%  corrig\'e \'ecrit par Robert Chardard
%  et relu par Fr\'ed\'eric Dupr\'e
%  Toute remarque sur ce corrig\'e peut \^etre envoy\'ee \`a
%  Chardard, 11, all\'ee Pottier 91620 NOZAY


\documentclass[a4paper,twoside]{article}
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\setlength\parindent{0pt}


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\begin{document}
\newcommand{\Question}[1]{\bigskip \fbox{\bf Question \textbf{#1}} \bigskip}
\begin{center}
\bf \large Partie I
\end{center}



\Question{I 1}

Soit $h$ un projecteur de $E$, cyclique, et soit $C_a^p=\{
a,h(a), \ldots h^{p-1}(a)\}$ un cycle de $h$. Puisque
$h^2(a)=h(a)$ et puisque les $p$ \'el\'ements de $C_a^p$ sont
disjoints, on en d\'eduit que $p\leqslant 2$. Comme $C_a^p$ est une
partie g\'en\'eratrice de $E$, on a:

$n=\dim E \leqslant p$.

\medskip

\fbox{\vbox{
Donc, un projecteur $h$ peut \^etre cyclique pour $n=1$ ou $n=2$.

Dans le cas o\`u $n=1$, un cycle de $h$ s'\'ecrit $\{a\}$, o\`u $a$ est
un vecteur non nul de $E$.

Dans le cas o\`u $n=2$, un cycle de $h$ s'\'ecrit $\{ a,h(a)\}$, o\`u
$a$ est un vecteur de $E$ qui n'appartient ni au noyau, ni \`a
l'image de $h$}}

\Question{I 2a}

On choisit $a=e_1$ et $p=n$. On v\'erifie facilement que $C_a^p$
est un cycle de $f$. 

On v\'erifie \'egalement que :

\begin{itemize}
\item $\operatorname{rg} f=\operatorname{rg} A=n-1$
\item $\Pi_f(X)=X^{n-1}(X-1)$

Les valeurs propres de $f$ sont $0$, de multiplicit\'e $n-1$ et
$1$, de multiplicit\'e $1$.

$E_{0}(f)$ est de dimension $1$ (puisque
$\operatorname{rg}f=n-1$)

$E_1(f)$ est de dimension 1 (puisque $1$ est une valeur propre simple) 

\item Donc, $f$ est diagonalisable si et seulement si $n=2$

\end{itemize}

\Question{I 2b}

On choisit $a=e_1$ et $p=n+1$. 

\begin{itemize}
\item $C_a^p=\{ e_1,e_2, \ldots ,
e_n,-\displaystyle\sum_{k=1}^ne_k\}$ est une partie g\'en\'eratrice
de $E$, dont les \'el\'ements sont 2 \`a 2 distincts.

\item pour tout $i\in\{ 1,\ldots ,n\} \quad g(e_i)\in C_a^p$

$\displaystyle g\left( -\sum_{k=1}^n
e_k\right)=-\sum_{k=1}^{n-1} e_{k+1}+\sum_{k=1}^ne_k=e_1$

Donc : $g\left( C_a^p\right)\subset C_a^p$
\end{itemize}

\fbox{ $g$ est donc cyclique et un cycle de $g$ est $C_{e_1}^{n+1}$}

\medskip

\fbox{Il est clair que $g$ est de rang $n$}

\medskip

On a : $\vtop{\hbox{$g^{n+1}\left(e_1\right)=g\left(
-\displaystyle\sum_{k=1}^ne_k\right) =e_1$}
               \hbox{$\forall i\in\{ 2,\ldots ,n\} \quad g^{n+1}(e_i)=g^{n+1}\circ\,
g^{i-1}(e_1)= g^{i-1}\circ\, g^{n+1}(e_1)=e_i$}}$

\medskip

$g^{n+1}$ co\"{\i}ncidant avec $id$ sur une base de $E$, est donc \'egale
\`a $id$. $g$ annule donc le polyn\^ome $X^{n+1}-1$, qui est scind\'e
sur $\mathbb C$, \`a racines simples.

