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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 Polyn\^ome minimal - Th\'eor\`eme de Cayley-Hamilton}
\end{center}

\vspace{0.5cm}
\noindent \textbf{Exercice 3*} --- 1. Soient $\rE_1, \ldots, \rE_n$ les vecteurs de la base canonique de $\mathbb{C}^n$. Par d\'efinition, $\J\rE_1 = \rE_n$, $\J\rE_2 = \rE_1$, ..., $\J\rE_n = \rE_{n-1}$ ; on a donc $\J^2 \rE_1 = \rE_{n-1}$, \ $\J^2\rE_2 = \rE_n$, $\J^2\rE_3 = \rE_2$, ..., $\J^2\rE_{n} = \rE_{n-2}$ et, en raisonnant par r\'ecurrence, on v\'erifie que $$\J^p \rE_i = \left\{\begin{array}{ll} \rE_{n-p+i} & \textrm{ si } 1 \leq i \leq p - 1 \\ \rE_n & \textrm{ si } i=p \\ \rE_{i-p} & \textrm{ si } p+1 \leq i \leq n \end{array} \right.$$ pour tout $p \in \{1, \ldots, n\}$. La traduction matricielle est fort simple : $\J^p$ est la matrice obtenue en s\'eparant les $p-1$ premi\`eres colonnes de $\J$ des $n-p+1$ derni\`eres et en permutant ces deux paquets.

Lorsque $p = n$, les formules pr\'ec\'edentes donnent $\J^n \rE_i = \rE_i$ pour tout $i \in \{1, \ldots, n\}$ et donc $\J^n = \Ir_n$. La matrice $\J$ est ainsi annul\'ee par le polyn\^ome $\T^n - 1$ ;  comme ce dernier est scind\'e \`a racines simples (ce sont les racines $n$-\`emes de l'unit\'e), il en est de m\^eme du polyn\^ome minimal de $\J$ et la matrice $\J$ est donc diagonalisable.

\'Etant donn\'es des scalaires $\lambda_0, \lambda_1, \ldots, \lambda_{n-1} \in \mathbb{C}$ tels que la matrice $\lambda_0 \Ir_n + \lambda_1 \J + \ldots + \lambda_{n-1} \J^{n-1}$ soit nulle, $$0 = (\lambda_0 \Ir_n + \lambda_1 \J + \ldots + \lambda_{n-1} \J^{n-1}) \rE_1 = \lambda_0 \rE_1 + \lambda_1 \rE_n + \ldots + \lambda_{n-1} \rE_2)$$ et donc $\lambda_0 = \lambda_1 = \ldots = \lambda_{n-1} = 0$. Cela \'etablit que les matrices $\Ir_n, \J, \ldots, \J^{n-1}$ constituent une famille libre dans $\mathcal{M}_n (\mathbb{C})$.

Soit $m_{\J}$ le polyn\^ome minimal de $\J$. D'une part, ce polyn\^ome est de degr\'e au moins $n$ car, ainsi qu'on vient de le voir, il n'existe pas de polyn\^ome non nul et de degr\'e inf\'erieur ou \'egal \`a $n-1$ annulant $\J$ ; d'autre part, $m_{\J}$ divise le polyn\^ome $\T^n - 1$ puisque ce dernier annule $\J$. On a donc $m_{\J} = \lambda (\T^n - 1)$ avec $\lambda \in \mathbb{C}^{\times}$, puis $m_{\J} = \T^n - 1$ car le polyn\^ome minimal d'un endomorphisme est \emph{unitaire} (par d\'efinition).

Les valeurs propres de $\J$ sont les racines du polyn\^ome $\T^n - 1$, \`a savoir les $n$ racines $n$-\`emes de l'unit\'e dans $\mathbb{C}$ : $1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}$ avec $\omega = \mathrm{e}^{2i\pi/n}$.

