Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel réel de dimension \(n\). Soit \(f\) un endomorphisme nilpotent de \(E\), c’est-à-dire qu’il existe \(p\in\mathbb{N}^*\) tel que \(f^p=0\).

  1. \(f\) peut-il être bijectif?

  2. Prouver que \(\operatorname{Ker}f\neq \left\{0\right\}\) et que \(\mathop{\mathrm{rg}}f \leqslant n-1\).

  3. Soit \(q\) le plus petit entier non nul tel que \(f^q=0\)

    1. Montrer que :\(\forall k\geqslant q,\quad f^k = 0\).

    2. Justifier l’existence de \(x_0\in E\) tel que \(f^{q-1}\left(x_0\right)\neq 0\).

    3. Montrer que : \(\left(x_0,f\left(x_0\right),\dots,f^{q-1}\left(x_0\right)\right)\) est libre.

    4. En déduire que \(q\leqslant n\) puis que \(f^n=0\).

  4. On suppose dans cette question que \(q=n\). Trouver tous les endomorphismes \(g\in L(E)\) qui commutent avec \(f\).
    ( ).
    On montrera que \(g\circ f=f\circ g\) si et seulement si il existe \((a_0,\ldots a_{n-1})\in K^n\) tels que \(g=a_0\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+ a_1 f+\ldots +a_{n-1}f^{n-1}\).

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[ID: 1484] [Date de publication: 15 février 2021 14:43] [Catégorie(s): Rang d'une application linéaire ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




Solution(s)

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Exercice 997
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:43

  1. Si \(f\) était bijective alors il en serait de même de \(f^p\) car ce serait une composée de fonctions bijectives. Or \(f^p=0\) qui n’est pas bijective donc \(f\) n’est pas bijective.

  2. On a vu dans le cours que pour un endomorphisme d’un \(\mathbb{K}-\)espace vectoriel de dimension finie, on a équivalence entre le fait que cet endomorphisme est bijectif, surjectif ou injectif. Comme \(f\) n’est pas bijective, elle n’est à la fois ni injective et ni surjective. Il vient alors : \(\operatorname{Ker}f\neq \left\{0\right\}\) et \(\mathop{\mathrm{rg}}f \leqslant n-1\).

    1. La composée de l’application nulle par une application quelconque est une application nulle!

    2. Comme \(q\) est le plus petit entier non nul tel que \(f^q=0\), \(f^{q-1}\) n’est pas identiquement nul sur \(E\) : il existe donc \(x_0\in E\) tel que \(f^{q-1}\left(x_0\right)\neq 0\).

    3. Soit \(\alpha_0,\dots,\alpha_{q-1}\in\mathbb{R}\) tels que \[\alpha_0 x_0+\alpha_1 f\left(x_0\right)+\dots+\alpha_{q-1}f^{q-1}\left(x_0\right)=0 \quad \left(\star\right).\] Alors, par linéarité : \(f^{q-1}\left(\alpha_0 x_0+\alpha_1 f\left(x_0\right)+\dots+\alpha_{q-1}f^{q-1}\left(x_0\right)\right)=0\) et  : \(\alpha_0 f^{q-1}\left(x_0\right)+\alpha_1 f^q\left(x_0\right)+\dots+\alpha_{q-1}f^{2q-2}\left(x_0\right)=0\) mais comme  : \(\forall k\geqslant q,\quad f^k = 0\)., il vient \(\alpha_0 x_0=0\) et donc : \(\alpha_0=0\). L’égalité \(\left(\star\right)\) devient alors : \(\alpha_1 f\left(x_0\right)+\dots+\alpha_{q-1}f^{q-1}\left(x_0\right)=0\). En appliquant \(f^{q-2}\) à cette égalité, on montre de la même façon que \(\alpha_1=0\). On répète encore \(n-2\) fois ce procédé et on montre aussi que : \(\alpha_2=\dots=\alpha_{q}=0\). La famille \(\left(x_0,f\left(x_0\right),\dots,f^{q-1}\left(x_0\right)\right)\) est bien libre.

    4. Une famille libre de \(E\) est de cardinal au maximum la dimension de \(E\). Donc \(q \leqslant n\). D’après la question \(3\)(a), il est alors clair que \(f^n=0\).

  4. On suppose que \(g\) est un endomorphisme de \(E\) qui commute avec \(f\). Comme \(\left(x_0,f\left(x_0\right),\dots,f^{n-1}\left(x_0\right)\right)\) est une base de \(E\), il existe \(\alpha_0,\dots,\alpha_{n-1}\in\mathbb{K}\) tels que \(g\left(x_0\right)=\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^k\left(x_0\right).\) On calcule alors l’image par \(g\) des vecteurs de la base \(\left(x_0,f\left(x_0\right),\dots,f^{n-1}\left(x_0\right)\right)\) : \[\begin{aligned} g\left(f^i\left(x_0\right)\right)=f^i\left(g\left(x_0\right)\right)=f^i\left(\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^k\left(x_0\right)\right)=\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^{i+k} \left(x_0\right)=\left(\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^{k}\right)\left(f^i\left(x_0\right)\right)\end{aligned}\] et on peut alors affirmer que \(g=\sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k f^{k}\). Réciproquement, si \(g\) est de cette forme, on vérifie facilement qu’elle commute avec \(f\).

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