\medskip

\fbox{Donc, $g$ est diagonalisable}

\Question{I 3a}

Soit $f\in\mathcal{L}(E)$ cyclique d'ordre $p$ et $C_a^p$ un
cycle de $f$. Puisque $C_a^p$ est une partie g\'en\'eratrice de $E$
de cardinal p, on a :

\medskip

\fbox{$p\geqslant \dim E =n$}

\Question{I 3b}

$C_a^p$ \'etant un cycle de $f$, $\operatorname{Im} f$ contient
$f(a), \ldots ,f^{p-1}(a)$. Le sous-espace engendr\'e par ces
vecteurs est de dimension $n-1$ au moins, puisque $C_a^p$ est une
partie g\'en\'eratrice de $E$.

\medskip

\fbox{Donc, $\operatorname{Im}f$ est de dimension $n-1$ au moins}

\Question{I 4a}

Notons $HR_k$ la propri\'et\'e :
$f^k(a)\in\operatorname{Vect}\mathcal F$

\begin{itemize}
\item $\{ a,f(a),\ldots ,f^{m-1}(a),f^m(a)\}$ est li\'ee et 
$\{ a,f(a),\ldots ,f^{m-1}(a)\}$ est libre. On en d\'eduit que
$f^m(a)$ appartient \`a $\operatorname{Vect}(a,f(a),\ldots
,f^{m-1}(a))$.

On en d\'eduit que $HR_m$ est vraie.

\item Supposons que $HR_k$ est vraie avec $k\geqslant m$. Alors,
$f^k(a)$ appartient \`a $\operatorname{Vect}(a,f(a),\ldots
,f^{m-1}(a)\}$. On en d\'eduit que $f^{k+1}(a)$ appartient \`a
$\operatorname{Vect} (f(a),f^2(a),\ldots ,f^m(a))$. Puisque
$HR_m$ est vraie, on a:

$\operatorname{Vect} (f(a),f^2(a),\ldots ,f^m(a))\: \subset 
\: \operatorname{Vect}(a,f(a),\ldots
,f^{m-1}(a)\}$.

On en d\'eduit que $HR_{k+1}$ est vraie.

\end{itemize}

\fbox{Donc, par r\'ecurrence : $\forall k\geqslant m \quad
f^k(a)\in\operatorname{Vect}\mathcal F$}

\Question{I 4b}

On d\'eduit de la question pr\'ec\'edente que tout \'el\'ement de $C_a^p$
est un \'el\'ement de $\operatorname{Vect} \mathcal F$. Comme $C_a^p$
est une partie g\'en\'eratrice de $E$, il en est de m\^eme de $\mathcal
F$.

$\mathcal F$ \'etant \`a la fois une partie g\'en\'eratrice et une
famille libre de $E$, est donc une base de $E$. En particulier
$n=m$.

\medskip

\fbox{Donc, $\mathcal F=\{ a,f(a), \ldots ,f^{n-1}(a)\}$ est une
base de $E$}

\Question{I 4c}

D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, si $R=\displaystyle
\sum_{k=0}^{n-1} r_kX^k$ est un \'el\'ement de $\mathbb
C_{n-1}\lbrack X\rbrack$, on a :

\medskip

$\begin{array}{lcl} 
R(f)=0 & \Longrightarrow & R(f)(a)=0 \\
       & \Longrightarrow & \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}r_k
f^k(a)=0 \\
       & \Longrightarrow & \forall k\in\{ 0,\ldots ,n-1\} \quad r_k=0
\end{array}$

\medskip

On en d\'eduit qu'un polyn\^ome annulateur de $f$ non nul est de
degr\'e au moins $n$ et donc que $P_f$ est de degr\'e au moins $n$.
Comme $P_f$ est un diviseur unitaire de $\Pi_f$ (th\'eor\`eme de
Cayley-Hamilton), on en d\'eduit que :

\medskip

\fbox{$P_f=\Pi_f$}

\Question{I 5}

Si $f$ est bijectif et si $C_a^p$ est un cycle de $f$, alors il
existe $k$ dans $\{ 0,\ldots , p-1\}$ tel que :

$f^p(a)=f^k(a)$

\medskip

Si $k$ \'etait non nul, puisque $f^k$ est bijective, on aurait :

$f^{p-k}(a)=a$

ce qui serait contradictoire puisque $a$ et $f^{p-k}(a)$, \'etant
deux \'el\'ements de $C_a^p$, devraient \^etre distincts. 

