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Partie I. Quelques exemples

1.a. La linéarité de 𝑓 a été prouvée dans le cours^1 1 Dans le chapitre de poly- nômes.

.

Et puisque si 𝑃 ∈ R 𝑛− 1 [𝑋 ], deg 𝑃′^ ⩽ 𝑛 − 2 , on a bien 𝑃′^ = 𝑓 (𝑃) ∈ R 𝑛− 2 [𝑋 ] ⊂ R 𝑛− 1 [𝑋 ], et donc 𝑓 est un endomorphisme de R 𝑛− 1 [𝑋 ]. Son noyau est formé des polynômes constants : Ker(𝑓 ) = R 0 [𝑋 ]. Et son image est engendrée par l’image de la base canonique, c’est-à-dire

Im(𝑓 ) = Vect



𝑓 ( 1 ), 𝑓 (𝑋 ),... , 𝑓 (𝑋𝑛−^1 )



= Vect



0 R [𝑋 ], 1 , 2 𝑋,... , (𝑛 − 1 )𝑋𝑛−^2



= Vect



1 , 2 𝑋,... , (𝑛 − 1 )𝑋𝑛−^2



.

Mais la famille ( 1 , 2 𝑋,... , (𝑛 − 1 )𝑋𝑛−^2 ) est formée de polynômes de degrés deux à deux distincts, elle est donc libre. Tous ces polynômes sont dans R 𝑛− 2 [𝑋 ], et ils sont au nombre de 𝑛 − 1 = dim R 𝑛− 2 [𝑋 ]. Donc nous avons là une base de R 𝑛− 2 [𝑋 ], si bien que Im(𝑓 ) = R 𝑛− 2 [𝑋 ].

1.b. On a donc, pour tout 𝑘 ∈ N , 𝑓 𝑘^ : 𝑃 ↦→ 𝑃 (𝑘^ )^. En particulier, pour 𝑃 ∈ R 𝑛− 1 [𝑋 ], 𝑃 (𝑛−^1 )^ est constant, et 𝑃 (𝑛)^ est nul. Mais pour tout 𝑃 ∈ R 𝑛− 1 [𝑋 ], 𝑓 𝑛^ (𝑃) = 𝑃 (𝑛)^ = (^0) R [𝑋 ] , si bien que 𝑓 𝑛^ = (^0) L (𝐸 ). Donc 𝑓 est nilpotente, et 𝜈 (𝑓 ) ⩽ 𝑛. Par ailleurs, 𝑓 𝑛−^1 (𝑋𝑛−^1 ) = (𝑛 − 1 )! ≠ 0 , donc 𝑓 𝑛−^1 ≠ (^0) L (𝐸 ) , et donc 𝜈 (𝑓 ) = 𝑛.

1.c. De manière générale, si 𝑓 𝑝^ = (^0) L (𝐸 ) , alors

𝑓 2

𝑝

= 𝑓 2 𝑝^ = 0 L (𝐸 ).

Donc 𝑓 2 est bien nilpotent.

Si 𝑛 est pair, 𝑛 = 2 𝑘, alors

𝑓 2

𝑘

= 𝑓 2 𝑘^ = 𝑓 𝑛^ = (^0) L (𝐸 ) et

𝑓 2

𝑘 − 1

= 𝑓 2 𝑘^ −^2 ≠ 0 L (𝐸 ).

Donc 𝜈 (𝑓 2 ) est égal à 𝑘, la moitié de 𝑛. Si 𝑛 est impair, 𝑛 = 2 𝑘 + 1 , alors

𝑓 2

𝑘

= 𝑓 2 𝑘^ = 𝑓 𝑛−^1 ≠ 0 L (𝐸 ).

Et

𝑓 2

𝑘+ 1

= 𝑓 2 𝑘+^2 = 𝑓 𝑛+^1 = 𝑓 ◦ 𝑓 𝑛^ = (^0) L (𝐸 ). Et donc 𝜈 (𝑓 2 ) = 𝑘 + 1 =

 𝑛

2



Un moyen de regrouper les deux cas est de dire que

𝜈

 𝑓 2



 𝑛 + 1 2

 .