Le vecteur $\rE(1) = \rE_1 + \ldots + \rE_n$ est manifestement un vecteur propre pour $\J$ associ\'e \`a la valeur propre $1$. Plus g\'en\'eralement, si $\xi$ est une racine $n$-\`eme de l'unit\'e, le vecteur $\rE(\xi) = \rE_1 + \xi \rE_2 + \xi^2 \rE_3 + \ldots + \xi^{n-1} \rE_{n}$ est un vecteur propre pour $\J$ associ\'e \`a la valeur propre $\xi$ car \begin{eqnarray*} \J \rE(\xi) = \J (\rE_1 + \xi \rE_2 + \xi^2 \rE_3 + \ldots + \xi^{n-1} \rE_n) & = & \rE_n + \xi \rE_{1} + \xi^2 \rE_2 + \ldots + \xi^{n-1} \rE_{n-1} \\ & = & \xi ( \rE_1 + \xi \rE_2 + \ldots + \xi^{n-1} \rE_{n}) = \xi \rE(\xi). \end{eqnarray*} En d\'esignant par $\xi_1, \ldots, \xi_n$ les $n$ racines $n$-\`emes de l'unit\'e dans $\mathbb{C}$, les vecteurs $\rE(\xi_1), \ \rE(\xi_2), \ldots, \ \rE(\xi_n)$ constituent donc une base de $\mathbb{C}^n$ diagonalisant $\J$ et la matrice de passage correspondante est $$\rP = \left(\begin{array}{llll} 1 & 1 &  \ldots & 1 \\ \xi_1  & \xi_2 &  \ldots & \xi_n \\ \xi_1^2 & \xi_2^2 & \ldots & \xi_n^2 \\ \vdots & \vdots & \ldots & \vdots \\ \xi_1^{n-1} & \xi_2^{n-1} & \ldots & \xi_{n}^{n-1} \end{array}\right)$$ 

\vspace{0.1cm} 2. En vertu du calcul des puissances de $\J$ \`a la question 1, $\A = a_1 \Ir_n + a_2 \J + \ldots + a_n \J^{n-1}$.

Soit $\rP$ la matrice de passage consid\'er\'ee \`a la fin de la question 1. Puisque $\J = \rP \D \rP^{-1}$ avec $\D = \mathrm{diag}(\xi_1, \xi_2, \ldots, \xi_{n})$ ($\xi_1, \ \ldots, \ \xi_n$ sont les $n$ racines $n$-\`emes de l'unit\'e dans $\mathbb{C}$), $\J^p = \rP \D^p \rP^{-1}$ pour tout entier natutrel $p$ et donc $$\Q(\J) = \rP \Q(\D) \rP^{-1}$$ pour tout polyn\^ome $\Q \in \mathbb{C}[\T]$. La matrice $\Q(\D)$ \'etant diagonale, \'egale \`a $\mathrm{diag}(\Q(\xi_1), \ldots, \Q(\xi_n))$, la matrice $\Q(\J)$ est diagonalisable et ses valeurs propres sont les \'evaluations de $\Q$ en les valeurs propres de $\J$ : $$\mathrm{Sp}(\Q(\J)) = \{ \Q(\lambda), \ \lambda \in \mathrm{Sp}(\J)\}.$$

Comme $\A = \Q(\J)$ avec $\Q = a_1 + a_2\T + \ldots + a_n \T^{n-1}$, cette matrice est diagonalisable et ses valeurs propres sont les nombres complexes $a_1 + a_2\xi + \ldots + a_n \xi^{n-1}$, $\xi$ parcourant l'ensemble des racines $n$-\`emes de l'unit\'e dans $\mathbb{C}$.

