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\begin{document}

\title{Ecole Centrale des Arts et Manufactures\\
Ann\'ee 1982 - Option M - 1\`ere \'epreuve}


\lyxaddress{Ren\'e ADAD - Lyc\'ee Militaire d'Aix - adren@wanadoo.fr}

\maketitle
\underbar{Mots-Clefs} : sous-alg\`ebre de $\mathcal{L}\left(E\right),$
commutant , d\'erivation.


\subsection*{Partie I}

1$^\circ$-a) Comme ${A}$ est de dimension $n^{2}-1=\dim \left(\mathcal{L}\left(E\right)\right)-1,$
c'est un hyperplan de $\mathcal{L}\left(E\right).$ Or on sait que
si $H$ est un hyperplan d'un espace vectoriel $V$ et si $x\in V-H,$
alors :\[
V=H\oplus \mathbb{K}\, x\]


b) Il s'agit de montrer que si $f,g\in \mathcal{L}\left(E\right),$
alors $p\left(f\circ g\right)=p\left(f\right)\circ p\left(g\right).$
Pour cela, d\'ecomposons $f$ et $g$ selon la somme directe $\mathcal{L}\left(E\right)={A}\oplus \mathbb{K}\, id_{E}$
:\[
f=f_{A}+\underbrace{\lambda \, id_{E}}_{=p\left(f\right)};\quad g=g_{A}+\underbrace{\mu \, id_{E}}_{=p\left(g\right)}\]
alors :\[
p\left(f\circ g\right)=p\left(\underbrace{f_{{A}}\circ g_{{A}}+\mu \, f_{{A}}+\lambda \, g_{{A}}}_{\in {A}}+\lambda \mu \, id_{E}\right)=\lambda \mu \, id_{E}=p\left(f\right)\circ p\left(g\right)\]


2$^\circ$) Soit $f\in \mathcal{L}\left(E\right).$ Posons $f=f_{{A}}+\lambda \, id_{E}$
avec $f_{{A}}\in A$ et $\lambda \in \mathbb{K};$ d'o\`u :\[
f^{2}=\underbrace{\left(f_{{A}}^{2}+2\lambda \, f_{{A}}\right)}_{\in {A}}+\lambda ^{2}\, id_{E}\]
Si $f^{2}\in {A},$ alors $\lambda ^{2}=0$ c'est-\`a-dire $\lambda =0$
et donc $f\in {A}.$

3$^\circ$) a) On sait (cf. cours) que $f_{i,j}\circ f_{k,l}=\delta _{j,k}\, f_{i,l}.$

b) Si $i\neq j,$ alors $f_{i,j}^{2}=0\in {A}$ et donc $f_{i,j}\in A$
d'apr\`es 2$^\circ$.

c) Soit $i\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} .$ Consid\'erons un indice
$j\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} -\left\{ i\right\} ;$ on observe
que $f_{i,i}=f_{i,j}\circ f_{j,i}\in {A}.$

4$^\circ$) Comme \[
id_{E}=\sum _{i=1}^{n}\, f_{i,i}\]
Il r\'esulte du 3$^\circ$-c que $id_{E}\in {A},$ contrairement \`a l'hypoth\`ese.
On a donc \'etabli par l'absurde que toute sous-alg\`ebre de $\mathcal{L}\left(E\right),$
de dimension $n^{2}-1$ est {}``unitaire'' : elle contient $id_{E}.$


\subsection*{Partie II}

1$^\circ$-a) $\bullet $ $C_{f}$ est un sev de $\mathcal{L}\left(E\right)$
car c'est le noyau de l'endomorphisme : \[
\mathcal{L}\left(E\right)\rightarrow \mathcal{L}\left(E\right),\, g\mapsto f\circ g-g\circ f\]
De plus, si $g,h\in C_{f},$ alors \[
\left(g\circ h\right)\circ f=g\circ \left(h\circ f\right)=g\circ \left(f\circ h\right)=\left(g\circ f\right)\circ h=\left(f\circ g\right)\circ h=f\circ \left(g\circ h\right)\]
de sorte que $g\circ h\in C_{f}.$

