1) Soit u un endomorphisme nilpotent. Déterminer le polynôme caractéristique
de u. En déduire que u
n = 0.
2) Soit u un endomorphisme nilpotent. Montrer que u est d’indice n si et seulement si rg u = n − 1.
Question de la rédaction : montrer dans ce cas qu’il existe une base dans
laquelle la matrice de u est égale à J =
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
0 1
0 · · · 0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . . 0
0 · · · · · · 0 1
0 0 · · · · · · 0
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
.
3) On suppose K = C. Soit f ∈ L(E). Montrer qu’il existe une et une seule
droite de E stable par f si et seulement si, pour un certain l ∈ C, f − lId E
est nilpotent d’indice n.
1) Il existe un entier p tel que u
p = 0. Il en résulte que 0 est la seule valeur propre
de u. Comme le polynôme caractéristique de u est scindé de degré n, il est égal à
(−1)
n X
n . En appliquant le théorème de Cayley-Hamilton, on obtient que u
n = 0.
Notons aussi qu’on a u
k = 0 pour tout k p.
2) Supposons d’abord que l’indice de nilpotence de u soit égal à n. On a alors
u
n−1
= 0. Soit x un vecteur de E tel que u
n−1 (x) = 0. Démontrons que
le famille B = (x, u(x), . . . , u
n−1 (x)) est une base de E. Comme c’est une
famille de n vecteurs dans un espace de dimension n, il suffit de montrer que
c’est une famille libre. Soient pour cela des scalaires a 0 , . . . , a n−1 tels que
y =
n−1
k=0
a k f
k (x) = 0. En prenant l’image de ce vecteur par l’endomorphisme
u
n−1 on obtient a 0 u
n−1 (x) = 0, et donc a 0 = 0. En prenant ensuite les images de
y successivement par u
n−2 , . . . , u, Id E on obtient de même a 1 = · · · = a n−1 = 0,
ce qui démontre que la famille est libre. La matrice de u dans cette base est
précisément la matrice J de l’énoncé, et puisque le rang de J est égal à n − 1, on
a rang u = n − 1.
Supposons maintenant rang(u) = n − 1. On a alors, par le théorème du
rang, dim Ker u = 1. Soit i ∈ [[1, n − 1]], et posons m i = dim Ker u
i .
Pour tout vecteur x ∈ Ker u
i+1 , on a u(x) ∈ Ker u
i . La restriction w i de
u à Ker u
i+1 est donc une application linéaire de Ker u
i+1 dans Ker u
i et
on a Ker w i = Ker u
i+1
∩ Ker u = Ker u. Le théorème du rang montre que
dim Ker u
i+1 = dim Im w i + dim Ker w i dim Ker u
i + 1. On a donc m i+1 m i + 1
et puisque m 1 = 1, on en déduit que m n−1 n − 1. L’endomorphisme u
n−1 est
donc non nul et l’indice de u est donc égal à n.
3) Une droite vectorielle est stable par f si et seulement si elle est engendrée par un
vecteur propre de f .
de u. En déduire que u
n = 0.
2) Soit u un endomorphisme nilpotent. Montrer que u est d’indice n si et seulement si rg u = n − 1.
Question de la rédaction : montrer dans ce cas qu’il existe une base dans
laquelle la matrice de u est égale à J =
⎛
⎜
⎜
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⎝
0 1
0 · · · 0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . . 0
0 · · · · · · 0 1
0 0 · · · · · · 0
⎞
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⎠
.
3) On suppose K = C. Soit f ∈ L(E). Montrer qu’il existe une et une seule
droite de E stable par f si et seulement si, pour un certain l ∈ C, f − lId E
est nilpotent d’indice n.
1) Il existe un entier p tel que u
p = 0. Il en résulte que 0 est la seule valeur propre
de u. Comme le polynôme caractéristique de u est scindé de degré n, il est égal à
(−1)
n X
n . En appliquant le théorème de Cayley-Hamilton, on obtient que u
n = 0.
Notons aussi qu’on a u
k = 0 pour tout k p.
2) Supposons d’abord que l’indice de nilpotence de u soit égal à n. On a alors
u
n−1
= 0. Soit x un vecteur de E tel que u
n−1 (x) = 0. Démontrons que
le famille B = (x, u(x), . . . , u
n−1 (x)) est une base de E. Comme c’est une
famille de n vecteurs dans un espace de dimension n, il suffit de montrer que
c’est une famille libre. Soient pour cela des scalaires a 0 , . . . , a n−1 tels que
y =
n−1
k=0
a k f
k (x) = 0. En prenant l’image de ce vecteur par l’endomorphisme
u
n−1 on obtient a 0 u
n−1 (x) = 0, et donc a 0 = 0. En prenant ensuite les images de
y successivement par u
n−2 , . . . , u, Id E on obtient de même a 1 = · · · = a n−1 = 0,
ce qui démontre que la famille est libre. La matrice de u dans cette base est
précisément la matrice J de l’énoncé, et puisque le rang de J est égal à n − 1, on
a rang u = n − 1.
Supposons maintenant rang(u) = n − 1. On a alors, par le théorème du
rang, dim Ker u = 1. Soit i ∈ [[1, n − 1]], et posons m i = dim Ker u
i .
Pour tout vecteur x ∈ Ker u
i+1 , on a u(x) ∈ Ker u
i . La restriction w i de
u à Ker u
i+1 est donc une application linéaire de Ker u
i+1 dans Ker u
i et
on a Ker w i = Ker u
i+1
∩ Ker u = Ker u. Le théorème du rang montre que
dim Ker u
i+1 = dim Im w i + dim Ker w i dim Ker u
i + 1. On a donc m i+1 m i + 1
et puisque m 1 = 1, on en déduit que m n−1 n − 1. L’endomorphisme u
n−1 est
donc non nul et l’indice de u est donc égal à n.
3) Une droite vectorielle est stable par f si et seulement si elle est engendrée par un
vecteur propre de f .