Corrgé du problème de Mathématques générales 2010 - Parte I - 1(a. Sot X S A. La matrce A est un polynôme en X donc commute avec X. 1(b. On a : 0 = m A (A = m A (X n ; le polynôme m A (x n est annulateur de X donc est un multple de m X. 1(c. Le corps K est un sous-corps de C donc l est nn (l content Q. Il y a donc une nnté de matrces (p, p de la forme : 0 0 λ 0 0 0, λ K.. 0. 0 0 0 Ces matrces sont de carré nul (p 2 donc de pussance n-ème nulle (n 2. Donc S 0p est nn. 1(d. Supposons S λip non vde. S X S λip, X n = λi p mplque (det X n = det λi p = λ p, donc le polynôme x n λ p admet det X pour racne. Récproquement, sot μ une racne du polynôme x n λ p. Comme n et p sont supposés premers entre eux, d'après le théorème de Bezout, l exste des enters a et b tels que an + bp = 1. Ans λ = λ an+bp = λ an (λ p b = (λ a n (μ n b = (λ a μ b n, donc l'homothéte H de rapport λ a μ b vére H n = λi p. I2(a. Sot A semblable à A et sot P une matrce nversble telle que A = P AP 1. Sot X S A, alors (P XP 1 n = P X n P 1 = P AP 1 = A. donc P XP 1 S A. On a ans montré que {P XP 1, X S A } S A. Récproquement, s Y S A, Y = P (P 1 Y P P 1, avec P 1 Y P S A, pusque A = P 1 A P. Ce qu démontre l'égalté. 2(b. Supposons que A et P commutent. Alors, pour tout X dans S A, (P XP 1 n = P AP 1 = AP P 1 = A, donc P XP 1 S A. Récproquement, supposons X S A et P XP 1 S A. Alors, A = (P XP 1 n = P X n P 1 = P AP 1, donc A et P commutent. 3(a. On démontre cette proprété par récurrence sur le degré du polynôme. L'hypothèse de récurrence au rang n est: Pour tout corps k et tout polynôme P de degré n dans k[x], un corps de décomposton K de P sur k vére [K : k] n!. S n = 1, pour tout corps k et tout polynôme P de degré 1 dans k[x], P est scndé dans k donc un corps de décomposton de P sur k est égal à k et on a 1 = [k : k] 1!. Sot n un enter > 1. Supposons l'hypothèse vrae au rang n 1. Pour tout corps k et tout polynôme P de degré n dans k[x], sot K un corps de décomposton de P sur k et sot α une racne de P dans K. Alors [k(α : k] est le degré du polynôme mnmal de α sur k ; ce polynôme mnmal est un dvseur de P donc [k(α : k] n. Dans k(α[x], P se factorse sous la forme P = (X αq où Q est un polynôme de degré n 1. Le corps K est engendré sur k par les racnes de P, donc engendré sur k(α par les racnes de Q, c'est donc un corps de décomposton de Q sur k(α. Par hypothèse de récurrence [K : k(α] (n 1!. On nvoque ensute la multplcatvté des degrés : [K : k] = [K : k(α][k(α : k] (n 1!n = n!. Claudne Pcaronny 1 E.N.S. de Cachan
3(b. On démontre cette proprété par récurrence sur d. Sot P un polynôme dans C[X!,..., X d ] dont la foncton polynomale f est nulle sur K d. Montrons que P = 0 et par conséquent f est dentquement nulle sur C d. Consdérons le polynôme P dans C[X!,..., X d 1 ][X d ] : P = n =0 Q X d, avec les polynômes Q dans C[X!,..., X d 1 ]. Alors pour tout (a 1,..., a d 1 dans K d 1, la foncton polynomale assocée au polynôme n =0 Q (a 1,..., a d 1 X d est nulle sur K ; comme K est nn (l content Q, ce polynôme en une varable a une nnté de racnes et est donc nul, ce qu assure que Q (a 1,..., a d 1 = 0, pour tout dans {0,..., n}. Les polynômes Q ont donc des fonctons polynomales nulles sur K d 1 et sont donc par hypothèse de récurrence tous nuls. Ans P = 0. 