\documentclass{magnolia}

\magfiche{document_nom={\shadowbox{
\begin{tabular}{ll}
\Large{Concours Marocain 2001: }&\pz{Maths II, MP}
\end{tabular}
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          document_date_creation={23/01/2005},
          document_date_modification={23/01/2005},
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          auteur_nom={Mr Mamouni},
          auteur_mail={myismail1@menara.ma}}
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\magprocess
\begin{document}
\begin{center}
$1^{\textbf{ère}}$ \textbf{Partie.}

\textbf{Résultats préliminaires.}
\vskip 10mm
\textbf{A-Calcul de la dimensin d'un \sev de }$E$.
\end{center}
\be
\item Conclusion immédiate du théorème de décomposition des noyaux car $(X-\lambda)^p\wedge Q=1$, puisque $Q(\lambda)\neq 0$ et du fait que $(u-\lambda I_E)^p$ et $Q(u)$ commuttent avec $u$ car sont des polynômes en $u$, donc leurs noyaux sont stables par $u$.
\item
\be
\item $\qlq x\in F_\lambda=\ker{(u-\lambda I_E)^p}$, on a: $(v-\lambda I_E)^p(x)=(u-\lambda I_E)^p(x)=0_E$, donc $v-\lambda I_E$ est nilpotent, en particulier $\chi_{v-\lambda I_E}(X)=(-1)^dX^d$, où $d=\dim F_\lambda$.
\item $\begin{array}[t]{ll}
\chi_v(X)&=\det(v-XI_E)\\
&=\det(v-\lambda I_E-(X-\lambda)I_E)\\
&=\chi_{v-\lambda I_E}(X-\lambda)\\
&=(-1)^d(X-\lambda)^d
\end{array}$
\\On a $E=F_\lambda\oplus\ker{Q(u)}$ avec $F_\lambda,\ker{Q(u)}$ stables par $u,v=u_{|F_\lambda}$ et $w=u_{|\ker{Q(u)}}$, donc $\chi_u=\chi_v.\chi_w=(-1)^d(X-\lambda)^d\chi_w$.
\item D'aprés ce qui précède on a: $\chi_u=(-1)^d(X-\lambda)^d\chi_w=(X-\lambda)^pQ$, ainsi $(X-\lambda)^p$ divise $(X-\lambda)^d\chi_w$, or $(X-\lambda)^p\wedge\chi_w=1$, car $\chi_w(\lambda)\neq 0$, d'où $(X-\lambda)^p$ divise $(X-\lambda)^d$, donc $p\ioe d$, de même et puisque $Q(\lambda)\neq 0$, on a aussi $(X-\lambda)^d$ divise $(X-\lambda)^p$, donc $p\soe d$, d'où l'égalité.
\ee
\ee
\begin{center}
\vskip 4mm
\textbf{B-Un résultat sur le polynôme minimal}.
\vskip 4mm
\end{center}
\be
\item Posons ${\cal J}_x=\{P\in\K[X]\tq P(u)(x)=0\}$, on vérifie facilement, tenant compte de la relation $(PQ)(u)=P(u)\circ Q(u)$, que ${\cal J}_x$ est un idéal non nul de $\K[X]$ car contient $\pi_u$, donc engendré par un unique polynôme unitaire de degré minimal noté $\pi_{x,u}$ qui vérifie $\pi_{x,u}(u)(x)=0_E$, car $\pi_{x,u}\in{\cal J}_x$ et qui divise $\pi_u$ car $\pi_u\in{\cal J}_x$ et $\pi_{x,u}$ engendre ${\cal J}_x$.
\item $\{\pi_{x,u}\tq x\in E,x\neq 0_E\}$ est fini car inclu dans 
\\$\{P\in\K[X]\text{ qui divisent }\pi_u\}$ qui est fini.
\item Posons $\pi=\underset{x\neq 0_E}\vee \pi_{x,u}$, ce polynôme a bien un sens car 
\\$\{\pi_{x,u}\tq x\in E,x\neq 0_E\}$ est fini, et il est divisible par tous les polynômes $\pi_{x,u}$, donc $\pi(u)(x)=0,\qlq x\in E$, d'où $\pi_u=P_1^{\alpha_1}\cdots P_r^{\alpha_r}$ divise $\pi$, car $\pi$ polynôme annulateur de $u$, donc $\qlq 1\ioe i\ioe r, P_i^{\alpha_i}$ divise $\pi$, donc $\exists x\in E\tq x\neq 0_E$, qu'on notera $y_i\tq P_i^{\alpha_i}$ divise $\pi_{y_i,u}$, car $P_i$ est irréductible.
