[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7





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Exercices corrigés algèbre linéaire

Exercice 3 (Autour des endomorphismes nilpotents). Soit E un espace vectoriel de dimension finie n et f un endomorphisme de E. 1. On suppose que f est nilpotent 



Mamouni My Ismail

CORRIGÉS-MP. 2. Devoir Libre. Endomorphismes nilpotents. Un homme regarde un match de foot dans un café lorsque son équipe nationale marque un but



CORRIGÉ DU DEVOIR SURVEILLÉ N˚08

25 mai 2013 Dans cette partie on consid`ere un endomorphisme nilpotent de E tel ... EXERCICE 2. 1. De la relation 3f3 = f2 + f + idE



Exercices de mathématiques - Exo7

Montrer que A est nilpotente si et seulement si ∀k ∈ [[1n]]



Corrigé TD M1S1_auteur

Corrigé M1S1 SR. Corrigé exercice 4: Endomorphismes nilpotents. Supposons que ƒ € L(E) soit un endomorphisme nilpotent : In Є N tel que f² = 0 Soit à une 



Chapitre 8 — alg`ebre linéaire — exercices corrigés page 1

Par récurrence on a montré que toute matrice carrée nilpotente est semblable `a une certaine matrice triangulaire supérieure stricte. c. L'endomorphisme f est 



Corrigé TD M1S1_auteur

Corrigé M1S1 SR. Corrigé exercice 4: Endomorphismes nilpotents. Supposons que ƒ € L(E) soit un endomorphisme nilpotent : In Є N tel que f² = 0 Soit à une 



Épreuve de Mathématiques 5 Exercice 1 (Centrale TSI 2011

Source : corrigé (très légèrement modifié) du site de l'UPS. Auteur : Pierre et d'un endomorphisme nilpotent que : ∀M ∈ Γn(C) ∃!(D



Feuille de TD no 9 Pour commencer

16 nov. 2021 Exercice 6. Soit E un ev de dimension n. Soit P ∈ K[X]. Soit g ∈ L(E) un endomorphisme nilpotent. 1. Déterminer χP (g). 2. Soit λ ∈ K ...



CORRIGÉ DU DEVOIR SURVEILLÉ N?08

25 mai 2013 On note ?(f) ? N? cet entier appelé indice de nilpotence de f. Partie I. Deux exemples. 1. Endomorphisme nilpotent de Kn. Dans cette question ...



Mamouni My Ismail

Feuilles d'exercices-MP ½¼ º¾CorrigéPr.J.DEBARBIEUX



Exercices de mathématiques - Exo7

Soit u un endomorphisme de E. On dit que u est nilpotent si et seulement si ?k ? N?/ uk = 0 et on appelle alors indice de nilpotence de u.



Épreuve de Mathématiques 5 Exercice 1 (Centrale TSI 2011

Préliminaires - endomorphismes nilpotents trace d'un endomorphisme Source : corrigé (très légèrement modifié) du site de l'UPS.



Corrigé du Devoir Libre n?15

Soit u un endomorphisme nilpotent d'indice p ? 2. a. Par hypoth`ese fp?1 = 0 et fp = 0. Par conséquent



– Devoir surveillé n 8 –

7 avr. 2018 exercice dans l'ordre. Exercice 1. - D'apr`es EML 1999 ... Partie III : Commutant d'un endomorphisme nilpotent maximal ... Corrigé du DS 6 –.



Endomorphismes nilpotents

apr`es avoir donné la définition d'un endomorphisme nilpotent et de l'indice de nilpotence (illustrer avec des Exercices corrigés. Exercice 1.



Lycée Chrestien de Troyes Mathématique Un corrigé du devoir

Le sujet comporte six exercices indépendants les uns des autres. Un endomorphisme u d'un K-espace vectoriel est dit nilpotent s'il existe p ? N? tel ...