3(c. Le polynôme m A = m A est scndé dans L, donc A (respectvement A est semblable à une rédute de Jordan sur L, sot J (respectvement J ; ces deux matrces sont unques à l'ordre de leurs blocs dagonaux près. Or les matrces A et A sont semblables sur C, donc les matrces J et J sont semblables sur C, ce qu mplque qu'elles sont égales à l'ordre des blocs dagonaux près (uncté de la réducton de Jordan dans C. Donc A et A sont semblables à une même rédute de Jordanet donc semblables sur L. 3(d. On peut ben sûr nvoquer le théorème des nvarants de smltude : L'uncté dans ce théorème assure que les nvarants de smltude de la matrce A consdérée dans M n (K sont égaux aux nvarants de smltude de la matrce A consdérée dans M n (L. Comme A et A sont semblables sur L, elles ont les mêmes nvarants de smltude sur L donc sur K et donc sont semblables sur K. La queston que pose cet argumentaton est pourquo être passé par L?, les nvarants de smltude étant auss ben les mêmes sur K et sur C. On peut auss prendre une matrce P nversble dans M n (L telle que A = P AP 1 ; sot (b 1,..., b n une base de L sur K. Soent P 1,..., P n des matrces dans M n (K telles que P = b P. Alors A P = P A mplque b A P = b P A, sot (b 1,..., b n étant une famlle lbre, A P = P A, pour tout. Par lnéarté, on a : β A P = β P A, pour tout (β 1,..., β n dans K n. Le polynôme det( X P a une foncton polynomale non nulle sur L (det( b P = det P = 0, donc est non nul, donc a une foncton polynomale non nulle sur K (K est nn. Donc l exste (β 1,..., β n dans K n tel que det( β P = 0 ; la matrce Q = β P dans M n (K est nversble et vére A = QAQ 1, ce qu démontre que A et A sont semblables sur K. 4(a. En applquant la queston 3, l sut de montrer qu'l exste un nombre n de rédutes de Jordan de polynôme mnmal m, dans M n (L, L étant un corps de décomposton de m. Dans L, notons α 1,..., α r les racnes de m, m 1,..., m r leurs multplctés respectves : m = (X α m. Une rédute de Jordan de polynôme mnmal m admet un bloc J m (α, pour tout comprs entre 1 et r ; ses autres blocs sont de la forme J n (α, avec n m. Il y en a au plus n. Le nombre de telles matrces est donc majoré très grossèrement par {1,...,r} n n = j {1,...,m } np m!. 4(b. Le sous-groupe C(A opère par conjugason sur S A (cf. I2(b, donc S A se parttonne selon les orbtes de cette opératon. Or d'après I2(b, l'orbte de la matrce X de S A sous cette opératon est la trace de la classe de smltude de X sur S A. Il sut donc de montrer que S A ne rencontre qu'un nombre n de classes de smltude ; or on sat depus la queston I1b qu'un élement de S A a un polynôme mnmal dans S et depus I4(a, qu'l n'y a qu'un nombre n de classes de smltudes de matrces dont le polynôme mnmal est xé. 5(a. Sot Y S A. Sot ω son orbte sous l'opératon de C(A. Alors ω est en bjecton avec le quotent de C(A par le stablsateur de Y qu est l'ensemble des matrces de C(A qu commutent avec Y, sot C(A C(Y. Donc s C(Y = C(A, l'orbte de Y est rédute à Y. L'hypothése de la queston assure que toutes les orbtes sont de cardnal 1, et comme l y en a un nombre n (I4(b, S A est n. 5(b. On démontre la contraposée. Supposons l'orbte de Y ne, sot {Y, Y 2,..., Y p }. Sot M dans C(A et sot α C