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\begin{document}
\noindent \textbf{Math III-Alg\`ebre - Automne 2007} \hfill \textbf{Universit\'e Claude Bernard Lyon 1}
\vspace{0.1cm}
\hrule

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\vspace{0.5cm}

\begin{center}
{\bfseries Valeurs propres - Espaces propres - Polyn\^ome caract\'eristique \\ Diagonalisation - Trigonalisation}
\end{center}

\vspace{0.5cm} \textbf{Exercice 10.$^{\star}$} Soient $\E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension finie et $u$ un endomorphisme de $\E$ tel que $\mathrm{rg}(u)=~1$.

1. Si $\operatorname{dim} \E = 1$, il est toujours vrai que $\mathrm{tr}(u)$ est une valeur propre de $u$ car $u= \mathrm{tr}(u)\mathrm{id}_{\E}$.

Supposons $\operatorname{dim} \E \geq 2$ et soit $\rP_u = \mathrm{det}(\T \mathrm{id}_{\E} - u) \in \K[\T]$ le polyn\^ome caract\'eristique de $u$. Comme $\operatorname{dim} \mathrm{Ker}(u) = \operatorname{dim} \E - \mathrm{rg}(u) = \operatorname{dim} \E -1 \geq 1$, $0$ est une valeur propre de $u$ et $0$ est une racine de $\rP_u$ de multiplicit\'e sup\'erieure ou \'egale \`a $\operatorname{dim} \E -1$ ; on peut donc factoriser $\rP_u$ sous la forme $\rP_u = \T^{\operatorname{dim} \E - 1} (\T - \lambda)$ dans $\K[\T]$ et la conclusion vient de ce que $\mathrm{tr}(u)$ est le coefficient de $-\T^{\operatorname{dim} \E - 1}$ dans $\rP_u$.

\vspace{0.2cm}
2. Si $\operatorname{dim} \E = 1$, tous les endomorphismes sont diagonalisables et la condition $\mathrm{tr}(u) \neq 0$ est automatiquement v\'erifi\'ee puisque $u \neq 0$ ($\mathrm{rg}(u) = 1$).

Supposons $\operatorname{dim} \E \geq 2$. Le sous-espace propre de $u$ associ\'e \`a la valeur propre $0$, c'est-\`a-dire $\mathrm{Ker}(u)$,  est par hypoth\`ese de dimension $\operatorname{dim} \E -1$. Si $u$ est diagonalisable, $\E$ est la somme des sous-espaces propres de $u$ et il doit donc exister une valeur propre non nulle puisque $\mathrm{Ker}(u) \neq \E$ ; r\'eciproquement, si $\lambda = \mathrm{tr}(u) \neq 0$, $\mathrm{Ker}(u) \cap \mathrm{Ker}(u - \lambda \mathrm{id}_{\E}) = \{0\}$  et donc $$\E = \mathrm{Ker}(u) \oplus \mathrm{Ker}(u-\lambda \mathrm{id}_{\E})$$ puisque $\operatorname{dim} \mathrm{Ker}(u) + \operatorname{dim} \mathrm{Ker}(u - \lambda \mathrm{id}_{\E}) \geq (\operatorname{dim} \E - 1)+1 =\operatorname{dim} \E$, ce qui prouve que l'endomorphisme $u$ est diagonalisable.

\vspace{0.5cm} \textbf{Exercice 11.$^{\star}$} Soient $\E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension $n$ et $u$ un endomorphisme de $\E$. On d\'efinit le \emph{commutant} de $u$ comme l'ensemble $\mathrm{Com}_u$ des endomorphismes de $\E$ qui commutent avec $u$.

1. Le commutant de $u$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{L}(\E)$ : il contient en effet l'endomorphisme nul et $$(\lambda v + \mu w) \circ u = \lambda (v \circ u) + \mu (w \circ u) = \lambda (u \circ v) + \mu (u \circ w) = u \circ (\lambda v + \mu w)$$ pour tous $v,w \in \mathrm{Com}_u$, $\lambda, \mu \in \K$.