Le d\'eterminant de $\A$ est le produit des valeurs propres compt\'ees avec leur multiplicit\'e, soit $$\operatorname{det}(\A) = \prod_{i=1}^{n} \Q(\xi_i).$$

\vspace{0.2cm} 
\noindent \textbf{Exercice 4*} --- 1. Un endomorphisme $v$ de $\rE$ admet $0$ pour valeur propre si et seulement si $\mathrm{Ker}(v)$ contient un vecteur non nul, donc si et seulement si $v$ n'est pas inversible. Comme l'endomorphisme $u$ consid\'er\'e est inversible, $0 \notin \mathrm{Sp}(u)$.

\vspace{0.1cm} 2. Soit $\rP = \operatorname{det}(u - \T\mathrm{id}_{\rE})$ le polyn\^ome caract\'eristique de $u$. Les valeurs propres de $u$ \'etant pr\'ecis\'ement les racines de $\rP$, l'observation faite \`a la question 1 se traduit par $\rP(0) \neq 0$ \footnote{Il est connu \emph{a priori} que $\rP(0) = \mathrm{det}(u)$, de sorte que l'inversibilit\'e de $u$ \'equivaut \`a la non-nullit\'e du terme constant $\rP(0)$ de son polyn\^ome caract\'eristique.}. 

En vertu du th\'eor\`eme de Cayley-Hamilton, $\rP(u) = 0$. \'Ecrivant $\rP$ sous la forme $\rP = \T \Q + \rP(0)$ avec $\Q \in \K[\T]$, ceci conduit \`a l'identit\'e $$u\Q(u) + \rP(0)\mathrm{id}_{\rE} = 0,$$ soit, comme $\rP(0) \neq 0$, $$u\tilde{\Q}(u)  = \tilde{\Q}(u)u = \mathrm{id}_{\rE}$$ en posant $\tilde{\Q} = -\frac{1}{\rP(0)} \Q$. On obtient ainsi $u^{-1} = \tilde{\Q}(u)$, ce qui prouve que l'inverse de $u$ s'exprime sous la forme d'un polyn\^ome en $u$.

\vspace{0.2cm} 
\noindent \textbf{Exercice 5*} --- 1. Soit $\rP \in \K[\T]$ un polyn\^ome premier au polyn\^ome minimal $m_u$ de $u$ ; en vertu du th\'eor\`eme de B\'ezout, il existe des polyn\^omes $\R, \rS \in \K[\T]$ tels que $\R\rP + \rS m_u = 1$. Substituant $u$ \`a $\T$ dans l'identit\'e pr\'ec\'edente, nous obtenons $\R(u)\rP(u) + \rS(u) m_u(u) = \mathrm{id}_{\rE}$, donc $\R(u)\rP(u) = \mathrm{id}_{\rE}$ puisque $m_u(u)=0$, et en concluons que l'endomorphisme $\rP(u)$ est inversible.

\vspace{0.1cm} 2. Soit r\'eciproquement $\rP \in \K[\T]$ un polyn\^ome tel que l'endomorphisme $\rP(u)$ soit inversible et soit $\delta = \mathrm{pgcd}(\rP, m_u)$. \'Ecrivant $\rP$ et $m_u$ sous la forme $\rP = \delta \tilde{\rP}$ et $m_u = \delta \tilde{m_u}$ avec $\tilde{\rP}, \tilde{m_u} \in \K[\T]$, on observe tout d'abord que l'inversibilit\'e de $\rP(u)$ implique celle de l'endomorphisme $\delta(u)$ (puisqu'alors $\delta(u)\tilde{\rP}(u)\rP(u)^{-1} = \tilde{\rP}(u)\rP(u)^{-1}\delta(u) = \mathrm{id}_{\rE}$), puis que l'identit\'e $\delta(u)\tilde{m_u}(u) = m_u(u) = 0$ et l'inversibilit\'e de $\delta(u)$ entra\^{\i}nent $\tilde{m_u}(u)=0$. 

