Sujet $$3$$ exotique - Exercice 1

Si $$\ell \in \mathcal{L}(E,F)$$ est bijective, alors automatiquement cela implique la surjectivité et l'injectivité. Pouvons que ces deux dernières caractéristiques s'impliquent réciproquement.
$$\blacktriangleright \,\, \bf{Supposons \,\, \ell \,\, injective :}$$
Si $$\ell$$ est injective alors $$\ker (\ell) = 0_E$$. De plus, on l'injectivité supposée de $$\ell$$ se traduit également par :
$$\mathrm{Rang}(\ell) = \dim(E)$$
Or, par hypothèse, on sait que $$\dim(E) = \dim(F)$$. D'où :
$$\mathrm{Rang}(\ell) = \dim(F)$$
Ce qui prouve que $$\ell$$ est surjective.
$$\blacktriangleright \,\, \bf{Supposons \,\, \ell \,\, surjective :}$$
Si $$\ell$$ est surjective alors $$\mathrm{Rang}(\ell) = \dim(F)$$. Or, par hypothèse, on sait que $$\dim(E) = \dim(F)$$. D'où :
$$\mathrm{Rang}(\ell) = \dim(E)$$
Ce qui prouve que $$\ell$$ est injective.
Ceci achève la démonstration. $$\blacksquare$$

Soit $$p \in \mathbb{N}$$, le plus petit entier naturel qui soit tel que l'ensemble $$u^p = 0_{\mathcal{L}(E)}$$. On va raisonner en distinguant deux cas :
$$\blacktriangleright \,\, {\bf{Cas \,\ 1 :}} \,\, p \leqslant n \, :$$
Si $$p \leqslant n$$ alors on peut écrire que $$n=p+r$$ ou $$r\geqslant0$$. Dans ce cas, on a :
$$u^n = u^{p+r} = u^p \circ u^r = 0_{\mathcal{L}(E)} \circ u^r = 0_{\mathcal{L}(E)}(u^r) = 0_{\mathcal{L}(E)}$$
Ce qui démontre, dans ce cas, le résultat souhaité.
$$\blacktriangleright \,\, {\bf{Cas \,\,2}} : p > n$$ :
Dans cette situation, il n'y a pas de méthode apparente pour une démonstration directe de la propriété. Dès lors la méthode de \textbf{la démonstration par l'absurde} semble judicieuse.
D'après la définition de l'entier $$p$$, vis-à-vis de de $$u$$, on peut écrire que :
$$\exists x\in E, x\neq 0_E \,\,;\,\, u^{p-1}(x) \neq 0_E \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, u^{p-1} \neq 0_{\mathcal{L}(E)}$$
On considère alors la famille $$\mathcal{F}$$ suivante :
$$\mathcal{F} = \left\lbrace u^i(x) \,\,;\,\, i \in [\![ 0 \,;\, p-1 ]\!] \right\rbrace = \left\lbrace u^0(x)= \mathbf{Id}_E(x)=x \,,\, u(x) \,,\, u^2(x) \,,\, ... \,,\, u^{p-1} (x)\right\rbrace \subset E$$
Commençons par vérifier que tous les éléments de la famille $$\mathcal{F}$$ sont deux à deux distincts et donc qu'il y a $$p$$ éléments distincts au sein de cette famille. Raisonnons par l'absurde. Imaginons un couple $$(i\,,\,j)$$ d'entiers naturels tel que :
$$0 \leqslant i \leqslant j \leqslant p-1 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, u^i(x) = u^j(x)$$
Ce qui nous donne par composition avec $$u^{p-j}$$ :
$$u^{p-j} \left[ u^i(x) \right] = u^{p-j} \left[ u^j(x) \right] \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, u^{p-j+i} (x) = u^{p-j+j} (x) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, u^{p-j+i} (x) = u^{p} (x)$$
Comme $$u^{p} (x) = 0_E$$, on en déduit que :
$$u^{p-j+i} (x) = 0_E \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, u^{p-(j-i)} (x) = 0_E$$
Comme $$i \leqslant j$$ alors $$j-i\geqslant 0$$, et donc $$p-(j-i) \leqslant p$$. Ceci est impossible puisque $$p$$ est par hypothèse le plus petit entier naturel tel que $$u^{p} (x) = 0_E$$.
Donc les éléments vectoriel de la famille $$\mathcal{F}$$ sont bien deux à deux distincts.
On sait que $$\dim(E)=n$$ et comme $$p>n$$, on en déduit donc que la famille $$\mathcal{F}$$ est liée. Donc on en déduit $$\exists (\lambda_0 \,,\,\lambda_1 \,,\, ... \,,\,\lambda_{p-1}) \in \mathbb{K}^p$$ (non tous nuls), tels que :
$$\lambda_0 x + \lambda_1 u(x) + ... + \lambda_{p-1} u^{p-1} (x) = 0_E$$
Notons par $$k$$ le plus petit indice $$(0 \leqslant k \leqslant p-1)$$ tel que $$\lambda_k \neq 0$$. Dans ce cas, on a :
$$\lambda_k u^k(x) + \lambda_{k+1} u^{k+1}(x) + ... + \lambda_{p-1} u^{p-1} (x) = 0_E$$
Ce qui nous donne par composition avec $$u^{p-1-k}$$ :
$$\lambda_k u^{p-1-k}(u^k(x)) + \lambda_{k+1} u^{p-1-k}(u^{k+1}(x)) + ... + \lambda_{p-1} u^{p-1-k}(u^{p-1} (x)) = u^{p-1-k}(0_E)$$
Soit :
$$\lambda_k u^{p-1-k+k}(x) + \lambda_{k+1} u^{p-1-k+k+1}(x) + ... + \lambda_{p-1} u^{p-1-k+p-1}(u^{p-1} (x)) = 0_E$$
D'où :
$$\lambda_k u^{p-1}(x) + \lambda_{k+1} u^{p}(x) + ... + \lambda_{p-1} u^{2p-2-k}(x) = 0_E$$
Or $$2p-2-k > p$$ et $$u^{p}(x)=0$$ donc $$u^{2p-2-k}(x) = 0$$. Il reste alors :
$$\lambda_k u^{p-1}(x) = 0_E$$
Comme $$\lambda_k \neq 0$$, c'est donc $$u^{p-1}(x) = 0_E$$. Or ceci est en contradiction avec l'hypothèse de départ à savoir que $$p \in \mathbb{N}$$, est le plus petit entier naturel qui soit tel que l'ensemble $$u^p = 0_{\mathcal{L}(E)}$$.
Dès lors il n'est pas possible d'envisager le \textbf{Cas 2 : \boldmath$$p > n$$}.
$$\blacktriangleright \,\, {\bf{Conclusion :}}$$
L'unique possibilité est :
$$u^n = 0_{\mathcal{L}(E)}$$
Ceci achève la démonstration. $$\blacksquare$$

