espaces monogènes, endomorphismes cycliques

7/23/2019 Espaces monogènes, endomorphismes cycliques

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CPGE Lissane Eddine - Laayoune Essaidi Ali [email protected]

Espaces monogènes, endomorphismes cycliques

Définitions et notationsDans tout le problème, K = R ou C, E un K-espace vectoriel de dimension finie n ∈ N∗ et u ∈ L (E ).

Pour tout x ∈ E on note E u(x) = {P (u)(x)/P ∈ K[X ]} et on dit que u est cyclique si ∃x ∈ E tel que E u(x) = E .

Première partie

Espaces monogènes

1: Soit x ∈ E . Montrer que E u(x) est le plus petit sous-espace de E qui contient x et stable par u. E u(x) s’appelle le sous-

espace u-monogène engendré par x.

2: Soit x ∈ E \ {0} et I x = {P ∈ K[X ]/P (u)(x) = 0}.2 - 1: Montrer que ∃µx ∈ K[X ] unitaire tel que I x = µxK[X ].

2 - 2: Donner une condition nécessaire et suffisante sur x pour que deg µx = 1.

2 - 3: Montrer que µx|πu et déduire que l’ensemble {µx/x ∈ E \ {0}} est fini.

2 - 4: Montrer que ∃e ∈ E \ {0} tel que E = ker µe(u).

2 - 5: En déduire que µe = πu.

3: Soient x, y ∈ E \ {0} tels que µx ∧ µy = 1. Montrer que x + y = 0 et µx+y = µxµy .

4: Soit πu = P α11 · · · P αrr la décomposition de πu en facteurs unitaires et irréductibles.

4 - 1: Soit i ∈ {1, . . . , r} et Q ∈ K[X ] tel que πu = QP αii . Montrer que ∃xi ∈ E tel que (QP αi−1i )(u)(xi) = 0.

4 - 2: Soit yi = Q(u)(xi). Montrer que yi = 0 et µyi = P αii .

4 - 3: Retrouver le résultat de la question 2-5.

5: Soit x ∈ E \{0}, ux l’endomorphisme de E u(x) induit par u et k = deg µx. On pose µx = X k−ak−1X k−1− · · · −a1X −a0.

5 - 1: Montrer que B x = (x, u(x), . . . , uk−1(x)) est une base de E u(x). En déduire la dimension de E u(x).

5 - 2: Déterminer la matrice de ux dans la base B x.

5 - 3: Montrer que le polynôme minimale de ux est µx.

Deuxième partie

Endomorphismes cycliques

On suppose, dans cette partie, que u est cyclique.

1: Montrer que ∀λ ∈ S p(u), dim E λ(u) = 1.

2: Montrer que u est cyclique si, et seulement si deg πu = n ⇐⇒ χu = (−1)nπu.

3: Montrer que u est cyclique si, et seulement si la famille (idE , u , . . . , un−1) est libre.

Troisième partie

Endomorphismes cycliques diagonalisables, endomorphismes cycliques nilpotents

1: Montrer que si u est diagonalisable alors u est cyclique si, et seulement si, u admet n valeurs propres deux à deux distinctes.

2: On suppose que u admet n valeurs propres deux à deux distinctes. Trouver un vecteur e ∈ E tel que E (e) = E .3: On suppose que u est nilpotent. Montrer que u est cyclique si, et seulement si, l’indice de nilpotence de u est n.

4: On suppose que u est nilpotent d’indice de nilpotence n. Trouver un vecteur e ∈ E tel que E (e) = E .

Quatrième partie

Commutant d’un endomorphisme cyclique

On suppose, dans cette partie, que u est cyclique. Soit e ∈ E \ {0} tel que E = E (e) et C (u) = {v ∈ L (E )/uv = vu}.

1: Montrer que ∀x ∈ E, ∃P ∈ K[X ] tel que x = P (u)(e).

2: Soit v ∈ C (u) et P ∈ K[X ] tels que v(e) = P (u)(e). Montrer que v = P (u). En déduire que C (u) = K[u].