Comme $m_u$ est le poly\^ome minimal de $u$, $m_u$ doit alors diviser le polyn\^ome annulateur $\tilde{m_u}$. D'autre part, $\tilde{m_u}$ divise $m_u$ par d\'efinition ; on a donc $m_u = \lambda \tilde{m_u}$ avec $\lambda \in \K^{\times}$. Le polyn\^ome $\delta$ est ainsi une constante non nulle, ce qui signifie pr\'ecis\'ement que les polyn\^omes $\rP$ et $m_u$ sont premiers entre eux. 

\vspace{0.2cm} \noindent \textbf{Exercice 6} --- Quel que soit le sous-espace vectoriel $u$-stable $\F$ de $\rE$, la restriction de $u$ \`a $\F$ d\'efinit un endomorphisme $u_{|\F}$ de $\F$ et $\rP(u_{|\F}) = \rP(u)_{|\F}$ pour tout polyn\^ome $\rP \in \K[\T]$.

Appliquant cette observation au polyn\^ome minimal $m_u$ de $u$, nous obtenons $m_u(u_{|\F}) = m_u(u)_{|\F} = 0$ ; $m_u$ est donc un polyn\^ome annulateur de $u_{|\F}$ et c'est par cons\'equent un multiple du polyn\^ome minimal $m_{u_{|\F}}$ de $u_{|\F}$. 

Si l'endomorphisme $u$ est diagonalisable, son polyn\^ome minimal $m_u$ est scind\'e \`a racines simples et il en est de m\^eme pour tout polyn\^ome divisant $m_u$ ; en particulier, le polyn\^ome minimal $m_{u_{|\F}}$ de $u_{|\F}$ est scind\'e \`a racines simples et l'endomorphisme $u_{|\F}$ de $\F$ est donc diagonalisable.   

\vspace{0.2cm} \noindent \textbf{Exercice 7*} --- Comme dans l'exercice pr\'ec\'edent, $m_u(u_{|\F}) = m_u(u)_{|\F} = 0$ et $m_u(u_{|\G}) = m_u(u)_{|\G} = 0$ donc $m_u$ est un multiple commun des polyn\^omes minimaux $m_{\F}$ et $m_{\G}$ de $u_{\F}$ et $u_{\G}$ respectivement ; de mani\`ere \'equivalente, $\mathrm{ppcm}(m_{\F}, m_{\G}) | m_u$.

\vspace{0.1cm} Soit $\delta = \mathrm{pgcd}(m_{\F}, m_{\G})$. En \'ecrivant les polyn\^omes $m_{\F}$ et $m_{\G}$ sous la forme $m_{\F} = \delta \tilde{m_{\F}}$ et $m_{\G} = \delta \tilde{m_{\G}}$ avec $\tilde{m_{\F}}, \tilde{m_{\G}} \in \K[\T]$, nous avons \begin{eqnarray*} \mathrm{ppcm}(m_{\F},  m_{\G}) & = & \delta \tilde{m_\F} \tilde{m_{\G}} \\ & = & \tilde{m_{\G}} m_{\F} \\ & = & \tilde{m_{\F}} m_{\G} \end{eqnarray*} et il est maintenant facile de voir que ce polyn\^ome annule l'endomorphisme $u$.

\vspace{0.1cm} Posons $v = \mathrm{ppcm}(m_{\F}, m_{\G})$ et consid\'erons un vecteur $x$ dans $\rE$, que l'on \'ecrit sous la forme $x = x_{\F} + x_{\G}$ avec $x_{\F} \in \F$ et $x_{\G} \in \G$. Comme $v = \tilde{m_{\G}}(u) m_{\F}(u)$, $$v(x_{\F}) = \tilde{m_{G}}(u) (m_{\F}(u)(x_{\F})) = \tilde{m_{\G}}(u) (m_{\F}(u_{|\F}) (x_{\F})) = 0 \ ;$$ en utilisant l'identit\'e $v = \tilde{m_{\F}}(u) m_{\G}(u)$, on prouve de m\^eme que $v(x_{\G})=0$. Nous obtenons ainsi que le polyn\^ome $\mathrm{ppcm}(m_{\F}, m_{\G})$ annule $u$, donc qu'il est divisible par $m_u$, et la conclusion $m_u = \mathrm{ppcm}(m_{\F},m_{\G})$ d\'ecoule des relations de divisibilit\'e $m_u | \mathrm{ppcm}(m_{\F}, m_{\G})$ et $\mathrm{ppcm}(m_{\F},m_{\G}) | m_u$ une fois que l'on a observ\'e que tous les polyn\^omes consid\'er\'es sont unitaires. 