Remarque

1.d. Si 𝑃 est de degré 𝑑, alors 𝑃′^ est de degré 𝑑 − 1 , 𝑃′′^ de degré 𝑑 − 2 , etc, 𝑃 (𝑑^ )^ de degré 0. Donc en particulier, (𝑃, 𝑃′,... , 𝑃 (𝑑^ )^ ) est une famille de polynômes de degrés deux à deux distincts, elle est libre. Tous ces polynômes sont alors dans R 𝑑 [𝑋 ], et il s’agit d’une famille de 𝑑 + 1 vecteurs de R 𝑑 [𝑋 ], donc c’est une base de R 𝑑 [𝑋 ].

Soit à présent 𝐹 un sous-espace vectoriel de R 𝑛− 1 [𝑋 ], stable par 𝑓 , et différent de { (^0) R [𝑋 ] }. Notons alors 𝑑 = max{deg 𝑃, 𝑃 ∈ 𝐹 \ { (^0) R [𝑋 ] }}, et soit 𝑃 ∈ 𝐹 de degré 𝑑. On considèremaximal parmi les éléments^ 𝑃^ de degré de 𝐹.

Autrement dit

On a donc trivialement 𝐹 ⊂ R 𝑑 [𝑋 ]. Et par stabilité de 𝐹 par 𝑓 , 𝑃′^ = 𝑓 (𝑃) ∈ 𝐹 , puis 𝑃′′^ = 𝑓 (𝑃′) ∈ 𝐹,... , 𝑃 (𝑑^ )^ ∈ 𝐹. Donc Vect(𝑃, 𝑃′,... , 𝑃 (𝑑^ )^ ) ⊂ 𝐹. Or par la question précédente, Vect(𝑃, 𝑃′,... , 𝑃 (𝑑^ )^ ) = R 𝑑 [𝑋 ], si bien que R 𝑑 [𝑋 ] ⊂ 𝐹 , et donc 𝐹 = R 𝑑 [𝑋 ]. Donc les sous-espaces vectoriels de 𝐸 stables par 𝑓 sont exactement { (^0) R [𝑋 ] } et les R 𝑑 [𝑋 ], 0 ⩽ 𝑑 ⩽ 𝑛 − 1.

2. On a donc 𝑓 2 (𝑒 1 ) = 𝑓 ( (^0) 𝐸 ) = (^0) 𝐸 , 𝑓 2 (𝑒 2 ) = 𝑓 (𝑒 1 ) = (^0) 𝐸 , et pour 𝑖 ⩾ 3 , 𝑓 2 (𝑒𝑖 ) = 𝑓 (𝑒𝑖 − 1 ) = 𝑒𝑖 − 2.

Prouvons donc par récurrence sur 𝑖 ∈ ⟦ 1 , 𝑛⟧ que pour tout 𝑘 ∈ ⟦ 1 , 𝑛⟧, 𝑓 𝑖^ (𝑒𝑘 ) =

(

0 si 𝑘 ⩽ 𝑖 𝑒𝑘 −𝑖 sinon

.

Pour 𝑖 = 1 , c’est évident. Supposons donc le résultat vrai pour 𝑓 𝑖^. Alors pour 𝑘 ⩽ 𝑖, on a 𝑓 𝑖+^1 (𝑒𝑘 ) = 𝑓 (𝑓 𝑖^ (𝑒𝑘 )) = (^0) 𝐸. Pour 𝑘 = 𝑖 + 1 , on a 𝑓 𝑖+^1 (𝑒𝑖+ 1 ) = 𝑓 (𝑓 𝑖^ (𝑒𝑖+ 1 )) = 𝑓 (𝑒 1 ) = (^0) 𝐸. Et pour 𝑘 > 𝑖 + 1 , on a 𝑓 𝑖+^1 (𝑒𝑘 ) = 𝑓 (𝑓 𝑖^ (𝑒𝑘 )) = 𝑓 (𝑒𝑘 −𝑖 ) = 𝑒𝑘 −𝑖 − 1 = 𝑒𝑘 − (𝑖+ 1 ). Ainsi, la propriété est héréditaire, et donc vraie pour tout 𝑖 ∈ ⟦ 1 , 𝑛⟧.