\vspace{0.2cm}
2. On suppose que $u$ est diagonalisable, de valeurs propres $\lambda_1, \ldots, \lambda_p$. \\
\indent 2.1 Tout endomorphisme $v$ de $\E$ commutant avec $u$ stablise chacun des sous-espaces propres de $u$ : quels que soient en effet la valeur propre $\lambda$ de $u$ et le vecteur $x \in \mathrm{Ker}(u - \lambda \mathrm{id})$, $$u(v(x)) = (u \circ v)(x) = (v \circ u)(x) = v(u(x)) = v(\lambda x) = \lambda v(x)$$ et $v(x)$ appartient donc \`a $\mathrm{Ker}(u-\lambda \mathrm{id}_{\E})$.

Soit r\'eciproquement $v$ un endomorphisme de $\E$ stabilisant chacun des sous-espaces propres de $u$. Tout vecteur $x$ de $\E$ s'\'ecrit d'une mani\`ere et d'une seule sous la forme $x = x_1 + \ldots + x_p$ avec $x_i \in \mathrm{Ker}(u - \lambda_i \mathrm{id}_{\E})$ ($1 \leq i \leq p)$ et on a alors $u(x) = \lambda_1 x_1 +\ldots + \lambda_p x_p$, $v(x) = v(x_1) + \ldots + v(x_p)$. Comme $v$ stabilise chaque sous-espace propre de $u$, $v(x_i)$ appartient \`a $\mathrm{Ker}(u - \lambda_i \mathrm{id}_{\E})$ pour tout $i$ et $v(x_i)$ est donc la composante $v(x)_i$ du vecteur $v(x)$ dans $\mathrm{Ker}(u - \lambda_i \mathrm{id}_{\E})$ par unicit\'e de la d\'ecomposition. La conclusion est maintenant \'evidente : \begin{eqnarray*}(v \circ u)(x) = v(u(x)) & = & v(u(x_1 +\ldots + x_p)) = v(\lambda_1x_1 + \ldots \lambda_p x_p) \\ & = & \lambda_1 v(x_1) + \ldots \lambda_p v(x_p) = \lambda_1 v(x)_1 + \ldots + \lambda_p v(x)_p \\
& = & u(v(x)) = (u \circ v)(x) \end{eqnarray*}
pour tout vecteur $x$ de $\E$ et donc $v$ commute avec $u$.

\vspace{0.1cm} \noindent \textbf{Remarque} : \emph{si l'on d\'esigne par $\pi_1, \ldots, \pi_p$ les projecteurs spectraux de $u$, nous avons commenc\'e par v\'erifier que tout endomorphisme $v$ de $\E$ stabilisant les sous-espaces propres de $u$ commute avec $\pi_1, \ldots, \pi_p$ puis nous avons conclu que $v$ commute avec $u$ en \'ecrivant $u = \lambda_1 \pi_1 + \ldots + \lambda_p \pi_p$.}

\vspace{0.1cm} \indent Soit $\B_i$ une base de $\mathrm{Ker}(u - \lambda_i \mathrm{id}_{\E})$ ($1 \leq i \leq p$) et soit $\B = \B_1 \cup \ldots \cup \B_p$ la base de $\E$ correspondante. Puisque $\mathrm{Com}_u$ est le sous-espace vectoriel de $\mathcal{L}(\E)$ consitu\'e des endomorphismes de $\E$ stabilisant chacun des sous-espaces $\E_i = \mathrm{Ker}(u - \lambda_i \mathrm{id}_{\E})$, les \'el\'ements de $\mathrm{Com}_u$ sont les endomorphismes de $\E$ dont la matrice dans la base $\B$ est form\'ee de blocs diagonaux $\M_1, \ldots, \M_p$ avec $\M_i \in \mathrm{M}_{\operatorname{dim} \E_i}(\K)$. Ces matrices d\'efinissent de mani\`ere \'evidente un sous-espace vectoriel de $\M_n(\K)$ de dimension
$$\operatorname{dim} \M_{\operatorname{dim} \E_1}(\K) + \ldots + \operatorname{dim} \M_{\operatorname{dim} \E_p}(\K) = \sum_{i = 1}^{p} (\mathrm{dim} \E_i)^2$$
et donc $\operatorname{dim} \mathrm{Com}_u = \sum_{i =1}^{p} (\operatorname{dim} \E_i)^2.$

\vspace{0.1cm} 3. Il est \'evident que $\mathrm{Com}_u$ contient toujours le sous-espace vectoriel engendr\'e par les puissances de $u$ puisque l'endomorphisme $u$ commute avec lui-m\^eme ; noter que ce sous-espace est en fait engendr\'e par $\mathrm{id}_{\E}, u \ldots, u^{n-1}$ en vertu du th\'eor\`eme de Hamilton-Cayley (en effet, puisque $\rP_u(u)=0$, $u^n$ est une combinaison lin\'eaire de $\mathrm{id}_{\E}, u, \ldots, u^{n-1}$ et on prouve gr\^ace \`a un raisonnement par r\'ecurrence imm\'ediat qu'il en est de m\^eme pour toute puissance $u^k$ avec $k \geq n$).

