Exercices sur la réduction des endomorphismes

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1 Agrégation interne de Mathématiques Département de Mathématiques Université de La Rochelle F. Geoffriau Exercices sur la réduction des endomorphismes 1. Valeurs propres communes 2. Diagonalisation dans M 3 (R) ou M 3 (C) 3. Diagonalisation dans M 3 (k) 4. Trigonalisation dans M 3 (k) 5. Valeur propre commune 6. Sous-groupe fini de GL(E) 7. Trace nulle des puissances d une matrice 8. Limite de suites de matrices 9. Valeurs propres d un endomorphisme sur M n (C) 10. Matrice compagnon 11. Polynôme caractéristique d un produit 12. Le rayon spectral

2 Agrégation interne de Mathématiques Département de Mathématiques Université de La Rochelle F. Geoffriau Exercices sur la réduction des endomorphismes Énoncés

3 1. Valeurs propres communes Soit f et g deux endomorphismes d un k-espace vectoriel de dimension finie. Montrer que f g et g f ont même valeurs propres (f et g ne sont pas supposés commuter). Indication Solution F. Geoffriau

4 2. Diagonalisation dans M 3 (R) ou M 3 (C) D abord pour k = R puis pour k = C, étudier la possibilité de diagonaliser l endomorphisme de k 3 déterminé dans la base canonique (e 1,e 2,e 3 ) par la matrice M = Dans le cas où il est diagonalisable, déterminer des matrices P GL 3 (k) et D M 3 (k) diagonale telles que M = P DP 1 et calculer M k, k N. Indication Solution F. Geoffriau

5 3. Diagonalisation dans M 3 (k) Soit α, β, γ k. Discuter la possibilité de diagonaliser la matrice M = 1 α β 0 1 γ Indication Solution F. Geoffriau

6 4. Trigonalisation dans M 3 (k) Trigonaliser l endomorphisme de k 3 déterminé dans la base canonique (e 1,e 2,e 3 ) par la matrice M = c est-à-dire, déterminer des matrices P GL 3 (k) et T M 3 (k) triangulaire supérieure telles que M = PTP 1. Indication Solution F. Geoffriau

7 5. Valeur propre commune Soit A et B deux matrices de M n (C). On suppose qu il existe C M n (C) non nulle telle que AC = CB. a. Montrer que A k C = CB k pour tout entier k N et en déduire que P (A)C = CP(B) pour tout polynôme P C[X]. b. Montrer qu il existe une valeur propre commune à A et B. Indication Solution F. Geoffriau

8 6. Sous-groupe fini de GL(E) Soit u un endomorphisme d un espace vectoriel E de dimension finie sur un corps algébriquement clos tel que u p = id E. Montrer que u est diagonalisable. Soit G un sous-groupe fini de GL(E). Montrer que tous les éléments de G sont diagonalisables. Indication Solution F. Geoffriau

9 7. Trace nulle des puissances d une matrice Soit k un corps algébriquement clos et A une matrice de M n (k) telle que la trace de A k soit nulle pour tout k N. Montrer par récurrence que A est nilpotente. Indication Solution F. Geoffriau

10 8. Limite de suites de matrices Soit A, B M n (C) avec AB = BA et A diagonalisable. Montrer qu il existe une suite (B p ) p N de matrices diagonalisables, de limite B, et vérifiant AB p = B p A pour tout p N. Indication Solution F. Geoffriau

11 9. Valeurs propres d un endomorphisme sur M n (C) Soit A, B M n (C). Déterminer les valeurs propres de l endomorphisme ϕ M n(c) M n (C) M MA+ BM Indication Solution F. Geoffriau

12 10. Matrice compagnon Soit P (X) =X n + a n 1 X n a 1 X + a 0 un polynôme de k[x]. La matrice compagnon de P est la matrice M =(α ij ) M n (k) définie par { 1 si i = j + 1 et 1 j n 1 α ij = 0 si i j + 1 et 1 j n 1 a i 1 si j = n et 1 i n a. Déterminer le polynôme caractéristique χ M de M. b. Déterminer le polynôme minimal µ M de M. Indication Solution F. Geoffriau

13 11. Polynôme caractéristique d un produit Soit A et B deux matrices de M n (C). Montrer que AB et BA ont même polynôme caractéristique. Indication Solution F. Geoffriau