3: Application : Soit f, g ∈ L (Kn[X ]) définies par ∀P ∈ Kn[X ], f (P ) = P et g(P ) = P (X + 1).

Montrer que f est cyclique, g ∈ C (f ) et en déduire que ∃a0, . . . , an ∈ K, ∀P ∈ Kn[X ], P (X +1) = a0P +a1P +· · ·+anP (n).

4: On admet que ∀v ∈ L (E ), dimC (v) ≥ n. Montrer que ∀v ∈ L (E ), v est cyclique ⇐⇒ C (v) = K[v].

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Correction du problème

Première partie

Espaces monogènes

1:

— Soit ϕ : K[X ] → E définie par ∀P ∈ K[X ], ϕ(P ) = P (u)(x).

On a ∀P, Q ∈ K[X ], ∀α, β ∈∈ K, ϕ(αP + βQ) = (αP + β Q)(u)(x) = (αP (u) + β Q(u))(x) = αP (u)(x) +βQ(u)(x) = αϕ(P ) + βϕ(Q) donc ϕ est linéaire d’où E u(x) = Imϕ est un sous-espace vectoriel de E .

— Pour P = 1, on a P (u) = idE donc P (u)(x) = x d’où x ∈ E u(x).

— Soit P ∈ K[X ] donc u (P (u)(x)) = (uP (u))(x) = (XP )(u)(x) ∈ E u(x) d’où E u(x) est stable par u.

— Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u qui contient x. Montrons d’abord que ∀k ∈ N, uk(x) ∈ E :

1. On a u0(x) = idE (x) = x ∈ F donc u0(x) ∈ F . La relation est alors vraie pour k = 0.

2. Soit k ∈ N et supposons que uk(x) ∈ F . On a F stable par u donc uk+1(x) = u(uk(x)) ∈ F .

On déduit, d’après le procédé de récurrence, que ∀k ∈ N, uk(x) ∈ E .

Soit P =d

k=0

akX k ∈ K[X ] donc P (u)(x) =d

k=0

akuk(x) ∈ F car ∀k ∈ {0, . . . , d}, uk(x) ∈ F et F un sous-espace

vectoriel d’où P (u)(x) ∈ F .On a E u(x) = {P (u)(x)/P ∈ K[X ]} et ∀P ∈ K[X ], P (u)(x) ∈ F donc E u(x) ⊂ F d’où E u(x) est le plus petit

sous-espace de E qui contient x et stable par u.

2:

2 - 1: On a πu ∈ K[X ] et πu(u)(x) = 0 car πu(u) = 0 donc πu ∈ I x d’où I x = ∅. Or πu = 0 car unitaire donc I x est non nul.

Soient P, Q ∈ I x et R ∈ K[X ]. On a :

— (P − Q)(u)(x) = P (u)(x) − Q(u)(x) = 0 − 0 = 0 donc P − Q ∈ I x.

— (RP )(u)(x) = (R(u) ◦ P (u))(x) = R(u)(P (u)(x)) = R(u)(0) = 0 donc RP ∈ I x.On déduit que I x est un idéal non nul de l’anneau principal K[X ] donc ∃µx unitaire tel que I x soit engendré par µx. Autrement

dit, I x = µxK[X ].

2 - 2:

— Condition nécessaire : On a µx unitaire et deg µx = 1 donc ∃α ∈ K tel que µx = X − α.

D’autre part, on a µx ∈ I x donc 0 = µx(u)(x) = (X − α)(u)(x) = (u − αidE )(x) = u(x) − αx d’où u(x) = αx.

On a u(x) = αx et x = 0 donc x est un vecteur propre de u.

— Condition suffisante : Supposons que x est un vecteur propre de u donc ∃α ∈ K tel que u(x) = αx.

Soit P = X − α donc P (u)(x) = (X − α)(u)(x) = (u − αidE )(x) = u(x) − αx = 0 d’où P ∈ I x. Or I x = µxK[X ]donc µx|P d’où µx = 1 ou µx = P car µx est unitaire.

