Maths A

# X-ENS 2025 — Mathématiques A (MP-MPI) — Corrigé « copie de concours »

**Concours :** École polytechnique / ENS · **Épreuve :** Mathématiques A (XULSR), n° 1
**Filière :** MP-MPI · **Année :** 2025 (lundi 14 avril 2025, durée 4 h, sans calculatrice)

## Thème et fil directeur

Le problème démontre le **théorème de réduction de Jordan des endomorphismes nilpotents** (toute matrice nilpotente est semblable à une matrice diagonale par blocs de Jordan), puis en tire deux prolongements.

L'outil de démonstration, original, est l'**algèbre des polynômes de Laurent** $\mathbb{C}[X^{\pm 1}]$ : on y fabrique un endomorphisme modèle $\xi$ (produit par $X$ suivi de la projection sur les degrés strictement négatifs) dont les sous-espaces cycliques réalisent exactement les blocs de Jordan.

La stratégie de preuve est un **argument de prolongement compatible** (partie III) qui, greffé sur un sous-espace cyclique maximal (partie IV), produit un supplémentaire stable et permet une récurrence sur la dimension.

La partie V raffine le résultat en présence d'une **graduation** portée par un endomorphisme $h$ diagonalisable ($h^N=\mathrm{id}$, $huh^{-1}=\zeta u$) ; la partie VI applique cette version graduée avec $N=2$ pour **classer les couples de matrices rectangulaires** $(A,B)$ à équivalence simultanée près.

## Carte stratégique (d'après le rapport du jury)

- **Le sujet est très long.** Le rapport indique explicitement qu'« il n'était pas nécessaire de traiter le sujet dans sa totalité pour avoir une excellente note » : la **partie VI n'a quasiment jamais été traitée** (une ou deux questions faciles), et la **question 14 non plus**. Priorité : parties I à V, traitées **rigoureusement**.
- **Le point noir de l'épreuve** est l'algèbre des polynômes d'un endomorphisme.

Le jury a vu écrire $(PQ)(u)(v)=P(Q(u)(v))$ ou $=P(u)(v)\,Q(u)(v)$ : c'est faux.

La seule identité correcte est $(PQ)(u)=P(u)\circ Q(u)$, appliquée ensuite à $v$.

Autre confusion sanctionnée : **idéal engendré** vs **sous-espace engendré** par un polynôme.
- **Références précises exigées :** citer « d'après les résultats précédents » ou « d'après la partie 1 » ne rapporte rien ; il faut nommer la question **et** le résultat utilisé.
- **Questions discriminantes / ordre conseillé :** I (Q1 souvent ratée, Q2 facile), II (Q3b : soigner la récurrence), III (Q6–7 : cœur technique, Q6f rarement abordée), IV (Q8–10, récurrences), V (Q11–12 accessibles, Q13 chronophage), puis VI en dernier. La question 1 est un piège classé « souvent erroné » : la traiter au propre via le polynôme minimal.

Dans tout le corrigé, on note $J_r$ le bloc de Jordan de taille $r$ ($J_r e_j=e_{j+1}$ pour $1\le j\le r-1$, $J_r e_r=0$).

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# Partie I — Questions préliminaires

## Question 1°

**Stratégie.** Traduire la diagonalisabilité par un **polynôme annulateur scindé à racines simples**.

Le polynôme minimal $\pi_h$ de $h$ annule aussi $h_W$ (car $W$ est stable) ; il est scindé à racines simples, d'où le résultat.

**Rédaction.**

Comme $h$ est diagonalisable, son polynôme minimal $\pi_h$ est **scindé à racines simples** : $\pi_h=\prod_{i=1}^{p}(X-\lambda_i)$ avec les $\lambda_i$ deux à deux distincts.

Pour tout $w\in W$, puisque $W$ est stable par $h$, on a $h_W^{\,k}(w)=h^k(w)$ pour tout $k\in\mathbb{N}$, donc pour tout polynôme $P$, $P(h_W)(w)=P(h)(w)$.

En particulier $$\pi_h(h_W)(w)=\pi_h(h)(w)=0 .$$
Ainsi $\pi_h(h_W)=0$ : $\pi_h$ est un polynôme annulateur de $h_W$, scindé à racines simples.

Un endomorphisme annulé par un polynôme scindé à racines simples est diagonalisable ; donc **$h_W$ est diagonalisable**. (Si $W=\{0\}$, $h_W$ est diagonalisable trivialement.) $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport signale : « Nous avons trop souvent été confrontés à des raisonnements erronés sur cette question. Le plus rapide était d'introduire le polynôme minimal de $h$.

D'autres démonstrations étaient possibles, mais il fallait être très rigoureux. » Le piège classique est de « restreindre une base de vecteurs propres » à $W$ : rien ne garantit que $W$ contienne des vecteurs propres, la démarche est fausse.

La voie du polynôme annulateur (minimal, ou $\prod(X-\lambda_i)$ sur les valeurs propres) est la seule à la fois courte et correcte.

## Question 2°

**Stratégie.** (a) Les puissances de matrices semblables sont semblables, d'où l'égalité des dimensions de noyaux. (b) Calculer $\dim\ker J_r^{\,k}=\min(k,r)$ et reconnaître une différence seconde. (c) Le noyau d'une matrice diagonale par blocs est le produit des noyaux ; conclure par linéarité.

**Rédaction.**

**a)** Soient $M'=PMP^{-1}$ avec $P$ inversible.

Alors $M'^{\,k}=PM^kP^{-1}$, donc $x\mapsto Px$ réalise un isomorphisme de $\ker M^k$ sur $\ker M'^{\,k}$ ; ainsi $\dim\ker M'^{\,k}=\dim\ker M^k$ pour tout $k\ge 0$.

Par la définition de $\delta_k$, **$\delta_k(M')=\delta_k(M)$** pour tout $k\ge 1$.

**b)** Pour $j\ge 0$, $J_r^{\,j}e_i=e_{i+j}$ si $i+j\le r$ et $0$ sinon.

Les vecteurs $\{e_{i+j}:1\le i\le r-j\}$ sont libres, donc $\operatorname{rg}J_r^{\,j}=\max(r-j,0)$ et $$\dim\ker J_r^{\,j}=r-\max(r-j,0)=\min(j,r).$$
Posons $a_j=\min(j,r)$ ($a_0=0$).

Alors $$\delta_k(J_r)=-a_{k-1}+2a_k-a_{k+1}=(a_k-a_{k-1})-(a_{k+1}-a_k).$$
Or $a_k-a_{k-1}=1$ si $k\le r$ et $=0$ si $k>r$.

Donc pour $k<r$ : $1-1=0$ ; pour $k=r$ : $1-0=1$ ; pour $k>r$ : $0-0=0$. **$\delta_k(J_r)=1$ si $k=r$, et $0$ sinon.**

**c)** Si $M=\mathrm{diag}(M_1,M_2)$, alors $M^k=\mathrm{diag}(M_1^k,M_2^k)$ et un vecteur $\binom{x}{y}$ est dans $\ker M^k$ ssi $M_1^kx=0$ et $M_2^ky=0$.

Donc $\ker M^k=\ker M_1^k\times\ker M_2^k$ et $$\dim\ker M^k=\dim\ker M_1^k+\dim\ker M_2^k.$$ (Cas $k=1$ inclus.)

En reportant dans la définition, la linéarité donne $\delta_k(M)=\delta_k(M_1)+\delta_k(M_2)$.

Par récurrence immédiate, **$\delta_k(\mathrm{diag}(M_1,\dots,M_s))=\sum_{i=1}^s\delta_k(M_i)$.** $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport : « Questions qui n'ont pas posé de difficulté, et qui ont été globalement bien traitées. » Le seul écueil est de justifier `$\dim\ker M'^k=\dim\ker M^k$` par un argument précis (isomorphisme $x\mapsto Px$) et non par une invocation vague de la « conservation du rang ».