14 12. Le rayon spectral Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie et une norme sur L(E). Soit u L(E), on note ρ u le rayon spectral de u (le module maximal des valeurs propres de u). Montrer que ρ u = lim p + up 1/p Indication Solution F. Geoffriau

15 Agrégation interne de Mathématiques Département de Mathématiques Université de La Rochelle F. Geoffriau Exercices sur la réduction des endomorphismes Indications

16 1. Valeurs propres communes Indication Soit λ une valeur propre de f g. Si λ est nulle, montrer que g f n est pas inversible (utiliser le déterminant). Si λ est non nulle, prendre un vecteur propre associé à λ. Énoncé Solution F. Geoffriau

17 2. Diagonalisation dans M 3 (R) ou M 3 (C) Indication Le polynôme caractéritique de A est X 3 +4X. Énoncé Solution F. Geoffriau

18 Discuter suivant α. 3. Diagonalisation dans M 3 (k) Indication Énoncé Solution F. Geoffriau

19 4. Trigonalisation dans M 3 (k) Indication Autant chercher une forme de Jordan. La seule valeur propre de M est 2, choisir alors un vecteur qui n est pas annulé par (M +2I 3 ) 2. Énoncé Solution F. Geoffriau

20 5. Valeur propre commune Indication a. Faire une récurrence. b. Prendre comme polynôme, le polynôme caractéristique χ A (ou le polynôme minimal) de A et raisonner par l absurde en montrant que si B n a pas de valeur propre commune avec A, χ A (B) est une matrice inversible. Énoncé Solution F. Geoffriau

21 6. Sous-groupe fini de GL(E) Indication L endomorphisme u est annulé par le polynôme X p 1. Pour la deuxième question, utiliser l ordre du groupe. Énoncé Solution F. Geoffriau

22 7. Trace nulle des puissances d une matrice Indication On montrera que 0 est une valeur propre de A en utilisant le théorème de Cayley- Hamilton, il existe alors P GL n (k), B M n 1 (k) et X M 1,n 1 (k) telles que P 1 AP = ( ) 0 X 0 B Énoncé Solution F. Geoffriau

23 8. Limite de suites de matrices Indication Remplacer A par une matrice diagonale et montrer alors que B est diagonale par bloc. Énoncé Solution F. Geoffriau

24 9. Valeurs propres d un endomorphisme sur M n (C) Indication Les valeurs propres de ϕ sont les complexes de la forme λ + µ avec λ valeur propre de A et µ valeur propre de B. Énoncé Solution F. Geoffriau

25 10. Matrice compagnon Indication a. Pour calculer le déterminant det(xi n M), ajouter à la première ligne une combinaison des autres lignes et développer. b. Considérer l application f: k n k n dont la matrice associée dans la base canonique (e 1,..., e n ) est M et montrer que, pour tout polynôme Q non nul de degré strictement inférieur à n, Q(f)(e 1 ) est non nul. Énoncé Solution F. Geoffriau

26 11. Polynôme caractéristique d un produit Indication Première méthode : le démontrer tout d abord pour A inversible puis considérer un voisinage V de 0 dans C tel que pour tout x V \{0}, A x = A + xi n soit inversible. Deuxième méthode : considérer les matrices par blocs M(λ) = ( )( ) λin BA B In B 0 I n λa λi n N(λ) = ( 0 )( λi n 0 ) In λi n AB A B I n Énoncé Solution F. Geoffriau

27 12. Le rayon spectral Indication On pourra prendre comme norme une norme sous-multiplicative, i.e. telle que pour tous v, w L(E) v w v w Et on pourra écrire u = d + n avec d, n L(E), d diagonalisable, n nilpotente et d n = n d. On montrera alors que Sp(u) = Sp(d) et qu on peut se ramener au cas où u = d. Énoncé Solution F. Geoffriau

28 Agrégation interne de Mathématiques Département de Mathématiques Université de La Rochelle F. Geoffriau Exercices sur la réduction des endomorphismes Solutions

29 1. Valeurs propres communes Solution Soit λ une valeur propre de f g. Supposons λ nul. Alors f g est non bijective et son déterminant est nul (l espace vectoriel étant de dimension finie, on peut parler de déterminant d endomorphisme). Ainsi det(g f) = det(g) det(f) = det(f) det(g) = det(f g) = 0 Donc g f est non bijective et en particulier non injective, d où 0 est une valeur propre de g f. Supposons que λ soit non nul. Soit x un vecteur propre de f g associé à λ. Alors g f ( g(x) ) = g ( f g(x) ) = g(λx) =λg(x) Si g(x) = 0, alors λx = f g(x) = 0, ce qui est impossible car λ et x sont non nuls. Donc g(x) est non nul et c est un vecteur propre de g f associé à λ. Ainsi λ est une valeur propre de g f. Énoncé Indication F. Geoffriau