\\Comme $\pi_u(u)=0=P_i^{\alpha_i}(u)\circ\ds\prod_{j\neq i} P_j^{\alpha_j}(u)$, alors \\$E=\Ker{P_i^{\alpha_1}(u)}\oplus\Ker{\ds\prod_{j\neq i} P_j^{\alpha_j}(u)}$ donc $y_i=x_i+z_i$, avec  \\$x_i\in\Ker{P_i^{\alpha_i}(u)},z_i\in\Ker{\ds\prod_{j\neq i} P_j^{\alpha_j}(u)}$.
\\Supposons $x_i=0_E$, alors $y_i=z_i\in\Ker{\ds\prod_{j\neq i} P_j^{\alpha_j}(u)}$, donc 
\\$\ds\prod_{j\neq i} P_j^{\alpha_j}(u)(y_i)=0_E$, d'où $\pi_{y_i,u}$ divise $\ds\prod_{j\neq i} P_j^{\alpha_j}$, or $P_i^{\alpha_i}$ divise $\pi_{y_i,u}$, donc divise aussi $\ds\prod_{j\neq i} P_j^{\alpha_j}$, impossible car les $P_j^{\alpha_j}$ sont premiers entre eux deux à deux puisque les $P_i$ sont irréductibles deux à deux distincts. Donc $x_i\neq 0_E$.
\\Montrons maintenant que $\pi_{x_i,u}=P_i^{\alpha_i}$, en effet $R=\pi_{x_i,u}$ divise $P_i^{\alpha_i}$ car $x_i\in\Ker{P_i^{\alpha_i}(u)}$, mais aussi $S=\pi_{x_i,u}$ divise $\ds\prod_{j\neq i} P_j^{\alpha_j}$, pour la même raison, donc $R\wedge S=1$, en utilisant la question suivante on aura $P_i^{\alpha_i}$ divise $\pi_{y_i,u}=RS$ et $P_i^{\alpha_i}\wedge S=1$, donc $P_i^{\alpha_i}$ divise $R$, d'où l'égalité.
\item Supposons $x+y=0$, donc $y=-x$ et par suite $R(u)(y)=-R(u)(x)=0$, donc $S=\pi_{y,u}$ divise $R$, absurde.
\\D'autre part: $(RS)(u)(x+y)=R(u)\circ S(u)(x+y)=R(u)\circ S(u)(x)+S(u)\circ R(u)(y)=0$, car $R(u)$ et $S(u)$ commuttent, donc $\pi_{x+y,u}$ divise $RS$
\\Or $\pi_{x+y}(u)(x+y)=0$, donc $\pi_{x+y}(u)(y)=-\pi_{x+y}(u)(x)$, d'où $(R\pi_{x+y,u})(u)(y)=R(u)\circ\pi_{x+y,u}(u)(y)=-R(u)\circ\pi_{x+y,u}(u)(x)=-\pi_{x+y,u}(u)\circ R(u)(x)=0$, donc $S=\pi_{y,u}$ divise $R\pi_{x+y,u}$, or $S\wedge R=1$, d'où $S$  divise $\pi_{x+y,u}$, de même $R$ divise $\pi_{x+y,u}$ et comme $S\wedge R=1$, alors $RS$ divise $\pi_{x+y,u}$, d'où l'égalité.
\item Prendre $e=x_1+\cdots+x_r$.
\ee
\begin{center}
$2^{\text{ème}}$\textbf{Partie}\\
\'Etude de ${\cal C}=\{u\in\Li E\tq\deg\pi_u=n-1\}$
\vskip 4mm
\textbf{A-Le cas d'un endomorphisme nilpotent.}
\end{center}
\be
\item $x\in\Ker{v^k}\impliq v^k(x)=0\impliq v^{k+1}(x)=v(0)=0\impliq $\\$x\in\Ker{v^{k+1}}$.
\\Comme on a déjà $\Ker{v^{k+1}}\subset\Ker{v^{k+2}}$, il suffit de montrer l'autre inclusion.