Nous faisons maintenant l'hypoth\`ese additionnelle que $u$ admet $n$ valeurs propres distinctes et nous allons v\'erifier que l'on a alors l'\'egalit\'e $$\mathrm{Com}_u = \mathrm{Vect}(\mathrm{id}_{\E}, u, \ldots, u^{n-1}).$$ \\
\indent 3.2. Soient $a_0, \ldots, a_{n-1}$ des \'el\'ements de $\K$ tels que $\sum_{i = 0}^{n-1} a_i u^i = 0$. \'Etant donn\'e $j$ dans $\{1, \ldots, n\}$, choisissons un vecteur non nul $x_j$ dans le sous-espace propre $\E_j$ ; comme $u^i (x_j)=\lambda_j^i x_j$ pour tout $i \in \{0, \ldots, n-1\}$, $$0 = \left(\sum_{i=0}^{n-1}a_i u^i \right) (x_j) = \sum_{i=0}^{n-1} a_i \lambda_j^i x_j = \left(\sum_{i=0}^{n-1} a_i\lambda_j^i \right)x_j$$ et donc $\sum_{i=0}^{n-1} a_i \lambda_j^i = 0$ puisque $x_j \neq 0$. Cela prouve que le $n$-uplet $(a_0, \ldots, a_{n-1})$ est solution du syst\`eme lin\'eaire (*) de l'\'enonc\'e.\\
\indent 3.3. \'Etant donn\'es des \'el\'ements $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ dans $\K$, le calcul du \emph{d\'eterminant de Vandermonde} $$\V(\lambda_1, \ldots, \lambda_n) = \left|\begin{array}{lllll} 1 & \lambda_1 & \lambda_1^2 & \ldots & \lambda_1^{n-1} \\ 1 & \lambda_2 & \lambda_2^2 & \ldots & \lambda_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \lambda_n^2 & \ldots & \lambda_n^{n-1} \end{array}\right|$$ est classique.

On commence par observer que la formule est manifestement vraie s'il existe des indices $i$ et $j$ tels que $i \neq j$ et $\lambda_i = \lambda_j$ puisque les deux termes sont nuls ; on prouve alors le r\'esultat en supposant que les $\lambda_i$ sont deux \`a deux distincts et en raisonnant par r\'ecurrence sur l'entier $n \geq 2$. \begin{itemize} \item Le cas $n=2$ est imm\'ediat. \item En supposant le r\'esultat acquis pour $n-1 \geq 2$, on observe en d\'eveloppant $\V(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)$ par rapport \`a la derni\`ere ligne qu'il existe un polyn\^ome $\rP \in \K[\T]$ dont le terme dominant est $\V(\lambda_1, \ldots, \lambda_{n-1})\T^{n-1}$ et tel que $$\V(\lambda_1, \ldots, \lambda_{n-1}, \lambda) = \rP(\lambda)$$ pour tout $\lambda \in \K$. Comme $\V(\lambda_1, \ldots, \lambda_{n-1}, \lambda)$ s'annule si $\lambda = \lambda_i$ avec $i \in \{1, \ldots, n-1\}$ (deux lignes sont alors identiques!), $\lambda_1, \ldots, \lambda_{n-1}$ sont $n-1$ racines distinctes de $\rP$ et donc $$\rP = \V(\lambda_1, \ldots, \lambda_{n-1}) \prod_{i=1}^{n-1} (\T - \lambda_i).$$ Il reste \`a \'evaluer $\rP$ en $\lambda_n$ et \`a expliciter $\V(\lambda_1, \ldots, \lambda_{n-1})$ gr\^ace \`a l'hypoth\`ese de r\'ecurrence : \begin{eqnarray*}\V(\lambda_1, \ldots, \lambda_n) & = & \V(\lambda_1, \ldots, \lambda_{n-1})\prod_{1 \leq i \leq n-1} (\lambda_n - \lambda_i) \\ & = & \prod_{1 \leq i < j \leq n-1} (\lambda_j - \lambda_i) \prod_{1 \leq i \leq n-1}(\lambda_n - \lambda_i) \\ & = & \prod_{1 \leq i <j \leq n} (\lambda_j - \lambda_i). \end{eqnarray*}
\end{itemize}