Si µx = 1 alors 0 = µx(u)(x) = 1(u)(x) = idE (x) = x. Absurde, car x = 0 donc µx = P d’où deg µx = deg P = 1.

On déduit que deg µx = 1 si, et seulement si, x est un vecteur propre de u.

2 - 3: On a déjà montré (question 1-2) que πu ∈ I x et puisque I x = µxK[X ] donc µx|πu.

Soit πu = P α11 · · · P αrr la décomposition de πu en facteurs unitaires et irréductibles donc ∀P ∈ K[X ] unitaire, P |Q ⇐⇒

∀i ∈ {1, . . . r}, ∃β i ∈ {0, . . . , αr} tel que P = P β11 · · · P βrr d’où l’ensembleD (πu) des diviseurs unitaires de πu est D (πu) =

{P β11 · · · P βrr /∀i ∈ {1, . . . r}, β i ∈ {0, . . . , αr}}. En particulier D (πu) est finie.

On a ∀x ∈ E \ {0}, µx est unitaire et µx|π donc {µx/x ∈ E \ {0}} ⊂ D (P ) d’où l’ensemble {µx/x ∈ E \ {0}} est fini.

2 - 4: L’ensemble {µx/x ∈ E \ {0}} est fini donc ∃x1, . . . , x p ∈ E tels que {µx/x ∈ E \ {0}} = {µx1 , . . . , µxp}.

Soit x ∈ E . Si x = 0 alors µx1(u)(x) = 0, sinon, ∃k ∈ {1, . . . , p} tel que µx = µxk donc µxk(u)(x) = µx(u)(x) = 0.

On déduit que ∀x ∈ E, ∃k ∈ {1, . . . , p}, µxk(u)(x) = 0 donc ∀x ∈ E, ∃k ∈ {1, . . . , p}, x ∈ ker µxk(u) d’où E = pk=1

ker µxk(u).

{ker µxk(u)/k ∈ {1, . . . , p}} est une famille de sous-espaces vectoriels de E dont l’union est E qui est un espace vectoriel

donc ∃k ∈ {1, . . . , p} tel que ∀l ∈ {1, . . . , p}, ker µxl(u) ⊂ ker µxk(u) d’où ker µxk(u) = E .

Pour e = xk on a e = 0 et E = ker µe(u).2 - 5: On a E = ker µe(u) donc µe(u) = 0 d’où πu|µe. Or, d’après la question 2-3, µe|πu donc µe = πu car µe et πu sont

unitaires.

3:

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— Supposons que x + y = 0 donc 0 = πx(u)(x) = πx(u)(−y) = −πx(u)(y) d’où πx(u)(y) = 0. On déduit que πx ∈ I ydonc πy | πx. Or πx ∧ πy = 1 donc πx = 1 d’où 0 = πx(u)(x) = 1(u)(x) = idE (x) = x. Absurde, car x = 0.

— 1. O n a (µxµy)(u)(x + y) = (µx(u)µy(u))(x + y) = µx(u)(µy(u)(x + y)) = µx(u)(µy(u)(x) + µy(u)(y)) =µx(u)(µy(u)(x)) = (µx(u)µy(u))(x) = (µy(u)µx(u))(x) = µy(u)(µx(u)(x)) = 0 donc µxµy ∈ I x+y d’où

µx+y|µxµy.

2 . O n a 0 = µx+y(u)(µx(u)(x)) = (µx+y(u)µx(u))(x) = (µx(u)µx+y(u))(x) = µx(u)(µx+y(u)(x)) = µx(u)(µx+y(u)(x+

y−y)) = µx(u)(µx+y(u)(x+y)−µx+y(u)(y)) = −µx(u)(µx+y(u)(y)) = −(µx(u)µx+y(u))(y) = (µxµx+y)(u)(y)donc µxµx+y ∈ I y d’où µy|µxµx+y. Or µx ∧ µy = 1 donc µy|µx+y.