MPSI - CPGE AGADIR

DEVOIR SURVEILL E´

CORRECTION

En particulier, pour tout 𝑘 ∈ ⟦ 1 , 𝑛⟧, 𝑓 𝑛^ (𝑒𝑘 ) = (^0) 𝐸. Donc l’endomorphisme 𝑓 𝑛^ est nul sur une base, donc est nul. Ce qui prouve déjà que 𝑓 est nilpotent et que 𝜈 (𝑓 ) ⩽ 𝑛. Puisque par ailleurs, 𝑓 𝑛−^1 (𝑒𝑛 ) = 𝑒 1 ≠ (^0) 𝐸 , 𝑓 𝑛−^1 ≠ (^0) L (𝐸 ) , et donc 𝜈 (𝑓 ) = 𝑛.

Partie II. Généralités sur les endomorphismes nilpotents 3.a. Supposons donc 𝑓 nilpotent avec 𝑓 𝑝^ = (^0) L (𝐸 ). Alors (𝑓 ◦ 𝑔)𝑝^ = 𝑓 𝑝^ ◦ 𝑔𝑝^ = (^0) L (𝐸 ) ◦ 𝑔𝑝^ = (^0) L (𝐸 ). Donc 𝑓 ◦ 𝑔 est nilpotent et son indice de nilpotence est inférieur ou égal à celui de 𝑓.

3.b. Supposons donc que (𝑓 ◦ 𝑔)𝑝^ = (^0) L (𝐸 ). Alors (𝑔 ◦ 𝑓 )𝑝+^1 = 𝑔 ◦ (𝑓 ◦ 𝑔 ◦ · · · 𝑓 ◦ 𝑔) ◦ 𝑓 = 𝑔 ◦ (𝑓 ◦ 𝑔)𝑝^ ◦ 𝑓 = 𝑔 ◦ (^0) L (𝐸 ) ◦ 𝑓 = (^0) L (𝐸 ). Donc 𝑔 ◦ 𝑓 est nilpotent, et 𝜈 (𝑔 ◦ 𝑓 ) ⩽ 𝜈 (𝑓 ◦ 𝑔) + 1.

On n’a qu’une inégalité pour l’instant : nous avons une puissance de 𝑔 ◦ 𝑓 qui est nulle, mais ne savons pas encore si nous avons trouvé la plus petite telle puissance.

" Attention!

Une fois acquise la nilpotence de 𝑔 ◦ 𝑓 , on peut prouver sur le même principe que 𝑓 ◦ 𝑔 est d’indice au plus 𝜈 (𝑔 ◦ 𝑓 ) + 1. Et donc − 1 ⩽ 𝜈 (𝑔 ◦ 𝑓 ) − 𝜈 (𝑓 ◦ 𝑔) ⩽ 1 si bien que |𝜈 (𝑔 ◦ 𝑓 ) − 𝜈 (𝑓 ◦ 𝑔)| ⩽ 1.

3.c. Il s’agit de penser à une identité remarquable usuelle : puisque id𝐸 et 𝑓 commutent^2 2 Hypothèse indispensable pour appliquer la troisième identité remarquable généra- lisée.

,

(id𝐸 − 𝑓 ) ◦

𝑝∑︁ − 1

𝑖= 0

id 𝑝 − 1 −𝑖 𝐸 𝑓^

𝑖

!

= id 𝑝 𝐸 −^ 𝑓^

𝑝 (^) = id 𝐸.

Et de même, (id𝐸 + 𝑓 + · · · + 𝑓 𝑝^ −^1 ) ◦ (id𝐸 − 𝑓 ) = id𝐸. Et donc id𝐸 − 𝑓 est bijective, d’inverse id𝐸 + 𝑓 + · · · + 𝑓 𝑝^ −^1. Remarque : tous les résultats prouvés dans cette question sont en fait valables^3 3 En remplaçant «bijectif» par «inversible» dans 3.c.

dans n’importe quel anneau autre que L(𝐸).