\medskip

\fbox{Si $f$ est bijectif et si $C_a^p$ est un cycle de $f$, on a
$f^p(a)=a$}

\Question{I 6}

Soit $C_e^2$ un cycle de $f$. On sait d'apr\`es la question I 4b
que $(e,f(e))$ est une base de $E$. La matrice de $f$ dans cette base
est :

$\begin{pmatrix} 0 & \alpha \\
                 1 & \beta \end{pmatrix}$

Or, on a : $\beta =\operatorname{tr}f= b \qquad \alpha =-\det
f=a$

\medskip

De plus, on a : $\enspace f^2(e)=e \quad \text{ou} \quad
f^2(e)=f(e)$

\medskip

Dans le cas o\`u $f^2(e)=e$, ceci entra\^{\i}ne : 

$a=1 \quad b=0$

Mais, dans ce cas, $1$ est valeur propre de $f$ ($P_f=X^2-1$).

\medskip

Dans le cas o\`u $f^2(e)=f(e)$, ceci entra\^{\i}ne :

$a=0 \quad b=1$

Mais, dans ce cas, $1$ est valeur propre de $f$  ($P_f=X(X-1)$)

\medskip

\fbox{Il n'existe aucune valeur de $a$ et $b$ pour que $f$ soit
cyclique d'ordre 2}

\Question{I 7}

$f^n$ est l'endomorphisme de $\mathbb C^2$ dont la matrice dans
la base canonique est $\begin{pmatrix}
\cos n\theta & -\sin n\theta \\
\sin n\theta & \cos n\theta \end{pmatrix}$ (d'apr\`es le cours sur
les rotations d'un plan euclidien).

\begin{itemize}
\item Si $\theta\in 2\pi\mathbb Q$, \'ecrivons $\theta
=2\pi\dfrac{a}{b}$, avec $a\wedge b =1$. Puisque $\theta$
n'appartient pas \`a $2\pi\mathbb Z$ : $b>1$.

On choisit $a=e_1$ et $p=b-1$. 
\begin{itemize}
\item $C_a^p$ est une partie g\'en\'eratrice de $E$, puisque
$(a,f(a))$ est une famille g\'en\'eratrice de $\mathbb C^2$
(rappelons que $\theta$ n'est pas un \'el\'ement de $2\pi\mathbb Z$).
\item $
f^k(a)=f^l(a) \vtop{\hbox{$\Longrightarrow  k\theta \equiv l\theta
\pmod{2\pi}$}
                    \hbox{$\Longrightarrow  (k-l)a \equiv 0 \pmod{b}$}
                    \hbox{$\Longrightarrow   k-l \ \text{multiple de} \ b
$}}$

$C_a^p$ poss\`ede donc $p$ \'el\'ements distincts 2 \`a 2
\item Puisque $f^p(a)=a$, $C_a^p$ est stable par $f$
\end{itemize}
Donc, $C_a^p$ est un cycle de $f$ et $f$ est cyclique

\item R\'eciproquement, si $f$ est cyclique et si $C_a^p$ est un
cycle de $f$, alors, puisque $f$ est bijective, on a :
$f^p(a)=a$. 