De même, on a 0 = µx+y(u)(µy(u)(y)) = (µx+y(u)µy(u))(y) = (µy(u)µx+y(u))(y) = µy(u)(µx+y(u)(y)) =µy(u)(µx+y(u)(x+y−x)) = µy(u)(µx+y(u)(x+y)−µx+y(u)(x)) = −µy(u)(µx+y(u)(x)) = −(µy(u)µx+y(u))(x) =(µyµx+y)(u)(x) donc µyµx+y ∈ I x d’où µx|µyµx+y . Or µx ∧ µy = 1 donc µx|µx+y.

On a µx|µx+y , µy|µx+y et µx ∧ µy = 1 donc µxµy|µx+y.

On a µx+y|µxµy, µxµy|µx+y et µx, µy, µx+y unitaires donc µx+y = µxµy.

4:

4 - 1: On a P αi−1i Q non nul et deg(P αi−1

i Q) < πu donc P αi−1i Q n’est pas annulateur de de u donc (P αi−1

i Q)(u) = 0 d’où

∃xi ∈ E tel que (P αi−1i Q)(u)(xi) = 0.

4 - 2:

— On a P αi−1i (u)(yi) = P αi−1

i (u)(Q(u)(xi)) = (P αi−1i (u)Q(u))(xi) = (P αi−1

i Q)(u)(xi) = 0 donc yi = 0.

— On a P αii (u)(yi) = (P αii Q)(u)(xi) = πu(u)(xi) = 0 donc P αii ∈ I yi d’où πyi |P αii . Or P i est irréductible dans K[X ]donc ∃k ∈ {1, . . . , αi}, πyi = P ki .

On a P αi−1i (u)(yi) = 0 donc P αi−1

i /∈ I yi donc P ki = πyi |P αi−1i d’où k > αi − 1 d’où k = αi car k ∈ {1, . . . , αi}.

On déduit que πyi = P αii .

4 - 3: D’après la question précédente, ∀i ∈ {1, . . . , r}, ∃ei ∈ E \ {0} tel que P αii = πei et soit e = e1 + · · · + er.

Montrons que ∀k ∈ {1, . . . , r}, e1 + · · · + ek = 0 et µe1+···+ek = P α11 · · · P αkk :

— On a e1 = 0 et µe1 = P α11 donc la relation est vraie pour k = 1.

— Soit k ∈ {1, . . . , r − 1} et supposons que e1 + · · · + ek = 0 et µe1+···+ek = P α11 · · · P αkk .

On a µe1+···+ek ∧ µek+1 = (P α11 · · · P αkk ) ∧ P αk+1k+1 = 1 car les P i, i ∈ {1, . . . , k + 1} sont deux à deux premiers entre

eux donc, d’après la question 3, e1 + · · · + ek+1 = 0 et µe1+···+ek+1 = µe1+···+ekµek+1 = P α11 · · · P αk+1k+1 . La relation

est alors vraie pour k + 1.

On déduit, d’après le procédé de récurrence, que ∀k ∈ {1, . . . , r}, e1+· · ·+ek = 0 et µe1+···+ek = P α11 · · · P αkk . En particulier,

pour k = r, e = e1 + · · · + er = 0 et µe = µe1+···er = P α11 · · · P αrr = πu.

5: Soit x ∈ E \{0}, ux l’endomorphisme de E u(x) induit par u et k = deg µx. On pose µx = X k−ak−1X k−1− · · · −a1X −a0.5 - 1: Remarquons d’abord que x, u(x), . . . , uk−1(x) ∈ E u(x).

— Soient α0, . . . , αk−1 ∈ K tels que α0x + · · · + αk−1uk−1(x) = 0 donc

α0idE + · · · + αk−1uk−1

(x) = 0 d’oùα0 + · · · + αk−1X k−1

(u)(x) = 0. On déduit que α0 + · · · + αk−1X k−1 ∈ I x donc µx|α0 + · · · + αk−1X k−1. Or

deg

α0 + · · · + αk−1X k−1

< k = deg µx donc α0 + · · · + αk−1X k−1 = 0 d’où α0 = · · · = αk−1 = 0.

On déduit que la famille {x, u(x), . . . , uk−1(x)} est libre.