tel que M + αid sot nversble (et donc dans C(A. Il exste α tel que (M + αidy (M + αid 1 = Y α. On peut trouver un vosnage V de 0 tel que α V vére M + αid sot nversble. Par le prncpe des trors, l exste deux valeurs α < β dans V telles que α = β =. Ans MY + αy = Y M + Y et MY + βy = Y M + βy ; on en dédut Y = Y et MY = Y M, sot C(A = C(Y. 6(a. On montre par récurrence sur d qu'l exste un polynôme Q d de coecent constant 1 et de degré au plus d 1 tel que Q n d 1 + X modulo xd. Claudne Pcaronny 2 E.N.S. de Cachan
S d = 1, Q 1 = 1 convent. Supposons d 2 et Q d 1 construt. Alors l exste un polynôme B tel que Q n d 1 = 1 + X + Xd 1 B. Ans (Q d 1 + a d X d 1 n = Q n d 1 + na dx d 1 Q n 1 d 1 + ( n k k 2 = 1 + X + X d 1 (B + na d + X d R. a k dx k(d 1 Q n k d 1 Il sut donc de chosr a d de façon à annuler le coecent constant du polynôme B + na d et le polynôme Q d = Q d 1 + a d X d 1 convent. On en dédut par récurrence l'exstence d'un polynôme Q p tel que Q n p 1 + X modulo x p. Alors, pusque N p p = 0, on obtent Q p (N p n = I p + N p. 6(b. Il sut de montrer que tout bloc de Jordan correspondant à une valeur propre non nulle est la pussance n-ème d'une matrce. Sot α = 0. Alors αi p + N p et α(i p + N p dont semblables (ce sont tous deux des endomorphsmes cyclques de polynôme mnmal (X α p. Or par 6(a, I p + N p est la pussance n-ème d'une matrce ; comme C est algèbrquement clos, α est la pussance n-ème d'un nombre complexe, et donc α(i p + N p est la pussance n-ème d'une matrce. Donc αi p + N p auss. - Parte II - 1. Toute norme d'opérateur assocée à une norme sur C p vére cette proprété : S est une norme sur C p, la norme d'opérateur assocée est déne par N(A = sup {x, x =1} Ax, pour A M p (C. S B, C M p (C, on a pour tout vecteur x de norme 1, BC(x = B(C(x N(B C(x N(BN(C; donc par passage à la borne supéreure : N(BC N(BN(C. 2(a. Par récurrence sur k, on obtent que X k est un polynôme en X 0, pour tout enter naturel k ; les polynômes en X 0 commutent entre eux, donc tous les termes de la sute (X k commutent entre eux. Par passage,à la lmte (le produt étant une applcaton blnéare donc contnue, on en dédut que tous les termes de la sute (X k commutent avec la lmte Y. Comme X 0 commute avec A, l en est de même de tous les polynômes en X 0. Et toujours avec passage à la lmte, on en dédut que Y commute avec A. 2(b. On a, pour tout enter naturel k, : X k+1 = ((1 + 1 n I p 1 n BXn k X k. Le produt étant contnu, on obtent par passage à la lmte : Y = ((1 + 1 n I p 1 n BY n Y. Comme Y est supposé nversble, on obtent : I p = (1 + 1 n I p 1 n BY n, donc BY n = I p,.e. Y n = A. 2(c. On peut écrre X k = (U k + I p Y, pour tout enter naturel k. On remarque de plus que pusque X k commute avec Y (cf. II1, l en est de même de U k et Y. Donc l'égalté X k+1 = (1 + 1 n X k 1 n BXn+1 k mplque l'égalté n(u k+1 + I p Y = (n + 1(U k + I p Y B(U k + I p n+1 Y n+1. On smple par Y, qu est nversble, et on utlse la commutattvté de U k et Y pour obtenr : n(u k+1 + I p = (n + 1(U k + I p BY n (U k + I p n+1. Or BY n = I p (cf. II2(b. On développe en utlsant la formule du bnôme (U k et I p commutent : n=1 ( n + 1 nu k+1 = I p + (n + 1U k =0 Après smplcaton, on obtent : Claudne Pcaronny 3 E.N.S. de Cachan U k.