Planche dexercices VI - Structure des endomorphismes nilpotents

Structure des endomorphismes nilpotents - Réduite de Jordan -. Exercice 1. ?. Soit E un K-espace vectoriel de dimension 2 et soit u un endomorphisme non 



Centrale Maths 2 PSI 2019 — Corrigé

Ce sujet porte sur les matrices et endomorphismes nilpotents. Le principal théo- rème qui y est démontré concerne une réduction particulière des 



Endomorphismes nilpotents - Université Sorbonne Paris Nord

† Calculer la dimension du commutant d’un endomorphisme nilpotent † Un sous-espace vectoriel maximal dans le c^one nilpotent est semblable au matrice strictement triangulaire sup¶erieure † L’adh¶erence de l’orbite d’un bloc de Jordan de taille maximale est l’ensemble des nilpotents



23 Nilpotent endomorphisms - University of California Berkeley

For a nilpotent endomorphism f (resp matrix A 2Mat n(C)) we de ne the exponent of f (resp of A) denoted (f ) (resp (A)) to be the smallest r 2N such that f r = 0 (resp Ar = 0) Therefore if (f ) = r then there exists v 2V such that f r 1(v) 6= 0 V For v 2V we de ne the height of v (with respect to f ) denoted ht(v) to be the smallest



Exo7 - Exercices de mathématiques

Exercice 36 ** Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension ?nie non nulle et F un sous-espace non nul de E stable par f On suppose que f est diagonalisable Montrer que la restriction de f à F est un endomorphisme diagonalisable de F Correction H [005686] Exercice 37 **I



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D´e?nition : Un endomorphisme f ? L(E) est dit nilpotent s’il existe p ? N? tel que fp = 0 L(E) Notons qu’il existe en ce cas un plus petit entier p ? N? tel que fp = 0L(E) On note ?(f) ? N ? cet entier appel´e indice de nilpotence de f Partie I Deux exemples 1 Endomorphisme nilpotent de Kn

  • Exercice 649

    Enoncé: On montre quelques propriétés de base de la nilpotence : Corrigé : Partie 1 : Nilpotence de la somme si les matrices commutent Notons k l’indice de nilpotence de A et l l’indice de nilpotence de B. On va considérer (A+B)k+l?1(A+B)^{k+l-1} (A+B)k+l?1et développer cette quantité Pour la dernière ligne, on a fait le changement d’indice i?=k+l?...

  • Exercice 115

    Enoncé: Corrigé: On appelle ceci une racine de matrice. Vous allez voir, la démonstration fait appel à des concepts d’analyse. Notons n l’ordre de nilpotence de A. On sait que le développement limité de 1+xsqrt{1+x} 1+x?est Ce qui peut se résumer sous la forme 1+x=?k=0nakxk+o(xn)sqrt{1+x} = displaystyle sum_{k=0}^n a_k x^k +o(x^n)1+x?=k=0?n?ak?...

Comment savoir si un endomorphisme est nilpotent ?

PROBL`EME 1 Dans tout le probl`eme E d´esigne un espace vectoriel de dimension ?nie sur K = R ou C. D´e?nition : Un endomorphisme f ? L(E) est dit nilpotent s’il existe p ? N?tel que fp= 0 L(E). Notons qu’il existe en ce cas un plus petit entier p ? N?tel que fp= 0L(E). On note ?(f) ? N ?cet entier, appel´e indice de nilpotence de f.

Comment calculer le commutant d’un endomorphisme nilpotent ?

†SoitM=S+Nla d¶ecomposition de Dunford deMen semi-simple plus nilpotent. Montrez queSest dans l’adh¶erence de la classe de similitude deM. †Donner, en fonction des invariants de similitude, la dimension du commutant d’un endomorphisme nilpotent.

Comment se démarquer des endomorphismes diagonalisables ?