30 2. Diagonalisation dans M 3 (R) ou M 3 (C) Solution On a χ M (X) = X X X = X3 +4X Les valeurs propres de M dans C sont 0, 2i et 2i. Ainsi M n est pas diagonalisable dans M 3 (R) (car le polynôme χ M n est pas scindé dans R[X]) et est diagonalisable dans M 3 (C) (car les trois valeurs propres sont distinctes). Soit x y z C 3. On a M x 2y =0 y =0 x z =0 z 2y =0 M x y =2i x 2y =2ix y x z =2iy z z 2y =2iz { y =0 z = x { z = x y = ix Énoncé Indication F. Geoffriau

31 M x y = 2i x 2y = 2ix { y z = x x z = 2iy y = ix z z 2y = 2iz Donc i 1 1 i 1 sont respectivement des vecteurs propres associés à 0, 2i et 2i. Donc en posant P = i i et D = i i on a M = P DP 1. De plus Ainsi on a det(p ) = 4i et P 1 = 1 det(m) t Com(M) = 1 2i 0 2i i 2 i 4i i 2 i M = i i i i i 1 2i 1 Énoncé Indication F. Geoffriau

32 Et pour k N, M k =(P DP 1 ) k = PD k P 1 = i i k 0 2i i i 1 2i 1 = i i 0 (2i) k i ( 2i) k 1 2i 1 = 1 (2i) k +( 2i) k (2i) k+1 +( 2i) k+1 (2i) k ( 2i) k i(2i) 4 k + i( 2i) k i(2i) k+1 + i( 2i) k+1 i(2i) k i( 2i) k (2i) k ( 2i) k (2i) k+1 ( 2i) k+1 (2i) k +( 2i) k Ainsi M 2k =( 1) k 2 2k et M 2k+1 =( 1) k+1 2 2k Énoncé Indication F. Geoffriau

33 3. Diagonalisation dans M 3 (k) Solution Soit (e 1,e 2,e 3 ) la base canonique de k 3 et soit ϕ l endomorphisme de k 3 dont la matrice dans la base (e 1,e 2,e 3 ) soit M. Les valeurs propres de ϕ sont 1 et 1, la première ayant une multiplicité de 2 et la deuxième de 1. On a ϕ(e 1 )=e 1 et (ϕ id k 3) 2 (e 2 )=(ϕ id k 3)(e 1 ) = 0. Donc (e 1,e 2 ) est une base du sous-espace caractéristique de ϕ associé à 1. Soit e 4 un vecteur propre de ϕ associée à 1. La famille (e 1,e 2,e 4 ) est une base de k 3 et la matrice de ϕ dans cette base est N = 1 α Si α est nul, alors N est diagonale et M est diagonalisable. Si la matrice M est diagonalisable, la restriction de ϕ au sous-espace caractéristique associé à 1 est diagonalisable et donc sa matrice dans la base (e 1,e 2 ) ( ) 1 α 0 1 Énoncé Indication F. Geoffriau

34 est diagonalisable et alors α = 0. Autre méthode. Le polynôme caractéristique de M est (X 1) 2 (X + 1), donc le polynôme minimal de M est (X 1)(X+1) ou (X 1) 2 (X+1). Ainsi M est diagonalisable si et seulement si elle est annulée par (X 1)(X + 1) = X 2 1, i.e. si et seulement si M 2 = I 3. Or 1 2α αγ M 2 = Donc M est diagonalisable si et seulement si α = 0. Énoncé Indication F. Geoffriau

35 4. Trigonalisation dans M 3 (k) Solution On a X X X +4 =(X + 3)( (X 1)(X + 4) + 8 ) + 3(X + 4) (X 1) Ainsi la seule valeur propre de M est 2. Soit v =(x, y, z) k 3, 3x 3y +2z = 2x M v = 2v x + y 2z = 2y 2x +4y 4z = 2z = X 3 +6X X + 8 = (X + 2) 3 x +3y 2z =0 x +3y 2z =0 2x +4y 2z =0 { x + y =0 y z =0 donc le vecteur v 1 = (1, 1, 1) est un vecteur propre de M et le sous-espace propre associé est de dimension 1. Donc M n est pas diagonalisable et elle est semblable à la matrice T = Énoncé Indication F. Geoffriau