\\En effet, $
\begin{array}[t]{ll}
x\in\Ker{v^{k+2}}&\impliq v^{k+2}(x)=v^{k+1}(v(x))=0\\
&\impliq v(x)\in\Ker{v^{k+1}}=\Ker{v^{k}}\\
&\impliq v^k(v(x))=v^{k+1}(x)=0\\
&\impliq x\in\Ker{v^{k+1}}
\end{array}$
\item Utilisons la contraposée de l'implication précédete, donc 
$\begin{array}[t]{ll}
v^{n-1}=0,v^{n-2}\neq 0&\impliq E=\Ker{v^{n-1}}\neq \Ker{v^{n-2}}\\
&\impliq \Ker{v^{n-2}}\neq \Ker{v^{n-3}}\\
&\vdots\\
&\impliq \{0\}=\Ker{v^{0}}\neq \Ker{v}
\end{array}$, 
\\or $\{0\}\subset\Ker{v}\subset\cdots\subset\Ker{v^{n-1}}=E$, donc les inclusions sont strictes.
\item Montrer $k\ioe\Ker{v^k}$, par récurrence sur $k$ en utilisant le fait que $\dim\Ker{v^k}<\dim\Ker{v^{k+1}}$, donc \\$\dim\Ker{v^k}+1\ioe\dim\Ker{v^{k+1}}$.
\\Montrer $\Ker{v^k}\ioe k$, par récurrence descendante sur $k$ en utilisant le fait que $\dim\Ker{v^{k-1}}<\dim\Ker{v^{k}}$, donc 
\\$\dim\Ker{v^{k-1}}\ioe\dim\Ker{v^{k}}-1$.
\item Si $\Ker{v^{p+1}}=\Ker{v^{p}}\oplus F$, alors $\dim F=2$.
\\De plus $v_{|F}:F\vers v(F)$ est bijective car $\Ker{v_{|F}}=F\cap\Ker{v}\subset F\cap\Ker{v^{p}}=\{0\}$, donc $\dim v(F)=\dim F=2$
\\$
\begin{array}{lll}
x\in F&\impliq v^{p+1}(x)=0&\text{ car }F\subset\Ker{v^{p+1}}\\
&\impliq v(x)\in\Ker{v^{p}}&\text{ car }v^p(v(x))=0
\end{array}$
\\Donc $v(F)\subset\Ker{v^{p}}$, mais aussi $\Ker{v^{p-1}}\subset\Ker{v^{p}}$, donc $\Ker{v^{p-1}}+v(F)\subset\Ker{v^{p}}$.
\\D'autre part:\\
$\begin{array}[t]{ll}
x\in\Ker{v^{p-1}}\cap v(F)&\impliq\exists x'\in F\tq x=v(x')\text{ et }v^{p-1}(x)=0\\
&\impliq\exists x'\in F\tq x=v(x')\text{ et }v^{p}(x')=0\\
&\impliq\exists x'\in F\cap\Ker{v^{p}}\tq x=v(x')\\
&\impliq x=0\\
&\text{ car }x=v(x')\tq x'\in F\cap\Ker{v^{p}}=\{0\}
\end{array}$
\\Ainsi $\Ker{v^{p-1}}\cap v(F)=\{0\}$, d'où $\Ker{v^{p-1}}\oplus v(F)\subset\Ker{v^{p}}$, et donc $\dim\Ker{v^{p}}\soe\dim\Ker{v^{p-1}}+\dim v(F)=\dim\Ker{v^{p-1}}+2$. Or $\dim\Ker{v^{p-1}}\soe p-1$, d'où $\dim\Ker{v^{p-1}}\ioe p-2$, or $\dim\Ker{v^{p-1}}\soe p-1$, absurde.
\item D'aprés la question 3) on a: 
\\$0\ioe \dim\left( \Ker{v^{k+1}}\right)-\dim\left( \Ker{v^{k}}\right)\ioe 2$, d'aprés les  questions précédentes on a $\dim\left( \Ker{v^{k+1}}\right)-\dim\left( \Ker{v^{k}}\right)\notin\{0,2\}$, donc $\dim\left( \Ker{v^{k+1}}\right)=\dim\left( \Ker{v^{k}}\right)+1$, or $\dim\left( \Ker{v^{n-1}}\right)=n$ car $\Ker{v^{n-1}}=E$, donc par récurrence descendante on montre facilement que $\dim\left( \Ker{v^{k}}\right)=k+1$.
