Par hypothèse, x /
∈ Ker( f r−1 ), donc f r−1 (x) = / 0. On en déduit que
λ 0 = 0 et donc que la proposition H 0 est vraie.
• Soit l ∈ {0,. . . ,r − 2} tel que les propositions H 0 ,. . . ,H l sont vraies.
Nous avons donc
λ 0 = · · · = λ l = 0.
La relation (R) se réécrit alors
λ l+1 f
l+1
(x) + · · · + λ r−1 f
r−1
(x) = 0.
En appliquant f r−l−2 , on obtient
λ l+1 f
r−1
(x) = 0,
d’où l’on tire λ l+1 = 0. Par conséquent, la proposition H l+1 est vraie.
• Finalement, nous avons montré que λ 0 = · · · = λ r−1 = 0 . On en déduit
que la famille (x, f (x),. . . , f r−1 (x)) est libre.
2. Nous voulons, à présent, démontrer que r n. La façon de procéder est claire :
l’énoncé nous a fait construire une famille libre à r éléments. Or dans un espace de
de dimension n, toutes les familles libres possèdent moins de n éléments.
Il faut prêter attention à un point. L’énoncé commence par « Soit
x ∈ E \ Ker( f r−1 ) », sans se préoccuper de l’existence d’un tel élément. Il se
pourrait que l’ensemble E \ Ker( f r−1 ) soit vide. Notre premier souci doit donc
consister à montrer qu’un tel élément x existe bien.
Par définition de l’indice de nilpotence r, on a f r−1 = / 0. En particulier,
Ker( f r−1 ) = / E. Nous pouvons donc choisir un élément x dans
E \ Ker( f r−1 ). Le raisonnement précédent assure alors que la famille
(x, f (x),. . . , f r−1 (x)) est libre. Par conséquent, elle comporte nécessairement moins d’éléments que la dimension de l’espace. On en déduit que
r n.
Nous pouvons retrouver l’inégalité r n en utilisant le résultat de l’exercice précédent. Quel que soit s r, nous avons f s = 0 et donc
Ker( f
s
) = E.
Par conséquent, la suite (Ker( f k )) k∈N est croissante et stationne à la valeur E. On
en déduit que
p = min{u ∈ N ∗ | Ker( f u ) = E}
= min{u ∈ N ∗ | f u = 0}
= r.
D’après la question 4. de l’exercice précédent, nous avons
r = p n.
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Partie 3 • Algèbre
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