Ainsi, $C_{f}$ est une sous-alg\`ebre de $\mathcal{L}\left(E\right).$

$\bullet $ Si $f$ est une homoth\'etie, alors $C_{f}=\mathcal{L}\left(E\right)$
(et donc $\dim \left(C_{f}\right)=4).$

Sinon, on sait (caract\'erisation des homoth\'eties) qu'il existe $x_{0}\in E$
tel que $\left(x_{0},f\left(x_{0}\right)\right)$ soit une base de
$E.$ Consid\'erons l'application :\[
\theta \, :\, C_{f}\rightarrow E,\, g\mapsto g\left(x_{0}\right)\]
On voit facilement que $\theta $ est lin\'eaire. Si $g\in \ker \left(\theta \right)$
alors pour tout $x\in E,$ en d\'ecomposant $x$ dans la base ci-dessus
sous la forme $x=\alpha \, x_{0}+\beta \, f\left(x_{0}\right),$ on
a :\[
g\left(x\right)=\alpha \, g\left(x_{0}\right)+\beta \, g\left(f\left(x_{0}\right)\right)=\alpha \, g\left(x_{0}\right)+\beta \, f\left(g\left(x_{0}\right)\right)=0_{E}\]
et donc $g=0.$ Ainsi $\theta $ est injective. D'autre part, \'etant
donn\'e $x\in E,$ la m\^eme d\'ecomposition montre que $x=\left(\alpha \, id_{E}+\beta \, f\right)\left(x_{0}\right);$
or $\alpha \, id_{E}+\beta \, f\in C_{f}$ et donc $x\in \im \left(\theta \right).$
Ainsi $\theta $ est surjective.

Bref : $\theta $ est un isomorphisme et par cons\'equent $\dim \left(C_{f}\right)=\dim \left(E\right)=2.$

$\bullet $ En conclusion, si $\dim \left(E\right)=2$ et $f\in \mathcal{L} \left(E\right),$
alors la dimension du commutant de $f$ est $2$ ou $4.$

b) C'est \'evident si $f$ est une homoth\'etie. Sinon, $\left(id_{E},f,f^{2}\right)$
est une famille de trois vecteurs de $C_{f}$ (qui est un espace de
dimension $2),$ donc est li\'ee.

2$^\circ$-a) Comme $\dim \left({A}\right)=3=2^{2}-1,$ on sait d'apr\`es la
partie I que $id_{E}\in {A}.$ Soit $\varphi \in \mathcal{A},$ non
colin\'eaire \`a $id_{E}$ (c'est possible car sinon $\dim \left(\mathcal{A}\right)=1).$
On peut compl\'eter la famille libre $\left(id_{E},\varphi \right)$
en une base $\left(id_{E},\varphi ,\psi \right)$ de $\mathcal{A}.$

Si l'on avait $\varphi \psi =\psi \varphi ,$ il en r\'esulterait que
$\forall f\in \mathcal{A},\, \varphi f=f\varphi $ et donc $\mathcal{A}\subset C_{\varphi },$
ce qui est absurde vu que $\dim \left(C_{\varphi }\right)=2.$ Donc
$\varphi \psi \neq \psi \varphi .$

2$^\circ$-b) Comme $\mathcal{A}$ est une sous-alg\`ebre de $\mathcal{L}\left(E\right),$
on a $\varphi \psi \in \mathcal{A}.$ D\'ecomposons $\varphi \psi $
dans la base $\left(id_{E},\varphi ,\psi \right)$ :\[
\left(\lambda ,\mu ,\nu \right)\in \mathbb{K}^{3};\; \varphi \psi =\lambda \, \varphi +\mu \, \psi +\nu \, id_{E}\]
2$^\circ$-c) On calcule :\[
\left(\varphi -\mu \, id_{E}\right)\left(\psi -\lambda \, id_{E}\right)=\varphi \psi -\lambda \varphi -\mu \psi +\lambda \mu \, id_{E}=\left(\lambda \mu +v\right)\, id_{E}\]
 On sait que si $u,v$ sont deux endomorphismes d'un espace de dimension
\underbar{finie} tels que $uv=id_{E},$ alors $vu=id_{E}$ (cons\'equence
du th\'eor\`eme du rang, voir cours). On voit donc que, si $\lambda \mu +\nu \neq 0,$
alors $\left(\psi -\lambda \, id_{E}\right)\left(\varphi -\mu \, id_{E}\right)=\left(\lambda \mu +v\right)\, id_{E}$
et donc $\varphi \psi =\psi \varphi ,$ ce qui est absurde. N\'ecessairement
$\lambda \mu +\nu =0$ et donc :\[
\left(\varphi -\mu \, id_{E}\right)\left(\psi -\lambda \, id_{E}\right)=0\]