n=1 ( n + 1 nu k+1 + =2 U k = 0. 3(a. Sot f la foncton polynômale déne sur R + par f(x = ( n+1 n + 1 =2 x nx = (x+1 n+1 (+1x 1. Alors sa foncton dérvée f (x = (n+1(x+1 n (+1 ne s'annule qu'en un seul pont α n = n ( + 1/(n + 1 1 > 0. L'étude du tableau de varatons montre que f décrot sur ]0, α n [, et comme sa valeur en 0 est négatve, elle est strctement négatve sur cet ntervalle ; pus f crot strctement sur l'ntervalle ]α n, + [ ; Comme elle tend vers + en +, elle admet donc une unque racne sur cet ntervalle, sot r. 3(b. Sot g la foncton polynomale déne par g(x = (1/n ( n+1 n + 1 j=2 Sa foncton dérvée g (x = ((n + 1/n((x + 1 n 1 est postve sur R + donc crossante, sur R +. x = (1/n((x+1 n+1 (n+1x 1. Comme g(0 = 0 et g(r = r (r étant dén en II3(a, g([0, r] < g([0, r]. La sute récurrente (x k déne par x 0 ]0, r[ et x k+1 = g(x K est donc une sute monotone bornée, donc elle converge. Sa lmte est un pont xe de g (g est contnue donc 0 ou r ; comme la foncton g est convexe ( g (x = (n + 1(x + 1 n 1 0, g est sous la dagonale entre 0 et r, donc la sute est décrossante. Elle converge donc vers 0. 4. Posons, ( pour un enter naturel k, y k = N(U k dén en II2(c. Supposons y k x k. Alors ( y k+1 = N(U k+1 = 1 n N( n=1 n + 1 =2 U k par II3(a. Donc l'négalté trangulare donne y k+1 1 n=1 n + 1 n =2 N(U k. La norme N vérant la proprété III1, on a, pour tout : N(Uk N(U k = yk donc y k+1 ( n=1 n + 1 =2 y k ( n=1 n + 1 =2 x k = x k+1. Posons α = r/n(y 1 > 0. Alors N(X 0 Y < α y 0 N(Y 1 N(X 0 Y < r. En ntalsant la sute (x k déne en II3(b avec x 0 = y 0, on obtent par récurrence, pour tout enter naturel k, y k x k et donc la sute de nombres postfs y k converge vers 0. La multplcaton par Y étant contnue, on obtent ans que la sute X k converge vers Y. - Parte III - Les hypothèses fates dans cette parte assurent que K p est un A-espace cyclque engendré par le vecteur v. 1(a. On remarque que pour tout vecteur y de K p, l exste un polynôme g e de degré < p tel que y = g(av ; en eet, comme la famlle (A j v 0 j<p est génératrce, l exste (α j 0 j<p dans K p tels que y = p 1 =0 α ja j v. Le polynôme g = p 1 =0 α X convent. Sot X S A. Sot h un polynôme de degré < p tel que h(av = X(v. Comme A et X commutent (A est un polynôme en X, tout polynôme en A commute avec X. Sot alors y K p ; l exste un polynôme g de degré < p tel que y = g(av. Donc X(y = X(g(av = g(axv = g(ah(av = h(a(g(av = h(ay ; Donc X = h(a. 1(b. Sot φ le morphsme d'algèbre de K[x] dans M p (K qu envoe un polynôme g sur la matrce g(a. Son noyau est l'déal (m A. Sot X S A. Sot h un polynôme de degré < p tel que h(a = X. Alors φ(h n = X n = A. Récproquement, s z K[X]/(m A vére z n = x, sot h dans K[X] tel que φ(h = z ; on a φ(h n = φ(h n = z n = x = φ(x, donc h n x annule A. Ans h n (A = A, donc z = h(a S A. On obtent donc cette bjecton par factorsaton du morphsme φ. 1(c. On suppose m A rréductble donc le quotent K[X]/(m A est un corps. L'équaton de degré n z n x admet au plus n solutons donc, va la bjecton φ, S A a au plus n éléments. Claudne Pcaronny 4 E.N.S. de Cachan