\indent 3.4. D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, le syst\`eme lin\'eaire (*) est de rang $n$ et sa seule solution est donc la solution triviale $(0, \ldots, 0)$. Revenant \`a la question 3.2, cela signifie que $\mathrm{id}_{\E}, u, \ldots, u^{n-1}$ sont lin\'eairement ind\'ependants dans $\mathcal{L}(\E)$ ; ces endomorphismes engendrent donc un sous-espace vectoriel de dimension $n$. Puisque le sous-espace vectoriel $\mathrm{Com}_u$ de $\mathcal{L}(\E)$ est lui-m\^eme de dimension $n$ en vertu de la question 2.2, l'inclusion de 3.1 est une \'egalit\'e : $$\mathrm{Com}_u = \mathrm{Vect}(\mathrm{id}_{\E}, u, \ldots, u^{n-1}).$$

\vspace{0.5cm} \textbf{Exercice 12.$^{\star}$} Soient $\E$ un $\K$-espace vectoriel et $u$, $v$ deux endomorphismes de $\E$ qui commutent.

1. Tout sous-espace propre de $u$ est stable par $v$ : voir la question 2.1 de l'exercice pr\'ec\'edent.

2. Supposons que $u$ et $v$ soient diagonalisables. Quelle que soit la valeur propre $\lambda$ de $u$, $v$ induit par restriction un endomorphisme diagonalisable de $\mathrm{Ker}(u - \lambda \mathrm{id}_{\E})$ \footnote{On rappelle que, si un endomorphisme $u$ d'un $\K$-espace vectoriel est diagonalisable, alors sa restriction \`a tout sous-espace vectoriel $\F$ de $\E$ qu'il stabilise est un endomorphisme diagonalisable de $\F$.} et il existe donc une base $\B_{\lambda}$ de $\mathrm{Ker}(u - \lambda \mathrm{id}_{\E})$ form\'ee de vecteurs propres de $v$. Puisque $$\E = \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}(u)} \mathrm{Ker}(u - \lambda \mathrm{id}_{\E}),$$ la r\'eunion des $\B_{\lambda}$ est une base de $\E$ form\'ee de vecteurs propres de $v$ ; ces vecteurs \'etant \'egalement, par construction, des vecteurs propres de $u$, nous en d\'eduisons que $u$ et $v$ sont diagonalisables dans une m\^eme base.

3. Calcul direct.

4. On a $\mathrm{Sp}(u) = \{1\}$, $\mathrm{Ker}(u - \mathrm{id}_{\E}) = \K\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right) \oplus \K \left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right)$ et $\mathrm{Sp}(v) = \{0,2\}$, $\mathrm{Ker}(v) = \K\left(\begin{array}{l} 2 \\ 1 \\ -1\end{array}\right)$, $\mathrm{Ker}(v - 2\mathrm{id}_{\E}) = \K\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right)$.

5. Les sous-espaces $\mathbb{R}\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right)$ et $\mathbb{R}\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right) \oplus \mathbb{R} \left(\begin{array}{l} 2 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right)$ de $\mathbb{R}^3$ sont invariants par $u$ et par $v$. Observer que le premier est contenu dans le second.

6. Quel que soit le vecteur $e$ de $\mathbb{R}^3$ n'appartenant pas \`a $\mathbb{R}\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right) \oplus \mathbb{R} \left(\begin{array}{l} 2 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right)$, les vecteurs $\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{l} 2 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right)$ et $e$ constituent une base de $\E$ dans laquelle les matrices de $u$ et de $v$ sont respectivement de la forme $$\left( \begin{array}{lll}1 & 0 & * \\ 0 & 1 & * \\ 0 & 0 & * \end{array}\right) \ \ \textrm{ et } \ \ \left( \begin{array}{lll} 2 & 0 & * \\ 0 & 0 & * \\ 0 & 0 & * \end{array}\right).$$ On peut prendre par exemple $e = \left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right).$

\vspace{0.5cm} \textbf{Exercice 14.$^{\star}$} Soient $\E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension $n$ et $u$ un endomorphisme \emph{nilpotent} de $\E$, c'est-\`a-dire tel que $u^p = 0$ pour un certain entier $p \geq 1$.

