AP =D= 0, d’oùA=P0P⁻¹= 0et Aest nulle.

Réciproquement, la matrice nulle est clairement diagonalisable et nilpotente.

La seule matrice deMn(C)à la fois nilpotente et diagonalisable est la matrice nulle.

Q14. Soit A∈ M_n(C) une matrice nilpotente. Puisque 0 est la seule valeur propre, la seule racine de son polynôme caractéristiqueχ_Aest 0. De plusχ_A est unitaire et de degrén, doncχ_A(X) =Xⁿ.

Réciproquement, soitA∈M_n(C)de polynôme caractéristiqueχ_A(X) =Xⁿ.

D’après le théorème de Cayley-Hamilton, le polynôme caractéristique deAannuleAdoncχA(A) =Aⁿ = 0et la matriceAest nilpotente (d’indice de nilpotencep≤n).

Une matriceA∈Mn(C)est nilpotente si et seulement si son polynôme caractéristique vautχA(X) =Xⁿ. Q15. On suppose que 0est l’unique valeur propre deA∈Mn(C).

Les racines du polynôme caractéristiqueχAsont exactement les valeurs propres deA. Donc la seule racine deχA

est0. De plusχA est unitaire et de degrén, doncχA(X) =Xⁿ. D’après la questionQ14.,Aest nilpotente.

Si 0est l’unique valeur propre deA∈M_n(C), alorsA est nilpotente.

Q16. SoitA∈M_n(C)une matrice triangulaire de diagonale nulle. Alors le polynôme caractéristique se calcule aisément : χ_A(X) = det(XI_n−A) =Xⁿ(la matriceXI_n−Aest en effet triangulaire supérieure avec desXsur sa diagonale).

D’après la questionQ14.,Aest nilpotente.

Une matrice triangulaire deMn(C)de diagonale nulle est nilpotente.

SoitA∈M_n(C)une matrice nilpotente. Alors Sp(A) ={0}.

Son polynôme caractéristiqueχ_A est scindé surC doncAest trigonalisable dans M_n(C). Il existe P ∈GL_n(C) telle queT =P⁻¹AP est triangulaire supérieure. Ces deux matrices sont semblables donc ont même spectre, or Sp(A) ={0}, donc les coefficients diagonaux deT, qui sont aussi ses valeurs propres, valent 0.

Une matrice nilpotente est semblable à une matrice triangulaire à diagonale nulle.

Q17. Soit Aune matrice nilpotente d’indicep. AlorsA^p= 0.

SoitP ∈C[X]un polynôme multiple deX^p. Alors il existeQ∈C[X] tel queP(X) =X^pQ(X).

AlorsP(A) =A^pQ(A) = 0Q(A) = 0doncP est un polynôme annulateur deA.

Si Aest nilpotente d’indicep, alors tout polynôme deC[X]multiple deX^p est un polynôme annulateur deA.

3

Q18. Soit Aune matrice nilpotente etP un polynôme annulateur deA.

PuisqueA est nilpotente, sa seule valeur propre est0.

PuisqueP annuleA,{0}=Sp(A)⊂Racines(P): les valeurs propres deA sont des racines deP. En particulier, 0est racine de P.

Q19. On aP(A) = 0et P(X) =X^mQ(X)avecQ(0)6= 0.

Puisque Q(0) 6= 0, 0 n’est pas racine de Q. On note d le degré de Q, C 6= 0 son coefficient dominant, ak ses racines qui sont toutes non nulles, alors

Q(X) =C

d

Y

k=1

(X−ak). Q(A) =C

d

Y

k=1

(A−akIn).

Aest nilpotente donc0 est la seule valeur propre deA. Ainsi∀λ∈C\ {0},λn’est pas valeur propre deA donc Ker(A−λIn) ={0}et la matrice(A−λIn)est inversible.

Ainsi∀k∈[|1, d|], ak 6= 0donc(A−akIn)est inversible. AlorsQ(A)est un produit de matrices inversibles, donc Q(A)est inversible.

On en déduit alors :

0 =P(A) =A^mQ(A) ⇒ A^m= 0(Q(A))⁻¹= 0

doncA^m= 0. Par minimalité de l’indice de nilpotencepdeA, on a p≤m. Ainsi∃l∈N, m=p+let P(X) =X^mQ(X) =X^p(X^lQ(X)),

donc P est un multiple de X^p dansC[X].

Q20. On considère A=





1 3 −7 2 6 −14 1 3 −7



. La trace de Aest nulle :Tr(A) = 1 + 6−7 = 0. Tr(A) = 0.