Si $p\theta$ n'est pas nul modulo $2\pi$, alors, $1$ n'est pas
valeur propre de $f^p$ (les valeurs propres de $f^p$ \'etant
$e^{ip\theta}$ et $e^{-ip\theta}$). Donc :

$p\theta = 2\pi q$

$\theta \in 2\pi\mathbb Q$
\end{itemize}

\fbox{$f$ est cyclique si et seulement si $\theta\in 2\pi\mathbb
Q$}

\vskip 1cm

\hrule

\begin{center}
\bf \large Partie II
\end{center}

\hrule

\Question{II 1a}

On a vu \`a la question I 5 que : $f^p(a)=a$ (puisque $f$ est
bijectif et $C_a^p$ est un cycle de $f$).

Pour tout $k$ de $\{ 1,\ldots , p-1\}$, on a :

$f^p (f^k(a))=f^k(f^p(a))=f^p(a)$

Donc $f^p$ et $id$ co\"{\i}ncident sur $C_a^p$, qui est une partie
g\'en\'eratrice de $E$.

\medskip

\fbox{On en d\'eduit que $f^p=id$}

\medskip

\fbox{\vbox{$f$ est diagonalisable puisqu'il annule le polyn\^ome
$X^p-1$, qui est scind\'e \`a racines simples}}

\Question{II 1b}

Puisque $f$ annule $X^p-1$, $\Pi_f$ divise $X^p-1$.

Soit $k$ tel que $\Pi_f$ divise $X^k-1$. Alors, $f$ annule
$X^k-1$ et, en particulier $f^k(a)=a$. Comme les \'el\'ements de
$C_a^p$ sont 2 \`a 2 distincts, on en d\'eduit que $k\geqslant p$.

\medskip

\fbox{\vbox{Donc, $P_f$ divise $X^k-1$ et $p$ est le plus petit
entier $k$ non nul tel que $P_f$ divise $X^k-1$}}

\Question{II 2a}

$P_f$ divise $X^p-1$, qui est scind\'e \`a racines simples. Donc
$P_f$ est scind\'e \`a racines simples.

Soit $\lambda$ une racine de $P_f$; c'est donc une valeur propre de
$f$, et elle est donc racine de tout polyn\^ome annulateur de $f$ ,
en particulier $\Pi_f$. 

$P_f$ est scind\'e, \`a racines simples, toutes ses racines sont
racines de $\Pi_f$. On en d\'eduit que $P_f$ est un diviseur de
$\Pi_f$.

\begin{itemize}
\item $P_f$ divise $\Pi_f$ (vu pr\'ec\'edemment)
\item $\Pi_f$ divise $P_f$ (th\'eor\`eme de Cayley-Hamilton)
\item $P_f$ et $\Pi_f$ sont unitaires
\end{itemize}

\fbox{$P_f=\Pi_f$}

\Question{II 2b}

\fbox{\vbox{$f$ est diagonalisable puisqu'il annule le polyn\^ome
$X^p-1$, qui est scind\'e, \`a racines simples}}

\Question{II 2c}

On notera $\lambda_1 , \dots , \lambda_n$ les valeurs propres de
$f$ (on a vu \`a la question II 2a qu'elles \'etaient toutes
distinctes). Pour tout $i$, $v_i$ est un vecteur propre associ\'e \`a
$\lambda_i$. $x=\displaystyle \sum_{i=1}^n v_ix_i$ est un vecteur
tel que $\forall i \enspace , \enspace x_i\neq 0$.

On a :

$\begin{array}{lcl}
\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}\alpha_if^i(x)=0 & \Longrightarrow
& \displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}\alpha_if^i\left(
\sum_{k=1}^{n}x_kv_k\right) =0 \\
 & \Longrightarrow &  \displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{k=1}^n
\alpha_ix_k \lambda_k^i v_k=0 \\
 & \Longrightarrow & 
\displaystyle\sum_{k=1}^nx_kQ(\lambda_k)v_k=0 \qquad \text{avec}
\ Q=\sum_{i=0}^{n-1}\alpha_iX^i \\
 & \Longrightarrow & \displaystyle
\forall k\in\{1,\ldots ,n\} \quad Q(\lambda_k )=0 \qquad \text{avec}
\ Q=\sum_{i=0}^{n-1}\alpha_iX^i \\
 & \Longrightarrow & \displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}\alpha_iX^i
\quad  \text{multiple de} \ P_f \\
 & \Longrightarrow &
\forall i\in\{ 0,\dots ,n-1\} \quad \alpha_i=0 \end{array}$