Remarque d’ordre g¶en¶eral: comme pour la le»conEndomorphismes diagonalisables, il faut se d¶emarquer de la le»con R¶eduction des endomorphismes, en se concentrant sur les endomorphismes nilpotents. Comme motivation on peut mentionner la d¶ecomposition de Dunford.

Comment calculer la nilpotence d’une somme ?

Corrigé : Partie 1 : Nilpotence de la somme si les matrices commutent Notons k l’indice de nilpotence de A et l l’indice de nilpotence de B. On va considérer (A+B)^ {k+l-1} (A+B)k+l?1 et développer cette quantité

Exo7

Espaces vectoriels de dimension finie (ou non)

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

Exercice 1**ITEdésigne l"espace vectorielR4(muni des opérations usuelles). On considère les vecteurse1= (1;2;3;4),

e

2= (1;1;1;3),e3= (2;1;1;1),e4= (1;0;1;2)ete5= (2;3;0;1). Soient alorsF=Vect(e1;e2;e3)et

G=Vect(e4;e5). Quelles sont les dimensions deF,G,F\GetF+G? deE. Déterminer dimK(H1\H2). Interprétez le résultat quandn=2 oun=3. deEvérifiantE=Kerf+Kerg=Imf+Img. Montrer que ces sommes sont directes. naturel donné). Soitjl"application définie par :8P2E;j(P) =P(X+1)P(X). 1.

Vérifier que jest un endomorphisme deE.

2.

Déterminer K erjet Imj.

e2+e4,f(e3) =e1+2e3etf(e4) =e2e4. Déterminer Kerfet Imf. z7!z+a¯zoùaest un nombre complexe donné non nul. Montrer quefest un endomorphisme

duR-espace vectorielC.fest-il un endomorphisme duC-espace vectorielC? Déterminer le noyau et l"image

def. 1

1.Rappeler l"écriture générale de (x0;y0)en fonction de(x;y).

2. Si on pose z=x+iyetz0=x0+iy0(oùi2=1), montrer que :9(a;b)2C2=8z2C;z0=az+b¯z. 3.

Réciproquement, montrer que l "expressionci-dessus définit un unique endomorphisme de R2(en clair,

l"expression complexe d"un endomorphisme deR2estz0=az+b¯z). applications linéaires deEdansF. Montrer que :jrgurgvj6rg(u+v)6rgu+rgv. 1. Montrer que, pour tout endomorphisme fdeR2, on a : (Kerf=Imf),(f2=0 etn=2rgf),(f2=0 et9g2L(E)=fg+gf=IdE). 2. On suppose K erf=Imf. Montrer qu"il existe une base(u1;:::;up;v1;:::;vp)deEtelle que :

8i2 f1;:::;pg;f(ui) =0 etf(vi) =ui.

injectif. Pourkentier naturel donné, on poseNk=KerfketIk=Imfk(avec la conventionf0=IdE). 1.

Montrer que : 8k2N;(NkNk+1etIk+1Ik).

2. (a)

Montrer que : (8k2N;(Nk=Nk+1)Nk+1=Nk+2).

(b) Montrer que : 9p2N=8k2N;(kp)Nk=Nk+1). (c)

Montrer que p6n.

3.

Montrer que si kp,Ik=Ik+1.

4. Montrer que E=IpNpet quefinduit un automorphisme deIp. 5. Soit dk=dimIk. Montrer que la suite(dkdk+1)k2Nest décroissante (en d"autres termes la suite des images itéréesIkdécroît de moins en moins vite).

deE. On dit queuest nilpotent si et seulement si9k2N=uk=0 et on appelle alors indice de nilpotence deu

le plus petit de ces entiersk(par exemple, le seul endomorphismeu, nilpotent d"indice 1 est 0). 1. Soit uun endomorphisme nilpotent d"indicep. Montrer qu"il existe un vecteurxdeEtel que la famille (x;u(x);:::;up1(x))soit libre. 2. Soit uun endomorphisme nilpotent. Montrer queun=0. 2

3.On suppose dans cette question que uest nilpotent d"indicen. Déterminer rgu.

deEvérifiantf25f+6IdE=0. Montrer queE=Ker(f2Id)Ker(f3Id).