\vspace{0.2cm} \noindent \textbf{Exercice 8} --- Le polyn\^ome $\T^3 - \T$ est scind\'e \`a racines simples : $\T^3 - \T = \T(\T-1)(\T+1)$. \'Etant donn\'ee une matrice $\A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que $\A^3 = \A$, son polyn\^ome minimal $m_{\A}$ divise $\T^3-\T$ et est donc scind\'e \`a racines simples ; les valeurs propres de $\A$ appartiennent \`a l'ensemble $\{-1,0,1\}$ et il existe une matrice $\rP \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ inversible telle que $\rP^{-1}\A\rP$ soit une matrice diagonale ayant $a$ coefficients \'egaux \`a $0$, $b$ coefficients \'egaux \`a $1$ et $c$ coefficients \'egaux \`a $-1$, $a, b, c$ \'etant des entiers naturels soumis \`a la seule condition : $a+b+c = n$. R\'eciproquement, le polyn\^ome minimal d'une matrice diagonale $\D$ de cette forme est $\T^{\varepsilon_a}(\T -1)^{\varepsilon_b}(\T+1)^{\varepsilon_c}$ avec, pour tout $x \in \{a,b,c\}, \ \varepsilon_x = 0$ si $x = 0$ et $\varepsilon_x=1$ si $x \geq 1$, et la matrice $\rP\D\rP^{-1}$ est une solution de l'\'equation consid\'er\'ee quelle que soit la matrice inversible $\rP \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. Nous avons ainsi d\'ecrit toutes les solutions de l'\'equation $\X^3 - \X$ dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. 

\vspace{0.2cm} \noindent \textbf{Exercice 9} --- 1. L'identit\'e $(\T^2+1) - \T^2 = 1$ est une relation de B\'ezout entre les polyn\^omes premiers entre eux $\T$ et $\T^2+1$. En substituant $\A$ \`a $\T$, nous obtenons la relation
$$\Ir_3 = (\A^2+\Ir_3) - \A^2$$ dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$, laquelle implique imm\'ediatement la d\'ecomposition $\mathbb{R}^3 = \mathrm{Ker}(\A) \oplus \mathrm{Ker}(\A^2+\Ir_3)$. En effet, quel que soit le vecteur $\X \in \mathbb{R}^3$, $$\X =  (\A^2+ \Ir_3)\X - \A^2 \X$$ et $(\A^2+\Ir_3)\X \in \mathrm{Ker}(\A)$, $\A^2\X \in \mathrm{Ker}(\A^2+\Ir_3)$ puisque $\A^3 + \A = 0$ ; si d'autre part $\X$ appartient simultan\'ement \`a $\mathrm{Ker}(\A)$ et $\mathrm{Ker}(\A^2+\Ir_3)$, alors $\X = (\A^2+\Ir_3)\X - \A^2\X = 0$.