2$^\circ$-d) Partant d'une base $\left(id_{E},\varphi ,\psi \right)$ comme
au 2$^\circ$-a, on d\'ecompose $\varphi \psi $ :\[
\varphi \psi =\lambda \varphi +\mu \psi +\nu \, id_{E}\]
 puis on pose :\[
\varphi _{1}=\varphi -\mu \, id_{E};\quad \psi _{1}=\psi -\lambda \, id_{E}\]
La famille $\left(id_{E},\varphi _{1},\psi _{1}\right)$ est alors
libre (donc constitue une base de $\mathcal{A})$ : v\'erification ais\'ee,
et on a bien $\varphi _{1}\psi _{1}=0$ d'apr\`es le 2$^\circ$-c. 

3$^\circ$-a) $\varphi _{1}$ n'est pas inversible, car sinon on d\'eduirait
de $\varphi _{1}\psi _{1}=0$ que $\psi _{1}=0,$ ce qui n'est pas
le cas. Comme $\varphi _{1}$ n'est pas non plus nul, on a $\rg \left(\varphi _{1}\right)=1.$
M\^eme chose pour $\psi _{1}.$

3$^\circ$-b) Soit $x\in \im \left(\psi _{1}\right)-\left\{ 0_{E}\right\} .$
Comme $\varphi _{1}\psi _{1}=0,$ on a $\varphi _{1}\left(x\right)=0.$
D'autre part, comme $\im \left(\psi _{1}\right)$ est une droite,
il existe $\lambda \in \mathbb{K}$ tel que $\psi _{1}\left(x\right)=\lambda x.$
Ainsi $x$ est vecteur propre commun \`a $\varphi _{1}$ et $\psi _{1}.$


\subsection*{Partie III}

1$^\circ$) $\bullet $ $\left(1\right)\Rightarrow \left(2\right)$

Soient $\varphi _{1}$ et $\psi _{1}$ comme au II-3$^\circ$. On a vu que
$\im \left(\varphi _{1}\right)=\ker \left(\varphi _{1}\right)$ est
une droite vectorielle. Notons-la $D=\mathbb{K}e.$ Et soit :\[
{B}=\left\{ f\in \mathcal{L}\left(E\right);\, f\left(D\right)\subset D\right\} \]
On a vu que : $\varphi _{1}\left(e\right)=0_{E}$ et $\exists \lambda \in \mathbb{K};\, \psi _{1}\left(e\right)=\lambda e.$
Il en r\'esulte aussit\^ot que :\[
\forall f\in \mathcal{A},\, f\left(D\right)\subset D\]
Ainsi ${A}\subset {B}.$ Comme $\mathcal{B}$ est une sous-alg\`ebre
de $\mathcal{L}\left(E\right),$ et comme $B\neq \mathcal{L}\left(E\right),$
on a n\'ecessairement $\mathcal{A}=\mathcal{B}$ puisque $\dim \left(\mathcal{A}\right)=3.$

$\bullet $ $\left(2\right)\Rightarrow \left(3\right)$

Soit $e_{1}$ un vecteur directeur de $D$ : $D=\mathbb{K}e_{1}.$

Pour tout $f\in \mathcal{L}\left(E\right),$ il est clair que \[
\left(f\left(D\right)\subset D\right)\Leftrightarrow \left(e_{1}\textrm{ est vecteur propre pour }f\right)\]