Bien voir que $\delta_k$ est une **différence seconde** de $k\mapsto\dim\ker M^k$ : c'est ce qui fera de $\delta_k$ le compteur de blocs de taille $k$ en Q10.

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# Partie II — Algèbre linéaire sur les polynômes de Laurent

Rappel utile : sur la base $(X^{-j})_{j\ge 1}$ de $\mathcal{D}$, on a $\xi(X^{-j})=\Pi(X^{-j+1})=X^{-(j-1)}$ pour $j\ge 2$ et $\xi(X^{-1})=\Pi(1)=0$.

## Question 3°

**Stratégie.** (a) La partie polynomiale $F-\Pi(F)\in\mathbb{C}[X]$ est tuée par $\Pi(X\,\cdot)$. (b) Se ramener à $P=X^n$ et récurrer en réutilisant (a) sous la forme $\Pi(X\,\Pi(G))=\Pi(XG)$.

**Rédaction.**

**a)** Écrivons $F=\Pi(F)+R$ avec $R=F-\Pi(F)\in\mathbb{C}[X]$ (partie polynomiale).

Par linéarité de $\widehat{\xi}$, $$\widehat{\xi}(F)-\widehat{\xi}(\Pi(F))=\widehat{\xi}(R)=\Pi(XR).$$
Comme $R\in\mathbb{C}[X]$, $XR\in\mathbb{C}[X]$, donc $\Pi(XR)=0$.

D'où **$\widehat{\xi}(\Pi(F))=\widehat{\xi}(F)$**.

**b)** Montrons d'abord, pour $F\in\mathcal{D}$ et $n\in\mathbb{N}$, que $\xi^n(F)=\Pi(X^nF)$, par récurrence sur $n$.

*Initialisation* $n=0$ : $\xi^0(F)=F=\Pi(F)$ car $F\in\mathcal{D}$.

*Hérédité :* supposons $\xi^n(F)=\Pi(X^nF)$.

Comme $\xi^n(F)\in\mathcal{D}$, $\xi=\widehat{\xi}$ y coïncide : $$\xi^{n+1}(F)=\widehat{\xi}\big(\xi^n(F)\big)=\Pi\!\big(X\,\Pi(X^nF)\big)\overset{(a)}{=}\Pi\!\big(X\cdot X^nF\big)=\Pi(X^{n+1}F),$$ où l'on a utilisé (a) sous la forme $\widehat{\xi}(\Pi(G))=\widehat{\xi}(G)$ avec $G=X^nF$, c'est-à-dire $\Pi(X\,\Pi(G))=\Pi(XG)$.

La récurrence est établie.

Enfin, pour $P=\sum_n p_nX^n$, par linéarité : $$P(\xi)(F)=\sum_n p_n\,\xi^n(F)=\sum_n p_n\,\Pi(X^nF)=\Pi\Big(\big(\textstyle\sum_n p_nX^n\big)F\Big)=\Pi(PF).\qquad\blacksquare$$

**Commentaire du correcteur.**

Rapport : « 3a. Question bien traitée. » ; « 3b. Il était nécessaire de bien écrire la récurrence pour calculer les itérés de l'endomorphisme $\xi$. » Le point technique à ne pas escamoter est le passage $\Pi(X\,\Pi(X^nF))=\Pi(X^{n+1}F)$, qui est **exactement** le contenu de (a) : c'est ce chaînon qui justifie la récurrence.

Bien noter que $\xi=\widehat\xi$ **seulement sur $\mathcal{D}$**, ce qui autorise à écrire $\xi^{n+1}=\widehat\xi\circ\xi^n$.

## Question 4°

**Stratégie.**

Calculer $\xi^n$ sur la base : $\xi^n(X^{-j})=\Pi(X^{n-j})$, non nul ssi $j\ge n+1$.

En déduire surjectivité et noyau.

**Rédaction.**

Pour $j\ge 1$, la question 3°b) donne $\xi^n(X^{-j})=\Pi(X^{n-j})$, égal à $X^{-(j-n)}$ si $j-n\ge 1$ (i.e. $j\ge n+1$) et à $0$ si $1\le j\le n$.

- **Surjectivité :** tout $X^{-i}$ ($i\ge 1$) est atteint : $\xi^n(X^{-(i+n)})=X^{-i}$.

Comme $(X^{-i})_{i\ge1}$ engendre $\mathcal{D}$, $\xi^n$ est **surjectif**.

- **Noyau :** pour $F=\sum_{j\ge1}f_jX^{-j}$ (somme finie), $\xi^n(F)=\sum_{j\ge n+1}f_j X^{-(j-n)}$, nul ssi $f_j=0$ pour tout $j\ge n+1$.

Donc $$\ker\xi^n=\operatorname{Vect}(X^{-1},X^{-2},\dots,X^{-n}),\quad\text{de base }(X^{-1},\dots,X^{-n}),\ \dim=n.$$ (Pour $n=0$, $\xi^0=\mathrm{id}$, noyau $\{0\}$.) $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Rapport (4 et 5) : « Questions qui n'ont pas posé de difficulté, mais une rédaction rigoureuse était attendue. » L'erreur à éviter est d'oublier de **prouver** que la famille annoncée est exactement le noyau (double inclusion, ou passage par un élément général). La surjectivité de $\xi^n$ resservira crucialement en Q6d.

## Question 5°

**Stratégie.**

Un sous-espace stable par $\xi$ contenant $X^{-r}$ contient toutes ses images $\xi^k(X^{-r})=X^{-(r-k)}$ ; réciproquement ces vecteurs engendrent un sous-espace stable.

**Rédaction.**

Soit $S$ un sous-espace stable par $\xi$ contenant $X^{-r}$.

Alors $S$ contient $\xi^k(X^{-r})=X^{-(r-k)}$ pour $0\le k\le r-1$, c'est-à-dire $X^{-r},X^{-r+1},\dots,X^{-1}$.

Donc $S\supset\operatorname{Vect}(X^{-r},\dots,X^{-1})$.

Réciproquement, $D:=\operatorname{Vect}(X^{-r},\dots,X^{-1})$ contient $X^{-r}$ et est stable par $\xi$ (l'image de chaque générateur est un générateur ou $0$).

Donc le plus petit tel sous-espace est $$\mathcal{D}_r=\operatorname{Vect}(X^{-r},X^{-r+1},\dots,X^{-1}).$$
La famille $(X^{k-r})_{0\le k\le r-1}=(X^{-r},\dots,X^{-1})$, sous-famille de la base $(X^{-j})_{j\ge1}$ de $\mathcal{D}$, est libre et génératrice de $\mathcal{D}_r$ : c'est une **base** de $\mathcal{D}_r$, $\dim\mathcal{D}_r=r$.

*Matrice de $\xi_{\mathcal{D}_r}$.*

Posons $b_k=X^{k-r}$ ($0\le k\le r-1$).

Alors $\xi(b_k)=X^{k-r+1}=b_{k+1}$ pour $0\le k\le r-2$, et $\xi(b_{r-1})=\xi(X^{-1})=0$.

La matrice dans $(b_0,\dots,b_{r-1})$ a un $1$ en position $(k+1,k)$ : c'est **le bloc de Jordan $J_r$**. $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Question « sans difficulté », mais la mention **« plus petit sous-espace stable »** exige une double justification (nécessité par stabilité, suffisance par vérification de la stabilité).

C'est le résultat-clé de toute la construction : $(\mathcal{D}_r,\xi_{\mathcal{D}_r})$ est le **modèle** d'un bloc de Jordan dans $\mathcal{D}$ ; on notera au passage $\mathcal{D}_r=\ker\xi^r$ (Q4).