\item Supposons $\Ker v\subset\Ima v$, et soit $F$ un supplémentaire de $\Ker v$ dans $\Ima v$, donc $\Ima v=\Ker v\oplus F$, d'où 
\\$\Ima {v^2}=v(\Ima v)=v(F)=\Ima{v_{|F}}$ et 
\\$\Ker{v_{|F}}=F\cap\Ker v=\{0\}$, d'aprés la formule du rang appliquée à $v_{|F}$, on conclut que: $\dim F=\dim\Ima {v^2}=n-\dim\Ker{v^2}=n-3$ mais aussi, $\dim F=\dim\Ima v-\dim\Ker v=n-2-2=n-4$, absurde.
\item
\be
\item Si on montre que $\{y,v(y),\ldots,v^{n-2}(y)\}$ est libre, alors $\dim H=n-1$.
\\En effet: Soit $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-2}\tq \lambda_0y+\ldots +\lambda_{n-2}v^{n-2}(y)=0$, composons par $v^{n-2}$, donc $\lambda_0v^{n-2}(y)=0$, car $v^{n-1}=0$ et donc $v^k=0,\qlq k\soe n-1$, or $v^{n-2}(y)\neq 0$, car $y\notin\Ker{v^{n-2}}$, donc $\lambda_0=0$, en composant aprés par $v^{n-3}$, on trouve $\lambda_1=0$ et ainsi de suite.
\item Soit $x\in H\cap\K x_0$, donc $x=\lambda x_0=\lambda_0y+\ldots +\lambda_{n-2}v^{n-2}(y)$, or $x_0\in\Ker v$, donc $x$ aussi d'où $v(x)=0$ mais surtout $v^{n-2}(x)=0$, en reprenant la même démarche que dans la question précédente, on montre que tous les $\lambda_i$ sont nuls donc $x=0$, donc $H\cap\K x_0=\{0\}$, ainsi leur somme est directe, de plus $\dim\K x_0=1$, donc $\dim\left(H\oplus\K x_0\right)=n$ donc $H\oplus\K x_0=E$.
\\Montrons maintenant $H$ et $\K x_0$ sont stables par $v$.
\\Soit $x\in H$, donc $x=\lambda_0y+\ldots +\lambda_{n-2}v^{n-2}(y)$, d'où 
\\$v(x)=\lambda_0v(y)+\ldots +\lambda_{n-3}v^{n-2}(y)\in H$, car $v^{n-1}=0$.
\\Soit $x\in\K x_0$, donc $x=\lambda x_0$, d'où $v(x)=0\in \K x_0$ car $x_0\in\Ker v$.
\item ${\cal B}=\{y,v(y),\ldots,v^{n-2}(y),x\}$ est une base de $E$ car ruénion de deux base de $H$ et $\K x_0$ avec $H\oplus\K x_0=E$. Dans ce cas $$J=\mat{\cal B} v=
\begin{pmatrix}
0&\ldots&&&&0\\
1&\ddots&&&&\vdots\\
0&\ddots&&&&\\
\vdots&\ddots&&&&\\
0&\ldots&0&&1&0
\end{pmatrix}$$
\ee
\ee
\begin{center}
\vskip 4mm
\textbf{B- Cas général.}
\vskip 4mm
\end{center}
\be
\item
\be
\item D'aprés la forme de $M$, on a: 
\\$u(e_1)=e_2,\ldots,u(e_{n-2})=e_{n-1},u(e_{n-1})= \alpha_0 e_1+\ldots+\alpha_{n-2}e_{n-1}$ et enfin $u(e_n)=\alpha e_n$. Donc $u^2(e_1)=u(e_2)=e_3$ et par récurrence sur $1\ioe k\ioe n-2$, on montre que $u^k(e_1)=e_{k+1}$ et enfin $u^{n-1}(e_1)=u\left(u^{n-2}(e_1)\right)=u(e_{n-1})=\alpha_0 e_1+\ldots+\alpha_{n-2}e_{n-1}$.