Consid\'erons un vecteur $e_{2}\in E-D.$ Alors $\left(e_{1},e_{2}\right)$
est une base de $E.$

Ainsi :\[
\mathcal{A}=\left\{ f\in \mathcal{L}\left(E\right);\: Mat_{\left(e_{1},e_{2}\right)}\left(f\right)\in TS_{2}\left(\mathbb{K}\right)\right\} \]


$\bullet $ $\left(3\right)\Rightarrow \left(1\right)$

On sait que l'application%
\footnote{on note $TS_{n}\left(\mathbb{K} \right)$ l'alg\`ebre des matrices triangulaires
sup\'erieures de taille $n,$ \`a coefficients dans $\mathbb{K}.$%
} :\begin{eqnarray*}
\mathcal{A} & \rightarrow  & TS_{2}\left(\mathbb{K}\right)\\
f & \mapsto  & Mat_{\left(e_{1},e_{2}\right)}\left(f\right)
\end{eqnarray*}
 est un isomorphisme d'alg\`ebres. Par cons\'equent :\[
\dim \left(\mathcal{A}\right)=\dim \left(TS_{2}\left(\mathbb{K}\right)\right)=3\]


2$^\circ$) $\bullet $ $\left(1\right)\Rightarrow \left(2\right)$ 

Soit $\mathcal{A}$ une sous-alg\`ebre de dimension $3$ de $\mathcal{L}\left(E\right),$
contenant $f.$ On sait qu'il existe une base $\left(e_{1},e_{2}\right)$
de $E$ dans laquelle chaque \'el\'ement de $\mathcal{A}$ est repr\'esent\'e
par une matrice triangulaire sup\'erieure. Il existe donc $\lambda ,\mu ,a\in \mathbb{K}$
tels que :\[
Mat_{\left(e_{1},e_{2}\right)}\left(f\right)=\left[\begin{array}{cc}
 \lambda  & a\\
 0 & \mu \end{array}
\right]\]
Il en r\'esulte que :\[
\chi _{f}=\left(\lambda -X\right)\left(\mu -X\right)\]
qui est un polyn\^ome scind\'e.

$\bullet $ $\left(2\right)\Rightarrow \left(3\right)$

Comme $\chi _{f}$ est scind\'e dans $\mathbb{K}\left[X\right],$ il
poss\`ede au moins une racine $\lambda \in \mathbb{K}.$ Autrement dit
$\lambda $ est valeur propre de $f$ :\[
\exists e_{1}\in E-\left\{ 0_{E}\right\} ;\, f\left(e_{1}\right)=\lambda \, e_{1}\]
Soit $e_{2}\in E$ tel que $\left(e_{1},e_{2}\right)$ soit une base
de $E;$ alors :\[
Mat_{\left(e_{1},e_{2}\right)}\left(f\right)\in TS_{2}\left(\mathbb{K}\right)\]


$\bullet $ $\left(3\right)\Rightarrow \left(1\right)$

L'alg\`ebre des endomorphismes dont la matrice dans $\left(e_{1},e_{2}\right)$
est triangulaire sup\'erieure convient manifestement (elle contient
$f$ par hypoth\`ese, et sa dimension est $3$ d'apr\`es 1$^\circ$).

3$^\circ$) a) Soient $f,g\in V;$ il existe $u_{1},\cdots ,u_{r},v_{1},\cdots ,v_{s}\in G$
et $\lambda _{1},\cdots ,\lambda _{r},\mu _{1},\cdots ,\mu _{s}\in \mathbb{R}$
tels que\[
f=\sum _{i=1}^{r}\, \lambda _{i}\, u_{i};\qquad g=\sum _{j=1}^{s}\, \mu _{j}\, v_{j}\]
et comme, pour tout $\left(i,j\right)$ : $u_{i}v_{j}\in G,$ on voit
que :\[
fg=\sum _{i,j}\, \lambda _{i}\mu _{j}\, u_{i}v_{j}\in V\]
Ainsi, $V$ est une sous-alg\`ebre de $\mathcal{L}\left(E\right).$

b) Soit $f\in G.$ Si $f\in \left\{ id_{E},-id_{E}\right\} ,$ alors
$f^{2}=id_{E}.$ Ecartons d\'esormais ce cas.