Correction del"exer cice1 N•e4ete5ne sont clairement pas colinéaires. Donc(e4;e5)est une famille libre et dimG=rg(e4;e5) =2.

Ensuite, puisquee1ete2ne sont pas colinéaires, on a 26dimF63. Soit alors(l;m;n)2R3. le1+me2+ne3=0)8 >:l+m+2n=0(1)

2l+m+n=0(2)

3l+m+n=0(3)

4l+3m+n=0(4))8

:l=0((3)(2)) nl=0((1)(2)) l+m+2n=0(1))l=m=n=0: On a montré que :8(l;m;n)2R3;(le1+me2+ne3=0)l=m=n=0).(e1;e2;e3)est donc libre et dimF=rg(e1;e2;e3) =3. • CommeFF+G, dim(F+G)>3 ou encore dim(F+G) =3 ou 4. De plus : dim(F+G) =3,F=F+G,GF, fe4;e5g F: On cherche alors(l;m;n)2R3tel quee4=le1+me2+ne3ce qui fournit le système : 8>>< >:l+m+2n=1(1)

2l+m+n=0(2)

3l+m+n=1(3)

4l+3m+n=2(4):

(3)(2)fournitl=1 puis(1)(2)fournitn=2 puis(2)fournitm=4. Maintenant,(4)n"est pas vérifiée car 4(1)+342=66=2. Le système proposé n"admet pas de solution et donce4=2Vect(e1;e2;e3)=F.

Par suite, dim(F+G) =4. Enfin,

dim(F\G) =dimF+dimGdim(F+G) =3+24=1:

dim(F) =3, dim(G) =2, dim(F+G) =4 et dim(F\G) =1.Correction del"exer cice2 NOn aH1H1+H2et donc dim(H1+H2)>n1 ou encore dim(H1+H2)2 fn1;ng. Donc

dim(H1\H2) =dimH1+dimH2dim(H1+H2) =8 :(n1)+(n1)(n1) =n1 ou (n1)+(n1)n=n2: Maintenant, si dim(H1+H2) =n1=dimH1=dimH2, alorsH1=H1+H2=H2et donc en particulier, H

1=H2. Réciproquement, siH1=H2alorsH1+H2=H1et dim(H1+H2) =n1. En résumé, siH1etH2

sont deux hyperplans distincts, dim(H1\H2) =n2 et bien sûr, siH1=H2, alors dim(H1\H2) =n1.

Sin=2, les hyperplans sont des droites vectorielles et l"intersection de deux droites vectorielles distinctes

du plan vectoriel est de dimension 0, c"est-à-dire réduite au vecteur nul. Sin=3, les hyperplans sont des

plans vectoriels et l"intersection de deux plans vectoriels distincts de l"espace de dimension 3 est une droite

vectorielle.Correction del"exer cice3 NOn a n=dimE=dim(Kerf+Kerg) =dim(Kerf)+dim(Kerg)dim(Kerf\Kerg); mais aussi, n=dim(Imf)+dim(Img)dim(Imf\Img) =2ndim Kerfdim(Kerg)dim(Imf\Img):

Par suite,

4 n+dim(Kerf\Kerg) =dim(Kerf)+dim Kerg=ndim(Imf\Img) dim(Kerf\Kerg) =dim(Imf\Img) =0, et finalement, Kerf\Kerg=Imf\Img=f0g. Ceci montre

que les sommes proposées sont directes.Correction del"exer cice4 N1.Si Pest un polynôme de degré inférieur ou égal àn, alorsP(X+1)P(X)est encore un polynôme

de degré inférieur ou égal àn. Par suite,jest bien une application deEdans lui-même. Soient alors

(P;Q)2E2et(l;m)2R2. j(lP+mQ) = (lP+mQ)(X+1)(lP+mQ)(X) =l(P(X+1)P(X))+m(Q(X+1)Q(X)) =lj(P)+mj(Q): jest linéaire deEvers lui-même et donc un endomorphisme deE. 2. Soit P2E.P2Kerj,8x2R;P(x+1)=P(x). Montrons alors quePest constant. SoitQ=PP(0).