\medskip

\fbox{$(x,f(x),\ldots ,f^{n-1}(x))$ est une famille libre de $E$
et donc une base}

\Question{II 2 d}

\begin{itemize}
\item $(x,\ldots , f^{p-1}(x))$ est une partie g\'en\'eratrice de
$E$, puisque $p\geqslant n$ et $(x,\ldots ,f^{n-1}(x))$ est une
base de $E$.
\item On garde les notations qui ont \'et\'e introduites dans la
solution de la question pr\'ec\'edente. Soit $k>l$. On a:

$\begin{array}{lcl} 
f^k(x)=f^l(x) & \Longrightarrow & \displaystyle 
\sum_{i=1}^nx_i\lambda_i^kv_i= \sum_{i=1}^nx_i\lambda_i^lv_i \\
 & \Longrightarrow & \forall i\in\{ 1,\ldots ,n\}\quad
\lambda_i^k=\lambda_i^l \\
 & \Longrightarrow &
\forall i\in\{ 1,\ldots ,n\} \quad \lambda_i \ \text{racine de} \
X^k-X^l \\
 & \Longrightarrow &
P_f\ \text{diviseur de} \ X^{k-l}-1 \\
 & \Longrightarrow &
k-l\geqslant p \qquad \text{par hypoth\`ese}
 \end{array}$

Donc, les \'el\'ements de $C_x^p$ sont distincts 2 \`a 2
\item $f^p(x)=x$ puisque $f^p=id$
\end{itemize}

\fbox{Donc $f$ est cyclique et $C_x^p$ est un cycle de $f$}

\Question{II 3a}

$A^2=\begin{pmatrix} 
2 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 2 \end{pmatrix}
=2I+A$

\medskip

\fbox{Un polyn\^ome annulateur de $f$ est donc $X^2-X-2$}

\Question{II 3b}

Il y a une {\bf erreur d'\'enonc\'e}. L'endomorphisme $f$ ne peut \^etre
cyclique, puisque son polyn\^ome minimal est $X^2-X-2$ et n'est
donc pas \'egal  \`a son polyn\^ome caract\'eristique. Or, lorsque $f$
est un endomorphisme cyclique bijectif, on a , d'apr\`es la
question II 2a : $P_f=\Pi_f$.


\vskip 1cm

\hrule

\begin{center}
\bf \large Partie III
\end{center}

\hrule

\Question{III 1a}

On a vu \`a la question I 3b qu'un endomorphisme cyclique \'etait de
rang au moins $n-1$. Donc, d'apr\`es le th\'eor\`eme du rang, la
dimension de $\operatorname{Ker} f$ est inf\'erieure ou \'egale \`a 1.
Comme $f$ n'est pas inversible, on en d\'eduit que:

\medskip

\fbox{$\dim\operatorname{Ker} f=1$}

\Question{III 1b}

Si $f^p(a)=a$, on aurait, pour tout $k$ de $\{ 0,\ldots ,p-1\}$ :

$f^p(f^k(a))=f^k(f^p(a))=f^k(a)$

$f^p$ et $id$ co\"{\i}ncideraient sur $C_a^p$, qui est une partie
g\'en\'eratrice de $E$. On aurait donc : 

$f^p=id$

ce qui serait contradictoire, puisque $f$ serait inversible.