4. Nous savons que rg(𝑓 ) ⩽ 𝑛. Si 𝑓 est un endomorphisme de rang 𝑛, alors 𝑓 est surjectif, et puisque nous sommes en dimension finie, est un isomorphisme. Et en particulier, pour tout 𝑘 ∈ N , 𝑓 𝑘^ est encore un isomorphisme et donc n’est jamais nul, si bien que 𝑓 n’est pas nilpotent. Donc si 𝑓 est nilpotent, rg(𝑓 ) ≠ 𝑛 − 1 et donc rg(𝑓 ) ⩽ 𝑛 − 1.

La réciproque est fausse, par exemple si 𝐻 est un hyperplan de 𝐸, que 𝐷 en est un supplémen- taire, et que 𝑝 désigne la projection sur 𝐻 parallèlement à 𝐷, alors rg(𝑝) = dim 𝐻 = 𝑛 − 1 , et pour tout 𝑘 ∈ N ∗, 𝑝𝑘^ = 𝑝 ≠ (^0) L (𝐸 ). Donc 𝑝 n’est pas nilpotent.

Partie III.

5.a. Puisque 𝑓 𝜈^ (𝑓^ )^ = (^0) L (𝐸 ) , 𝑁𝜈 (𝑓 ) = Ker( (^0) L (𝐸 ) ) = 𝐸.

Plus généralement, une application linéaire est nulle si et seulement si son noyau est égal à 𝐸 (ou si son image est réduite au vecteur nul).

Remarque

5.b. Soit 𝑘 ∈ N , et soit 𝑥 ∈ 𝑁𝑘. Alors 𝑓 𝑘^ (𝑥) = (^0) 𝐸 , et donc 𝑓 𝑘+^1 (𝑥) = 𝑓 ( (^0) 𝐸 ) = (^0) 𝐸 , si bien que 𝑥 ∈ 𝑁𝑘+ 1. On a donc bien 𝑁𝑘 ⊂ 𝑁𝑘+ 1. 5.c. Soit 𝑘 ∈ N , et supposons que 𝑁𝑘 = 𝑁𝑘+ 1. Soit alors 𝑥 ∈ 𝑁𝑘+ 2. On a donc 𝑓 𝑘+^2 (𝑥) = (^0) 𝐸 ⇔ 𝑓 𝑘+^1 (𝑓 (𝑥)) = (^0) 𝐸. Donc 𝑓 (𝑥) ∈ Ker(𝑓 𝑘+^1 ) = 𝑁𝑘+ 1 = 𝑁𝑘 = Ker(𝑓 𝑘^ ). Ce qui signifie que 𝑓 𝑘^ (𝑓 (𝑥)) = (^0) 𝐸 ⇔ 𝑓 𝑘+^1 (𝑥) = (^0) 𝐸. Et donc 𝑥 ∈ 𝑁𝑘+ 1 , si bien que 𝑁𝑘+ 2 ⊂ 𝑁𝑘+ 1. Puisque nous avions déjà l’inclusion réciproque, on en déduit que 𝑁𝑘+ 2 = 𝑁𝑘+ 1.

5.d. Notons qu’on a déjà, pour tout 𝑘 ∈ N , dim 𝑁𝑘 ⩽ dim 𝑁𝑘+ 1. La question précédente, nous dit que dès que deux termes consécutifs de la suite^4 (𝑁𝑘 )𝑘 sont égaux, alors cette suite^4 De sous-espaces vectoriels. stationne. Puisque 𝑓 𝜈^ (𝑓^ ) −^1 ≠ (^0) L (𝐸 ) , alors 𝑁𝜈 (𝑓 ) − 1 ≠ 𝐸 = 𝑁𝜈 (𝑓 ). Et par conséquent, pour tout 𝑘 ⩽ 𝜈 (𝑓 ) − 1 , 𝑁𝑘 ≠ 𝑁𝑘+ 1. Puisque 𝑁𝑘 ⊂ 𝑁𝑘+ 1 , ceci signifie qu’on ne peut donc pas avoir dim 𝑁𝑘 = dim 𝑁𝑘+ 1 , faute de quoi ces deux espaces seraient égaux. Deux sev de même dimen- sion, avec l’un inclus dans l’autre sont égaux.