1. Il y a (au moins) deux mani\`eres de d\'emontrer que le polyn\^ome caract\'eristique $\rP_u = \mathrm{det}(\T \mathrm{id}_{\E} - u)$ de l'endomorphisme nilpotent $u$  est $\T^n$. La premi\`ere, que l'on peut qualifier d'\og alg\'ebrique \fg \ puisqu'elle consiste \`a travailler avec l'anneau de polyn\^ome $\K[\T]$, est d'introduire le polyn\^ome minimal $\chi_u$ de $u$ et d'utiliser le fait que les facteurs irr\'eductibles de $\chi_u$ et de $\rP_u$ dans $\K[\T]$ sont les m\^emes lorsqu'on fait abstraction des multiplicit\'es. Puisqu'il existe par hypoth\`ese un entier $p \geq 1$ tel que $u^p = 0$, le polyn\^ome minimal de $u$ divise le polyn\^ome $\T^p$ et est donc une puissance de $\T$ ; tous les facteurs irr\'eductibles de $\rP_u$ sont par cons\'equent \'egaux \`a $\T$ et, puisque $\rP_u$ est unitaire et de degr\'e $n$, $\rP_u = \T^n$. Une seconde mani\`ere de proc\'eder, que l'on peut qualifier de \og g\'eom\'etrique \fg, est d'utiliser les propri\'et\'es de l'endomorphisme $u$ pour construire une base de $\E$ dans laquelle la matrice de $u$ permet de calculer directement $\rP_u$ ; c'est ce que l'on fait \`a la question 2 (sans utiliser le polyn\^ome minimal) et il serait donc pr\'ef\'erable d'intervertir les deux premi\`eres questions de l'\'enonc\'e.

\vspace{0.1cm}
\emph{Remarque : Si l'on sait \emph{a priori} que le polyn\^ome caract\'eristique de $u$ est scind\'e -- c'est la cas par exemple lorsque $\K = \mathbb{C}$ puisque tout polyn\^ome \`a coefficients complexes est scind\'e --, on peut \'egalement raisonner comme suit. Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$ et soit $x$ un vecteur non nul dans $\mathrm{Ker}(u - \mathrm{id}_{\E})$ ; comme $0 = u^p(x) = \lambda^p x$, $\lambda^p = 0$ et donc $\lambda=0$. Le spectre de $u$ est ainsi r\'eduit \`a $0$ et le polyn\^ome caract\'eristique de $u$ est $\rP_u = \mathrm{det}(\T \mathrm{id}_{\E} - u) = \T^{n}$.}

\vspace{0.1cm}
2. Nous allons d\'emontrer par r\'ecurrence sur la dimension $n$ de l'espace vectoriel $\E$ qu'il existe une base $\B$ de $\E$ dans laquelle la matrice de $u$ est triangulaire sup\'erieure \`a diagonale nulle. On d\'esigne par $p$ le degr\'e de nilpotence de $u$.
\begin{itemize}
\item Si $n=1$, c'est \'evident puisqu'alors $u= \operatorname{tr}(u) \mathrm{id}_{\E}$, $u^{p} = \operatorname{tr}(u)^{p} \mathrm{id}_{\E}$, donc $\operatorname{tr}(u)^{p} = 0$, $\operatorname{tr}(u) = 0$ et finalement $u=0$.
\item Supposons que le r\'esultat soit acquis en dimension $n-1 \geq 1$. Comme $u^{p-1} \neq 0$, $\F = \mathrm{Ker}(u^{p-1})$ est un sous-espace vectoriel strict de $\E$ ; il est en outre stable par $u$ puisque, pour tout $x \in \F$, $u^{p-1}(u(x)) = u^p (x) =0$ et nous pouvons appliquer l'hypoth\`ese de r\'ecurrence \`a l'endomorphisme $u_{|\F}$ de $\F$ : il existe une base $\B_0$ de $\F$ dans laquelle la matrice de $u_{|\F}$ est triangulaire sup\'erieure \`a diagonale nulle. Toute base $\B$ de $\E$ contenant $\B_0$ satisfait \`a la condition voulue : posant en effet $\B_0 = (e_1, \ldots, e_r)$ et $\B = (e_1, \ldots, e_n)$, $u(e_i) \in \mathrm{Ker}(u^{p-1})$ pour tout $i \in \{r+1, \ldots, n\}$ et la matrice de $u$ dans $\B$ est donc de la forme $$\left(\begin{array}{ll} \N & (*) \\ (0) & 0 \end{array} \right),$$ o\`u $\N \in \M_{n-1}(\K)$ est triangulaire sup\'erieure \`a diagonale nulle, et cette matrice est \'egalement triangulaire sup\'erieure \`a diagonale nulle.
    \end{itemize}