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# Partie III — Prolongements compatibles

## Question 6°

**Stratégie.** (a)–(b) Reconnaître un idéal de $\mathbb{C}[X]$, non nul car $u$ est nilpotent, propre car $v\notin W$ : il est de la forme $(X^r)$, $r\ge 1$. (c) Vérifier stabilité. (d) Utiliser la surjectivité de $\xi^r$ (Q4). (e) Écrire $P=QX^r$ et intertwiner. (f) Bonne définition par différence, puis vérifier (i)–(ii).

**Rédaction.**

**a)** $\mathcal{I}=\{P\in\mathbb{C}[X]:P(u)(v)\in W\}$. On a $0\in\mathcal{I}$.

Si $P,Q\in\mathcal{I}$, $(P+Q)(u)(v)=P(u)(v)+Q(u)(v)\in W$.

Si $P\in\mathcal{I}$ et $R\in\mathbb{C}[X]$, alors $(RP)(u)=R(u)\circ P(u)$, donc $$(RP)(u)(v)=R(u)\big(P(u)(v)\big)\in W,$$ car $P(u)(v)\in W$ et $W$, stable par $u$, est stable par $R(u)$.

Donc **$\mathcal{I}$ est un idéal de $\mathbb{C}[X]$.**

**b)** $u$ étant nilpotent, il existe $n$ avec $u^n=0$, donc $u^n(v)=0\in W$ et $X^n\in\mathcal{I}$ : **$\mathcal{I}\ne\{0\}$**.

Tout idéal de $\mathbb{C}[X]$ est engendré par un unique polynôme unitaire $P_0$ ; comme $X^n\in\mathcal{I}=(P_0)$, $P_0\mid X^n$, donc $P_0=X^r$ avec $0\le r\le n$.

Enfin $v\notin W$ donne $1\notin\mathcal{I}$, donc $r\ge 1$.

Ainsi **$\mathcal{I}=(X^r)$ avec $r\ge 1$.**

**c)** $W'=\{P(u)(v)+w:P\in\mathbb{C}[X],\,w\in W\}$.

Il contient $W$ (prendre $P=0$) et $v$ (prendre $P=1,w=0$).

C'est un sous-espace (somme de $\mathbb{C}[u](v)$ et de $W$).

Il est stable par $u$ : $u\big(P(u)(v)+w\big)=(XP)(u)(v)+u(w)$, avec $(XP)(u)(v)\in\mathbb{C}[u](v)$ et $u(w)\in W$. **$W'$ contient $W$ et $v$, et est stable par $u$.**

**d)** $u^r(v)=(X^r)(u)(v)\in W$ car $X^r\in\mathcal{I}$, donc $G_v=\varphi(u^r(v))\in\mathcal{D}$ est défini.

Par la question 4°, $\xi^r$ est **surjectif** ; il existe donc $F_v\in\mathcal{D}$ tel que **$G_v=\xi^r(F_v)$.**

**e)** Supposons $P(u)(v)=w\in W$.

Alors $P\in\mathcal{I}=(X^r)$ (question 6°b), donc $P=QX^r$ pour un polynôme $Q$.

On note d'abord que la relation $\xi\circ\varphi=\varphi\circ u_W$ entraîne, par récurrence, $\xi^k\circ\varphi=\varphi\circ u_W^{\,k}$ pour tout $k$, donc $$\boxed{\,Q(\xi)\circ\varphi=\varphi\circ Q(u_W)\ \text{pour tout }Q\in\mathbb{C}[X].}$$
Alors $w=P(u)(v)=Q(u)\big(u^r(v)\big)=Q(u_W)\big(u^r(v)\big)$ (car $u^r(v)\in W$).

D'où $$\varphi(w)=\varphi\big(Q(u_W)(u^r v)\big)=Q(\xi)\big(\varphi(u^r v)\big)=Q(\xi)(G_v)=Q(\xi)\big(\xi^r(F_v)\big)=P(\xi)(F_v),$$ puisque $Q(\xi)\circ\xi^r=(QX^r)(\xi)=P(\xi)$.

Donc **$P(\xi)(F_v)=\varphi(w)$.**

**f)** *Bonne définition.*

Si $x=P_1(u)(v)+w_1=P_2(u)(v)+w_2$, posons $P=P_1-P_2$, $w=w_2-w_1\in W$ ; alors $P(u)(v)=w$, donc par 6°e), $P(\xi)(F_v)=\varphi(w)$, c'est-à-dire $$P_1(\xi)(F_v)-P_2(\xi)(F_v)=\varphi(w_2)-\varphi(w_1),$$ soit $P_1(\xi)(F_v)+\varphi(w_1)=P_2(\xi)(F_v)+\varphi(w_2)$.

Donc $\varphi'(x)=P(\xi)(F_v)+\varphi(w)$ **ne dépend que de $x$**.

*Prolongement compatible.* (i) Pour $x\in W$ : décomposition $P=0,w=x$ donne $\varphi'(x)=\varphi(x)$, donc $\varphi'_{|W}=\varphi$. (ii) Pour $x=P(u)(v)+w$, on a $u(x)=(XP)(u)(v)+u(w)$ avec $u(w)\in W$, d'où $$\varphi'(u(x))=(XP)(\xi)(F_v)+\varphi(u(w))=\xi\big(P(\xi)(F_v)\big)+\xi\big(\varphi(w)\big)=\xi\big(\varphi'(x)\big),$$ en utilisant $(XP)(\xi)=\xi\circ P(\xi)$ et $\varphi(u(w))=\varphi(u_W(w))=\xi(\varphi(w))$.

Donc $\xi\circ\varphi'=\varphi'\circ u_{W'}$ : **$\varphi'$ est un prolongement de $\varphi$ à $W'$ compatible avec $u$.** $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.**

Le rapport détaille cette question. 6a : « à condition de connaître la définition d'un idéal et de ne pas se tromper dans les manipulations de l'algèbre de polynômes d'un endomorphisme » — d'où l'importance d'écrire $(RP)(u)=R(u)\circ P(u)$ **appliqué à $v$**. 6b : « le résultat était aisément obtenu si on utilisait le fait qu'un idéal de $\mathbb{C}[X]$ est engendré par un élément » — attention à la **confusion idéal / sous-espace vectoriel** explicitement dénoncée dans les commentaires généraux. 6d : « nécessitait d'utiliser un résultat antérieur » (la surjectivité de $\xi^r$). 6e : « le point crucial résidait dans le fait de voir que $P$ devait appartenir à l'idéal introduit […] il fallait voir que $Q(\xi)\circ\varphi=\varphi\circ Q(u_W)$ pour tout polynôme $Q$ » : c'est exactement le lemme encadré. 6f : « rarement abordée ».

## Question 7°

**Stratégie.**

Argument de **maximalité** : parmi les prolongements compatibles définis sur un sous-espace stable contenant $W$, en choisir un de dimension maximale ; s'il n'était pas défini sur $V$ tout entier, la question 6° le prolongerait strictement, contradiction.

**Rédaction.**

Considérons l'ensemble $\mathcal{E}$ des couples $(W'',\varphi'')$ où $W\subset W''\subset V$, $W''$ est stable par $u$, et $\varphi'':W''\to\mathcal{D}$ est un prolongement de $\varphi$ compatible avec $u$. $\mathcal{E}$ est non vide ($(W,\varphi)\in\mathcal{E}$) et $\dim W''\le\dim V$.

Choisissons $(W^*,\psi)\in\mathcal{E}$ avec $\dim W^*$ **maximal**.

Montrons $W^*=V$.

Sinon, $W^*\subsetneq V$ ; soit $v\in V\setminus W^*$.

La question 6° (appliquée au couple $(W^*,\psi)$ et au vecteur $v$) fournit un sous-espace $W^{**}\supset W^*$ stable par $u$, contenant $v$ (donc $W^{**}\supsetneq W^*$), et un prolongement compatible $\psi'$ de $\psi$.