On a :
$$u^{n+1} = u \circ u^n = u(u^n)= u(0_{\mathcal{L}(E)}) = 0_{\mathcal{L}(E)}$$

On a :
$$v = \mathbf{Id}_E + 2u + 3u^2 + ... + n u^{n-1}$$
$$\bullet \,\,$$ La composition demandée $$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)$$ nous donne :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u) = v( \mathbf{Id}_E - u) = v(\mathbf{Id}_E) - v(u) = v - v(u)$$
Ce qui nous donne :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u) = \mathbf{Id}_E + 2u + 3u^2 + ... + n u^{n-1} - (\mathbf{Id}_E + 2u + 3u^2 + ... + n u^{n-1})(u)$$
Soit encore :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u) = \mathbf{Id}_E + 2u + 3u^2 + ... + n u^{n-1} - (\mathbf{Id}_Eu + 2uu + 3u^2u + ... + n u^{n-1}u)$$
D'où :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u) = \mathbf{Id}_E + 2u + 3u^2 + ... + n u^{n-1} - (u + 2u^2 + 3u^3 + ... + n u^{n})$$
Mais en se souvenant que $$u^n = 0_{\mathcal{L}(E)}$$, on obtient :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u) = \mathbf{Id}_E + 2u + 3u^2 + ... + n u^{n-1} - (u + 2u^2 + 3u^3 + ... + (n-1) u^{n-1} + 0_{\mathcal{L}(E)})$$
En effectuant les soustractions, on trouve que :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u) = \mathbf{Id}_E + u + u^2 + ... + u^{n-1} - 0_{\mathcal{L}(E)}$$
Finalement, on obtient :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u) = \mathbf{Id}_E + u + u^2 + ... + u^{n-1}$$