\medskip

\fbox{Donc, $f^p(a)\neq a$}

\Question{III 1c}

$j$ est un \'el\'ement de $\{ 1, \dots ,p-1\}$ tel que :
$f^p(a)=f^j(a)$

Pour tout $k$ de $\{ 0,\ldots ,p-1\}$, on a:

\medskip

$f^p(f^k(a))=f^k(f^p(a))=f^k(f^j(a))=f^j(f^k(a))$

\medskip

Donc, $f^p$ et $f^j$ co\"{\i}ncident sur $C_a^p$, qui est une partie
g\'en\'eratrice de $E$. On en d\'eduit que :

\medskip

\fbox{$f^p=f^j$}

\medskip

\Question{III 1d}

D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, $f$ annule $X^p-X^j$. Donc,
$\Pi_f$ est un diviseur de $X^p-X^j$.

\begin{itemize}
\item
Soit $k$ l'ordre de multiplicit\'e de $0$ comme racine du polyn\^ome
$\Pi_f$ (on sait d\'ej\`a que $1\leqslant k\leqslant j$). 
Alors, $\Pi_f$ est diviseur de $X^k(X^{p-j}-1)$. En
particulier, $f$ annule $X^{p+k-j}-X^k$ et :

$f^{p+k-j}(a)=f^k(a)$.

Les \'el\'ements de $C_a^p$ \'etant 2 \`a 2 distincts, on en d\'eduit que
$p+k-j\geqslant p$ et donc que $k=j$
\end{itemize}

$\Pi_f$ est donc multiple de $X^j$ et est un diviseur de
$X^p-X^j$. On en d\'eduit que :

\medskip

\fbox{$\Pi_f$ est de la forme $X^jQ$, o\`u $Q$ est un diviseur de
$X^{p-j}-1$}

\Question{III 2}

Si $Q$ est un polyn\^ome constant, le polyn\^ome caract\'eristique de $f$
est $X^n$. Comme $\Pi_f$ est \'egal \`a $P_f$, on en d\'eduit que $X^n$
annule $f$ et que $X^{n-1}$ n'annule pas $f$.

Il existe donc $x$ tel que $f^{n-1}(x)\neq 0$. 

\begin{itemize}
\item 
Supposons que $(x,f(x),\ldots ,f^{n-1}(x))$ n'est pas libre. Il
existe donc $(\alpha_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ non nul tel
que :

\medskip

$v=\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}\alpha_if^i(x)=0$

\medskip

Alors, si $k$ est le plus petit entier tel que $\alpha_k$ est non
nul, en prenant l'image par $f^{n-k-1}$ du vecteur $v$, on a,
sachant que $f^n$ est nul :

\medskip

$\alpha_kf^{n-1}(x)=0$

\medskip

On aboutit \`a une contradiction.

\medskip

Donc, $(x,f(x),\ldots ,f^{n-1}(x))$ est une famille libre de $E$,
et donc une base, puisque de cardinal $n$.

On en d\'eduit que $C_x^{n+1}$ est une famille g\'en\'eratrice de $E$.

\item Les \'el\'ements de $C_x^{n+1}$ sont distincts 2 \`a 2,
puisque les $n$ premiers vecteurs forment une base et puisque le
$(n+1)$-i\`eme vecteur est le vecteur nul
\item $f^{n+1}(x)=0=f^n(x)$
On en d\'eduit que $C_x^{n+1}$ est stable par $f$
\end{itemize} 

\fbox{On en d\'eduit que $f$ est cyclique d'ordre $n+1$ et que
$C_x^{n+1}$ est un cycle de $f$}

\Question{III 3a}

Les polyn\^omes $X^j$ et $X^q-1$ sont premiers entre eux,
puisqu'ils n'ont pas de racine commune dans $\mathbb C$. D'apr\`es
le th\'eor\`eme de d\'ecomposition des noyaux :

\medskip

$\operatorname{Ker}
(X^j(X^q-1))(f)=\operatorname{Ker}X^j(f)\oplus \operatorname{Ker}
(X^q-1)(f)$

\medskip

Or, $f$ annule $X^j(X^q-1)$, puisque $\Pi_f$ divise $X^j(X^q-1)$.
Donc :

\medskip

\fbox{$E=\operatorname{Ker}f^j\oplus \operatorname{Ker}(f^q-id)$}

\Question{III 3b}

$f$ et $f^j$ commutent, donc, $\operatorname{Ker}f^j$ est stable
par $f$.