Dans le cas où m A est le produt de s polynômes rréductbles non assocés deux à deux, le lemme chnos assure que K[X]/(m A est un anneau somorphe au produt cartésen de s corps, donc l'équaton de degré n z n x admet au plus n s solutons et va la bjecton φ, S A a au plus n s éléments. 1(d. Par hypothèse (A nlpotente et A p 1 v = 0, la matrce A est nlpotente d'ndce de nlpotence exactement p (A p = 0 et A p 1 = 0. Son noyau est exactement de dmenson 1 (consdérer la sute des noyaux térés {0} ker A ker A 2 ker A p 1 ker A p = K p qu est strctement crossante. S X est une matrce telle que X n = A, alors X est nlpotente. En consdérant la sute des noyaux térés pour X, on obtent que ker X = ker X 2 = = ker X n = ker A (n 2, pusque tous ces sous-espaces vectorels sont non trvaux et contenus dans la drote ker A. Comme la sute des noyaux térés est strctement crossante jusqu'à l'ndce de nlpotence, on en dédut que cet ndce est égal à 1, sot X = 0 et donc A = 0. Cec contredt p 2. 1(e. Par hypothèse, l exste u dans K[x] tel que y n 1 = g + uf r. Sot q dans K[x] ; posons y 2 = y 1 + qf r. On a : y2 n = (y 1 + qf r n = y1 n + ( n n =1 q f r y1 n g + (u + nqf r, [f r+1 ]. Donc y 2 y 1 [f r ] et y n 2 g[f r+1 ] s et seulement s y 2 = y 1 uf r /n, ce qu démontre l'exstence d'une soluton et son uncté modulo f r+1 par récurrence sur r (s y 2 est une soluton modulo f r+1, c'est une soluton modulo f r.. 1(f. Sot f un polynôme rréductble non assocé à x dans K[x]. La queston III1(e permet d'armer que le morphsme surjectf de K[x]/(f r sur K[x]/(f (qu envoe la classe d'un polynôme modulo f r sur sa classe modulo f ndut une bjecton de l'ensemble des solutons de l'équaton y n x[f r ] sur l'ensemble des solutons de l'équaton y n x[f]. Et K[x]/(f étant un corps, cette dernère équaton a au plus n solutons. Pour trater le cas général, on utlse le lemme chnos comme en II1(c. Le polynôme m A se factorse en produt d'rréductbles f r1 rp 1...fP ; L'anneau K[x]/(m A est somorphe au produt cartésen p r =1 K[x]/(f. En notant S l'ensemble des solutons de l'équaton y n = x dans le quotent K[x]/(f r, on obtent que S A est en bjecton avec p =1 S. S f est non assocé à x, alors S est de cardnal au plus n (cf. c dessus. S f = x et r 2, alors S = (queston III1(d. S f = x et r = 1 alors K[x]/(x = K et S est l'ensemble des racnes d'un polynôme de degré n donc de cardnal au plus n (cf. III1(c. Donc S est au plus de cardnal n s. 2. S m A est un polynôme sans racnes réelles, sa décomposton en élements rréductbles P = f r1 rp 1...fP est telle que tous les f sont de degé 2. On a alors pour tout, R[x]/(f C, algébrquement clos, et donc l'équaton polynomale y n = x y admet une soluton. La queston III1(e montre alors que l équaton polynomale y n = x admet une soluton dans R[x]/(f r. Cec étant vra pour tout, le lemme chnos assure l'exstence d'une soluton dans R[x]/(m A, donc S A est non vde (par III1(b. 3(a. La relaton de récurrence est a n+1 = a n 2 2. Comme a 0 = 2 cos (rπ = 2s par hypothèse, a0 Q et la relaton de récurrence montre alors que les a n sont tous dans Q. Posons d le plus grand dvseur mpar du dénomnateur de r et sot m l'ordre de 2 modulo d (dans (Z/dZ. Alors a m+ = 2 cos (2 m+ rπ et (2 m+ r 2 m rπ est un multple enter de 2π pour m assez grand. Ce qu démontre que la sute est pérodque à partr d'un ceran rang. 3(b. Posons a n = p n /b n avec p n et b n premers entre eux. Alors a n+1 = a n 2 2 = (p n 2 2b n 2 /b n 2 et le p.g.c.d. de p n 2 2b n 2 et de b n 2 est le p.g.c.d. de p n 2 et de b n 2, sot 1 pusque p n et b n sont premers entre eux. Donc on a ans obtenu une forme rréductble pour a n+1 de dénomnateur b n 2. 3(c. S b 0 dénomnateur de 2s est > 1, alors la queston III3(b montre que la sute des dénomnateurs des a N est strctement crossante et la sute (a n ne peut être pérodque. Donc on a oblgatorement b 0 = 1 et 2s Z. Comme s [ 1, 1], les seules possbltés sont 1, 1/2, 0, 1/2, 1. Claudne Pcaronny 5 E.N.S. de Cachan