Notons C1, C2, C3 les trois colonnes de A, puisque C2 = 3C1 et C3 = −7C1 on a Im(A) = Vect(C1) donc rg(A)≤1. OrA6= 0doncrg(A)≥1. Ainsi rg(A) = 1.

Par le théorème du rang,rg(A) + dim(Ker(A)) = 3donc dim(Ker(A)) = 2.

En particulier,0est valeur propre deA, de multiplicité au moins2.

Supposons que0soit valeur propre de multiplicité exactement2dansχA, alors il existe une valeur propreλ6= 0, nécessairement de multiplicité1.

Puisque la trace est la somme des valeurs propres comptées avec multiplicité, on aurait : Tr(A) = 0 = 2×0 + 1×λ=λ,

doncλ= 0, ce qui est absurde. Ainsi0est valeur propre de multiplicté3dans le polynôme caractéristique, donc χ_A(X) =X³. Par la questionQ14.,Aest nilpotente.

Un simple calcul montre queA²= 0 avecA6= 0, donc Aest nilpotente d’indice de nilpotencep= 2.

Q21. A est nilpotente d’indice 2donc il existe e1∈C³ tel que Ae16= 0. On pose ensuite e2=Ae1. On peut prendre par exemple

e1=



 1 0 0



∈/ Ker(A), e2=Ae1=



 1 2 1



∈Ker(A).

A² = 0donc Ae2 =A²e1 = 0 et e2 ∈Ker(A). Or Ker(A) est de dimension 2 donc on peut trouver e3 tel que (e2, e3)forme une base de Ker(A). On prend par exemple

e3=



 3

−1 0



∈Ker(A).

Posons

P=





1 1 3

0 2 −1

0 1 0



.

AlorsP est inversible (en calculant son déterminant par exemple). PuisqueAe1=e2, Ae2=Ae3= 0, la matrice de l’endomorphismeucanoniquement associé àAdans la baseB= (e1, e2, e3)vaut

Mat_B(u) =P⁻¹AP =





0 0 0 1 0 0 0 0 0



=Diag(J₂, J₁).

Q22. NotonsC la base canonique deC³, alorsA= Mat_C(u)et R= Mat_C(ρ). L’égalitéR²=Aconduit à R²= (MatC(ρ))²= MatC(ρ²) =A= MatC(u).

Donc ρ²=u. Alorsu◦ρ=ρ²◦ρ=ρ³=ρ◦ρ²=ρ◦udonc uet ρcommutent.

Montrons que Im(u)est stable parρ. Soitx∈Im(u).∃y∈E, x=u(y). Alorsρ(x) =ρ(u(y)) =u(ρ(y))∈Im(u).

Donc Im(u)est stable parρ.

Montrons que Ker(u)est stable parρ. Soitx∈Ker(u). Alors u(x) = 0doncu(ρ(x)) =ρ(u(x)) =ρ(0) = 0 donc ρ(x)∈Ker(u). Donc Ker(u)est stable parρ.

PuisqueA²= 0, on au²= 0 d’oùρ⁴= (ρ²)²=u²= 0. Ainsiρ⁴= 0et ρest nilpotent.

Q23. Posons R⁰ =P⁻¹RP. Alors

(R⁰)²= (P⁻¹RP)²=P⁻¹R²P P⁻¹AP =Diag(J2, J1) =





0 0 0 1 0 0 0 0 0



.

Avec les notations de la questionQ21.pour les vecteurse1, e2, e3, on a Im(u) = Vect(e2)et Ker(u) = Vect(e2, e3).

Déterminonsρ(e1), ρ(e2), ρ(e3)en utilisant que la matrice deρ² vaut(R⁰)², et que Im(u)et Ker(u)sont stables paru. On a en particulier







ρ²(e1) = e2. ρ²(e2) = 0.

ρ²(e₃) = 0.

• Im(u) = Vect(e₂)est stable parρdonc∃a∈C, ρ(e₂) =ae₂. Alorsρ²(e2) =a²e2= 0donca= 0et ρ(e2) = 0.

• Ker(u) = Vect(e2, e3)est stable parρdoncu(e3)∈Vect(e2, e3)et ∃(a, b)∈C², ρ(e3) =ae2+be3. Alors ρ²(e3) =aρ(e2) +bρ(e3) =bρ(e3) =abe2+b²e3= 0.

Puisque(e2, e3)est libre,ab=b²= 0doncb= 0 et ρ(e3) =ae2.

• ∃(b, c, d)∈C³, ρ(e₁) =be₁+ce₂+de₃. Alors

ρ²(e₁) =e₂=bρ(e₁) +cρ(e₂) +dρ(e₃) =b(be₁+ce₂+de₃) +dae₂=b²e₁+ (bc+da)e₂+bde₃. Donc

b²e1+ (bc+da−1)e2+bde3= 0.