On a $$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)^2$$ qui vaut :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)^2 = v \circ ( \mathbf{Id}_E - u) \circ ( \mathbf{Id}_E - u) = \left[ v \circ ( \mathbf{Id}_E - u) \right] \circ ( \mathbf{Id}_E - u)$$
D'après la question précédente, on a :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)^2 =\left[ \mathbf{Id}_E + u + u^2 + ... + u^{n-1} \right] \circ ( \mathbf{Id}_E - u)$$
Soit encore :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)^2 = \mathbf{Id}_E( \mathbf{Id}_E - u) + u( \mathbf{Id}_E - u) + u^2( \mathbf{Id}_E - u) + ... + u^{n-1}( \mathbf{Id}_E - u)$$
En développant, on obtient :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)^2 = \mathbf{Id}_E( \mathbf{Id}_E) - \mathbf{Id}_E(u)+ u( \mathbf{Id}_E) - u(u) + u^2( \mathbf{Id}_E) - u^2(u) + ... + u^{n-1}( \mathbf{Id}_E) - u^{n-1}(u)$$
Ce qui nous permet d'écrire :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)^2 = \mathbf{Id}_E - u + u - u^2 + u^2 - u^3 + ... + u^{n-1} - u^{n}$$
En effectuant les toutes les soustractions consécutives, il reste uniquement :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)^2 = \mathbf{Id}_E - u^{n}$$
Mais en se souvenant que $$u^n = 0_{\mathcal{L}(E)}$$, on obtient :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)^2 = \mathbf{Id}_E$$

La question précédente montre que :
$$v \circ ( \mathbf{Id}_E - u)^2 = \mathbf{Id}_E \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, v \left[( \mathbf{Id}_E - u)^2 \right]= \mathbf{Id}_E$$
Autrement dit $$v^{-1} = ( \mathbf{Id}_E - u)^2$$. Ainsi $$v$$ \textbf{admet toujours une application inverse}, et de fait $$v$$ est une application surjective.

On vient de démontrer que l'application $$v$$ est surjective. Or, par hypothèse, on travail en dimension finie ; et d'après la première question de ce devoir on en déduit que $$v$$ est de fait bijective. Ainsi $$v$$ est un endomorphisme bijectif sur l'espace vectoriel $$E$$, donc $$v$$ est automatiquement un automorphisme de $$E$$.

L'expression la bijection réciproque $$v^{-1}$$ de $$v$$ est :
$$v^{-1} = ( \mathbf{Id}_E - u)^2$$

On a :
$$g \circ (f \circ g)^n \circ f = g \circ \underbrace{(f \circ g) \circ ... (f \circ g)}_{n \,\, \mathrm{fois}} \circ f = g \circ \underbrace{f \circ g \circ ... f \circ g}_{n \,\, \mathrm{fois}} \circ f$$
Ce qui nous donne :
$$g \circ (f \circ g)^n \circ f = \underbrace{g \circ f \circ g \circ ... f \circ g \circ f}_{n+1 \,\, \mathrm{fois}}$$
Finalement, on obtient :
$$g \circ (f \circ g)^n \circ f = (g \circ f)^{n+1}$$

On a :
$$(g \circ f)^{n+1} = g \circ (f \circ g)^n \circ f$$
Or, par hypothèse $$(f \circ g)^n = 0_{\mathcal{L}(E)}$$, ce qui implique que :
$$(g \circ f)^{n+1} = g \circ 0_{\mathcal{L}(E)} \circ f = g \left[0_{\mathcal{L}(E)} (f) \right] = g \left[0_{\mathcal{L}(E)} \right] = 0_{\mathcal{L}(E)}$$
Autrement dit, on vient de démontrer que $$g \circ f$$ est un endomorphisme nilpotent sur $$E$$.
Lors de la deuxième question de ce devoir, on a prouvé que si un endomorphisme quelconque $$u$$ est nilpotent sur $$E$$, tel que $$\dim(E)=n$$, alors on a automatiquement $$u^n = 0_{\mathcal{L}(E)}$$. Donc, si on pose $$u = g \circ f$$, on en déduit immédiatement le résultat demandé, à savoir :
$$(g \circ f)^n = 0_{\mathcal{L}(E)}$$