— Soit P ∈ K[X ] et P = Qµx + R la division euclidienne de P par µx donc P (u)(x) = (Qµx + R)(u)(x) =(Qµx)(u)(x) + R(u)(x) = R(u)(x) car (Qµx)(u)(x) = 0 puisque Qµx ∈ µxK[X ] = I x.

On déduit que P (u)(x) = R(u)(x) ∈ Vect{x, u(x), . . . , uk−1(x)} car deg R ≤ deg µx − 1 = k − 1. On déduit que la

famille {x, u(x), . . . , uk−1(x)} est génératrice dans E u(x).

La famille {x, u(x), . . . , uk−1(x)} est libre et génératrice donc B x est une base de E u(x) et, en particulier, dim E u(x) =card

{x, u(x), . . . , uk−1(x)}

= k = deg µx.

5 - 2: On a ∀ p ∈ {1, . . . , k − 2}, ux(u

p

(x)) = u(u p

(x)) = u p+1

x (x).D’autre part, on a µx = X k − ak−1X k−1 − · · · − a1X − a0 donc 0 = µx(u)(x) = (uk − ak−1uk−1 − · · · − a1u −a0idE )(x) = uk(x) − ak−1uk−1(x) − · · · − a1u(x) − a0x donc uk(x) = ak−1uk−1(x) + · · · + a1u(x) + a0x. On déduit que

ux(uk−1(x)) = uk(x) = ak−1uk−1x (x) + · · · + a1ux(x) + a0x.

La matrice de ux dans la base B x est alors :

0 · · · · · · 0 a0

1 . . .

... a1

0 . . .

. . ....

......

. . . . . . 0 ak−2

0 · · · 0 1 ak−1

5 - 3: Soit πx le polynôme minimale de ux donc πx(ux) = 0 d’où 0 = πx(ux)(x) = πx(u)(x). On déduit que πx ∈ I x donc

µx|πx. En particulier, deg µx ≤ deg πx.

D’autre part, deg πx ≤ dim E u(x) = deg µx donc deg µx = deg πx.

On a µx|πx, deg µx = deg πx et µx, πx unitaires donc πx = µx.





Deuxième partie

Endomorphismes cycliques

On suppose, dans cette partie, que u est cyclique.

1: Soit λ ∈ S p(u) donc dim E λ(u) ≥ 1.

On a u cyclique donc ∃x ∈ E tel que E u(x) = E , or E = 0 car dim E = n ∈ N∗ donc x = 0. On déduit, d’après la question

I-5-2, que ∃a0, . . . , an−1 ∈K

et une base de E dans laquelle la matrice de u est :

A =

0 · · · · · · 0 a0

1 . . .

... a1

0 . . .

. . ....

......

. . . . . . 0 ak−2

0 · · · 0 1 ak−1

On déduit que dim E λ(u) = dim ker(u − λidE ) = dim ker(A − λI n).

Soit B la sous-matrice de A − λI n formée par les n − 1 dernières lignes et les n − 1 dernières colonnes donc :

B =

1 λ 0 · · · 0

0 . . .

. . . . . .

......

. . . . . .

. . . 0...

. . . . . . λ

0 · · · · · · 0 1

Donc det B = 1 = 0 d’où B est inversible. On déduit que A − λI n admet une sous-matrice inversible d’ordre n − 1 donc

rg(A − λI n) ≥ n − 1 d’où dim ker(A − λI n) = n − rg(A − λI n) ≤ 1.

On a dim E λ(u) ≥ 1 et dim E λ(u) ≤ 1 donc dim E λ(u) = 1.

2:

1 ⇒ 2) On a u cyclique donc ∃x ∈ E tel que E u(x) = E , or E = 0 car dim E = n ∈ N∗ donc x = 0.

D’après la question I-5-3, πu = µx donc deg πu = deg µx, or, d’après la question I-5-1, deg µx = dim E u(x) donc

deg πu = dim E u(x) = dim E = n.2 ⇒ 3) On a πu|χu, deg πu = n = deg χu donc ∃λ ∈ K tel que χu = λπu. Or πu est unitaire et le coefficient dominant de

χu est (−1)n donc χu = (−1)nπu.

