1ère solution. Si \(f=0\), c’est immédiat . Sinon, soit \(p\) l’indice de nilpotence de \(f\) (\(p\geqslant2\)).

Par définition de \(p\), il existe un vecteur \(x_0\) tel que \(f^{p-1}(x_0)\neq 0\) (et \(f^p(x_0)=0\)).

Montrons que la famille \((f^k(x_0))_{0\leqslant k\leqslant p-1}\) est libre. Dans le cas contraire, il existe \(a_0\),..., \(a_{p-1}\) \(p\) scalaires non tous nuls tels que \(a_0x_0+...+a_{p-1}f^{p-1}(x_0)=0\).

Soit \(k=\text{Min}\{i\in\llbracket0,p-1\rrbracket/\;a_i\neq0\}\).

\[\begin{align*}\ensuremath \sum_{i=0}^{p-1}a_if^i(x_0)=0&\Rightarrow\sum_{i=k}^{p-1}a_if^i(x_0)=0\Rightarrow f^{p-1}\left(\sum_{i=k}^{p-1}a_if^i(x_0)\right)=0\\ &\Rightarrow a_kf^{p-1}(x_0)=0\;(\text{car pour}\;i\geqslant p,\;f^i=0\\ &\Rightarrow a_k=0\;(\text{car}\;f^{p-1}(x_0)\neq0). \end{align*}\]

Ceci contredit la définition de \(k\) et donc la famille \((f^k(x_0))_{0\leqslant k\leqslant p-1}\) est libre. Puisque le cardinal d’une famille libre est inférieur à la dimension de l’espace, on a montré que \(p\leqslant n\) ou, ce qui revient au même, \(f^n=0\).

2ème solution. (pour les redoublants)

Soit \(p\in\Nn^*\) l’indice de nilpotence de \(f\). Le polynôme \(X^p\) est annulateur de \(f\). Son polynôme minimal est un diviseur de \(X^p\) et donc égal à \(X^k\) pour un certain \(k\in\llbracket1,p\rrbracket\). Par définition de l’indice de nilpotence, \(k=p\) puis \(\mu_f=X^p\). D’après le théorème de Cayley-Hamilton, \(\mu_f\) divise \(\chi_f\) qui est de degré \(n\) et en particulier \(p\leqslant n\).

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