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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