36 On cherche v 2 k 3 tel que M v 2 = v 1 2v 2. Soit v =(x, y, z) k 3, 3x 3y +2z =1 2x x +3y 2z = 1 M v = v 1 2v x + y 2z = 1 2y x +3y 2z = 1 2x +4y 4z = 1 2z 2x +4y 2z = 1 { x + y =0 2y 2z = 1 on pose donc v 2 = (0, 0, 1/2). On cherche v 3 k 3 tel que M v 3 = v 2 2v 3. Soit v =(x, y, z) k 3, 3x 3y +2z = 2x x +3y 2z =0 M v = v 2 2v x + y 2z = 2y x +3y 2z =0 2x +4y 4z =1/2 2z 2x +4y 2z =1/2 { x + y =1/2 2y 2z = 1/2 on pose donc v 3 = (1/2, 0, 1/4). On pose P = 1 0 1/ /2 1/4 Énoncé Indication F. Geoffriau

37 et on a M = PTP 1. Autre méthode. On a (M +2I 3 ) 2 = = On choisit un vecteur w 3 n appartenant au noyau de (M +2I 3 ) 2, soit w 3 = (1, 0, 0). Alors on pose w 2 =(M +2I 3 ) w 3 =( 1, 1, 2) et w 1 =(M +2I 3 ) w 2 = (2, 2, 2) La famille (w 1,w 2,w 3 ) est une base de k 3 et l endomorphisme dont la matrice dans la base canonique de k 3 est M a pour matrice dans la base (w 1,w 2,w 3 ) la matrice T = Et en posant on a M = PTP 1. P = Énoncé Indication F. Geoffriau

38 5. Valeur propre commune Solution a. On a A 0 C = I n C = C = CI n = CB 0. Soit k N, supposons que A k C = CB k. Alors A k+1 C = A k AC = A k CB = CB k B = CB k+1 Donc d après le théorème de récurrence, pour tout k N, on a A k C = CB k. Soit P = α k X k un polynôme de C[X]. Alors d après ce qui précède P (A)C = ( αk A k) C = α k A k C = α k CB k = C α k B k = CP(B) b. Soit λ 1,..., λ n les valeurs propres de A. Supposons qu aucune ne soit valeur propre de B, alors pour tout i =1,..., n, la matrice B λ i I n est inversible et donc le produit n χ A (B) = (B λ i I n ) i=1 aussi, où χ A = n i=1 (X λ i) est le polynôme caractéristique de A. Or d après la première question et d après le théorème de Cayley-Hamilton Cχ A (B) =χ A (A)C =0 donc C est nulle, ce qui est contraire aux hypothèses. Donc l une des valeurs propres de A est valeur propre de B. Énoncé Indication F. Geoffriau

39 6. Sous-groupe fini de GL(E) Solution Puisque u p = id E, l endomorphisme u est annulé par le polynôme X p 1. Or ce polynôme n a que des racines simples et donc l endomorphisme u est diagonalisable. Soit p l ordre du groupe G. D après le théorème de Lagrange, pour tout u G, on a u p = id E et d après ce qui précède, u est diagonalisable. Si de plus G est commutatif, on peut trouver une base commune de diagonalisation des éléments de G. Énoncé Indication F. Geoffriau

40 7. Trace nulle des puissances d une matrice Solution Si n = 1, il est clair qu une matrice de trace nulle est nilpotente (et même nulle). Supposons que pour toute matrice B M n 1 (k) dont les traces des puissances soient nulles est nilpotente. Soit χ A = k α kx k le polynôme caractéristique de A. D après le théorème de Cayley- Hamilton, on a 0=χ A (A) = α k A k k La trace étant une application linéaire, on a ( 0 = tr(0) = tr α k A k) = α k tr(a k )=nα 0 k k Ainsi le terme constant du polynôme caractérisque de A (qui est det(a)) est nul. Par conséquent 0 est racine de χ A et valeur propre de A. Il existe donc une matrice B M n 1 (k) telle que A est semblable à une matrice de la forme 0 0. B 0 Énoncé Indication F. Geoffriau