3 ⇒ 1) On a χu = (−1)nπu donc deg πu = deg χu = n.

D’après la question I-2-5, ∃e ∈ E \ {0} tel que µe = πu donc deg µe = deg πu = n.

On a E u(e) ⊂ E , dim E = n et, d’après la question I-5-2, dim E u(e) = deg µe = n donc E u(e) = E d’où u est

cyclique.

3:

⇒ ) On a u cyclique donc, d’après la question précédente, deg πu = n donc la famille (idE , u , . . . , un−1) forme une base

de K[u]. En particulier, elle est libre.

⇐ ) (idE , u , . . . , un−1) est une famille libre dans K[u] donc dimK[u] ≥ n. Or deg πu = dimK[u] donc deg πu ≥ n.

D’autre part, on sait que deg πu ≤ n donc deg πu = n d’où, d’après la question précédente, u est cyclique.

Troisième partie

Endomorphismes cycliques diagonalisables, endomorphismes cycliques nilpotents

1: On a u diagonalisable donc πu est scindé à racines simples, or les racines de πu sont exactement les valeurs propres de udonc deg πu = p avec le nombre des valeurs propres distinctes de u.

D’après la question II-2, u est cyclique si, et seulement si, deg πu = n si, et seulement si, p = n si, et seulement si, u admet nvaleurs propres deux à deux distinctes.

2: On va procéder comme dans la question I-4-3. Soit λ1, . . . , λn les valeurs propres de u, e1, . . . , en des vecteurs propres de utels que ∀k ∈ {1, . . . , n}, λk est associé à ek et e = e1 + · · · + en.

Soit k ∈ {1, . . . , n}. On a (X − λk)(u)(ek) = (u − λkidE )(ek) = u(ek) − λkek = 0 donc X − λk ∈ d’où πek |X − λk.

D’autre part, ek est un vecteur propre de u donc, d’après la question I-2-2, deg πek = 1 d’où πek = X − λk car πek est unitaire.

On déduit que ∀k ∈ {1, . . . , n}, πek = X − λk.On u diagonalisable donc πu est scindé à racines simples, or les racines de πu sont exactement les valeurs propres de u donc

πu = (X − λ1) · · · (X − λn).

Montrons que ∀k ∈ {1, . . . , n}, e1 + · · · + ek = 0 et µe1+···+ek = (X − λ1) · · · (X − λk) :





— On a e1 = 0 et µe1 = X − λ1 donc la relation est vraie pour k = 1.

— Soit k ∈ {1, . . . , n − 1} et supposons que e1 + · · · + ek = 0 et µe1+···+ek = (X − λ1) · · · (X − λk).

On a µe1+···+ek ∧ µek+1 = ((X − λ1) · · · (X − λk)) ∧ (X − λk+1) = 1 car les valeurs propres sont deux à deux

distinctes, d’après la question 3, e1 + · · · + ek+1 = 0 et µe1+···+ek+1 = µe1+···+ekµek+1 = (X − λ1) · · · (X − λk+1).

La relation est alors vraie pour k + 1.

On déduit, d’après le procédé de récurrence, que ∀k ∈ {1, . . . , n}, e1 + · · · + ek = 0 et µe1+···+ek = (X − λ1) · · · (X − λk).

En particulier, pour k = n, e = e1 + · · · + en = 0 et µe = µe1+···er = (X − λ1) · · · (X − λn) = πu.

On a µe = πu donc deg µe = deg πu = n donc, d’après la question I-5-1, dim E u(e) = deg µe = n d’où E u(e) = E .3: Soit p l’indice de nilpotence de u donc πu = X p d’où deg πu = p.

D’après la question II-2, u est cyclique si, et seulement si, deg πu = n si, et seulement si, p = n.

4: L’indice de nilpotence de u est n donc un−1 = 0 d’où ∃e ∈ E tel que un−1(e) = 0.