\vspace{0.1cm} 2. Le polyn\^ome minimal $m_{\A}$ de $\A$ est un diviseur de $\T^3+\T = \T(\T^2+1)$, soit $\T$, $\T^2+1$ ou $\T(\T^2+1)$. Le cas $m_{\A} = \T$ est exclu puisque $\A \neq 0$. Le cas $m_{\A} = \T^2+1$ est \'egalement exclu : en effet, si $m_{\A} = \T^2+1$, alors le polyn\^ome caract\'eristique $\rP_{\A}$ de $\A$ est une puissance de $(\T^2+1)$ car les polyn\^omes $m_{\A}$ et $\rP_{\A}$ ont les m\^emes facteurs irr\'eductibles et ceci est impossible car $\rP_{\A}$ est de degr\'e $3$. Nous obtenons donc $m_{\A} = \T(\T^2+1)$. 

\vspace{0.1cm} 3. Soit $x$ un vecteur de $\mathbb{R}^3$ n'appartenant pas \`a $\mathrm{Ker}(\A)$ ; nous avons donc par hypoth\`ese $x \neq 0$ et $\A x \neq 0$. S'il existait deux nombres r\'eels $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ non tous les deux nuls et tels que $\lambda x + \mu \A x = 0$, alors $\lambda$ et $\mu$ seraient tous les deux non-nuls puisque $x, \A x \neq 0$ ; on aurait alors $\A x = -\frac{\lambda}{\mu} x$, ce qui signifierait, comme $x \neq 0$, que $-\frac{\lambda}{\mu}$ serait une valeur propre de $\A$, c'est-\`a-dire une racine r\'eelle du polyn\^ome $m_{\A} = \T^3+\T$, et ceci contredirait la non-nullit\'e de $\lambda$.

La famille $(x, \A x)$ est donc libre.

\vspace{0.1cm} 4. Comme $\A \neq 0$, $\mathrm{Ker}(\A) \neq \mathbb{R}^3$ et il existe un vecteur $x$ non-nul dans le sous-espace vectoriel $\mathrm{Ker}(\A^2 + \Ir_3)$ en vertu de la question 1. Ce sous-espace \'etant en outre stable par $\A$ puisque $(\A^2+\Ir_3)\A = \A^3 + \A = 0$, il contient la famille $(x,\A x)$ et est donc de dimension au moins $2$ d'apr\`es la question pr\'ec\'edente. Cette discussion conduit \`a la majoration $\operatorname{dim} \mathrm{Ker}(\A)  = 3 - \operatorname{dim} \mathrm{Ker}(\A^2+\Ir_3) \leq 1$. D'un autre c\^ot\'e, le polyn\^ome minimal de $\A$ admettant $0$ comme racine, $0$ est une valeur propre de $\A$ et donc $\operatorname{dim} \mathrm{Ker}(\A) \geq 1$. Nous avons ainsi prouv\'e que le noyau de $\A$ est de dimension $1$.

Soit $e$ un vecteur non-nul dans $\mathrm{Ker}(\A)$ et soit $x$ un vecteur non-nul dans $\mathrm{Ker}(\A^2+\Ir_3)$. La famille $(x,\A x)$ \'etant libre en vertu de la question 3, elle constitue une base du sous-espace bidimensionnel $\mathrm{Ker}(\A^2+\Ir_3)$ et $(e,x,\A x)$ est alors une base de $\mathbb{R}^3$ en vertu de la question 1. D\'esignant par $\rP$ la matrice de passage de la base canonique de $\mathbb{R}^3$ \`a la base $(e,x,\A x)$, $\rP^{-1}\A\rP$ est la matrice dont les colonnes sont les coordonn\'ees des vecteurs $\A e, \A x$ et $\A \A x$ dans la base $(e, x, \A x)$ ; il est manifeste que les deux premi\`eres colonnes sont celles que l'on souhaite, et il en est de m\^eme pour la derni\`ere puisque, $x$ appartenant \`a $\mathrm{Ker}(\A^2+\Ir_3)$, $\A^2 x = -x$.