\item $
\begin{array}[t]{ll}
R(u)(e_1)&=u^{n-1}(e_1)-\ds\sum_{k=0}^{n-2}\alpha_ku^k(e_1)\\
&=\alpha_0 e_1+\ldots+\alpha_{n-2}e_{n-1}-\ds\sum_{k=0}^{n-2}\alpha_ke_{k+1}\\
&=0
\end{array}$.
\\Pour $k\in\{2,\ldots,n-1\}$, on a $e_k=u^{k-1}(e_1)$, donc $R(u)(e_k)=R(u)\circ u^{k-1}(e_1)=u^{k-1}\circ R(u)(e_1)=0$.
\\D'autre part $u(e_n)=\alpha e_n$, donc $u^k(e_n)=\alpha^ke_n$ et $R(u)(e_n)=R(\alpha)(e_n)=0$ car $\alpha$ racine de $R$.
\\Ainsi $R(u)$ s'annulle sur une base de $E$, donc sur $E$, d'où $R(u)=0$, donc $R$ est un polynôme annulateur de $u$.
\item Supposons $\deg\pi_u\ioe n-2$, donc $\pi_u=\lambda_0+\cdots+\lambda_{n-2}X^{n-2}$, avec les $\lambda_k$ non tous nuls. Or $\pi_u(e_1)=0$ et $u^k(e_1)=e_{k+1}$, donc $\lambda_0e_1+\cdots+\lambda_{n-2}e_{n-1}=0$, avec les $\lambda_k$ non tous, donc la famille $\{e_1,\cdots,e_{n-1}\}$ est liée, absurde car incluse dans une base.
D'aprés la question précédente on a $\pi_u$ divise $R$, et $\deg R=n-1$, donc $\deg\pi_u\ioe n-1$, or $\deg\pi_u\soe n-1$, donc $\deg \pi_u=\deg R=n-1$, or $\pi_u$ divise $R$ et sont tous les deux unitaires donc égaux. D'où $u\in\cal C$.
\item En développant suivant la dérnière ligne, on trouve que 
\\$\chi_u=(\alpha-X)\chi_{M'}$ où $M'=
\begin{pmatrix}
0&0&\ldots&0&\alpha_0\\
1&0&\ldots&0&\alpha_1\\
0&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\\
\vdots&\ddots&1&0&\alpha_{n-3}\\
0&\ldots&0&1&\alpha_{n-2}
\end{pmatrix}$, 
\\matrice classique appelée matrice compagnon dont le polynôme caractéristque est exactement $(-1)^{n-1}R$, formule qu'on obtient en développant le déterminant suivant la dernière colonne.
\\D'où $\chi_u=(-1)^n(X-\alpha)R$.
\ee
\item 
\be
\item $\pi_u$ qui est unitaire de degré $n-1$ divise $\chi_u$ de degré $n$ et de coéfficient dominant $(-1)^n$, donc $\chi_u=(-1)^n(X-\alpha)\pi_u$, or $\chi_u$ et $\pi_u$ ont les mêmes racines qui sont les valeurs propres de $u$, donc $\alpha$ qui est racine de $\chi_u$ est aussi racine de $\pi_u$.
\item On a $\chi_u=(X-\alpha)^kQ$ et $Q\wedge (X-\alpha)^k=1$ car $Q(\alpha)\neq 0$, or $\chi_u(u)=0$, d'aprés le théorème des noyaux on conclut que: $E=\Ker{\chi_u(u)}=\Ker{(u-\alpha I_E)^k}\oplus\Ker{Q(u)}$.
\\De façon pareille puisque, $\pi_u=(X-\alpha)^{k-1}Q$ et $\pi_u(u)=0$, on a aussi $E=\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-1}}\oplus\Ker{Q(u)}$.
\\En utilisant l'inégalité précèdente on conclut que:
\\$\dim\Ker{(u-\alpha I_E)^k}=\dim\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-1}}$, or $\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-1}}\subset \Ker{(u-\alpha I_E)^k}$, d'où l'égalité.
\\D'autre part, supposons que 
\\$\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-2}}=\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-1}}$, donc 
\\$E=\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-2}}\oplus\Ker{Q(u)}=\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-2}\circ Q(u)}$, d'aprés le théorème des noyaux, ainsi $(X-\alpha)^{k-2}Q$ est un polynôme annulateur de $u$ donc divisible par $\pi_u=(X-\alpha)^{k-1}Q$ ce qui est impossible, donc $\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-2}}\neq\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-1}}$, or $\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-2}}\subset\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-1}}$, d'où l'inclusion est stricte.