Comme $\dim \left(V\right)=3,$ on sait d'apr\`es III-1$^\circ$ que $f$ est
repr\'esent\'e, dans une base $\left(e_{1},e_{2}\right)$ convenable,
par :\[
M=\left[\begin{array}{cc}
 \lambda  & a\\
 0 & \mu \end{array}
\right]\qquad \left(a,\lambda ,\mu \in \mathbb{R}\right)\]
Comme $G$ est un groupe fini, on a en notant $r$ son cardinal :
\begin{equation}
f^{r}=id_{E}\label{ordre}\end{equation}
et donc\[
M^{r}=\left[\begin{array}{cc}
 \lambda ^{r} & *\\
 0 & \mu ^{r}\end{array}
\right]=\left[\begin{array}{cc}
 1 & 0\\
 0 & 1\end{array}
\right]\]
 Il en r\'esulte que $\lambda ,\mu \in \left\{ -1,1\right\} .$ Si $\lambda \neq \mu ,$
alors $f$ est diagonalisable, d'o\`u $f^{2}=id_{E}.$ Sinon :\[
M=\left[\begin{array}{cc}
 \varepsilon  & a\\
 0 & \varepsilon \end{array}
\right]\textrm{ },\textrm{ avec }\varepsilon \in \left\{ -1,1\right\} \textrm{ et }a\neq 0\]
Mais alors :\[
\forall k\in \mathbb{N}^{*},\, M^{k}=\left[\begin{array}{cc}
 \varepsilon ^{k} & k\varepsilon ^{k-1}a\\
 0 & \varepsilon ^{k}\end{array}
\right]\neq I_{2}\]
ce qui est en contradiction avec (\ref{ordre}).

c) C'est une question classique ... Soient $f,g\in G.$ On a :\[
fgfg=\left(fg\right)^{2}=id_{E}\]
puisque $fg\in G.$ En composant \`a gauche par $f$ et \`a droite par
$g,$ il vient :\[
gf=fg\]
Ainsi $G$ est ab\'elien.

d) Comme $G$ est ab\'elien, on voit que $V$ est une sous-alg\`ebre commutative
de $\mathcal{L}\left(E\right),$ ce qui est en contradiction avec
le II-2$^\circ$-a. 

\underbar{Conclusion :} La dimension d'une sous-alg\`ebre de $\mathcal{L}\left(E\right),$
engendr\'ee par un sous-groupe \underbar{fini} de $GL\left(E\right),$
est distincte de $3.$


\subsection*{Partie IV}

1$^\circ$) Notons $\mathcal{A}$ la sous-alg\`ebre de $\mathcal{L}\left(E\right)$
engendr\'ee par $f$ et $g.$ Comme $\left(f,g\right)$ est libre, on
a d\'ej\`a $\dim \left(\mathcal{A}\right)\geq 2.$

$\bullet $ Si $\dim \left(\mathcal{A}\right)=3,$ alors d'apr\`es III-1$^\circ$,
il existe une base commune de trigonalisation pour les \'el\'ements de
$\mathcal{A}.$ Dans une telle base, les matrices de $f$ et $g$
sont de la forme :\[
F=\left[\begin{array}{cc}
 0 & a\\
 0 & 0\end{array}
\right],\; G=\left[\begin{array}{cc}
 0 & b\\
 0 & 0\end{array}
\right]\]
et donc $\left(f,g\right)$ est li\'ee, ce qui est absurde.