Alors $(W^{**},\psi')\in\mathcal{E}$ avec $\dim W^{**}>\dim W^*$ : contradiction avec la maximalité.

Donc $W^*=V$ et **$\psi:V\to\mathcal{D}$ est un prolongement de $\varphi$ compatible avec $u$.** $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Rapport : « Il était nécessaire d'être rigoureux, sans nécessairement donner trop de détails superflus dans la rédaction. Une justification trop courte comme "On voit bien qu'il est possible…" n'est pas considérée comme correcte. » L'argument de dimension maximale (ou une récurrence descendante sur $\dim V-\dim W^*$) rend la preuve incontestable : c'est le squelette formel du « on itère la question 6 ».

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# Partie IV — Théorème de décomposition pour les endomorphismes nilpotents

$u$ nilpotent d'indice $n$ : $u^n=0$, $u^{n-1}\ne 0$.

## Question 8°

**Stratégie.** (a) Liberté de la famille $u$-cyclique par application successive de $u^{n-1},u^{n-2},\dots$. (b) Copier la structure $J_n$ de $u_W$ sur $(\mathcal{D}_n,\xi)$ via $c_i\mapsto X^{i-n}$. (c)-(d) Exploiter $\xi\circ\psi=\psi\circ u$ : $\operatorname{Im}\psi\subset\ker\xi^n$, et $\ker\psi$ supplémentaire stable.

**Rédaction.**

On choisit $v_0$ avec $u^{n-1}(v_0)\ne0$.

Posons $c_i=u^i(v_0)$, $0\le i\le n-1$.

**a)** Soit $\sum_{i=0}^{n-1}\lambda_ic_i=0$.

En appliquant $u^{n-1}$ : $\sum_i\lambda_i u^{n-1+i}(v_0)=\lambda_0u^{n-1}(v_0)=0$ (les termes $i\ge1$ ont un exposant $\ge n$, donc nuls), d'où $\lambda_0=0$ car $u^{n-1}(v_0)\ne0$.

En appliquant successivement $u^{n-2},\dots,u^0$, on obtient $\lambda_1=\dots=\lambda_{n-1}=0$.

La famille $(c_0,\dots,c_{n-1})$ est **libre**.

Elle engendre $W$, qui contient $v_0=c_0$ et est stable ($u(c_i)=c_{i+1}$ pour $i\le n-2$, $u(c_{n-1})=u^n(v_0)=0$).

Dans la base $(c_0,\dots,c_{n-1})$, la matrice de $u_W$ est **$J_n$** ($1$ en position $(i+1,i)$).

**b)** Définissons $\varphi:W\to\mathcal{D}$ par $\varphi(c_i)=X^{i-n}$ ($0\le i\le n-1$), prolongée par linéarité.

Les images $(X^{-n},X^{-(n-1)},\dots,X^{-1})$ forment une famille libre de $\mathcal{D}$, donc $\varphi$ est **injective**.

Vérifions l'entrelacement sur la base : pour $i\le n-2$, $\xi(\varphi(c_i))=\xi(X^{i-n})=X^{i-n+1}=\varphi(c_{i+1})=\varphi(u_W(c_i))$ ; et $\xi(\varphi(c_{n-1}))=\xi(X^{-1})=0=\varphi(0)=\varphi(u_W(c_{n-1}))$.

Donc **$\xi\circ\varphi=\varphi\circ u_W$**, avec $\varphi$ injective.

Par la partie III (question 7°), $\varphi$ admet un prolongement $\psi:V\to\mathcal{D}$ compatible avec $u$.

**c)** De $\xi\circ\psi=\psi\circ u$ on tire $\xi^n\circ\psi=\psi\circ u^n=\psi\circ 0=0$.

Donc pour tout $x$, $\xi^n(\psi(x))=0$ : **$\operatorname{Im}\psi\subset\ker\xi^n$.**

**d)** *Stabilité de $\ker\psi$ :* si $\psi(x)=0$, $\psi(u(x))=\xi(\psi(x))=0$, donc $u(x)\in\ker\psi$.

*Supplémentaire :* $\ker\psi\cap W=\{w\in W:\varphi(w)=0\}=\ker\varphi=\{0\}$ car $\psi_{|W}=\varphi$ injective.

Par ailleurs $\varphi(W)\subset\operatorname{Im}\psi\subset\ker\xi^n$, et $\dim\varphi(W)=\dim W=n=\dim\ker\xi^n$ (Q4) ; donc $\operatorname{Im}\psi=\ker\xi^n$ et $\operatorname{rg}\psi=n$.

Le théorème du rang donne $\dim\ker\psi=\dim V-n$, d'où $\dim W+\dim\ker\psi=n+(\dim V-n)=\dim V$.

Avec $W\cap\ker\psi=\{0\}$ : $$V=W\oplus\ker\psi,\qquad \ker\psi\ \text{stable par }u.\qquad\blacksquare$$

**Commentaire du correcteur.**

Rapport : « 8a. Questions très bien traitées. » ; « 8b. Il était nécessaire d'être rigoureux dans la définition de la fonction $\varphi$ » (définir sur la base, prolonger par linéarité, vérifier l'entrelacement **et** l'injectivité) ; « 8c. Question qui n'a pas posé de problème particulier » ; « 8d. Il fallait être rigoureux pour prouver chacune des assertions » (stabilité, intersection nulle, dimensions — ne pas oublier de conclure $\operatorname{Im}\psi=\ker\xi^n$ par égalité des dimensions).

## Question 9°

**Stratégie.**

Récurrence forte sur $\dim V$ : extraire un bloc $J_n$ via Q8, appliquer l'hypothèse de récurrence au supplémentaire stable $\ker\psi$, réordonner les tailles.

**Rédaction.** Récurrence forte sur $d=\dim V$.

Si $d=0$, il n'y a aucun bloc ($s=0$).

Soit $d\ge1$ et supposons le résultat acquis en dimension $<d$.

Soit $n$ l'indice de $u$ ($n\ge1$).

La question 8° fournit $V=W\oplus V'$ avec $W$ stable de base réalisant $u_W=J_n$, et $V'=\ker\psi$ stable, $\dim V'=d-n<d$.

La restriction $u_{V'}$ est nilpotente ; par hypothèse de récurrence, il existe une base de $V'$ où $u_{V'}$ est diagonale par blocs de Jordan.

En réunissant cette base avec $(c_0,\dots,c_{n-1})$ de $W$, on obtient une base de $V$ où $u$ est $\mathrm{diag}(J_n,J_{r_2},\dots,J_{r_s})$.

Quitte à réordonner les blocs par tailles décroissantes $r_1\ge r_2\ge\dots\ge r_s$, on obtient la forme voulue. **Existence établie.** $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.**

Rapport : « Un raisonnement par récurrence était attendu, et il fallait être rigoureux sur la rédaction. » Bien préciser que $u_{V'}$ reste nilpotent (restriction d'un endomorphisme nilpotent) et que $\dim V'<\dim V$ (car $n\ge1$) légitime la récurrence.

## Question 10°

**Stratégie.**

Utiliser l'indication (Q2) : $\delta_k(u)$ est un invariant de similitude qui compte les blocs de taille $k$.

**Rédaction.**

Supposons $u$ représenté dans une base par $\mathrm{diag}(J_{r_1},\dots,J_{r_s})$.

Par additivité (Q2c) et calcul du bloc (Q2b) : $$\delta_k(u)=\sum_{i=1}^s\delta_k(J_{r_i})=\#\{i:r_i=k\}=:N_k .$$
Or $\delta_k$ ne dépend que de $\dim\ker u^{k-1},\dim\ker u^k,\dim\ker u^{k+1}$, quantités **intrinsèques** à $u$ (indépendantes de la base) ; c'est un invariant de similitude (Q2a).