La famille(e₁, e₂, e₃)est libre donc ces trois coefficients sont nuls.







b² = 0.

bc+da−1 = 0.

bd = 0.

⇒

b = 0.

da = 1. ⇒

b = 0.

d = 1/a, a6= 0.

On en déduit finalement qu’il existea6= 0etc∈Ctels que :







ρ(e₁) = ce₂+ (1/a)e₃. ρ(e₂) = 0.

ρ(e3) = ae2.

⇒R⁰= Mat_B(ρ) =





0 0 0

c 0 a

1/a 0 0



.

5

Réciproquement, une telle matrice vérifie bien(R⁰)²=Diag(J2, J1).

Donc l’ensemble des racines carrées deA vaut :

{racines carrées deA}=





 P





0 0 0

c 0 a

1/a 0 0



P⁻¹, a∈C^∗, c∈C







oùP est la matrice de passage définie à la questionQ21..

Q24. On démontre le résultat préliminaire suivant.

SoitB∈Mn(C)nilpotente d’indicep. AlorsχB(X) =Xⁿ doncBⁿ= 0et p≤n.

Ainsi l’indice de nilpotencepd’une matrice nilpotente B∈M_n(C)vérifiep≤n.

On suppose qu’il existe une solutionR vérifiantR²=J₃=





0 0 0 1 0 0 0 1 0



. En calculant(J₃)²et (J₃)³ :

R⁴= (R²)²= (J3)²=





0 0 0 0 0 0 1 0 0



, R⁶= (R²)³= (J3)³= 0.

On en déduit que Rest nilpotente. Puisque R⁴6= 0etR⁶= 0, l’indice de nilpotence deRvautq= 5ouq= 6, orn= 3 doncq > n, ce qui est absurde.

L’équationR²=J3 n’a pas de solution.

Q25. Soit V ∈Mn(C)une matrice nilpotente d’indicep, avec2p−1> n.

On suppose qu’il existe une solutionR vérifiantR²=V. V est nilpotente d’indicepdoncV^p= 0etV^p−16= 0. Alors

R^2p= (R²)^p=V^p= 0 doncRest nilpotente. Notonsq l’indice de nilpotence deR. On a

R^2p−2= (R²)^p−1=V^p−16= 0.

Donc l’indice de nilpotence deRest strictement supérieur à2p−2 : q≥2p−1> n

doncq > n, ce qui est absurde. Si2p−1> n, alors l’équationR²=V n’a pas de solution.

Q26. Soit n≥3. On remarque que

(J₃)²=





0 0 0 1 0 0 0 0 0





2

=





0 0 0 0 0 0 1 0 0



=B, avecB²= 0doncB est nilpotente d’indice2.

Posons V =Diag









0 0 0 0 0 0 1 0 0



,0_n−3



∈Mn(C). On aV²= 0doncV est nilpotente d’indicep= 2. De plus

(Diag(J3,0n−3))²=Diag (J3)²,(0n−3)²

=V, donc V admet au moins une racine carrée.

Deuxième partie.

Q27. Soit x∈Im(u), alorsu(x)∈Im(u)donc Im(u)est stable paru.

Notonsv=u_|Im(u)l’endomorphisme induit parusur Im(u).uest nilpotent d’indicepdoncu^p= 0.

Alors∀x∈Im(u), v^p(x) =u^p(x) = 0doncv est nilpotent. Notonsql’indice de nilpotence dev.

Soitx∈Im(u). Alors∃y∈E, x=u(y), doncv^p−1(x) =u^p−1(x) =u^p−1(u(x)) =u^p(x) = 0doncq≤p−1.

uest nilpotent d’indicepdoncu^p−16= 0. Donc∃x∈E, u^p−1(x)6= 0. Alorsu(x)∈Im(u)et : v^p−2(u(x)) =u^p−2(u(x)) =u^p−1(x)6= 0,

doncv^p−26= 0. Finalementq≥p−1 etq=p−1.

L’endomorphisme induitv=u_|Im(u) est nilpotent d’indiceq=p−1.

Q28. Soit x∈Enon nul etC_u(x) = Vect(u^k(x), k∈N).

Montrons queCu(x)est stable paru. Soity∈Cu(x).

Le vecteuryest combinaison linéaire d’un nombre fini deu^k(x), donc∃d∈Ntel quey∈Vect(u^k(x),0≤k≤d).