\vspace{0.2cm} \noindent \textbf{Exercice 10*} --- 1. Il suffit de calculer $\operatorname{det}(\A- \X\Ir_n)$. En d\'eveloppant ce d\'eterminant par rapport \`a la premi\`ere colonne, on obtient 
$$\operatorname{det}(\A - \X \Ir_n) = - \X \operatorname{det}(\A_1 - \X \Ir_{n-1}) - (-1)^{n}a_0,$$ o\`u $\A_1$ est la matrice compagnon du polyn\^ome $\X^{n-1} - a_{n-1}\X^{n-2} - \ldots - a_1$. \`A partir de cette identit\'e et du cas \'evident $n=1$, on prouve par r\'ecurrence sur $n$ que  $\rP_u = \rP_{\A}$ n'est autre que le polyn\^ome $(-1)^n \rP$.

\vspace{0.1cm} 2. Soient $\rE_1, \ldots, \rE_n$ les vecteurs de la base canonique de $\K^n$. Par d\'efinition de $\A$, $\A \rE_1 = \rE_2, \ \A \rE_2 = \rE_3, \ldots, \ \A\rE_{n-1} = \rE_n$ et $\A \rE_n = a_0\rE_1 + \ldots + a_{n-1}\rE_n$, donc $\A^p \rE_1 = \rE_{p+1}$ pour tout entier $p \in \{1, \ldots, n-1\}$.

Nous allons v\'erifier que la matrice $\rP(\A)$ est nulle. Cela revient \`a prouver $\rP(\A)\rE_{i} = 0$ pour tout $i$ et, comme $\rP(\A)\rE_i = \rP(\A)\A^{i-1}\rE_1 = \A^{i-1}\rP(\A) \rE_1$, il suffit de s'assurer que $\rP(\A)\rE_1 = 0$. Le calcul est facile :
\begin{eqnarray*}\rP(\A)\rE_1 & = & \A^n \rE_1 - \sum_{i=0}^{n-1} a_i \A^{i}\rE_1 \\ & = & \A \A^{n-1}\rE_1 - \sum_{i=0}^{n-1} a_i \rE_{i+1} \\ & = & \A\rE_n - \sum_{i=0}^{n-1} a_i \rE_{i+1} \\ & = & 0. \end{eqnarray*}    

Nous avons donc bien $\rP(\A) = 0$, d'o\`u $\rP_u(u)=0$ d'apr\`es la question pr\'ec\'edente.

\vspace{0.1cm} Le polyn\^ome unitaire $\rP$ annule $u$. D'autre part, si $\lambda_0, \ldots, \lambda_{n-1}$ sont des nombres r\'eels tels que le polyn\^ome $\lambda_{n-1} \X^{n-1} + \ldots + \lambda_{1} \X \lambda_0$ annule $u$, alors $$ 0 = \left(\sum_{i = 0}^{n-1} \lambda_i \A^i\right) \rE_1 = \sum_{i=0}^{n-1} \lambda_i \rE_{i+1}$$ et donc $\lambda_0 = \lambda_1 = \ldots = \lambda_{n-1}=0$, ce qui montre qu'il n'existe aucune polyn\^ome non-nul de degr\'e inf\'erieur ou \'egal \`a $n-1$ annulant $u$. Le polyn\^ome minimal $m_u$ de $u$ est ainsi de degr\'e au moins $n$ et, puisqu'il divise $\rP$, $m_u = \rP$ car ces deux polyn\^omes sont unitaires.