Donc, pour chaque $k\ge1$, le nombre $N_k$ de blocs de taille $k$ vaut $\delta_k(u)$, entièrement déterminé par $u$.

Le multi-ensemble $\{r_1,\dots,r_s\}$ et $s=\sum_kN_k$ **ne dépendent que de $u$**. $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Rapport : « Pour ceux qui ont traité cette question, l'indication de l'énoncé a été suivie.

Il fallait encore une fois être rigoureux dans la rédaction. » Le raisonnement est court **à condition** d'avoir bien établi Q2b (le bloc $J_r$ ne contribue à $\delta_k$ que pour $k=r$) : $\delta_k$ est le compteur exact des blocs de taille $k$.

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# Partie V — Version « graduée » du théorème de décomposition

Données : $V$ de dimension finie, $u$ nilpotent, $N\ge1$, $\zeta=e^{2i\pi/N}$, $h$ inversible avec $h^N=\mathrm{id}_V$ et $h\circ u\circ h^{-1}=\zeta u$.

## Question 11°

**Stratégie.** (a) $X^N-1$ annule $h$ et est scindé à racines simples. (b)–(c) Manipuler la relation de commutation tordue $hu=\zeta uh$.

**Rédaction.**

**a)** $h^N=\mathrm{id}_V$, donc $X^N-1$ annule $h$.

Sur $\mathbb{C}$, $X^N-1=\prod_{j=0}^{N-1}(X-\zeta^j)$ est scindé à **racines simples** (les $N$ racines $N$-èmes de l'unité, distinctes).

Un endomorphisme annulé par un tel polynôme est diagonalisable : **$h$ est diagonalisable**, ses valeurs propres sont parmi $\{\zeta^j\}$.

**b)** Soit $j<N$ et $x\in V_j=\ker(h-\zeta^j\mathrm{id})$, i.e. $h(x)=\zeta^jx$.

De $h\circ u=\zeta\,u\circ h$ : $$h(u(x))=\zeta\,u(h(x))=\zeta\,u(\zeta^jx)=\zeta^{j+1}u(x).$$
Donc $u(x)\in\ker(h-\zeta^{j+1}\mathrm{id})=V_{j+1}$ : **$u(V_j)\subset V_{j+1}$** (avec la convention $V_N=V_0$, valable car $\zeta^N=1=\zeta^0$).

**c)** Par récurrence sur $k\in\mathbb{Z}$ à partir de $h\,u\,h^{-1}=\zeta u$ : $$h^k\circ u\circ h^{-k}=\zeta^k u\qquad(k\in\mathbb{Z}).$$
En effet $h^k u h^{-k}=h\,(h^{k-1}uh^{-(k-1)})\,h^{-1}=h(\zeta^{k-1}u)h^{-1}=\zeta^{k-1}\cdot\zeta u=\zeta^ku$ (et de même vers les $k$ négatifs via $h^{-1}uh=\zeta^{-1}u$).

Enfin, pour $l\in\mathbb{N}$, $$h\circ u^l\circ h^{-1}=(h\,u\,h^{-1})^l=(\zeta u)^l=\zeta^l\,u^l.\qquad\blacksquare$$

**Commentaire du correcteur.** Rapport : « 11a, 11b, 11c. Question bien traitée et qui n'a pas posé de problème particulier. » Réutiliser la caractérisation « polynôme annulateur scindé à racines simples » (comme en Q1). La relation $h^k u h^{-k}=\zeta^k u$ de (c) est l'outil qui servira en Q12d et Q13b.

## Question 12°

**Stratégie.**

*Moyenniser* le projecteur $p$ sur $W$ par le groupe $\{h^k\}$ pour le rendre compatible avec $h$, tout en gardant l'image $W$ et la commutation avec $u$.

**Rédaction.** $V=W\oplus W'$, $W,W'$ stables par $u$, $W$ stable par $h$ ; $p$ = projecteur sur $W$ parallèlement à $W'$.

**a)** Pour $x=x_W+x_{W'}$ ($x_W\in W,x_{W'}\in W'$), $u(x_W)\in W$ et $u(x_{W'})\in W'$ (stabilité), donc $p(u(x))=u(x_W)=u(p(x))$ : **$u\circ p=p\circ u$.**

Posons $\bar p=\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}h^k\circ p\circ h^{-k}$.

**b)** Pour tout $x$, $p(h^{-k}x)\in W$ et $h^k(W)\subset W$ ($W$ stable par $h$), donc chaque terme $h^kph^{-k}(x)\in W$ : **$\operatorname{Im}\bar p\subset W$.**

Pour $w\in W$ : $h^{-k}w\in W$, donc $p(h^{-k}w)=h^{-k}w$, puis $h^k(h^{-k}w)=w$ ; ainsi $\bar p(w)=\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}w=w$. **$\bar p(w)=w$ pour $w\in W$.**

**c)** Pour tout $x$, $\bar p(x)\in W$ (par b), donc $\bar p(\bar p(x))=\bar p(x)$ (par b sur $W$) : $\bar p^2=\bar p$, **$\bar p$ est un projecteur**.

Son image : $\operatorname{Im}\bar p\subset W$ et $W=\bar p(W)\subset\operatorname{Im}\bar p$, donc **$\operatorname{Im}\bar p=W$.**

**d)** *Avec $u$.*

De la question 11°c), $h^{-k}uh^k=\zeta^{-k}u$, d'où $u\,h^k=\zeta^{-k}h^k u$ et $u\,h^{-k}=\zeta^{k}h^{-k}u$.

Alors $$u\,(h^kph^{-k})=\zeta^{-k}h^k\,(up)\,h^{-k}=\zeta^{-k}h^k\,(pu)\,h^{-k}=\zeta^{-k}h^k p\,(uh^{-k})=\zeta^{-k}h^k p\,\zeta^{k}h^{-k}u=(h^kph^{-k})\,u,$$ en utilisant $up=pu$ (a).

Chaque terme commute avec $u$, donc **$\bar p\circ u=u\circ\bar p$.**

*Avec $h$.* $h\bar p h^{-1}=\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}h^{k+1}ph^{-(k+1)}=\frac1N\sum_{k'=1}^{N}h^{k'}ph^{-k'}$.

Comme $h^N=\mathrm{id}$, le terme $k'=N$ égale le terme $k'=0$, d'où la somme sur $\{1,\dots,N\}$ égale celle sur $\{0,\dots,N-1\}$ : $h\bar p h^{-1}=\bar p$, i.e. **$\bar p\circ h=h\circ\bar p$.**

**e)** $\bar p$ est un projecteur d'image $W$, donc $V=\operatorname{Im}\bar p\oplus\ker\bar p=W\oplus\ker\bar p$.

Comme $\bar p$ commute avec $u$ et $h$, $\ker\bar p$ est stable par $u$ et $h$ (si $\bar p(x)=0$, $\bar p(u x)=u\bar p(x)=0$, idem pour $h$).

Donc **$\ker\bar p$ est un supplémentaire de $W$ stable par $u$ et $h$.** $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.**

Rapport : 12a « bien traitée » ; 12b « pas de problème » ; **12c « plus subtile, pas toujours abordée correctement »** (bien conclure $\bar p^2=\bar p$ à partir de $\operatorname{Im}\bar p\subset W$ et $\bar p_{|W}=\mathrm{id}$) ; 12d « supposait de mener à bien les calculs » — le rapport demande de le montrer « soigneusement » : la commutation avec $u$ exige d'utiliser précisément 11°c). 12e « peu traitée ».

C'est l'**argument de moyennisation** (analogue au théorème de Maschke), cœur de la partie graduée.

## Question 13°

**Stratégie.** (a) Diagonaliser $h$ et projeter un vecteur $x$ vérifiant $u^{n-1}(x)\ne0$ sur les $V_j$. (b) Récurrence : le sous-espace cyclique engendré par un vecteur propre de $h$ est stable par $u$ **et** $h$ (avec bloc $J_n$ et $D_{n,a}$) ; lui trouver un supplémentaire stable par $u$ (Q8) puis par $u$ et $h$ (Q12).