$\bullet $ Si $\dim \left(\mathcal{A}\right)=2,$ alors $\left(f,g\right)$
est une base de $\mathcal{A}$ et donc :\begin{equation}
\exists \left(\lambda ,\mu \right)\in \mathbb{R}^{2};\, gf=\lambda f+\mu g\label{decomp}\end{equation}


Comme $f^{2}=g^{2}=0,$ il vient :

en composant \`a gauche par $g$ : $\lambda \, gf=0.$

en composant \`a droite par $f$ : $\mu \, gf=0.$

Si $gf\neq 0,$ alors ce qui pr\'ec\`ede donne $\lambda =\mu =0,$ d'o\`u
(en reportant dans (\ref{decomp})) $gf=0.$ Cette contradiction montre
que \[
gf=0\]


Comme $f\neq 0$ et $f^{2}=0,$ il existe $e\in E$ tel que $\beta =\left(f\left(e\right),e\right)$
soit une base de $E$ (il suffit de prendre $e\in E-\ker \left(f\right)).$
On a :\[
Mat_{\beta }\left(f\right)=\left[\begin{array}{cc}
 0 & 1\\
 0 & 0\end{array}
\right],\qquad Mat_{\beta }\left(g\right)=\left[\begin{array}{cc}
 0 & \lambda \\
 0 & \mu \end{array}
\right]\]
Comme $g^{2}=0,$ on voit que $\mu =0.$ Mais alors $g=\lambda f,$
ce qui est absurde, puisque $\left(f,g\right)$est libre !

$\bullet $ Par cons\'equent, $\dim \left(\mathcal{A}\right)=4.$ Autrement
dit : \[
\mathcal{A}=\mathcal{L}\left(E\right)\]


2$^\circ$) a) L'application nulle (de $\mathcal{L}\left(E\right)$ dans lui-m\^eme)
est visiblement \'el\'ement de $D.$

D'autre part, si $\Delta _{1},\, \Delta _{2}\in D$ et $\lambda \in \mathbb{R},$
alors pour tout $\left(f,g\right)\in \mathcal{L}\left(E\right)^{2}$
:\begin{eqnarray*}
\left(\lambda \, \Delta _{1}+\Delta _{2}\right)\left(f\right)\, g+f\, \left(\lambda \, \Delta _{1}+\Delta _{2}\right)\left(g\right) & = & \left(\lambda \, \Delta _{1}\left(f\right)+\Delta _{2}\left(f\right)\right)\, g+f\, \left(\lambda \, \Delta _{1}\left(g\right)+\Delta _{2}\left(g\right)\right)\\
 & = & \lambda \, \left(\Delta _{1}\left(f\right)\, g+f\, \Delta _{1}\left(g\right)\right)+\left(\Delta _{2}\left(f\right)\, g+f\, \Delta _{2}\left(g\right)\right)\\
 & = & \lambda \, \Delta _{1}\left(fg\right)+\Delta _{2}\left(fg\right)\\
 & = & \left(\lambda \, \Delta _{1}+\Delta _{2}\right)\left(fg\right)
\end{eqnarray*}
ce qui montre que $\lambda \, \Delta _{1}+\Delta _{2}\in D.$

Ainsi, $D$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{L}\left(\mathcal{L}\left(E\right)\right).$

b) $\bullet $ Soient $f_{0},g_{0}\in \mathcal{L}\left(E\right)$
et $\lambda \in \mathbb{R}.$ Montrons que :\begin{equation}
\Phi \left(\lambda \, f_{0}+g_{0}\right)=\lambda \, \Phi \left(f_{0}\right)+\Phi \left(g_{0}\right)\label{lin}\end{equation}
On a, pour tout $f\in \mathcal{L}\left(E\right)$ :\begin{eqnarray*}
\Phi \left(\lambda \, f_{0}+g_{0}\right)\left(f\right) & = & \left(\lambda \, f_{0}+g_{0}\right)f-f\left(\lambda \, f_{0}+g_{0}\right)\\
 & = & \lambda \, \left(f_{0}f-ff_{0}\right)+\left(g_{0}f-fg_{0}\right)\\
 & = & \lambda \, \Phi \left(f_{0}\right)\left(f\right)+\Phi \left(g_{0}\right)\left(f\right)\\
 & = & \left(\lambda \, \Phi \left(f_{0}\right)+\Phi \left(g_{0}\right)\right)\left(f\right)
\end{eqnarray*}
et (\ref{lin}) en r\'esulte.