Rappel

Et donc dim 𝑁𝑘+ 1 > dim 𝑁𝑘 , soit encore, puisqu’il s’agit d’entiers, dim 𝑁𝑘+ 1 ⩾ dim 𝑁𝑘 + 1.

CORRECTION 3

Une récurrence facile, en notant que dim 𝑁 0 = dim Ker(id𝐸 ) = dim{ (^0) 𝐸 } = 0 , prouve que pour tout 𝑘 ∈ ⟦ 1 , 𝜈 (𝑓 )⟧, dim 𝑁𝑘 ⩾ 𝑘. 5.e. En particulier 𝑛 = dim 𝑁𝜈 (𝑓 ) ⩾ 𝜈 (𝑓 ).

6.a. Puisque 𝑓 𝑛−^1 ≠ (^0) L (𝐸 ) , Ker 𝑓 𝑛−^1 ≠ 𝐸, et donc dim 𝑁𝑛− 1 < 𝑛.

En revanche, 𝑓 𝑛^ = (^0) L (𝐸 ) , Ker 𝑓 𝑛^ = 𝐸, et donc dim 𝑁𝑛 = 𝑛.

6.b. On a donc, comme précédemment, pour tout 𝑘 ∈ ⟦ 1 , 𝑛 − 1 ⟧, 𝑁𝑘 ≠ 𝑁𝑘+ 1 , et donc

dim 𝑁𝑘 < dim 𝑁𝑘+ 1 , soit encore dim 𝑁𝑘+ 1 ⩾ dim 𝑁𝑘 + 1. 6.c. On en déduit que pour tout 𝑖 ∈ ⟦ 1 , 𝑛⟧, dim 𝑁𝑖 ⩾ dim 𝑁 0 + 𝑖 = 𝑖. Si l’une de ces inégalités était stricte, par exemple si on avait dim 𝑁𝑖 0 ⩾ 𝑖 0 + 1 avec 𝑖 0 ∈ ⟦ 1 , 𝑛⟧ alors 𝑛 = dim 𝑁𝑛 ⩾ dim 𝑁𝑖 0 + (𝑛 − 𝑖 0 ) ⩾ 𝑖 0 + 1 + 𝑛 − 𝑖 0 ⩾ 𝑛 + 1

ce qui est absurde. Donc pour tout 𝑖 ∈ ⟦ 1 , 𝑛⟧, dim 𝑁𝑖 = 𝑖. En particulier, on en déduit que dim Ker 𝑓 = dim 𝑁 1 = 1. Et donc par le théorème du rang, rg 𝑓 = dim 𝐸 − dim Ker 𝑓 = 𝑛 − 1.

7. Nous venons de prouver que si 𝜈 (𝑓 ) = 𝑛, alors rg(𝑓 ) = 𝑛 − 1.

Supposons à présent que rg(𝑓 ) = 𝑛 − 1 , si bien^5 que dim Ker 𝑓 = 1.^5 C’est le théorème du rang. Alors pour tout 𝑘 ∈ ⟦ 1 , 𝑛⟧, appliquons le théorème du rang à la restriction de 𝑓 à 𝑁𝑘. On a alors dim 𝑁𝑘 = dim Ker 𝑓|𝑁𝑘 + dim Im 𝑓|𝑁𝑘. Mais Im 𝑓|𝑁𝑘 ⊂ 𝑁𝑘 − 1. En effet, si 𝑦 = 𝑓 (𝑥), avec 𝑥 ∈ N 𝑘 , alors 𝑓 𝑘^ −^1 (𝑦) = 𝑓 𝑘^ (𝑥) = (^0) 𝐸 , si bien que 𝑦 ∈ 𝑁𝑘 − 1. Et par ailleurs, Ker 𝑓|𝑁𝑘 = Ker 𝑓 ∩ 𝑁𝑘 = Ker 𝑓.