Ainsi∃(a0, . . . , ad)∈C^d+1tels que

y =

d

X

k=0

a_ku^k(x).

u(y) =

d

X

k=0

aku(u^k(x)) =

d

X

k=0

aku^k+1(x)∈Vect(u^k(x), k∈N) =Cu(x).

On a montré que∀y∈Cu(x),u(y)∈Cu(x), donc Cu(x)est stable paru.

Puisque u^p = 0, on au^p(x) = 0 avecp≥1. Posons P0 ={k∈N^∗, u^k(x) = 0}. On a p∈ P0. P0 est une partie non vide et minorée deN, donc admet un plus petit élément notés(x).

Ainsi il existe un plus petit entiers(x)≥1 tel queu^s(x)(x) = 0.

Q29. On a∀k≥s(x), u^k(x) = 0donc

C_u(x) = Vect(u^k(x), k∈N) = Vect(u^k(x),0≤k≤s(x)−1) = Vect(x, u(x), . . . u^s(x)−1(x)), ce qui prouve que la famille(x, u(x), . . . u^s(x)−1(x))est génératrice deCu(x).

En appliquant la même technique que dans la questionQ3., montrons que cette famille est libre. Pour simplifier les notations, on poseq=s(x). Soit(λ0, . . . , λq−1)∈C^q des scalaires tels que :

λ0x+λ1u(x) +. . .+λ_q−1u^q−1(x) = 0. (∗)

• En appliquant l’endomorphismeu^q−1 à l’équation(∗), il vient :λ0u^q−1(x) = 0or u^q−1(x)6= 0 doncλ0= 0.

• En appliquant l’endomorphismeu^q−2 à l’équation(∗), il vient :λ₁u^q−1(x) = 0or u^q−1(x)6= 0 doncλ₁= 0.

• . . .

• On obtientλ₀=λ₁=. . .=λ_q−2= 0. Alorsλ_q−1u^q−1(x) = 0or u^q−1(x)6= 0 doncλ_q−1= 0.

• Finalement,∀i∈[|0, q−1|], λi= 0, donc la familleB= (x, u(x), . . . u^s(x)−1(x))est libre.

Ainsi la familleB= (x, u(x), . . . u^s(x)−1(x))est libre et génératrice, donc une base deCu(x).

Dans cette base, par construction, la matrice de l’endomorphismeu_|Cu(x)induit parusurC_u(x)vaut :

Mat_B(u_|Cu(x)) =









 0 1 0

. .. . .. 1 0











. Mat_B(u_|Cu(x)) =J_s(x).

Q30. Montrons par récurrence surp≥1l’hypothèse(Hp)suivante :

(H_p): siuest nilpotent d’indicep, alors il existe des vecteurs(x_i)_1≤i≤t tels queE=

t

M

i=1

C_u(x_i).

7

Initialisation :p= 1. Soitunilpotent d’indice1, alorsu= 0. Soit(x1, . . . , xn)une base quelconque deE. Alors

∀i,∈[|1, n|], s(xi) = 1doncCu(xi) = Vect(xi)etE=

n

M

i=1

Vect(xi) =

n

M

i=1

Cu(xi).

Hérédité (Hp−1)⇒(Hp):Supposons le résultat vrai au rangp−1 et montrons-le au rangp.

Soitunilpotent d’indicep. Soitv=u_|Im(u)l’endomorphisme induit parusur Im(u).

Alorsvest nilpotent d’indicep−1(question Q27.).

Par hypothèse de récurrence appliquée àv, il existe des vecteursy₁, . . . , y_tde Im(u)tels que Im(u) =

t

M

i=1

Cu(yi).

Pour touti∈[|1, t|], on a yi∈Im(u)donc∃xi∈E, yi=u(xi). Remarquons que s(xi) =s(yi) + 1. On a : Cu(xi) = Vect(xi, u(xi), . . . , u^s(xi)−1(xi)).

C_u(y_i) = Vect(y_i, . . . , u^s(yi)−1(y_i)) = Vect(u(x_i), . . . , u^s(yi)(x_i)) = Vect(u(x_i), . . . , u^s(xi)−1(x_i)).

dim(C_u(x_i)) = dim(C_u(y_i)) + 1.

Posonsz = dim(Ker(u)). Les vecteurs(u^s(x1)−1(x1), . . . , u^s(xt)−1(xt))forment une famille libre de cardinal tde Ker(u), que l’on peut compléter en une base de Ker(u)à l’aide de z−t vecteurs :

(u^s(xi)−1(x1), . . . , u^s(xi)−1(xt), v1, . . . , vz−t). On avj∈Ker(u)doncs(vj) = 1etCu(vj) = Vect(vj).

On introduit le sous-espace vectorielF deE suivant : F =

t

M

i=1

Cu(xi)

!