41 Par récurrence, on montre que pour tout k N, A k est semblable à une matrice de la forme 0 0. B k 0 donc tr(b k ) = tr(a k ) = 0. Ainsi la matrice B vérifie les mêmes conditions que la matrice A. Par hypothèse de récurrence, B est nilpotente. Par conséquent il existe k N tel que B k = 0 et A k soit semblable à Donc A k est nilpotente ainsi que A Énoncé Indication F. Geoffriau

42 8. Limite de suites de matrices Solution Puisque A est diagonalisable, il existe une matrice P inversible et une matrice D de la forme λ 1 I n D = 0 λ 2 I.. n λ r I nr telles que A = P DP 1 et λ 1,..., λ r deux à deux distincts. On a P DP 1 B = BP DP 1, d où DP 1 BP = P 1 BP D. Ainsi la matrice D commute avec la matrice B = P 1 BP. En écrivant la matrice B =(B i,j ) i,j par blocs, on obtient λ 1 B 1,1 λ 1 B 1,2 λ 1 B 1,r λ 1 B 1,1 λ 1 B 1,2 λ 1 B 1,r λ 2 B 2,1 λ 2 B 2,2 λ 2 B 2,r = λ 2 B 2,1 λ 2 B 2,2 λ 2 B 2,r λ r B r,1 λ r B r,2 λ r B r,r λ r B r,1 λ r B r,2 λ r B r,r donc B i,j = 0 pour i, j {1,..., r}, i j. Énoncé Indication F. Geoffriau

43 Pour i {1,..., r}, il existe une suite (B i,i,n ) n N de matrices diagonalisables convergeant vers B i,i (il suffit de triangulariser la matrice B i,i et de modifier les éléments de la diagonale). Pour n N, on pose B n = B 1,1,n B.. 2,2,n B r,r,n La matrice B n est une matrice diagonalisable comme étant une matrice diagonale de matrices diagonaliables, elle commute avec D (car les matrices B i,i,n commutent avec les matrices λ i I ni ) et la suite (B n ) n N converge vers B. Soit n N, la matrice PB n P 1 est diagonalisable (étant équivalente à une matrice diagonalisable) et elle commute avec P DP 1 = A et la suite (PB n P 1 ) n N converge vers PB P 1 = B Énoncé Indication F. Geoffriau

44 9. Valeurs propres d un endomorphisme sur M n (C) Solution Soit λ et µ deux valeurs propres de A et B respectivement, alors λ est aussi une valeur propre de t A et il existe X, Y CC n non nuls tels que t AX = λx et BY = µy Alors en posant M = Y t X, on a ϕ(m) =Y t XA + BY t X = Y t ( t AX)+BY t X =(λ + µ)y t X =(λ + µ)m Donc M étant non nulle, λ + µ est une valeur propre de ϕ. Réciproquement soit ν une valeur propre de ϕ et M M n (C) une matrice non nulle telle que ϕ(m) =νm. Donc MA =(νi n B)M Par récurrence, on montre que pour tout entier k N, on a MA k =(λi n B) k M et par linéarité que pour tout polynôme P C[X], MP(A) =P (νi n B)M. Soit µ A le polynôme minimal de A. Puisque C est algébriquement clos, il existe λ 1,..., λ k C telles que µ A =(X λ 1 ) (X λ k ) Énoncé Indication F. Geoffriau

45 et λ 1,..., λ k sont les valeurs propres de A (non nécessairement deux à deux distinctes). On alors ( (ν λ1 )I n B ) ((ν λ k )I n B ) M = µ A (νi n B)M = Mµ A (A) = 0 Comme M est non nulle, il existe i {1,..., k} tel que (ν λ i )I n B soit non inversible, et donc ν λ i est une valeur propre de B. Ainsi les valeurs propres de ϕ sont les complexes de la forme λ+µ avec λ valeur propre de A et µ valeur propre de B. Énoncé Indication F. Geoffriau

46 10. Matrice compagnon Solution a. La démonstration se fait par récurrence. La propriété est clairement établie pour n = 1. Supposons qu elle soit établie pour n 1. On a X a 0 1 X.... a 1 χ M = X a n X + a n 1 X a 1 1 X.... a 2 = X X a n X + a n a 1 1 X.... a X a n X + a n 1 Énoncé Indication F. Geoffriau