\item
\be
\item $\qlq x\in\Ker{(u-\alpha I_E)^k}=\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-1}}$, on a $(u-\alpha I_E)^{k-1}(x)=0$, donc $v^k(x)=0$.
\\Or $\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-2}}\neq\Ker{(u-\alpha I_E)^{k-1}}$ donc $v^{k-2}\neq 0$.
\item Raisonner de façon pareille que dans la question II.A.7
\ee
\item On a $H_1\subset\Ker{(u-\alpha I_E)^k}$ donc 
\\$H_1\cap\Ker{Q(u)}\subset\Ker{(u-\alpha I_E)^k}\cap\Ker{Q(u)}=\{0\}$ car $(X-a)^k\wedge Q=1$ puisque $Q(\alpha)\neq 0$, donc la somme $H_1+\Ker{Q(u)}$ est directe. Or $E=\Ker{(u-\alpha I_E)^k}\oplus\Ker{Q(u)}=\K x_0\oplus H_1\oplus\Ker{Q(u)}=\K x_0\oplus H$, avec $H=H_1+\Ker{Q(u)}$ stable par $u$ en tant que somme de deux \sev stables par $u$.
\item
\be
\item Soit ${\cal B}'$ une base de $H$, alors ${\cal B}=\{x_0\}\cup{\cal B}'$ est une base de $E$ avec $\mat{\cal B}u=
\begin{pmatrix}
\alpha&0&\ldots&0\\
0&&&\\
\vdots&&\mat{{\cal B}'}w&\\
0&&&
\end{pmatrix}$, et ceci car $u(x_0)=\alpha x_0,u=w$ sur $H$ qui est stable par $u$. Donc $\chi_u=(\alpha-X)\chi_w$.
\\Or $\chi_u=(-1)^n(X-\alpha)^kQ$, donc $\chi_w=(-1)^{n-1}(X-\alpha)^{k-1}Q=(-1)^{n-1}\pi_u$ et $\pi_u(\alpha)=0$, donc $\chi_w(\alpha)=0$, or $\pi_w$ et $\chi_w$ ont les mêmes racines, donc $\pi_w(\alpha)=0$.
\item D'abord $\pi_w(u)=0$ sur $H$, car $w=u$ sur $H$, d'autre part, comme $u(x_0)=\alpha x_0$, alors $\pi_w(u)(x_0)=\pi_w(\alpha)x_0=0$, donc $\pi_w(u)=0$ sur $\K x_0$, et comme $E=\K x_0\oplus H$, alors $\pi_w(u)=0$.
\\Ainsi $\pi_u$ divise $\pi_w$, or $\deg \pi_u=n-1$ car $u\in\cal C$, d'où $\deg\pi_w\soe n-1$ et comme $w$ est un endomorphisme de $H$ et $\dim H=n-1$, alors $\deg\pi_w\ioe n-1$, d'où l'égalité.
\ee
\item Soit $e\in H\tq\pi_{e,w}=\pi_w$, et supposons  que la famille $\{e,w(e),\ldots,w^{n-2}(e)\}$ est liée, donc ils existent des coéfficients $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-2}$ non tous nuls tels que $\lambda_0e+\lambda_1w(e)+\ldots+\lambda_{n-2}w^{n-2}(e)=0$, donc $P(u)(e)=0$ avec $P(X)=\lambda_0+\lambda_1X+\ldots+\lambda_{n-2}X^{n-2}$ de degré inférieur à $n-2$, or $\deg\pi_{e,w}=n-1$ ce qui contredit le fait que $\deg\pi_{e,w}$ est un polynôme annulateur pour $e$ de degré minimal. Ainsi ${\cal B}=\{e,w(e),\ldots,w^{n-2}(e)\}$ est libre dans $H$ de cardinal $n-1=\dim H$, donc base de $H$, avec $\mat{{\cal B}}w=\begin{pmatrix}
0&0&\ldots&0&\alpha_0\\
1&0&\ldots&0&\alpha_1\\
0&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\\
\vdots&\ddots&1&0&\alpha_{n-3}\\
0&\ldots&0&1&\alpha_{n-2}
\end{pmatrix}$
\\En prenant ${\cal B}'={\cal B}\cup\{x_0\}$, on obtient $\mat{{\cal B}}u$ de la forme (1).