⊕





z−t

M

j=1

Cu(vj)



.

Calculons la dimension deF :

dim(F) =

t

X

i=1

dim(Cu(xi)) +

z−t

X

j=1

dim(Cu(vj))

=

t

X

i=1

(dim(Cu(yi)) + 1) +

z−t

X

j=1

1

= dim

t

M

i=1

C_u(y_i)

!

+t+ (z−t)

= dim(Im(u)) +z

= rg(u) + dim(Ker(u)) = dim(E),

en utilisant le théorème du rang. DoncF =E, autrement dit Donc E=

t

M

i=1

Cu(xi)

!

⊕





z−t

M

j=1

Cu(vj)



 , ce qui termine la récurrence.

Q31. D’après la question Q29., la matrice deudans une baseB adaptée à la décompositionE=

t

M

i=1

C_u(x_i)vaut : MatB(u) =Diag(Js(x₁), Js(x₂), . . . Js(x_t)).

Q32. On utilise la questionQ29.. Il existe une décomposition de l’espaceE=

t

M

i=1

Cu(xi). SoitBune base deEadaptée à cette décomposition. Alors

Mat_B(u) =Diag(J_s(x1), J_s(x2), . . . J_s(xt)).

Quitte à permuter les éléments de la baseBpour réordonner les éléments blocs diagonaux, on peut supposer que s(x1)≥s(x2)≥. . .≥s(xk).

De pluss(x1) +s(x2) +. . .+s(xk) = dim(E) =n.

Avec les notations précédentes, en posant∀i∈[|1, k|], αi=s(xi)etσ= (α1, . . . , αk), il existe une baseBdeE vérifiantMatB(u) =Nσ =Diag(Jα1, . . . , Jα_k).

Q33. Soit α∈N^∗. Soit(e1, . . . , en)la base canonique deCⁿ.

Jα=









 0 1 0

. .. . .. 1 0











∈Mα(C).

∀i∈[|1, n−1|], Jα(ei) = ei+1. Jα(en) = 0.

En étudiant l’action deJα sur la base canonique deCⁿ, on montre aisément que pourk≤n−1: ∀i∈[|1, n−k|], J_α^k(e_i) = e_i+k.

∀i∈[|n−k+ 1, n|], J_α^k(e_i) = 0.

DoncJ_α^k est une matrice contenantn−ktermes1 sur lak-ième sous-diagonale et des0 partout ailleurs.

Ainsirg(J_α) =α−1,rg(J_α^k) =α−kpour k≤n−1 et enfinrg(J_αⁿ) = 0.

∀j∈N,

rg(J_α^j) = α−j si0≤j≤α−1.

rg(J_α^j) = 0 si0≤j≥α.

En particulier on arg(J_α^α) = 0doncJ_α^α= 0etrg(J_α^α−1) = 1 doncJ_α^α−16= 0.

D’où J_αest nilpotente d’indiceα.

Q34. uest nilpotent d’indicepdonc la matriceMat_B(u) =N_σ=Diag(J_α1, . . . , J_αk)est aussi nilpotente d’indice p.

PuisqueJαest nilpotente d’indicepavecα1≥. . .≥αp, on a∀i∈[|1, k|], J_α^α_i¹ = 0donc N_σ^α1 =Diag(J_α^α₁¹, . . . , J_α^α_k¹) = 0.

N_σ^α1−1=Diag(J_α^α₁¹⁻¹, . . . , J_α^α_k¹⁻¹) 6= 0 carJ_α^α₁¹⁻¹6= 0.

AinsiN_σ est nilpotente d’indiceα₁. Donc α₁=p.

Q35. On noteΛj={i∈[|1, k|], αi≥j}. On a

N_σ^j =Diag(Jα1, . . . , Jα_k)^j=Diag(J_α^j₁, . . . , J_α^j_k), donc rg(N_σ^j) =

k

X

i=1

rg(J_α^j_i).

Sii /∈Λj, alorsαi< j doncJ_α^j_i= 0 etrg(J_α^j_i) = 0.

Sii∈Λj, alorsαi≥j doncrg(J_α^j_i) =αi−j. Ainsi rg(N_σ^j) = X

i /∈Λj

0 + X

i∈Λj

rg(J_α^j

i) =X

i∈Λj

(α_i−j). rg(N_σ^j) = X

i∈Λj

(α_i−j).

Q36. D’après la question Q35.:

d_j= rg(u^j−1)−rg(u^j) = rg(N_σ^j−1)−rg(N_σ^j) = X

i∈Λj−1

(α_i−(j−1))−X

i∈Λj

(α_i−j).