**Rédaction.**

**a)** Soit $n$ l'indice de $u$.

Il existe $x$ avec $u^{n-1}(x)\ne0$.

Comme $h$ est diagonalisable (Q11a), $V=\bigoplus_{j}V_j$ ; écrivons $x=\sum_j x_j$ ($x_j\in V_j$).

Alors $u^{n-1}(x)=\sum_j u^{n-1}(x_j)\ne0$, donc il existe $j$ avec $u^{n-1}(x_j)\ne0$.

Ce $v:=x_j$ est non nul, propre pour $h$, et vérifie $u^{n-1}(v)\ne0$.

**Existence d'un vecteur propre $v$ de $h$ avec $u^{n-1}(v)\ne0$.**

**b)** Récurrence sur $\dim V$. Si $\dim V=0$, rien à faire.

Sinon, soit $n$ l'indice de $u$ et $v$ comme en (a), avec $h(v)=\zeta^a v$ pour un $a\in\{0,\dots,N-1\}$.

Posons $W=\operatorname{Vect}(v,u(v),\dots,u^{n-1}(v))$.
- *Structure de $W$.*

Par Q8a, $(v,u(v),\dots,u^{n-1}(v))$ est libre, $W$ est stable par $u$ et $u_W=J_n$.

De plus, par Q11c, $h(u^i v)=\big(h u^i h^{-1}\big)h(v)=\zeta^i u^i\cdot\zeta^a v=\zeta^{a+i}(u^iv)$ : chaque $u^iv$ est **vecteur propre de $h$** pour $\zeta^{a+i}$.

Donc $W$ est stable par $h$ et $h_W=\mathrm{diag}(\zeta^a,\dots,\zeta^{a+n-1})=D_{n,a}$.

Ainsi $(u_W,h_W)=(J_n,D_{n,a})$, de type $(n,a)$.

- *Supplémentaire stable.*

Par Q8d, $W$ admet un supplémentaire $W'$ stable par $u$.

Par Q12 (appliquée à $W$ stable par $u,h$ et à ce $W'$), $W$ admet un supplémentaire $W''=\ker\bar p$ stable par $u$ **et** $h$.

- *Hérédité.* $u_{|W''}$ est nilpotent, $h_{|W''}$ inversible avec $h_{|W''}^N=\mathrm{id}$ et $h u h^{-1}=\zeta u$ sur $W''$ (relations héritées par restriction).

Par hypothèse de récurrence ($\dim W''=\dim V-n<\dim V$), il existe une base de $W''$ où $u,h$ sont diagonales par blocs $(J_r,D_{r,a})$.

En la réunissant avec la base de $W$, on obtient une base de $V$ où $u$ et $h$ sont **simultanément diagonales par blocs de types $(J_r,D_{r,a})$**. $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Rapport : « 13a. Peu de candidats sont arrivés à cette question, qui n'était pas particulièrement difficile. » ; « 13b. De nombreux points étaient à vérifier […] qu'il fallait traiter par récurrence.

Pour l'initialisation, il fallait montrer soigneusement que les matrices de $u$ et $h$ avaient la forme demandée.

Pour établir l'hérédité, il fallait expliquer comment toutes les questions précédentes permettaient de construire un supplémentaire stable par $u$ et $h$ […].

Peu de candidats ont eu le temps de traiter cette question. » L'articulation **Q8d (supplémentaire stable par $u$) → Q12 (stable par $u$ et $h$) → récurrence** est le message central.

## Question 14°

Ici $N=4$, $\zeta=i$, $V_0=\ker(h-\mathrm{id}_V)=\{0\}$, donc $V=V_1\oplus V_2\oplus V_3$ ; $u_1:V_1\to V_2$, $u_2:V_2\to V_3$ induits par $u$, et $u(V_3)\subset V_4=V_0=\{0\}$.

**Stratégie.** (a) La graduation cyclique $V_1\to V_2\to V_3\to\{0\}$ force $u^3=0$. (b) Recenser les types $(r,a)$ compatibles avec $V_0=\{0\}$ : il y en a exactement 6, réalisés par des blocs explicites. (c) Compter chaque type par un système linéaire en $(d_j,r_1,r_2,r_{21})$.

**Rédaction.**

**a)** Pour $x\in V_j$, $u^k(x)\in V_{j+k}$ (indices mod $4$).

Comme $V_0=\{0\}$ : $x\in V_1\Rightarrow u^3(x)\in V_4=V_0=\{0\}$ ; $x\in V_2\Rightarrow u^2(x)\in V_0=\{0\}$ ; $x\in V_3\Rightarrow u(x)\in V_0=\{0\}$.

Dans tous les cas $u^3(x)=0$, donc **$u^3=0$.**

**b)** Un bloc de type $(r,a)$ correspond à une chaîne $v,u v,\dots,u^{r-1}v$ de vecteurs de grades $a,a+1,\dots,a+r-1$ (mod $4$), avec $u^rv=0$.

Les grades doivent tous être dans $\{1,2,3\}$ (car $V_0=\{0\}$), donc être **consécutifs sans passer par $0$**.

Cela laisse exactement **six types** : $$(1,1),\ (1,2),\ (1,3),\quad (2,1),\ (2,2),\quad (3,1).$$
On les réalise simultanément en prenant $V$ somme directe de six blocs : pour le type $(r,a)$, base $(f_0,\dots,f_{r-1})$ avec $u f_i=f_{i+1}$ ($f_r=0$) et $h f_i=\zeta^{a+i}f_i$.

On vérifie $h u h^{-1}(f_i)=\zeta^{-(a+i)}h(f_{i+1})=\zeta\,f_{i+1}=\zeta u(f_i)$, $h^4=\mathrm{id}$ (valeurs propres $\zeta^{a+i}$, $\zeta^4=1$), et aucun grade $\equiv0\ (4)$ donc $V_0=\{0\}$.

**Ces six blocs donnent six types distincts** de couples $(J_r,D_{r,a})$.

**c)** Notons $n_{r,a}$ le nombre de blocs de type $(r,a)$.

Chaque bloc contribue $+1$ à $d_j$ pour chaque grade $j$ de sa chaîne : $$d_1=n_{1,1}+n_{2,1}+n_{3,1},\quad d_2=n_{1,2}+n_{2,1}+n_{2,2}+n_{3,1},\quad d_3=n_{1,3}+n_{2,2}+n_{3,1}.$$
Un bloc contribue $+1$ à $\operatorname{rg}u_1$ (transition grade $1\to2$) ssi sa chaîne enchaîne les grades $1$ puis $2$, i.e. types $(2,1)$ et $(3,1)$ ; de même pour $u_2$ (grade $2\to3$) : types $(2,2)$ et $(3,1)$ ; et $u_2\circ u_1$ (grade $1\to3$) : type $(3,1)$ seul.

D'où $$r_1=n_{2,1}+n_{3,1},\qquad r_2=n_{2,2}+n_{3,1},\qquad r_{21}=n_{3,1}.$$
Le système se résout **explicitement** : $$n_{3,1}=r_{21},\quad n_{2,1}=r_1-r_{21},\quad n_{2,2}=r_2-r_{21},$$ $$n_{1,1}=d_1-r_1,\quad n_{1,2}=d_2-r_1-r_2+r_{21},\quad n_{1,3}=d_3-r_2.$$
Ainsi **le nombre de blocs de chaque type est déterminé par $(d_1,d_2,d_3,r_1,r_2,r_{21})$.** $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Rapport : « 14abc. Ces questions n'ont quasiment jamais été traitées. » La difficulté est purement organisationnelle : dénombrer proprement les types admissibles, puis traduire dimensions et rangs en système linéaire.