\ee
\item Le sens direct découle de la question précédente, celui inverse découle de la question II.B.1.c
\ee
\begin{center}
\vskip 4mm
$3^{\text{ème}}$\textbf{Partie}
\vskip 4mm
\end{center}
\be
\item 
\be
\item On sait que le déterminant est une forme $n$-linéaire donc continue.
\\D'autre part $G(\C)=\det^{-1}(\C^*)$ et $G(\R)=\det^{-1}(]0,+\infty[)$ sont ouverts car $\C^*$ et $]0,+\infty[$ sont ouverts et $\det$ continue.
\item Posons $A=(a_{i,j})_{1\ioe i,j\ioe n},B=(b_{i,j})_{1\ioe i,j\ioe n}$ et $AB=(c_{i,j})_{1\ioe i,j\ioe n}$, avec $c_{i,j}=\ds\sum_{k=1}^na_{i,k}b_{k,j}$, d'aprés l'inégalité de Cauchy-Schwarz on a: 
\\$c_{i,j}^2\ioe \left(\ds\sum_{k=1}^na_{i,k}^2\right)\left(\ds\sum_{k=1}^nb_{k,j}^2\right)$, donc 
\\$\begin{array}{ll}
\|AB\|^2&=\ds\sum_{1\ioe i,j\ioe n}c_{i,j}^2\\
&\ioe\ds\sum_{i=1}^n\ds\sum_{j=1}^n\left(\ds\sum_{k=1}^na_{i,k}^2\right)\left(\ds\sum_{k=1}^nb_{k,j}^2\right)\\
&=\left(\ds\sum_{i=1}^n\ds\sum_{k=1}^na_{i,k}^2\right)\left(\ds\sum_{j=1}^n \ds\sum_{k=1}^nb_{k,j}^2\right)\\
&=\|A\|^2\|B\|^2
\end{array}$
\item Montrons d'abors ce résultat, si $E$ est muni d'une norme d'algèbre $\| \|$ et si $x\in E\tq \| x\|<1$, alors $(1-x)$ inversible d'inverse $\ds\sum_{k=0}^{+\infty}x^k$.
\\En effet, on sait que $(1-x)\ds\sum_{k=0}^{n}x^k=1-x^{n+1}$ et 
\\$\|x^{n+1}\|<\|x\|^{n+1}\underset{n\rightarrow +\infty}\vers 0$ car $\| x\|<1$, donc $(1-x)\ds\sum_{k=0}^{+\infty}x^k=1$.
\\Revenons à notre problème maintenant, donc 
\\$\begin{array}{ll}
\|H\|<\|A^{-1}\|^{-1}&\impliq \|A^{-1}H\|\ioe\|A^{-1}\|.\|H\|<1\\
&\impliq I_n+A^{-1}H\text{ inversible, d'inverse }\ds\sum_{k=0}^{+\infty}(-A^{-1}H)^k
\end{array}$
\\Donc $A+H=A(I_n+A^{-1}H)$ est aussi inversible, d'inverse $(I_n+A^{-1}H)^{-1}A^{-1}=\ds\sum_{k=0}^{+\infty}(-A^{-1}H)^kA^{-1}=A^{-1}+\ds\sum_{k=1}^{+\infty}(-A^{-1}H)^kA^{-1}$, d'où $(A+H)^{-1}-A^{-1}=\ds\sum_{k=1}^{+\infty}(-A^{-1}H)^kA^{-1}$.
\item Il suffit de montrer que $\Lim H0(A+H)^{-1}=A^{-1}$.