Remarquons queΛj ⊂Λj−1. On décomposeΛj−1= Λjt(Λj−1\Λj)avec

Λ_j−1\Λj ={i∈[|1, k|]|αi≥j−1 etαi< j}={i∈[|1, k|]|αi =j−1}.

Il vient :

d_j = X

i∈Λj

(α_i−(j−1)) + X

i∈Λj−1\Λ_j

(α_i−(j−1))− X

i∈Λj

(α_i−j)

= X

i∈Λ_j

1 + X

i|αi=j−1

(αi−(j−1))

= X

i∈Λj

1 + X

i|α_i=j−1

0

= X

i∈Λj

1 =Card(Λj).

On a montré que dj =Card(Λj) : dj est égal au nombre de blocs Jα_i dont la taille vérifieαi≥j.

9

Q37. Pour tout bloc Jα_i, sa taille est supérieure ou égale à1.

Donc le nombre totalkde blocs est égal au nombre de blocsJ_αi dont la tailleα_i ≥1, d’où k=d₁.

Ainsik=d1= rg(u¹⁻¹)−rg(u¹) = rg(IdE)−rg(u) =n−rg(u). Finalement k=d1=n−rg(u) = dim(Ker(u)).

Q38. Soitj∈[|1, n|]. Le nombre de blocsJαi de taille exactement égale àjest égal au nombre de blocs de tailleαi ≥j moins le nombre de blocs de tailleαi≥j−1, c’est-à-dire :

dj−d_j−1=

rg(u^j−1)−rg(u^j)

−

rg(u^j−2)−rg(u^j−1)

=−rg(u^j) + 2 rg(u^j−1)−rg(u^j−2).

Le nombre de blocsJαi de taille exactement égale àj vaut dj−dj−1=−rg(u^j) + 2 rg(u^j−1)−rg(u^j−2).

Q39. On suppose qu’il existe deux partitionsσet σ⁰ de l’entierntelles queMat_B(u) =Nσ etMat_B⁰(u) =Nσ⁰. D’après la questionQ38., le nombre de blocs de taille exactement égale àj vaut−rg(u^j) + 2 rg(u^j−1)−rg(u^j−2) donc ne dépend que de l’endomorphismeu.

Pour toutj∈[|1, n|], les matricesNσet Nσ⁰ ont même nombre de blocs de taillej, ce qui détermine entièrement les deux matrices. AinsiN_σ=N_σ⁰ et σ=σ⁰.

Q40. Dans la question Q39., on a montré que siNσ et Nσ⁰ représentent le même endomorphisme udans deux bases différentes, alors σ=σ⁰.

On en déduit immédiatement que siσ6=σ⁰, alorsN_σ et N_σ⁰ ne sont pas semblables.

Considérons l’ensemble :

E ={N_σ, σ∈Γ_n} ⊂M_n(C),

alorsE est constitué de matrices nilpotentes, telles qu’il n’existe pas dansE deux matrices semblables. De plus Card(En) =Card(Γn).

SoitA∈Mn(C)une matrice nilpotente. D’après la questionQ32.,∃σ∈Γn telle queAest semblable à Nσ. SoitFun ensemble de matrices nilpotentes deMn(C)telles qu’il n’y en ait pas deux semblables, alors les matrices deF sont semblables à un sous-ensemble deE, donc Card(F)≤Card(E).

Le cardinal maximal d’un ensemble de matrices nilpotentes de Mn(C), ne contenant pas deux matrices semblables, vaut Card(Γ_n).

(Autrement dit, le nombre de classes de similitude de matrices nilpotentes dansMn(C)est exactement égal au nombre Card(Γn)de partitions de l’entiern.)

Q41. On considère la matriceA=













0 −1 2 −2 −1

0 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 1 0 0 0

0 1 −1 1 0













et ul’endomorphisme canoniquement associé à A.

Soitx1 le deuxième vecteur de la base canonique deC⁵:

x1=











 0 1 0 0 0













, u(x1) =













−1 0 1 1 1













, u²(x1) =













−1 0 0 0 0













, u³(x1) = 0.

Doncs(x₁) = 3et (x₁, u(x₁), u²(x₁))forme une base de C_u(x₁).

Soitx₂ le troisième vecteur de la base canonique deC⁵:

x₂=











 0 0 1 0 0













, u(x₂) =











 2 0 0 0

−1













, u²(x₂) = 0.

Doncs(x₂) = 2et (x₂, u(x₂))forme une base de C_u(x₂).

La familleB= (x1, u(x1), u²(x1), x2, u(x2))est libre et de cardinal5, donc forme une base de C⁵. La matrice de udansBvaut

Mat_B(u) =Nσ =Diag(J_s(x1), J_s(x2)) =Diag(J3, J2), avec α1= 3≥α2= 2, 3 + 2 = 5.