La restriction de 𝑓 à un sev 𝐺 a toujours pour noyau 𝐺 ∩ Ker 𝑓. En effet, ce noyau est formé des éléments de 𝐺 qui sont annulés par 𝑓 ... donc qui sont dans Ker 𝑓.

Plus généralement

On en déduit donc que dim 𝑁𝑘 ⩽ dim Ker 𝑓 + dim 𝑁𝑘 − 1 ⩽ 1 + dim 𝑁𝑘 − 1. Autrement dit, les dimensions des 𝑁𝑘 ne peuvent pas augmenter de plus d’une unité à chaque étape. Donc dim 𝑁 2 ⩽ dim 𝑁 1 + 1 ⩽ 2 , dim 𝑁 3 ⩽ dim 𝑁 2 + 1 ⩽ 3 , et de proche en proche, dim 𝑁𝑛− 1 ⩽ 𝑛 − 1 , si bien que Ker 𝑓 𝑛−^1 ≠ 𝐸, et donc 𝑓 𝑛−^1 ≠ { (^0) L (𝐸 ) }. Donc 𝜈 (𝑓 ) ⩾ 𝑛, et par conséquent, 𝜈 (𝑓 ) = 𝑛.

8.a. Soient 𝜆 0 ,... , 𝜆𝑝 − 1 des scalaires tels que 𝜆 0 𝑥 + 𝜆 1 𝑓 (𝑥) + · · · + 𝜆𝑝 − 1 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥) = (^0) 𝐸. Alors en appliquant 𝑓 𝑝^ −^1 , il vient

𝜆 0 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥) + 𝜆 1 𝑓 𝑝^ (𝑥) + · · · + 𝜆𝑝 − 1 𝑓 2 (𝑝^ −^1 )^ (𝑥) = 𝑓 𝑝^ −^1 ( (^0) 𝐸 ) = (^0) 𝐸.

Mais puisque 𝑥 ∈ 𝑁𝑝 , 𝑓 𝑝^ (𝑥) = (^0) 𝐸 , et donc 𝑓 𝑝+^1 (𝑥) = · · · = 𝑓 2 (𝑝^ −^1 )^ (𝑥) = (^0) 𝐸. Donc il reste 𝜆 0 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥) = (^0) 𝐸. Or 𝑥 ∉ 𝑁𝑝 − 1 = Ker(𝑓 𝑝^ −^1 ), donc 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥) ≠ (^0) 𝐸 , et donc 𝜆 0 = 0. Il reste donc 𝜆 1 𝑓 (𝑥) + · · · + 𝜆𝑝 − 1 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥) = (^0) 𝐸. En appliquant 𝑓 𝑝^ −^2 , il vient 𝜆 1 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥) + 𝜆 2 𝑓 𝑝^ (𝑥) + · · · + 𝜆𝑝 − 1 𝑓 2 𝑝^ −^3 (𝑥) = (^0) 𝐸. Soit encore 𝜆 1 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥) = (^0) 𝐸 , et puisque 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥) est toujours non nul, 𝜆 1 = 0. De proche en proche, on prouve que les 𝜆𝑖 sont tous nuls, si bien que (𝑥, 𝑓 (𝑥),... , 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥)) est une famille libre.

Par ailleurs, il a été prouvé à la question 6.c que dim 𝑁𝑝 = 𝑝, et donc (𝑥, 𝑓 (𝑥),... , 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥)) est une famille libre de 𝑁𝑝 de cardinal 𝑝 : c’est donc une base de 𝑁𝑝.