$\bullet $ La condition $f_{0}\in \ker \left(\Phi \right)$ signifie
que $f_{0}$ commute avec tous les \'el\'ements de $\mathcal{L}\left(E\right).$
Ainsi :\[
\ker \left(\Phi \right)=\left\{ \lambda \, id_{E};\, \lambda \in \mathbb{R}\right\} \]
$\bullet $ Soit $f_{0}\in \mathcal{L}\left(E\right);$ alors $\Phi \left(f_{0}\right)\in D;$
en effet, pour tout $\left(f,g\right)\in \mathcal{L}\left(E\right)^{2}$
:\begin{eqnarray*}
\Phi \left(f_{0}\right)\left(f\right)\, g+f\, \Phi \left(f_{0}\right)\left(g\right) & = & \left(f_{0}f-ff_{0}\right)g+f\left(f_{0}g-gf_{0}\right)\\
 & = & f_{0}fg-fgf_{0}\\
 & = & \Phi \left(f_{0}\right)\left(fg\right)
\end{eqnarray*}
Ainsi :\[
\im \left(\Phi \right)\subset D\]


3$^\circ$) a) $\bullet $ Notons $\left[\begin{array}{cc}
 x & y\\
 z & t\end{array}
\right]=Mat_{\left(e_{1},e_{2}\right)}\left(\Delta \left(f_{1,2}\right)\right).$ L'\'egalit\'e :\[
\Delta \left(f_{1,2}\right)\, f_{1,2}+f_{1,2}\, \Delta \left(f_{1,2}\right)=\Delta \left(f_{1,2}\, f_{1,2}\right)=\Delta \left(0\right)=0\]
se traduit matriciellement par :\[
\left[\begin{array}{cc}
 x & y\\
 z & t\end{array}
\right]\left[\begin{array}{cc}
 0 & 1\\
 0 & 0\end{array}
\right]+\left[\begin{array}{cc}
 0 & 1\\
 0 & 0\end{array}
\right]\left[\begin{array}{cc}
 x & y\\
 z & t\end{array}
\right]=\left[\begin{array}{cc}
 0 & 0\\
 0 & 0\end{array}
\right]\]
ce qui donne $z=0$ et $t=-x.$ Ainsi :\begin{equation}
Mat_{\left(e_{1},e_{2}\right)}\left(\Delta \left(f_{1,2}\right)\right)=\left[\begin{array}{cc}
 x & y\\
 0 & -x\end{array}
\right]\label{eq-1}\end{equation}
$\bullet $ De m\^eme, comme :\[
\Delta \left(f_{2,1}\right)\, f_{2,1}+f_{2,1}\, \Delta \left(f_{2,1}\right)=0\]
on voit qu'il existe deux scalaires $z,b$ tels que :\begin{equation}
Mat_{\left(e_{1},e_{2}\right)}\left(\Delta \left(f_{2,1}\right)\right)=\left[\begin{array}{cc}
 z & 0\\
 b & -z\end{array}
\right]\label{eq-2}\end{equation}
$\bullet $ Par ailleurs, comme\[
\Delta \left(f_{1,1}\right)\, f_{1,1}+f_{1,1}\, \Delta \left(f_{1,1}\right)=\Delta \left(f_{1,1}\, f_{1,1}\right)=\Delta \left(f_{1,1}\right)\]
on trouve que la matrice dans $\left(e_{1},e_{2}\right)$ de $\Delta \left(f_{1,1}\right)$
est de la forme :\[
Mat_{\left(e_{1},e_{2}\right)}\left(\Delta \left(f_{1,1}\right)\right)=\left[\begin{array}{cc}
 0 & \alpha \\
 \beta  & 0\end{array}
\right]\]
et de m\^eme :\[
Mat_{\left(e_{1},e_{2}\right)}\left(\Delta \left(f_{2,2}\right)\right)=\left[\begin{array}{cc}
 0 & \lambda \\
 \mu  & 0\end{array}
\right]\]
$\bullet $ Comme \[
\Delta \left(f_{1,2}\right)\, f_{2,1}+f_{1,2}\, \Delta \left(f_{2,1}\right)=\Delta \left(f_{1,2}\, f_{2,1}\right)=\Delta \left(f_{1,1}\right)\]
on a :\[
\left[\begin{array}{cc}
 x & y\\
 0 & -x\end{array}
\right]\left[\begin{array}{cc}
 0 & 0\\
 1 & 0\end{array}
\right]+\left[\begin{array}{cc}
 0 & 1\\
 0 & 0\end{array}
\right]\left[\begin{array}{cc}
 z & 0\\
 b & -z\end{array}
\right]=\left[\begin{array}{cc}
 0 & \alpha \\
 \beta  & 0\end{array}
\right]\]
ou encore \begin{equation}
y+b=0\label{eq-3}\end{equation}
\begin{equation}
\left\{ \begin{array}{ccc}
 -z & = & \alpha \\
 -x & = & \beta \end{array}
\right.\label{eq-4}\end{equation}