Donc σ= (3,2)est la partition de l’entier 5associée àu, avecNσ=Diag(J3, J2).

Remarque :ce résultat est cohérent avec la questionQ37.: le nombre de blocs vautk= 2, orrg(u) = 3donc n−rg(u) = 5−3 = 2 =k.

Q42. Soit M ∈Mn(C)nilpotente etul’endomorphisme canoniquement associé àM. Par la questionQ30., il existe des vecteurs(xi)_1≤i≤t tels queE=

t

M

i=1

Cu(xi).

SoitB1une base adaptée à cette décomposition, alors par la questionQ31.: MatB₁(u) =Diag(J_s(x1), . . . J_s(xt)).

• Montrons queM et2M sont semblables.2uest l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice2M. Soiti∈[|1, t|], alors

(2u)^k(xi) = 2^ku^k(xi) = 0⇔u^k(xi) = 0

donc le plus petit entierk≥1tel queu^k(xi) = 0est le même pouruet2u, on le note toujourss(xi). De plus, C2u(xi) = Vect(xi,2u(xi), . . . ,2^s(xi)−1u^s(xi)−1(xi)) = Vect(xi, u(xi), . . . , u^s(xi)−1(xi)) =Cu(xi).

Donc on a la même décomposition de l’espace pouruet pour2u: E=

t

M

i=1

C_u(x_i) =E=

t

M

i=1

C_2u(x_i).

Il vient alors

Mat_B1(u) =Diag(J_s(x1), J_s(x2), . . . J_s(xt)) = Mat_B1(2u).

Or M est semblable à Mat_B1(u), 2M est semblable à Mat_B1(2u) = Mat_B1(u), donc par transitivité de la similitude, M et 2M sont semblables.

• Montrons que M et M^T sont semblables.

M est semblable à Mat_B1(u), donc M est semblable à Diag(J_s(x1), . . . J_s(xt)), donc M^T est semblable à Diag(J_s(x1), . . . J_s(xt))^T.

Pourx∈E,B= (x, u(x), . . . u^s(x)−1(x))est une base deC_u(x), avec :

Mat_B(u_|Cu(x)) =









 0 1 0

. .. . .. 1 0











. Mat_B(u_|Cu(x)) =J_s(x).

En inversant l’ordre de la base, c’est-à-dire en posantB_inv= (u^s(x)−1(x), . . . , u(x), x),B_inv est encore une base deC_u(x), avec :

Mat_Binv(u_|Cu(x)) =









 0 1

. .. . .. 0 1

0











. Mat_Binv(u_|Cu(x)) =J_s(x)^T .

Soit B2 la base obtenue en rangeant les vecteurs de B1, en sens inverse dans chaque base de Cu(xi). Plus précisément, on pose donc :

B1 = (x1, . . . , u^s(x1)−1(x1), x2, . . . , u^s(x2)−1(x2), . . . , xt, . . . , u^s(xt)−1(xt)).

B2 = (u^s(x1)−1(x₁), . . . , x₁, u^s(x2)−1(x₂), . . . , x₂, . . . , u^s(xt)−1(x_t), . . . , x_t).

D’après ce qui précède :

Mat_B2(u) =Diag(J_s(x^T

1), . . . J_s(x^T

t)) =Diag(J_s(x1), . . . J_s(xt))^T.

Par transitivité,M est semblable à Mat_B2(u), doncM est semblable à Diag(J_s(x1), . . . J_s(xt))^T, donc M est semblable àM^T.

11

Q43. Soit M ∈Mn(C). On suppose queM et 2M sont semblables.

Alors M et 2M ont même polynôme caractéristique. Puisque l’ensemble des valeurs propres d’une matrice est égal aux racines de son polynôme caractéristique, on en déduit que M et 2M ont mêmes valeurs propres : Sp(M) =Sp(2M).

On a

Ker(M−λI_n) =Ker(2M−2λI_n),

doncλest valeur propre de M si et seulement si2λest valeur propre de2M. Il vient : Sp(M) =Sp(2M) ={2λ, λ∈Sp(M)}.

Soit λ ∈ C une valeur propre de M. Supposons par l’absurde que λ 6= 0. Par une récurrence immédiate, on montre que∀k≥0,2^kλ∈Sp(2M) =Sp(M). Alors Sp(M)est un ensemble fini de cardinal inférieur ou égal àn et contient l’ensemble infini suivant :

{2^kλ, k∈N} ⊂Sp(M),

ce qui est absurde. Doncλ= 0et0est l’unique valeur propre deM. D’après la questionQ15.,M est nilpotente.