Qest un polynôme de degré inférieur ou égal àns"annulant en les entiers naturels 0, 1, 2,... (carP(0) =

P(1) =P(2) =:::) et a ainsi une infinité de racines deux à deux distinctes.Qest donc le polynôme nul

ou encore8x2R;P(x) =P(0). Par suite,Pest un polynôme constant. Réciproquement, les polynômes

constants sont clairement dans Kerjet donc

Kerj=fpolynômes constantsg=R0[X]:

Pour déterminer Imj, on note tout d"abord que siPest un polynôme de degré inférieur ou égal à

n, alorsj(P) =P(X+1)P(X)est un polynôme de degré inférieur ou égal àn1. En effet, si P=anXn+ån1k=0akXk(avecanquelconque, éventuellement nul) alors j(P) =an((X+1)nXn)+termes de degré inférieur on égal àn1 =an(XnXn)+termes de degré inférieur on égal àn1 =termes de degré inférieur on égal àn1: Donc, Im(j)Rn1[X]. Mais d"après le théorème du rang, dim Im(j) =dimRn[X]dim Ker(j) = (n+1)1=n=dimRn1[X]<+¥; et donc Imj=Rn1[X]. (On peut noter que le problème difficile soitQ2Rn1[X]. Existe-t-ilP2Rn[X]

tel queP(X+1)P(X) =Q? a été résolu simplement par le théorème du rang.)Correction del"exer cice5 NSoitu= (x;y;z;t) =xe1+ye2+ze3+te42R4. Alors,

f(u) =xf(e1)+yf(e2)+zf(e3)+t f(e4) =x(2e1+e3)+y(e2+e4)+z(e1+2e3)+t(e2e4) = (2x+z)e1+(y+t)e2+(x+2z)e3+(yt)e4:

Par suite,

5 u2Kerf,8 >:2x+z=0 y+t=0 x+2z=0 yt=0,x=z=0 y=t:

Donc, Kerf=f(0;y;0;y);y2Rg=Vect((0;1;0;1)).

Kerf=Vect((0;1;0;1)).Soitu0= (x0;y0;z0;t0)2R4.

u

0= (x0;y0;z0;t0)2Imf, 9(x;y;z;t)2R4=8

>:2x+z=x0 y+t=y0 x+2z=z0 yt=t0, 9(x;y;z;t)2R4=8 >:x=13 (2x0z0) z=13 (x0+2z0) t=y+y0 y

0+t0=0

,y0=t0

(siy06=t0, le système ci-dessus, d"inconnuesx,y,zett, n"a pas de solution et siy0=t0, le système ci-

dessus admet au moins une solution comme par exemple(x;y;z;t) =13 (2x0z0);0;13 (x0+2z0);y0). Donc,

Vect(e1;e2e4;e3).

Imf==f(x;y;z;y)=(x;y;z)2R3g=Vect(e1;e2e4;e3).Autre solutionpour la détermination de Imf. Imf=Vect(f(e1);f(e2);f(e3);f(e4)) =Vect(2e1+e3;e2+

e

4;e1+2e3;e2e4)=Vect(2e1+e3;e1+2e3;e2e4). Maisd"autrepart, d"aprèslethéorèmedurang, dim(Imf)=

41=3. Donc,(2e1+e3;e1+2e3;e2e4)est une base de Imf.Correction del"exer cice6 NSoient(z;z0)2C2et(l;m)2R2.