4(a. On remarque que A est matrce de rotaton d'angle π 2. La matrce A est telle que son premer vecteur colonne nést pas colnéare au vecteur (1, 0, donc elle vére l'hypothèse de la parte III. Par III1(a, un élément X dans S A est un polynôme de degré au plus 1 en A, donc l exste des réels a, b tels que X = aa + bi. On en dédut que X est une matrce de smltude, sot en chosssant θ correctement : ( b a X = a b = ( cos θ sn θ a 2 + b 2 sn θ cos θ Alors X n = A mpose a 2 + b 2 = 1. Et X n = A est alors équvalent à nθ = π 2, modulo 2π. S A est donc l'ensemble formé par les n rotatons d'angle (4k+1π, pour k {0,..., n 1}. 4(b. Lorsque K = Q, S A = SA R M 2(Q, SA R étant l'ensemble des solutons dans M 2(R calculé en III4(b. On est donc ramené à détermner les valeurs de k, k {0,..., n 1}, pour lesquelles cos( (4k+1π et sn( (4k+1π sont des nombres ratonnels. D'après II3(c, on a les possbltés : cos( (4k+1π = 0 ; dans ce cas, sn( (4k+1π = ±1 et c'est donc un enter, donc un ratonnel. sot (4k+1π = π 2 modulo p, ce qu mpose 4k + 1 = n ou 4k + 1 = 3n. Dans le cas où n est par, l n y a pas de telles valeurs. S n est mpar alors l y a exactement une valeur de k qu convent. cos( (4k+1π = 1 ; dans ce cas, sn( (4k+1π = 0 et c'est donc un enter, donc un ratonnel. Cec n'est pas possble, 0 (4k+1π < π 2. cos( (4k+1π cos( (4k+1π = 1 ; dans ce cas, sn( (4k+1π = 0 et c'est donc un enter, donc un ratonnel. = ±1/2 ; mas dans ce cas, sn( (4k+1π = ± 3/2, et donc n'est pas un ratonnel.. 4(c. Lorsque K = C, la matrce A est dagonalsable, de valeur propre et. Toute soluton X sera alors dagonalsable sur cette même base. Sur le premer vecteur, les valeurs possbles sont e (4k+1π pour k {0,..., n 1}. Sur le second vecteur, les valeurs possbles sont e (4l 1π, pour l {0,..., n 1}. Récproquement, sur une telle base et avec de telles valeurs propres, X n = A. Il sut ensute d'applquer le changement de base pour obtenr S A. - Parte IV - 1(a. Sot X dans S A. Le polynôme x nk annule X pusque X nk = A k = 0. Donc le polynôme mnmal de X est un dvseur de x nk donc de la forme x r avec r nk. De plus A k 1 = 0 par dénton de k, donc X n(k 1 = 0, ce qu démontre que r > n(k 1. 1(b. Supposons S A non vde : S X S A, X est une matrce nlpotente (cf. IV1(a, donc X p = 0 (cec s'obtent par exemple en constatant que les blocs d'une rédute de Jordan de X sont tous de talle p. En partculer l'ndce de nlpotence dce X vére r p donc p > n(k 1 (cf. IV1(a. 2(a. L hypothèse fate sur X assure que X est exactement d'ndce de nlpotence p. S n p, X n = 0. Snon, la matrce de de X n est de la forme ( 0 0. N p n+1 0 2(b. On suppose n < p, snon X n = 0. On eectue la dvson eucldenne de p par n : p = ln+r, avec 0 r < n. Une étude de l'acton de X n sur la base canonque e 1,..., e p montre qu'une réducton de Jordan de X n comporte n blocs, engendrés respectvement par les vecteurs e 1,..., e n. Le bloc engendré par le vecteur e est porté par Claudne Pcaronny 6 E.N.S. de Cachan