On a πu = X n et, d’après la question I-2-3, πe|πu donc ∃k ∈ {0, . . . , n} tel que µe = X k.

Supposons que k ≤ n − 1 donc µe|X n−1 donc X n−1 ∈ µeK[X ] = I e d’où 0 = (X n−1)(u)(e) = un−1(e) = 0. Absurde, car

un−1(e) = 0 donc k = n d’où µe = X n.

D’après la question I-5-1, dim E u(e) = deg µe = n donc E (e) = E .

Quatrième partie

Commutant d’un endomorphisme cyclique

On suppose, dans cette partie, que u est cyclique. Soit e ∈ E \ {0} tel que E = E (e) et C (u) = {v ∈ L (E )/uv = vu}.

1: On a E u(e) = E donc, d’après la question I-5-1, B = (e, u(e), . . . , un−1(e)) est une base de E .Soit x ∈ E donc ∃α0, . . . , αn−1 ∈ K tels que x = α0e + α1u(e) + · · · + αn−1un−1(e).

On déduit que x = (α0idE + α1u + · · · + αn−1un−1)(e) = (α0 + α1X + · · · + αn−1X n−1)(u)(e) donc x = P (u)(x0) avec

P = α0 + α1X + · · · + αn−1X n−1.

2: On a v ∈ C (u) donc ∀k ∈ N, vuk = ukv.

Soit k ∈ {1, . . . , n − 1}. On a uk, P (u) ∈ K[u] et l’algèbre K[u] est commutative donc v(uk(e)) = (vuk)(e) = (ukv)(e) =uk(v(e)) = uk(P (u)(e)) = (ukP (u))(e) = (P (u)uk)(e) = P (u)(uk(e)) donc v et P (u) coïncident sur les éléments de la

base B = (e, u(e), . . . , un−1(e)) d’où v = P (u).

On a v = P (u) et P ∈ K[X ] donc v ∈ K[u] donc C (u) ⊂ K[u].

On a u ∈ K[u] et l’algèbre K[u] est commutative donc K[u] ⊂ C (u) d’où C (u) = K[u].

3: Application : On a ∀P ∈ Kn[X ], f n+1(P ) = P (n+1) = 0 donc f n+1 = 0 d’où f est nilpotent. Or f n(X n) = n! = 0 donc

l’indice de nilpotence de f est n + 1 et puisque n + 1 = dimKn[X ] donc, d’après la question III-3, f est cyclique.On a ∀P ∈ Kn[X ], (gf )(P ) = g (f (P )) = g (P ) = P (X + 1) et (f g)(P ) = f (g(P )) = f (P (X + 1)) = (P (X + 1)) =P (X + 1) donc gf = f g d’où g ∈ C (f ).

On f cyclique donc, d’après la question précédente, C (f ) = K[f ] donc g ∈ K[f ] d’où ∃P ∈ K[X ] tel que g = P (f ).

Soit P = QX n+1 + R la division euclidienne de P par X n donc g = P (f ) = (QX n+1 + R)(f ) = Q(f )f n+1 + R(f ) = R(f )car f n+1 = 0.

On a deg R ≤ n donc ∃a0, . . . , an ∈ K tels que g = (a0 + a1X + · · · + anX n)(f ) = a0idKn[X] + a1f + · · · + anf n

d’où ∀P ∈ Kn[X ], P (X + 1) = g(P ) = (a0idKn[X] + a1f + · · · + anf n)(P ) = a0P + a1f (P ) + · · · + anf n(P ) =

a0P + a1P + · · · + anP (n).

4: Soit v ∈ L (E ).

⇒ ) On a v cyclique donc, d’après la question précédente, C (v) = K[v].

⇐ ) On a C (v) = K[v] donc dim K[v] = dimC (v) ≥ n. Or, on sait dim K[v] = deg πu ≤ n donc dim K[v] = n donc

deg πu = dimK

[v] = n d’où u est cyclique d’après la question II-2.

www.mathlaayoune.webs.com 5/5 Fin de la correction

espaces monogènes, endomorphismes cycliques

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