\emph{Retour \`a la question 1} -- Nous pouvons maintenant d\'emontrer tr\`es simplement que le polyn\^ome caract\'eristique de $u$ est $\T^n$ : il suffit de calculer $\mathrm{det}(\T \mathrm{id}_{\E} - u)$ en utilisant une base $\B$ de $\E$ dans laquelle la matrice $\U$ de $u$ est triangulaire sup\'erieure \`a diagonale nulle puisqu'alors la matrice $\T \mathrm{I}_n - \U$ est triangulaire sup\'erieure, tous ses coefficients diagonaux sont \'egaux \`a $\T$ et donc $$\rP_u = \mathrm{det}(\T \mathrm{id}_{\E} - u) = \mathrm{det}(\T \Ir_n - \U) = \T^n.$$

3. Toute matrice triangulaire sup\'erieure \`a diagonale nulle est nilpotente de degr\'e $p \leq n$ : v\'erification imm\'ediate par le calcul.

\vspace{0.5cm} \textbf{Exercice 15.$^{\star}$} Soient $\E$ un $\mathbb{C}$-espace vectoriel de dimension finie et soit $\Q$ un sous-ensemble de $\mathcal{L}(\E)$ ne stabilisant aucun sous-espace vectoriel de $\E$ autre que $\{0\}$ et $\E$.

1. Soit $u$ un endomorphisme de $\E$ commutant avec tous les \'el\'ements de $\Q$. Quelle que soit la valeur propre $\lambda$ de $u$, le sous-espace propre $\mathrm{Ker}(u - \mathrm{id}_{\E})$ est stabilis\'e par tout endomorphisme de $\E$ commutant avec $u$ (cf. exercice 11$^\star$, question 2.1) ; comme $\mathrm{Ker}(u - \lambda \mathrm{id}_{\E}) \neq \{0\}$, $\mathrm{Ker}(u - \lambda \mathrm{id}_{\E}) = \E$ et $u$ est donc une \emph{homoth\'etie}.

2. Les homoth\'eties commutent avec tous les endomorphismes de $\E$ et la question pr\'ec\'edente montre que seules les homoth\'eties commutent avec tous les \'el\'ements de $\Q$.

3. Le sous-ensemble $\left\{\left( \begin{array}{ll} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)\right\}$ de $\M_2(\mathbb{R})$ est irr\'eductible puisque la matrice $\A = \left( \begin{array}{ll} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)$ n'a pas de valeur propre r\'eelle. Un calcul imm\'ediat permet de d\'eterminer le sous-espace $\mathrm{Com}_{\A}$ des \'el\'ements de $\M_2(\mathbb{R})$ commutant avec $\A$ : $$\mathrm{Com}_{\A} = \left\{ \left( \begin{array}{ll} a & b \\ -b & a \end{array} \right) ; \ a,b \in \mathbb{R} \right\}$$ et il ne contient manifestement pas que les homoth\'eties.

4. Pour que le raisonnement de la question 1 puisse s'appliquer si l'on remplace $\mathbb{C}$ par un corps quelconque $\K$, il faut et il suffit que tout endomorphisme de $\E$ poss\`ede au moins une valeur propre ou, de mani\`ere \'equivalente, que son polyn\^ome caract\'eristique poss\`ede au moins une racine dans $\K$. Puisque tout polyn\^ome \`a coefficient r\'eel et de degr\'e impair admet une racine r\'eelle, le r\'esultat de la question 2 est vrai pour tout espace vectoriel r\'eel de dimension impaire : les seuls endomorphismes commutant avec tous les \'el\'ements d'un famille irr\'eductible d'\'el\'ements de $\mathcal{L}(\E)$ sont les homoth\'eties.
\end{document} 