e, e n+,..., e tn+ où t est le plus grand enter tel que tn + p. On a donc t = l s r et t = (l 1 snon. Cette rédute de Jordan possède donc r blocs de talle l + 1 et n r blocs de talle l. 2(c. Sot n > 1 tel qu'l exste une matrce X dans S A. Alors le polynôme mnmal de X est x r avec n < r. Comme r 4, les seules possbltés sont n = 2 et r = 3, n = 2 et r = 4, n = 3 et r = 4. Alors : S r = 4,.e. une rédute de Jordan de X est un bloc de dmenson 4 ; la descrpton IV2(b montre que n = 2. Récproquement,le carré de N 4 est semblable à A. S r = 3, une rédute de Jordan de X comporte un bloc de talle 3 et un bloc de talle 1. Il est alors mpossble d'obtenr deux blocs de talle 2 dans une pussance de X (on obtendra un unque bloc de talle 2 et deux de talle 1. Cette étude de cas montre que S A est non vde s et seulement s n = 1 (trvalement ou n = 2. 3(a. Sot k p. Alors dm Nk = s < k et k s k. Donc dm N k 1 dm Nk = 1 s k et 0 s > k. Or la décomposton en blocs de la réducton de Jordan correspond à une décomposton en sousespaces A-stables de K p. Le noyau de A est alors la somme drecte des noyaux de Nkj. On en dédut que dm A dm A 1 = {j k 1 = Card({j k j } j }. 3(b. 3(c. Sot n > 1 tel qu'l exste une matrce X dans S A. Alors le polynôme mnmal de X est x r avec < r 3n. Comme r 7, les seules possbltés sont n = 2 et r = 5, n = 2 et r = 6, n = 2 et r = 7, n = 3 et r = 7. Alors : S r = 7,.e. une rédute de Jordan de X est un bloc de dmenson 7 ; Le carré de X a un bloc de dmenson 4 donc n = 2. Le cube de X a la bonne décmposton, n = 3 convent. S r = 6, une rédute de Jordan de X comporte un bloc de dmenson 6 et un bloc de dmenson 1. Le carré du bloc de dmenson 6 donne deux blocs de dmenson 3. Ce qu ne convent pas. S r = 5, une rédute de Jordan de X comporte un bloc de dmenson 5 dont le carré comporte un bloc de dmenson 3 et un bloc de dmenson 2. Mas l n'est pas possble d'obtenr l'autre bloc de dmenson 2 avec le ou les deux blocs restants, qu sont de carrés nuls. Cette étude de cas montre que S A est non vde s et seulement s n = 1 (trvalement ou n = 3. 3(d. 4. Sot k maxmal tel que x k dvse m A ; ans, m A = x k P ou P (0 = 0. Par le lemme de décomposton des noyaux, K p = ker A k ker P (A. Sur une base adaptée à cette décomposton, la matrce de A est de la forme ( B 0, 0 C avec B k = 0 (B est une matrce de la restrcton de A sur ker A k et donc B p = 0, et C est nversble : en eet,c étant une matrce de la restrcton de A sur ker P (A, C annule P qu n'admet pas 0 comme racne, donc C n'admet pas la valeur propre 0. Sot alors X dans S A. Comme X est un polynôme en A, X conserve les deux sous-espaces ker A k et ker P (A. Sur cette même base, sa matrce est donc auss de la forme ( U 0. 0 V Et U n = B, V n = C. On obtent ans une applcaton surjectve de S B S C sur S A. Elle est clarement njectve. Claudne Pcaronny 7 E.N.S. de Cachan
5. On eectue le résultat de la queston V4, ans que ses notatons. Pour toute valeur de n, S C est non vde par le résultat I6b. Donc S A est non vde s et seulement s S B est non vde. On applque la queston V3b à la matrce B. Enn, ker A = ker B (à conjugason près, donc les d ntervenant dans la parte II sont les mêmes pour la matrce A et la matrce B. Claudne Pcaronny 8 E.N.S. de Cachan