8.b. Puisque 𝐹 est stable par 𝑓 , et que 𝑥 ∈ 𝐹 , pour tout 𝑓 (𝑥) ∈ 𝐹. Donc 𝑓 2 (𝑥) = 𝑓 (𝑓 (𝑥)) ∈ 𝐹 , et une récurrence immédiate prouve que pour tout 𝑘 ∈ ⟦ 1 , 𝑝 − 1 ⟧, 𝑓 𝑘^ (𝑥) ∈ 𝐹. Donc

Vect(𝑥, 𝑓 (𝑥 ),... , 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥 ) ) est le plus petit (au sens de l’inclusion) sous-espace vectoriel de 𝐸 qui contient 𝑥, 𝑓 (𝑥 ),... , 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥 )

Rappel

𝑁𝑝 = Vect(𝑥, 𝑓 (𝑥),... , 𝑓 𝑝^ −^1 (𝑥)) ⊂ 𝐹. 8.c. Si 𝐹 = { (^0) 𝐸 }, alors 𝐹 = Ker(id𝐸 ) = 𝑁 0. Supposons donc 𝐹 ≠ { (^0) 𝐸 }. Soit alors 𝐴 = {𝑖 ∈ ⟦ 1 , 𝑛⟧ | ∃𝑥 ∈ 𝐹, 𝑥 ∈ 𝑁𝑖 \ 𝑁𝑖 − 1 }. Puisque 𝐴 est une partie non vide de N , elle possède un plus grand élément 𝑝. Soit alors 𝑥 ∈ 𝐹 tel que 𝑥 ∈ 𝑁𝑝 \ 𝑁𝑝 − 1. Alors par la question précédente, 𝑁𝑝 ⊂ 𝐹.

Soit 𝑥 ∈ 𝐸. Puisque { (^0) 𝐸 } = 𝑁 0 ⊂ 𝑁 1 ⊂ · · · ⊂ 𝑁𝑛− 1 ⊂ 𝑁𝑛 = 𝐸, si on note 𝑖𝑥 = min{𝑘 ∈ ⟦ 0 , ⟧ | 𝑥 ∈ 𝑁𝑖 }, on a 𝑥 ∈ 𝑁𝑖𝑥 \ 𝑁𝑖𝑥 − 1.

Or par définition de 𝑝, 𝑖𝑥 ⩽ 𝑝, donc 𝑥 ∈ 𝑁𝑖𝑥 ⊂ 𝑁𝑝. Et donc 𝐹 ⊂ 𝑁𝑝.

Par double inclusion, on en déduit que 𝐹 = 𝑁𝑝.

9. Nous venons de prouver que si 𝜈 (𝑓 ) = 𝑛, alors 𝑓 possède pour seuls sous-espaces stables les 𝑁𝑖 , 0 ⩽ 𝑖 ⩽ 𝑛, qui sont donc en nombre fini.

Inversement, supposons que 𝜈 (𝑓 ) < 𝑛. Comme prouvé précédemment, rg(𝑓 ) < 𝑛 − 1 , et donc dim Ker 𝑓 ⩾ 2. Soit alors (𝑒 1 , 𝑒 2 ) une famille libre de Ker 𝑓 , et pour tout 𝜆 ∈ K , posons 𝐹𝜆 = Vect(𝑒 1 + 𝜆𝑒 2 ), qui est donc de dimension 1. Alors 𝐹𝜆 est stable par 𝑓 puisque 𝐹𝜆 ⊂ Ker 𝑓 , et donc pour tout 𝑥 ∈ 𝐹𝜆 , 𝑓 (𝑥) = (^0) 𝐸 ∈ 𝐹𝜆.

Le même raisonnement prouve que tout sous-espace vectoriel de Ker 𝑓 est stable par 𝑓.

Plus généralement

Par ailleurs, pour 𝜆 ≠ 𝜇, 𝑒 1 + 𝜆𝑒 2 et 𝑒 1 + 𝜇𝑒 2 ne sont pas colinéaires, si bien que 𝑒 1 + 𝜇𝑒 2 ∉ 𝐹𝜇. Et donc 𝐹𝜆 ≠ 𝐹𝜇. Donc les 𝐹𝜆 , 𝜆 ∈ K sont des sous-espaces stables par 𝑓 , deux à deux distincts. Puisque K est infini, il existe donc une infinité de sous-espaces stables par 𝑓.

Et donc 𝜈 (𝑓 ) = 𝑛 si et seulement si il existe un nombre fini de sous-espaces de 𝐸 stables par 𝑓.