\\En effet, dans ce cas on peut supposer $\|H\|<\|A^{-1}\|^{-1}$ et donc $\exists r<0\tq \|A^{-1}H\|<r<1$, donc\\
$\begin{array}[t]{ll}
\|(A+H)^{-1}=A^{-1}\|&=\| \ds\sum_{k=1}^{+\infty}(-A^{-1}H)^kA^{-1}\|\\
&\ioe \|A^{-1}H)^kA^{-1}\ds\sum_{k=0}^{+\infty}\|A^{-1}H\|^k\\
&\ioe \|H\|.\|A^{-1}\|^2\ds\sum_{k=0}^{+\infty}r^k\\
&=\dfrac{\|H\|.\|A^{-1}\|^2}{1-r}\underset{H\rightarrow 0}\vers 0
\end{array}$
\ee
\item
\be
\item Posons $A=(a_{i,j})_{1\ioe i,j\ioe n},B=(b_{i,j})_{1\ioe i,j\ioe n}$, donc 
\\$T(x)=\det (xB+(1-x)A)=\ds\sum_{\sigma\in{\cal S}_n}\ds\prod_{i=1}^n(xb_{i,\sigma(i)}+(1-x)a_{i,\sigma(i)})$ est un polynôme en $x$ de degré inférieur à $n$ non nul, car $T(1)=\det B\neq 0$.
\item
\be
\item $\Lim t{\frac 12^+}\gamma(t)=\Lim t{\frac 12^-}\gamma(t)=\dfrac{1+2ir}2=\gamma\left(\frac 12\right)$, donc $\gamma$ est continue et par suite $\phi$ aussi, or $\gamma (0)=0$ et $\gamma (1)=1$, donc $\phi(0)=A$ et $\phi(1)=B$.
\item On a $\det\phi(t)=T(\gamma(t))$ et $T(x)=\ds\prod_{i=1}^px-z_i$, donc $\det\phi(t)=\ds\prod_{i=1}^p\gamma(t)-z_i$, or $\begin{array}[t]{lll}
\text{Im}(\gamma(t)-z_i)&=2tr-\text{Im}z_i&\text{si }0\ioe t\ioe \frac 12\\
&=2r(1-t)-\text{Im}z_i&\text{si }0\ioe t\ioe 1
\end{array}$
Supposons $\text{Im}(\gamma(t)-z_i)=0$.
\begin{itemize}
\item 1ér cas: $0\ioe t\ioe \dfrac 12$, dans ce cas $\text{Im}z_i=2tr\ioe r$, absurde.
\item 2ème cas: $\dfrac 12\ioe t\ioe 1$, dans ce cas $\text{Im}z_i=2(1-t)r\ioe r$, absurde.
\end{itemize}
Ainsi $t\mapsto\phi(t)$ est un chemin inclu dans $\text{GL}_n(\C)$, joignant $A$ et $B$, donc $\text{GL}_n(\C)$ est connexe par arcs.
\ee
\ee
\item Découle du fait que les applications $P\mapsto PJ,P\mapsto P^{-1}$ sont continues donc leur produit aussi, et du fait que l'image d'un connexe par arcs par une application continue est connexe par arcs. 
\item On a: $M(t)=\begin{pmatrix}
0&0&\ldots&0&\beta_0&0\\
1&0&\ldots&0&\beta_1&0\\
0&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\
\vdots&\ddots&1&0&\beta_{n-3}&0\\
0&\ldots&0&1&\beta_{n-2}&0\\
0&0&\ldots&0&0&\beta\
\end{pmatrix}$, avec $\begin{array}{l}
\beta=t\alpha\\
\beta_k=t\alpha,\,\qlq k\soe 1\\
\beta_0=\beta^{n-1}-\ds\sum_{k=1}^{n-2}\beta_k\beta^k\\
\beta^{n-1}=\ds\sum_{k=0}^{n-2}\beta_k\beta^k
\end{array}$
\\Ainsi $M(t)$ remplit les conditions des matrices de la forme (1), donc $M(t)\in{\cal C}(\K)$.
\\D'autre part les coéfficients de $M(t)$ sont des fonctions polynômailes en $t$, donc $\psi:t\mapsto M(t)$ est continue, c'est donc un chemin inclu dans ${\cal C}(\K)$, joingnat $J=\psi(0)$ et $M=\psi(1)$.
\item D'aprés la question précedente toute matrice peut étre jointe à $J$ par un chemin continue inclu dans ${\cal C}(\K)$, si on prend deux matrices quelconques $M$ et $N$ dans ${\cal C}(\K)$, on joigne $M$ à $J$, puis $J$ à $N$, donc $M$ à $N$, d'où ${\cal C}(\K)$ est connexe par arcs.
\ee
\vskip 20mm
\begin{center}
\shadowbox{\huge{Fin.}}
\end{center}
\end{document}