$f$ et $\enspace f^q-id\enspace$ commutent, donc
$\enspace\operatorname{Ker}(f^q-id)
\enspace$ est
stable par $f$.

\Question{III 4a}

\begin{itemize}
\item
$f_2$ v\'erifie: $f_2^q=id_{E_2}$. 

Donc, $f_2$ est bijectif.
\item On a, par propri\'et\'e du cours : $P_f=P_{f_1}P_{f_2}$

On en d\'eduit que $P_{f_2}$ est un diviseur de $P_f$, et donc de
$X^j(X^q-1)$.

Comme $f_2$ est bijectif, $P_{f_2}$ divise $X^q-1$

\item Supposons que $P_{f_2}$ divise un des polyn\^omes $X^k-1$ ,
pour $0<k<q$.
\begin{itemize}
\item
$f_1^j=0$. Donc, la seule valeur propre possible de $f_1$ est la
racine de $X^j \ : \ 0$. On en d\'eduit que que le polyn\^ome
caract\'eristique de $f_1$ est de la forme $X^{j_1}$. 
\item
Comme $P_f=P_{f_1}P_{f_2}$ et comme $0$ n'est pas racine de
$P_2$, on en d\'eduit que $j_1= j$
\end{itemize}
On en d\'eduirait donc que $P_f$ s'\'ecrirait sous la forme
$P_{f_1}P_{f_2}$, donc sous la forme $X^jQ$, o\`u $Q$ diviserait un
polyn\^ome $X^k-1$, avec $0<k<q$.

Ceci serait contradictoire.

\medskip

Donc, $P_{f_2}$ ne divise aucun des polyn\^omes $X^k-1$, pour
$0<k<q$.
\end{itemize}

\fbox{\vbox{On conclut de ce qui pr\'ec\`ede et de l'\'etude faite dans
la question II 2 que $f_2$ est cyclique d'ordre $q$}}

\Question{III 4b}

$C_{a_2}^q$ est un cycle de $f_2$. Donc, d'apr\`es la question I
4b, $(a_2,f_2(a_2),\ldots ,f_2^{q-1}(a_2))$ est une base de $E_2$.
On en d\'eduit que $(f_2^j(a_2),\ldots
,f_2^{j+q-1}(a_2))$ est une base de $E_2$, comme image d'une base
par l'endomorphisme bijectif $f_2^j$ (on rappelle que $f_2$ est
bijectif).

\medskip

\fbox{$(f^j(a_2),\ldots ,f^{j+q-1}(a_2))$ engendre $E_2$}

\Question{III 5a}

On a vu dans la solution de la question III 4a que
$P_f=P_{f_1}P_{f_2}$ et que $P_{f_1}(X)=X^j$. Donc, la dimension
de $E_1$ est $j$.

\Question{III 5b}

Si $f_1^{j-1}$ \'etait l'endomorphisme nul, alors le polyn\^ome
$R(X)=X^{j-1}Q(X)$ serait tel que:

$R(f_1)=0_{E_1} \qquad R(f_2)=0_{E_2}$

Les restrictions de $R(f)$ aux deux sous-espaces suppl\'ementaires
$E_1$ et $E_2$ seraient nulles. On en d\'eduirait que $R(f)=0$ et
donc que $R$ serait un multiple de $\Pi_f=P_f=X^jQ(X)$, ce qui
serait contradictoire.

\medskip

\fbox{Donc, $f_1^{j-1}\neq 0$}

\Question{III 5c}

$f_1$ est un endomorphisme de $E_1$ et on a, d'apr\`es ce qui
pr\'ec\`ede :

$\Pi_{f_1}=P_{f_1}=X^jQ \qquad \text{avec} \ Q=1$

De l'\'etude faite \`a la question III 2, on d\'eduit que $f_1$ est un
endomorphisme cyclique d'ordre $j+1$. En particulier, si
$C_{a_1}^{j+1}$ est un cycle de $f_1$ :

\medskip

\fbox{$(a_1,f(a_1),\ldots ,f^{j-1}(a_1))$ est une base de $E_1$}

\Question{III 6}

$a=a_1+a_2$
\begin{itemize}
\item
Puisque $f^j(a_1)=0$, on a:

$f^{j}(a)=f^j(a_2)\enspace , \enspace\ldots\enspace , \enspace 
f^{j+q-1}(a)=f^{j+q-1}(a_2)$       

On en d\'eduit que le sous-espace engendr\'e par les \'el\'ements de
$C_a^{j+q-1}$ contient $E_2$ (ceci par la question III 4b).