f(lz+mz0) = (lz+mz0)+a(lz+mz0) =l(z+a¯z)+m(z0+az

0) =lf(z)+mf(z0):

fest doncR-linéaire. On note quef(ia) =i(ajaj2)et queif(a) =i(a+jaj2). Commea6=0, on af(ia)6= if(a).fn"est pasC-linéaire. Soitz2Cnf0g. Posonsz=reiqoùr2R+etq2R. z2Kerf,z+a¯z=0,eiq+aeiq=0,e2iq=a:

1er cas.Sijaj 6=1, alors, pour tout réelq,e2iq6=a. Dans ce cas, Kerf=f0get d"après le théorème du rang,

Imf=C.2ème cas.Sijaj=1, posonsa=eia.

e

2iq=a,e2iq=ei(a+p),2q2a+p+2pZ,q2a+p2

+pZ:

Dans ce cas, Kerf=Vect(ei(a+p)=2). D"après le théorème du rang, Imfest une droite vectorielle et pour

déterminer Imf, il suffit d"en fournir un vecteur non nul, comme par exemplef(1) =1+a. Donc, sia6=1,

Imf=Vect(1+a). Sia=1,8z2C;f(z) =z¯z=2iIm(z)et Imf=iR.Correction del"exer cice7 N1.Pour (x;y)2R2, posonsf((x;y)) = (x0;y0).

f2L(R2), 9(a;b;g;d)2R4=8(x;y)2R2;x0=ax+gy y

0=bx+dy.

6

2.A vecles notations précédentes,

z

0=x0+iy0= (ax+gy)+i(bx+dy) = (az+¯z2

+gz¯z2i)+i(bz+¯z2 +dz¯z2i) a+d2 +ibg2 z+ad2 +ib+g2

¯z=az+b¯z

oùa=a+d2 +ibg2 etb=ad2 +ib+g2 3. Réciproquement, si z0=az+b¯z, en posanta=a1+ia2etb=b1+ib2où(a1;a2;b1;b2)2R4, on obtient : x

0+iy0= (a1+ia2)(x+iy)+(b1+ib2)(xiy) = (a1+b1)x+(a2+b2)y+i((a2+b2)x+(a1b1)y)

et donc, x0= (a1+b1)x+(b2a2)y y

0= (a2+b2)x+(a1b1)y:Correction del"exer cice8 NPar définition, rg(u+v) =dim(Im(u+v)).

Im(u+v) =fu(x)+v(x);x2Eg fu(x)+v(y);(x;y)2E2g=Imu+Imv. Donc, rg(u+v) =dim(Im(u+v))

6dim(Imu+Imv) =dim(Imu)+dim(Imv)dim(Imu\Imv)

6dim(Imu)+dim(Imv) =rgu+rgv:

On a montré que :

rgu=rg(u+vv)6rg(u+v)+rg(v) =rg(u+v)+rgv;

(il est clair que Im(v) =Imv)et donc rgurgv6rg(u+v). En échangeant les rôles deuetv, on a aussi

rgvrgu=rg(u+v)et finalement

8(u;v)2(L(E;F))2;jrgurgvj6rg(u+v):Correction del"exer cice9 N1.• (1))(2).Si Kerf=Imf, alors pour tout élémentxdeE,f(x)est dans Imf=Kerfet doncf(f(x))=

0. Par suite,f2=0. De plus, d"après le théorème du rang,n=dim(Kerf)+rgf=2rgfce qui montre

quenest nécessairement pair et que rgf=n2 . •(2))(3).Sif2=0 etn=2 rgf(22N), cherchons un endomorphismegdeEtel quefg+gf=IdE. Posonsr=rgfet doncn=2r, puisF=Kerf=Imf (dimF=r). 7 SoitGun supplémentaire deFdansE(dimG=r). Soit(e01;:::;e0r)une base deG. Pouri2[[1;r]], on poseei=f(e0i). Montrons que la famille(e1;:::;er)est libre. Soit(l1;:::;lr)2Rr. rå i=1l iei=0)f rå i=1le0i! =0)rå i=1l ie0i2Kerf\G=f0g ) 8i2 f1;:::;rg;li=0; car la famille(e0i)16i6rest libre.(e1;:::;er)est une famille libre deF=Imfde cardinalret donc une base deF=Kerf=Imf. Au passage, puisqueE=FG,(e1;:::;er;e01;:::;e0r)est une base deE.