$\bullet $ Compte tenu de (\ref{eq-1}), (\ref{eq-2}) et (\ref{eq-3})
on a donc montr\'e que les matrices dans $\left(e_{1},e_{2}\right)$
de $\Delta \left(f_{1,2}\right)$ et $\Delta \left(f_{2,1}\right)$
sont respectivement de la forme : $\left[\begin{array}{cc}
 x & y\\
 0 & -x\end{array}
\right]$ et $\left[\begin{array}{cc}
 z & 0\\
 -y & -x\end{array}
\right].$

b) Ce qui pr\'ec\`ede prouve qu'en notant $\theta $ l'application d\'efinie
par\begin{eqnarray*}
D & \rightarrow  & \mathcal{L}\left(E\right)^{2}\\
\Delta  & \mapsto  & \left(\Delta \left(f_{1,2}\right),\, \Delta \left(f_{2,1}\right)\right)
\end{eqnarray*}
on a $\rg \left(\theta \right)\leq 3.$

Remarquons enfin que\[
\Delta \left(f_{2,1}\right)\, f_{1,2}+f_{2,1}\, \Delta \left(f_{1,2}\right)=\Delta \left(f_{2,2}\right)\]
se traduit matriciellement par :\[
\left[\begin{array}{cc}
 z & 0\\
 -y & -z\end{array}
\right]\left[\begin{array}{cc}
 0 & 1\\
 0 & 0\end{array}
\right]+\left[\begin{array}{cc}
 0 & 0\\
 1 & 0\end{array}
\right]\left[\begin{array}{cc}
 x & y\\
 0 & -x\end{array}
\right]=\left[\begin{array}{cc}
 0 & \lambda \\
 \mu  & 0\end{array}
\right]\]
Ainsi :\begin{equation}
\left\{ \begin{array}{ccc}
 z & = & \lambda \\
 x & = & \mu \end{array}
\right.\label{eq-5}\end{equation}
Par cons\'equent, $\theta $ est injective :

en effet, les relations (\ref{eq-4}) et (\ref{eq-5}) montrent que
si $\Delta \left(f_{1,2}\right)=\Delta \left(f_{2,1}\right)=0,$ alors
$\Delta \left(f_{1,1}\right)=\Delta \left(f_{2,2}\right)=0$ et donc
(comme $\left(f_{i,j}\right)_{1\leq i,j\leq 2}$ est une base de $\mathcal{L}\left(E\right))$
$\Delta =0.$

Il en r\'esulte (par le th\'eor\`eme du rang), que $\dim \left(D\right)\leq \rg \left(\theta \right)$
et donc $\dim \left(D\right)\leq 3.$

Or, on a vu au 2$^\circ$-b que $\im \left(\Phi \right)\subset D$ et que
$\rg \left(\Phi \right)=\dim \left(\mathcal{L}\left(E\right)\right)-\dim \left(\ker \left(\Phi \right)\right)=4-1=3.$
Conclusion :\[
\im \left(\Phi \right)=D\]

\end{document}