\medskip

Le sous-espace engendr\'e par les \'el\'ements de $C_a^{j+q-1}$
contient \'egalement les \'el\'ements suivants :
\begin{itemize}
\item $a-a_2=a_1$
\item $\ldots$
\item $f^{j-1}(a)-f^{j-1}(a_2)=f^{j-1}(a_1)$
\end{itemize}
Il contient donc $E_1$, car $E_1$ est le sous-espace engendr\'e par
$a_1, \ldots ,f^{j-1}(a_1)$ (question III 5c)

\medskip

Le sous-espace engendr\'e par les \'el\'ements de $C_a^{j+q-1}$
contient donc :

$E=E_1\oplus E_2$ (question III 3a)

\item Supposons que $f^k(a)=f^l(a)$, avec $k\neq l$. On a alors, puisque $E_1$ et
$E_2$ sont deux sous-espaces suppl\'ementaires de $E$, stables par
$f_1$ et $f_2$:

\medskip

$f_1^k(a_1)=f_1^l(a_1) \qquad f_2^k(a_2)=f_2^l(a_2)$

\medskip

De la premi\`ere \'egalit\'e, on d\'eduit que : $\quad k\geqslant j \quad
\text{et} \quad 
l\geqslant j$. Mais on a vu que dans la solution de la question
III 4b que $f_2^j(a_2),\ldots , f_2^{j+q-1}(a_2)$ forment une base
de $E_2$ et sont donc distincts 2 \`a 2. On a donc :

$k\geqslant j+q \qquad l\geqslant j+q$

\medskip

Donc, les \'el\'ements de $C_a^{j+q-1}$ sont distincts 2 \`a 2.

\item $f^{j+q}=f^j$ puisque $f$ annule $X^{j+q}-X^j$. 

En particulier : $f^{j+q}(a)=f^j(a)$

On en d\'eduit que $C_a^{j+q-1}$ est stable par $f$.

\end{itemize}

\fbox{Donc, $C_a^{j+q-1}$ est un cycle de $f$}

\Question{III 7}

On trouve facilement que : $P_f(X)=X^2(X-j)$

\medskip

On rappelle que les valeurs propres de $f$ sont racines de tout
polyn\^ome annulateur de $f$ et donc de $\Pi_f$. Comme $\Pi_f$
divise $P_f$ (th\'eor\`eme de Cayley-Hamilton), on a:

$\Pi_f(X)=X^2(X-j) \qquad \text{ou} \qquad \Pi_f(X)=X(X-j)$ 

On v\'erifie facilement que $f$ n'annule pas $X(X-j)$.

\medskip

\fbox{\vbox{On a donc:

$\Pi_f=P_f=X^2Q$

o\`u $Q$ est un polyn\^ome qui divise $X^3-1$ et aucun des polyn\^omes
$X^k-1$ pour $0<k<q$

On en d\'eduit que $f$ est cyclique d'ordre 5}}

\medskip

Avec les notations de l'\'enonc\'e, on obtient facilement :

\medskip

$a_2=e_3$

\medskip

Il reste \`a d\'eterminer $a_1$. $a_1$ est un \'el\'ement de
$\operatorname{Ker} f^2$ sans \^etre \'el\'ement de $\operatorname{Ker}
f$. On a:

$A^2=\begin{pmatrix} 
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
j & j & j^2 \end{pmatrix}
$

On choisira donc : $a_1=je_1-e_3$

\fbox{Un cycle de $f$ est donc $C_a^5$, avec $a=je_1+(j-1)e_3$}





\end{document}