Soit alorsgl"endomorphisme deEdéfini par les égalités :8i2[[1;r]];g(ei) =e0ietg(e0i) =ei(gest

entièrement déterminé par les images des vecteurs d"une base deE). Pouriélément de[[1;r]], on a alors :

(fg+gf)(ei) =f(e0i)+g(0) =ei+0=ei; et (fg+gf)(e0i) =f(ei)+g(ei) =0+e0i=e0i: Ainsi, les endomorphismesfg+gfetIdEcoïncident sur une base deEet doncfg+gf=IdE. •(3))(1).Supposons quef2=0 et qu"il existeg2L(E)tel quefg+gf=IdE. Commef2=0, on

a déjà ImfKerf. D"autre part, sixest un élément de Kerf, alorsx=f(g(x))+g(f(x)) =f(g(x))2

Imfet on a aussi KerfImf. Finalement, Kerf=Imf.

2.

L "existenced"une base (e1;:::;ep;e01;:::;e0p)deEvérifiant les conditions de l"énoncé a été établie au

passage (avecp=r=rgf).Correction del"exer cice10 N1.Soient kun entier naturel etxun élément deE.

x2Nk)fk(x) =0)f(fk(x)) =f(0) =0)fk+1(x) =0)x2Nk+1:

On a montré que :8k2N;NkNk+1. Ensuite,

x2Ik+1) 9y2E=x=fk+1(y)) 9z(=f(y))2E=x=fk(z))x2Ik:

On a montré que :8k2N;Ik+1Ik.

2. (a)

Soit kun entier naturel. Supposons queNk=Nk+1.

On a déjàNk+1Nk+2. Montrons queNk+2Nk+1.

Soitxun élément deE.

x2Nk+2)fk+2(x) =0)fk+1(f(x)) =0)f(x)2Nk+1=Nk)fk(f(x)) =0 )fk+1(x) =0)x2Nk+1: (b) On a f0g=N0N1N2:::Supposons que chacune de ces inclusions soient strictes. Alors, 0= dimN01, dimN2>2 et par une récurrence facile,8k2 N;dimNk>k. En particulier, dimNn+1>n+1>n=dimE, ce qui est impossible. Donc, il existekentier naturel tel queNk=Nk+1. K=2 fk2N=Nk=Nk+1g,Kest une partie non vide deNet admet donc un plus petit élément). On note que puisquefest non injectif,f0g=N06=N1et doncp2N. Par définition dep, pour kPuisque NkNk+1,Ik+1Iket que dimE<+¥, on a : N k=Nk+1,dimNk=dimNk+1,nrg(fk) =nrg(fk+1),dim(Ik) =dim(Ik+1),Ik=Ik+1:

Donc, pourk 4. Soit x2Ip\Np. Alors,fp(x) =0 et9y2E=x=fp(y). D"où,f2p(y) =0 ety2N2p=Np(puisque

2p>p) et doncx=fp(y) =0. On a montré queIp\Np=f0g. Maintenant, le théorème du rang montre

queE=dim(Ip)+dim(Np)et doncE=IpNp. Posonsf=Ip=f0.f0est déjà un endomorphisme deIpcarf0(Ip) =f(Ip) =Ip+1=Ip.