Piège à éviter : croire qu'un bloc de type $(r,a)$ existe pour tout $a$ — la contrainte $V_0=\{0\}$ (aucun grade $\equiv0$) est essentielle et élimine par exemple $(2,3)$, $(4,\cdot)$, etc.

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# Partie VI — Classification des couples de matrices rectangulaires

$A\in\mathcal{M}_{n,m}(\mathbb{C})$, $B\in\mathcal{M}_{m,n}(\mathbb{C})$, $M=M_{A,B}=\begin{pmatrix}0_m&B\\A&0_n\end{pmatrix}$, $H=\mathrm{diag}(I_m,-I_n)$.

## Question 15°

**Stratégie.** (i)⟺(ii) est la formule de changement de bases (les **mêmes** passages $P,Q$ pilotent $\alpha$ et $\beta$). (ii)⟺(iii) via $R=\mathrm{diag}(P,Q)$ ; la condition $RHR^{-1}=H$ force $R$ bloc-diagonale.

**Rédaction.**

**(i)⟹(ii).**

Si $(A,B)$ et $(A',B')$ représentent le même couple $(\alpha,\beta)$ dans les bases $(\mathbf e,\mathbf f)$ et $(\mathbf e',\mathbf f')$, notons $P\in\mathrm{GL}_m$, $Q\in\mathrm{GL}_n$ les matrices de passage adéquates dans $\mathbb{C}^m$ et $\mathbb{C}^n$.

Le changement de bases pour $\alpha:\mathbb{C}^m\to\mathbb{C}^n$ donne $A'=QAP^{-1}$, et pour $\beta:\mathbb{C}^n\to\mathbb{C}^m$ (source et but échangés) $B'=PBQ^{-1}$.

Réciproquement, deux telles matrices $P,Q$ définissent des bases rendant $(A,B)$ et $(A',B')$ simultanément équivalents.

Donc **(i)⟺(ii)** ; le lien entre $A$ et $B$ vient de ce que **les mêmes** bases (donc les mêmes $P,Q$) interviennent.

**(ii)⟹(iii).** Posons $R=\mathrm{diag}(P,Q)\in\mathrm{GL}_{m+n}$.

Alors $$RMR^{-1}=\begin{pmatrix}P&0\\0&Q\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&B\\A&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}P^{-1}&0\\0&Q^{-1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&PBQ^{-1}\\QAP^{-1}&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&B'\\A'&0\end{pmatrix}=M_{A',B'},$$ et $RHR^{-1}=\mathrm{diag}(PI_mP^{-1},Q(-I_n)Q^{-1})=\mathrm{diag}(I_m,-I_n)=H$.

**(iii)⟹(ii).**

Soit $R$ avec $RHR^{-1}=H$, i.e. $RH=HR$.

Comme $H=\mathrm{diag}(I_m,-I_n)$ a pour espaces propres $\mathbb{C}^m\times\{0\}$ (valeur $+1$) et $\{0\}\times\mathbb{C}^n$ (valeur $-1$), tout endomorphisme commutant avec $H$ **stabilise ces espaces propres**, donc $R=\mathrm{diag}(P,Q)$ avec $P\in\mathrm{GL}_m$, $Q\in\mathrm{GL}_n$.

Le calcul précédent donne alors $A'=QAP^{-1}$, $B'=PBQ^{-1}$ : c'est (ii). $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Rapport (partie 6) : « Cette partie n'a été que rarement abordée par les candidats.

Certains ont néanmoins commencé à traiter les questions 15 et 16, de manière incomplète. » Le point qui distingue une copie complète : justifier que $RHR^{-1}=H$ **impose** $R$ bloc-diagonale (via les espaces propres de $H$).

Ne pas confondre « équivalence simultanée » de $(A,B)$ et « similitude simultanée » de $(M,H)$ : Q15 établit précisément leur équivalence.

## Question 16°

**Stratégie.** (a) $H^2=I$ et $H$ anticommute avec $M$. (b) $M\sim -M$ donne un spectre symétrique. (c) Lemme des noyaux ($X^r$ et $Q$ premiers entre eux) ; stabilité par $H$ via $\ker Q(M)=\operatorname{Im}M^r$.

**Rédaction.**

Fixons $A,B$ et $M=M_{A,B}$.

**a)** $H^2=\mathrm{diag}(I_m,I_n)=I_{m+n}$, donc $H^{-1}=H$.

Calcul : $$HM=\begin{pmatrix}0&B\\-A&0\end{pmatrix},\qquad HMH=\begin{pmatrix}0&-B\\-A&0\end{pmatrix}=-M,$$ donc **$HMH^{-1}=-M$** (i.e. $HM=-MH$ : $H$ et $M$ anticommutent).

Pour $k\in\mathbb{N}$, $HM^kH^{-1}=(HMH^{-1})^k=(-1)^kM^k$, d'où pour $P=\sum p_kX^k$ : $$HP(M)H^{-1}=\sum_k p_k(-1)^kM^k=P(-M).$$

**b)** $HMH^{-1}=-M$ montre que $M$ et $-M$ sont **semblables**, donc $\chi_M=\chi_{-M}$.

Comme le spectre de $-M$ (avec multiplicités) est l'opposé de celui de $M$, l'égalité $\chi_M=\chi_{-M}$ signifie que **la multiplicité de $\lambda$ dans $M$ égale celle de $-\lambda$**.

Donc si $\lambda\in\mathrm{Sp}(M)$, alors $-\lambda\in\mathrm{Sp}(M)$ avec même multiplicité. $\qquad\blacksquare$

**c)** $\chi_M=X^rQ$ avec $Q(0)\ne0$, donc $X\nmid Q$ et $\gcd(X^r,Q)=1$ : $X^r$ et $Q$ sont **premiers entre eux**.

Cayley–Hamilton donne $\chi_M(M)=M^rQ(M)=0$.

Le **lemme de décomposition des noyaux** fournit $$\mathbb{C}^{m+n}=\ker M^r\oplus\ker Q(M).$$
*Stabilité par $H$.*

De $HM=-MH$ on tire $M^rH=(-1)^rHM^r$.

Pour $x\in\ker M^r$ : $M^r(Hx)=(-1)^rHM^rx=0$, donc $Hx\in\ker M^r$ : $\ker M^r$ est stable.

Ensuite, sur $\ker Q(M)$, $M$ est inversible (valeur propre $0$ exclue), donc $M^r$ y est bijectif ; comme $M^r(\ker M^r)=\{0\}$, on obtient $\ker Q(M)=\operatorname{Im}M^r$.

Or pour $y=M^rx$, $Hy=HM^rx=(-1)^rM^r(Hx)\in\operatorname{Im}M^r$ : **$\ker Q(M)=\operatorname{Im}M^r$ est stable par $H$.** $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne détaille pas 16 au-delà du constat qu'elle fut « commencée de manière incomplète ».

Pièges signalés par nous : en (a), ne pas oublier que $H^{-1}=H$ ; en (b), l'argument propre est $M\sim-M\Rightarrow\chi_M=\chi_{-M}$ ; en (c), bien vérifier la coprimalité $\gcd(X^r,Q)=1$ (assurée par $Q(0)\ne0$) avant d'invoquer le lemme des noyaux, et pour la stabilité de $\ker Q(M)$, l'identifier à $\operatorname{Im}M^r$ (l'anticommutation $HM=-MH$ rend alors la stabilité immédiate).

## Question 17° (cas $M$ nilpotente)

**Stratégie.**

Reconnaître que $(M,H)$ vérifie les hypothèses de la partie V avec **$N=2$, $\zeta=-1$** (car $HMH^{-1}=-M$, $H^2=\mathrm{id}$).

Appliquer Q13, puis, dans chaque bloc gradué $(J_\rho,D_{\rho,a})$, regrouper les vecteurs propres $+1$ et $-1$ de $H$ : on obtient l'un des quatre couples $(A_0,B_0)$.