\vspace{0.1cm} 4. Pour \'etablir que le sous-espace $\rE_x = \mathrm{Vect}(x,v(x), \ldots, v^p(x)$ est stable par $v$, il suffit de v\'erifier qu'il contient les images des vecteurs $x, v(x), \ldots, v^p(x)$ par $v$ et seul le cas de $v^p(x)$ n'est pas compl\`etement \'evident. Par d\'efinition de $p$, la famille $(x, v(x), \ldots, v^p(x), v^{p+1}(x))$ n'est pas libre et il existe donc des scalaires $\lambda_0, \ldots, \lambda_{p+1}$ non tous nuls tels que $$\lambda_0 x + \lambda_1 v(x) + \ldots + \lambda_{p+1} v^{p+1}(x) =0.$$ La famille $(x, v(x), \ldots, v^p(x))$ \'etant libre par hypoth\`ese, le coefficient $\lambda_{p+1}$ n'est pas nul et on peut d\`es lors \'ecrire $v^{p+1}(x)$ sous la forme $$v^{p+1}(x) = -\frac{1}{\lambda_{p+1}}(\lambda_0 x + \ldots + \lambda_{p} v^p (x)),$$ ce qui prouve que l'image de $v^p(x)$ par $v$ est contenue dans $\rE_x$. 

\vspace{0.1cm} 5 \& 6. En utilisant les notations de la question pr\'ec\'edente, la matrice de $v$ dans la base $\mathcal{B}_x$ de $\rE_x$ est la matrice compagnon du polyn\^ome $$\X^{p} + \frac{\lambda_{p}}{\lambda_{p+1}} \X^{p-1} + \ldots + \frac{\lambda_0}{\lambda_{p+1}}.$$

\vspace{0.1cm} 7 \& 8. Soit $\rP_v$ le polyn\^ome caract\'eristique de $v$ et soit $x$ un vecteur non nul dans $\rE$. Comme le sous-espace $\rE_x$ de $\rE$ est stable par $v$, $\rP_v$ s'\'ecrit sous la forme $\Q\rP_x$ o\`u $\rP_x$ est le polyn\^ome caract\'eristique de la restriction de $v$ \`a $\rE_x$ et $\Q \in \K[\X]$. En vertu de ce qui pr\'ec\`ede, $\rP_x$ annule la restriction de $v$ \`a $\rE_x$ et donc, en particulier, $\rP_x(v)(x) = 0$. Comme $\rP(v)(x) = \Q(v)(\rP_x(v)) = 0$, nous en d\'eduisons que l'endomorphisme $\rP_v (v)$ est nul et avons ainsi red\'emontr\'e le th\'eor\`eme de Cayley-Hamilton.
  
\vspace{0.2cm} \noindent \textbf{Exercice 11*} --- 1. On justifie comme dans la question 5 de l'exercice pr\'ec\'edent qu'il existe des scalaires $a_0, \ a_1, \ \ldots, \ a_{n-1}$ dans $\K$ tels que $$u^{n}(x) = a_0 x + a_1 u(x) + \ldots + a_{n-1}u^{n-1}(x)$$ et on v\'erifie que la matrice de $u$ dans la base $\mathcal{B}_x$ est la matrice compagnon du polyn\^ome $\T^{n} - (a_{n-1}\T^{n-1} + \ldots + a_1\T + a_0).$

\vspace{0.2cm} 2. L'unicit\'e de la matrice compagnon d'un endomorphisme cyclique est une cons\'equence imm\'ediate de la question 1 de l'exercice pr\'ec\'edent : les coefficients de la derni\`ere colonne d'une telle matrice sont en effet, au signe pr\`es, ceux du polyn\^ome caract\'eristique de $u$ et ne d\'ependent donc pas du choix du vecteur cyclique consid\'er\'e.

\vspace{0.2cm} 3. Tout endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension $n$ est diagonalisable s'il poss\`ede $n$ valeurs propres distinctes.

\vspace{0.1cm} La r\'eciproque est vraie dans le cas d'un endomorphisme cyclique. En effet, si $u$ est un endomorphisme cyclique, son polyn\^ome minimal et son polyn\^ome caract\'eristique co\"{\i}ncident en vertu de la question 3 de l'exercice pr\'ec\'edent ; si $u$ est diagonalisable, cela implique donc que son polyn\^ome caract\'eristique est scind\'e \`a racines simples, ce qui signifie pr\'ecis\'ement que $u$ poss\`ede $n$ valeurs propres distinctes. 

\end{document}