On a montré que siM et 2M sont semblables, alorsM est nilpotente.

Q44. Y_n,1est le nombre de partitions dont le premier terme vérifie α₁≤1.

Puisqueα₁ est le plus grand terme, tous les autres termes valent1et on obtient une unique partition(1,1, . . . ,1) den(aveck=n). Par suite, ∀n≥1, yn,1= 1.

Remarquons pour la suite quey0,0= 1 par convention mais pourn≥1, yn,0= 0.

Q45. Pourj =n, le membre de droite de la formule vaut :

yn,n−1+yn−n,min(j,n−j)=yn,n−1+y0,0=yn,n−1+ 1.

Or

Y_n,n={σ∈Γ_n, α₁≤n}={σ∈Γ_n, α₁≤n−1} t {σ∈Γ_n, α₁=n}=Y_n,n−1t {(n)}, car il existe une seule partition, la partition(n), telle queα₁=n.

Ainsi Card(Yn,n) =Card(Y_n,n−1) + 1donc ∀n≥2, yn,n=y_n,n−1+ 1. L’égalité est vraie pour j=n.

Q46. Soit j < n.

Yn,j ={σ∈Γn, α1≤j}={σ∈Γn, α1≤j−1} t {σ∈Γn, α1=j}=Yn,j−1t {σ∈Γn, α1=j}.

En passant au cardinal,

y_n,j =y_n,j−1+Card({σ∈Γ_n, α₁=j}).

Soitσ= (α1, α2, . . . αk)dans l’ensemble{σ∈Γn, α1=j}. Alorsα1=jetj≥α2≥. . .≥αkavecα2+. . .+αk = n−α₁=n−j, donc(α₂, . . . , α_k)∈Y_n−j,j. Ainsi

Card({σ∈Γ_n, α₁=j}) =Card(Y_n−j,j) =y_n−j,j. On en déduit que ∀j < n, y_n,j =y_n,j−1+y_n−j,j.

Sij ≤n−j, alorsmin(n−j, j) =j doncy_n−j,j =yn−j,min(n−j,j).

Sij > n−j, alorsmin(n−j, j) =n−j et y_n−j,j =y_n−j,n−j doncy_n−j,j =yn−j,min(n−j,j). Dans les deux cas,∀j < n, yn,j=y_n,j−1+yn−j,min(n−j,j).

Avec la questionQ45., on a ∀j∈[|2, n|], y_n,j=y_n,j−1+yn−j,min(n−j,j). Q47. Calculons les yn,j pour 1≤j≤n≤5.

Puisqueyn,1= 1, on remplit la colonnej = 1de termes1.

Ensuite, on utilise la relation de récurrenceyn,j =y_n,j−1+yn−j,min(j,n−j). Par exemple,y2,2=y2,1+ 1 = 1 + 1 = 2.

j= 1 j= 2 j= 3 j= 4 j= 5 n= 1 1

n= 2 1 2

n= 3 1 2 3

n= 4 1 3 4 5

n= 5 1 3 5 6 7

Q48. On propose la fonction récursive PythoncalculY(n,j) qui calcule les yn,j, et la fonction PythoncalculY2(n) qui calcule lesyn,n en appelant la fonctioncalculY(n,j):

def calculY (n ,j) : if n ==0 :

if j ==0 : return 1 else :

return 0 elif n >= 1 :

if j ==0 : return 0 elif j ==1 :

return 1 elif j >= 2 :

return calculY (n ,j−1) + calculY (n−j , min(j ,n−j ))

def calculY2 (n ):

return calculY (n ,n)

for n in range (1 ,6) : print(’ Ligne ’,n)

for j in range(1 ,n +1) :

print(’n= ’,n ,’j= ’,j ,’ y= ’, calculY (n ,j )) Q49. Ce résultat fait référence à yn,n.

Yn,n est l’ensemble des partitions de n dont le premier terme vérifie α1 ≤n, ce qui est le cas pour toutes les partitions den.

Donc y_n,n=Card(Γ_n) est le nombre de partitions de l’entier n, c’est aussi le résultat de la questionQ40., le nombre de classes de similitude de matrices nilpotentes dansM_n(C).

Vérifions par exemple qu’il existey_5,5= 7 partitions de l’entier5:

5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 (partition 1)

= 2 + 1 + 1 + 1 (partition 2)

= 2 + 2 + 1 (partition 3)

= 3 + 1 + 1 (partition 4)

= 3 + 2 (partition 5)

= 4 + 1 (partition 6)

= 5 (partition 7).

13