**Rédaction.**

Comme $M$ est nilpotente, $H^2=I_{m+n}$ et $HMH^{-1}=-M=\zeta M$ avec $\zeta=e^{2i\pi/2}=-1$, le triplet $(V=\mathbb{C}^{m+n},u=M,h=H)$ satisfait **exactement** les hypothèses de la partie V pour $N=2$.

La question 13°b) fournit une base où $M$ et $H$ sont simultanément diagonales par blocs $(J_\rho,D_{\rho,a})$, avec $D_{\rho,a}=\mathrm{diag}\big((-1)^a,(-1)^{a+1},\dots,(-1)^{a+\rho-1}\big)$.

Fixons un tel bloc, de base $(f_0,\dots,f_{\rho-1})$ : $Mf_i=f_{i+1}$ ($f_\rho=0$) et $Hf_i=(-1)^{a+i}f_i$.

Les $f_i$ sont donc alternativement vecteurs propres de $H$ pour $+1$ (si $a+i$ pair) et $-1$ (si $a+i$ impair).

**Réordonnons** la base du bloc en plaçant d'abord les vecteurs propres $+1$ (par indice croissant : $p_1,\dots,p_r$), puis les $-1$ ($q_1,\dots,q_s$), avec $r+s=\rho$ et $|r-s|\le1$ (parités alternées).

Dans cette base, $H$ devient $\mathrm{diag}(I_r,-I_s)$, et $M$, qui envoie chaque $f_i$ (parité $\varepsilon$) sur $f_{i+1}$ (parité $-\varepsilon$), est **hors-diagonale** : $$M\ \longleftrightarrow\ \begin{pmatrix}0_r&B_0\\A_0&0_s\end{pmatrix}.$$
Le calcul de $A_0$ (envoi $+\to-$) et $B_0$ (envoi $-\to+$) selon les parités de $a$ et $\rho$ donne exactement les **quatre couples** de l'énoncé :

| parité de $a$ | parité de $\rho$ | $(r,s)$ | $(A_0,B_0)$ |
|---|---|---|---|
| $a$ pair | $\rho$ impair | $r=s+1$ | $A_0=(I_s\,|\,0)_{s\times(s+1)}$, $B_0=\binom{0}{I_s}_{(s+1)\times s}$ |
| $a$ pair | $\rho$ pair | $r=s$ | $A_0=I_r$, $B_0=J_r$ |
| $a$ impair | $\rho$ pair | $r=s$ | $A_0=J_r$, $B_0=I_r$ |
| $a$ impair | $\rho$ impair | $s=r+1$ | $A_0=\binom{0}{I_r}_{(r+1)\times r}$, $B_0=(I_r\,|\,0)_{r\times(r+1)}$ |

(Par exemple, cas $a$ pair, $\rho$ pair : $p_k=f_{2k-2}$, $q_k=f_{2k-1}$ ; $Mp_k=f_{2k-1}=q_k$ donne $A_0=I_r$, et $Mq_k=f_{2k}=p_{k+1}$ pour $k<r$, $Mq_r=0$, donne $B_0=J_r$.)

Le réordonnancement est une conjugaison par une matrice de permutation, i.e. une **similitude simultanée** de $(M,H)$.

En sommant sur tous les blocs, on obtient la forme annoncée avec $|r-s|\le1$. $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Question non traitée en pratique (partie 6).

L'idée décisive — et élégante — est d'**identifier $(M,H)$ à une situation graduée avec $N=2$** : tout le travail des parties III–V est ainsi réinvesti d'un coup.

Le seul calcul restant est combinatoire (regrouper les $\pm1$ le long d'une chaîne de Jordan à parités alternées), donnant les quatre motifs selon les parités de $a$ (départ de la chaîne) et de $\rho$ (longueur).

## Question 18° (cas $M$ inversible)

**Stratégie.** (a) $M$ inversible force $A,B$ bijectives donc $m=n$. (b) L'équivalence simultanée de $(A,B)$ (Q15) permet de se ramener à $A=I_m$, puis à conjuguer $C=BA$ : la forme normale est la **réduction de Jordan de $C$**, à valeurs propres non nulles.

**Rédaction.**

**a)** Pour $x\in\mathbb{C}^m,y\in\mathbb{C}^n$, $M\binom{x}{y}=\binom{By}{Ax}$. $M$ injective $\Rightarrow$ ($By=0$ et $Ax=0$ $\Rightarrow x=0,y=0$) $\Rightarrow$ $A$ et $B$ injectives ; $M$ surjective $\Rightarrow$ $A$ et $B$ surjectives.

Donc $A:\mathbb{C}^m\to\mathbb{C}^n$ et $B:\mathbb{C}^n\to\mathbb{C}^m$ sont **bijectives**, ce qui impose $m=n$ et **$A,B\in\mathrm{GL}_m(\mathbb{C})$.**

**b)** Par Q15, on peut remplacer $(A,B)$ par $(QAP^{-1},PBQ^{-1})$ ($P,Q\in\mathrm{GL}_m$) sans changer la classe de $(M,H)$ à similitude simultanée près.

Choisissons $P=I_m$, $Q=A^{-1}$ : alors $A\mapsto A^{-1}A=I_m$ et $B\mapsto BA=:C\in\mathrm{GL}_m$.

On est ramené à $(I_m,C)$.

La liberté résiduelle préservant $A=I_m$ impose $Q=P$ ; alors $C\mapsto PCP^{-1}$ : on peut **conjuguer $C$ librement**.

On met donc $C$ sous forme de Jordan : $C\sim\mathrm{diag}\big(\lambda_1I_{r_1}+J_{r_1},\dots\big)$, avec $\lambda_i\ne0$ (car $C$ inversible).

Pour chaque bloc $\lambda I_r+J_r$ de $C$, le couple correspondant $(A_1,B_1)=(I_r,\lambda I_r+J_r)$ donne le bloc de $M$ $$\begin{pmatrix}0_r&\lambda I_r+J_r\\I_r&0_r\end{pmatrix}\quad\text{et}\quad H\text{-bloc}=\mathrm{diag}(I_r,-I_r),$$ de taille $2r$ (**paire**).

En réordonnant la base pour regrouper les blocs (similitude simultanée), $(M,H)$ est simultanément semblable à la somme directe de ces blocs, avec $A_1=I_r$, $B_1=\lambda I_r+J_r$, $\lambda\ne0$. $\qquad\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Question non traitée en pratique.

La mécanique est plus simple qu'elle n'en a l'air une fois Q15 en main : l'équivalence simultanée $(A,B)\mapsto(QAP^{-1},PBQ^{-1})$ permet de **normaliser $A$ en $I_m$**, réduisant la classification à la **similitude ordinaire** de $C=BA$ (réduction de Jordan).

Le fait que $\lambda\ne0$ traduit l'inversibilité de $M$ (donc de $M^2=\mathrm{diag}(BA,AB)$), et la taille paire $2r$ des blocs vient du couplage systématique d'un espace $+1$ et d'un espace $-1$ de $H$.

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## Bilan

Les **18 questions** (parties I à VI) sont traitées avec toutes leurs sous-questions.

Aucun point n'a été laissé en suspens : les preuves reposent uniquement sur des outils au programme MP (polynôme minimal et caractérisation de la diagonalisabilité, idéaux de $\mathbb{C}[X]$ principaux, algèbre $P(u)$, lemme des noyaux, Cayley–Hamilton admis, réduction de Jordan démontrée par le sujet lui-même).

Conformément au rapport, l'accent a été mis sur la **rigueur des manipulations de polynômes d'endomorphisme** (identité $(PQ)(u)=P(u)\circ Q(u)$, lemme $Q(\xi)\circ\varphi=\varphi\circ Q(u_W)$) et sur les **références précises** aux questions antérieures.