47 Et d après l hypothèse de récurrence, on a X a 1 1 X.... a = X n 1 + a n 1 X n a 2 X + a X a n X + a n 1 Donc 1 X χ M = X(X n 1 + a n 1 X n a 2 X + a 1 )+( 1) n X = X n + a n 1 X n a 2 X 2 + a 1 X + a 0 = P Énoncé Indication F. Geoffriau

48 b. D après le théorème de Cayley-Hamilton, le polynôme P = χ M annule M. Pour montrer que c est le polynôme minimal, il suffit de montrer qu aucun polynôme de degré strictement inférieur à n ne peut annuler M. On a M = a a a n a n 1 Soit (e 1,..., e n ) la base canonique de k n et ϕ l endomorphisme de k n de matrice M dans cette base. On a i {1,..., n 1} ϕ(e i )=e i+1 et on montre par récurrence que pour tout k {1,..., n 1}, on a ϕ k (e 1 )=e k+1 et donc ϕ k (e 1 ) n est pas combinaison linéaire de e 1,ϕ(e 1 ),..., ϕ k 1 (e 1 ). Ainsi ϕ n est pas annulé par un polynôme de degré k. Donc le polynôme minimal de M est de degré au moins n, c est donc χ M. Ainsi µ M = χ M = P. Énoncé Indication F. Geoffriau

49 11. Polynôme caractéristique d un produit Solution Supposons la matrice A inversible. Pour tout λ C, on a χ AB (λ) = det(λi n AB) = det ( A(λI n BA)A 1) = det(a) det(λi n BA) det(a 1 ) = det(λi n BA) = χ BA (λ) Ainsi χ AB = χ BA. Supposons maintenant A non inversible. Soit λ C. Soit µ C un complexe qui ne soit pas valeur propre de A, la matrice A µi n est inversible et on a det ( λi n (A µi n )B ) = χ (A µin )B = χ B(A µin ) = det ( λi n B(A µi n ) ) Ainsi on a une égalité polynomiale vérifiée en une infinité de points (A possède un nombre finie de valeurs propres), elle est donc vérifiée pour tout complexe µ, en particulier pour 0. Par conséquent et χ AB = χ BA. χ AB (λ) = det(λi n AB) = det(λi n BA) =χ BA (λ) Énoncé Indication F. Geoffriau

50 12. Le rayon spectral Solution L espace vectoriel L(E) étant de dimension finie, toute les normes sont équivalentes. En munissant E d une norme quelconque, notée aussi, on munit L(E) de la norme des applications linéaires continues, i.e. u L(E) { u(x) } u = sup ; x E \{0} x c est une norme sous-multiplicative. Soit λ une valeur propre de u telle que ρ u = λ et soit x un vecteur propre associé. Pour tout p N, on a λ p x = λ p x = u p (x) u p x et comme x est non nul, λ p u p et ρ u = λ u p 1/p. Soit v L(E) un endomorphisme semblable à u et supposons que le résultat est démontré pour v. Il existe ϕ GL(E) tel que u = ϕ v ϕ 1. Alors pour p N, on a u p = (ϕ v ϕ 1 ) p = ϕ v p ϕ 1 ϕ v p ϕ 1 ρ v = ρ u u p 1/p ( ϕ ϕ 1 ) 1/p v p 1/p Énoncé Indication F. Geoffriau

51 La suite ( ϕ ϕ 1 ) 1/p ) p N converge vers 1 et donc d après le théorème d encadrement et limites, la suite ( u p 1/p ) p N converge vers ρ u. D après la décomposition de Dunford, il existe d, n L(E), d diagonalisable, n nilpotente telles que u = d+n et d n = n d. Quiite à remplacer u par u endomorphisme semblable, on peut supposer d diagonale et n triangulaire supérieure stricte (il suffit de d écrire E comme somme directe des sous-espaces caractéristiques associés à u). L endomorphisme n étant nilpotent, il existe un entier r tel que n r+1 = 0. On a ρ u = ρ d car u et d ont mêmes valeurs propres et ρ d = d car d est diagonale. Soit p N, on a Comme r n k k=0 Cp k d k u p = (d + n) p p C p k nk d p k d p k=0 ( r d = ρ u u p 1/p d k=0 C p k r k=0 n k ) 1/p k d C p k n k k d est un polynôme en p, la suite ( ( r n k k=0 Cp k d k ) 1/p) p N converge vers 1. Ainsi la suite ( u p 1/p ) p N converge vers d = ρ u. Énoncé Indication F. Geoffriau

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