Soit alorsx2Ip.9y2E=x=fp(y).

x2Kerf0)f0(x) =0)f(fp(y)) =0)y2Np+1=Npx=fp(y) =0: Donc Kerf0=f0get donc, puisque dimIp<+¥,f02GL(Ip). 5. Soient kun entier naturel etgkla restriction defàIk. D"après le théorème du rang,dk=dim(Ik) =dim(Kergk)+dim(Imgk). Maintenant, Imgk=gk(Ik) = f(Ik) =Ik+1et donc dim(Imgk) =dk+1. D"autre part, Kergk=Kerf=Ik=Kerf\Ik. Ainsi, pour tout entier naturelk,dkdk+1=dim(Kerf\Ik). Puisque la suite(Ik)k2Nest décroissante

pour l"inclusion, la suite d"entiers naturels(dim(Kerf\Ik))k2N= (dkdk+1)k2Nest décroissante.Correction del"exer cice11 N1.Soit p(2N)l"indice de nilpotence deu.

Par définition,up16=0 et plus généralement, pour 16k6p1,uk6=0 car siuk=0 alorsup1= u kup1k=0 ce qui n"est pas. Puisqueup16=0, il existe au moins un vecteurxnon nul tel queup1(x)6=0.

Montrons que la famille(uk(x))06k6p1est libre.

Soit(lk)06k6p12Kptel queåp1

k=0lkuk(x) =0. Supposons qu"au moins un des coefficientslkne soit pas nul. Soiti=Minfk2 f0;:::;p1g=lk6=0g. p1å k=0l kuk(x) =0)p1å k=il kuk(x) =0)up1i(p1å k=il kuk(x)) =0)p1å k=il kup1i+k(x) =0 )liup1(x) =0(car pourk>i+1;p1i+k>pet doncup1i+k=0) )li=0(carup1(x)6=0) ce qui contredit la définition dei. Donc tous les coefficientslksont nuls et on a montré que la famille(uk(x))06k6p1est libre. 2.

Le cardinal d"une f amillelibre est inférieur ou ég alà la dimension de l"espace et donc p6n. Par suite,

u n=upunp=0. 9

3.On applique l"e xerice10 .

Puisqueun16=0, on aNn16=Nn. Par suite (d"après l"exercice12 , 2), c)), les inclusionsN0N1::: N n=Esont toutes strictes et donc

0 Pourk2 f0;:::;ng, notonsdkest la dimension deNk. Pourk2 f0;:::;n1g, on adk+1>dket une récurrence facile montre que, pourk2 f0;:::;ng, on adk>k. Mais si de plus, pour un certain indiceiélément def1;:::;n1g, on adi=dimNi>i, alors, par une récurrence facile, pouri6k6n, on adk>ket en particulierdn>nce qui n"est pas. Donc,

8k2 f0;:::;ng;dim(Nk) =k;

ou encore, d"après le théorème du rang,

8k2 f0;:::;ng;rg(uk) =nk, et en particulier rg(u) =n1.Correction del"exer cice12 NSoitx2E.

x2Ker(f2Id)\Ker(f3Id))f(x) =2xetf(x) =3x)3x2x=f(x)f(x) =0)x=0: Donc, Ker(f2Id)\Ker(f3Id) =f0g(même sif25f+6Id6=0). Soitx2E. On chercheyetztels quey2Ker(f2Id),z2Ker(f3Id)etx=y+z. Siyetzexistent,yetzsont solution du systèmey+z=x

2y+3z=f(x)et doncy=3xf(x)

z=f(x)2x. Réciproquement . Soientx2Epuisy=3xf(x)etz=f(x)2x.

On a bieny+z=xpuis

f(y) =3f(x)f2(x) =3f(x)(5f(x)6x) (carf2=5f6Id) =6x2f(x) =2(3xf(x)) =2y ety2Ker(f2Id). De même, f(z) =f2(x)2f(x) = (5f(x)6x)2f(x) =3(f(x)2x) =3z; etz2Ker(f3Id). On a montré queE=Ker(f2Id)+Ker(f3d), et finalement que

E=Ker(f2Id)Ker(f3d):10

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