Math III-Algèbre - Automne 2007 Université Claude Bernard Lyon 1

Structure des endomorphismes nilpotents - Réduite de Jordan

Exercice 1* — 1. La condition u^{2} = 0 est équivalente à l’inclusion Im(u) ⊂ Ker(u). L’endomorphisme u étant supposé non nul, Ker(u) est un sous-espace vectoriel strict de E et Im(u) ≠ {0}; on a donc

dimKer(u) < dimE = 2 et 1 ≤ dimIm(u),

ce qui implique que l’inclusion initiale soit une égalité : dimIm(u) = dimKer(u).

2. Soit e_{2} un vecteur dans E − Ker(u) et soit e_{1} = u(e_{2}). La famille (e_{1},e_{2}) est libre : quels que soient les scalaires λ_{1},λ_{2} ∈ K tels que λ_{1}e_{1}+ λ_{2}e_{2} = 0, on obtient λ_{2}u(e_{2}) = 0 en appliquant u et donc λ_{2} = 0 puisque, par construction, le vecteur e_{1} = u(e_{2}) est non nul ; on a ainsi λ_{1}e_{1} = 0 et donc λ_{1} = 0 par le même argument que précédemment. Nous venons de construire une base de E dans laquelle la matrice de u est celle que l’on souhaite puisque u(e_{1}) = 0 et u(e_{2}) = e_{1}.

3. On vérifie immédiatement que les matrices ( \begin{matrix}−a & b \\ c & a \end{matrix} ) de déterminant nul sont nilpotentes. Réciproque-

ment, si une matrice non nulle M ∈ M_{2}(K) est nilpotente, il découle de la question précédente qu’il existe une

matrice inversible P = ( \begin{matrix}α & β \\ γ & δ \end{matrix} ) ∈ M_{2}(K) telle que P^{−1} MP = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) ; on a alors

M = P( \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) P^{−1} = \frac{1}{αδ − βγ} ( \begin{matrix}−αγ & α^{2} \\ −γ^{2} & αγ \end{matrix} )

et M est de la forme annoncée. Remarque : il serait préférable d’observer qu’une matrice M ∈ M_{2}(K) est nilpotente si et seulement si son polynôme carctéristique est égal à T^{2}, c’est-à-dire si et seulement si la trace et le déterminant de M sont nuls ; il en découle immédiatement que M est de la forme requise.

Exercice 2* — 1. La condition u^{2} = 0 est équivalente à l’inclusion Im(u) ⊂ Ker(u). L’endomorphisme u étant par hypothèse de rang r, il existe des vecteurs e_{1},...,e_{r} ∈ E tels que (u(e_{1}),...,u(e_{r})) soit une base de Im(u) ; comme Im(u) ⊂ Ker(u), on peut compléter cette dernière en une base de l’espace vectoriel Ker(u) — de dimension n − r — en adjoignant des vecteurs convenables v_{r+1} ,...,v_{n−r}.

2. La famille B = (u(e_{1}),e_{1},u(e_{2}),e_{2},...,u(e_{r}),e_{r},v_{r+1} ,...,v_{n−r}) contenant n = dimE vecteurs, il suffit de vérifier qu’elle est libre pour établir qu’il s’agit d’une base de E. Étant donnés des scalaires λ_{1},...,λ_{r},μ_{1},...,μ_{n−r} ∈ K tels que

λ_{1}e_{1}+ ...+ λ_{r}e_{r}+ μ_{1}u(e_{1}) + ...+ μ_{r}u(e_{r}) + μ_{r+1} v_{r+1} + ...+ μ_{n−r} v_{n−r} = 0,

on obtient

λ_{1}u(e_{1}) + ...+ λ_{r}u(e_{r}) = 0

en appliquant u, d’où λ_{1} = ... = λ_{r} = 0 puisque la famille (u(e_{1}),...,u(e_{r})) est libre, puis

μ_{1}u(e_{1}) + ...+ μ_{r}u(e_{r}) + μ_{r+1} v_{r+1} + ...+ μ_{n−r} v_{n−r} = 0

et donc μ_{1} = ... = μ_{n−r} = 0 ; la famille B est libre.

3. Chacun des sous-espaces Ku(e_{i})⊕Ke_{i}, 1 ≤ i ≤ r, et Kv_{j}, r +1 ≤ j ≤ n−r, est stable par u. La matrice de u dans la base B est par conséquent diagonale par blocs, formée des r blocs de taille 2

Mat(u, (u(e_{i}),e_{i})) = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) ,

1 ≤ i ≤ r, et des n − 2r blocs de taille 1

Mat(u, (v_{j})) = (0),

r + 1 ≤ j ≤ n − r. Remarque. On vient de re-démontrer un cas particulier du théorème de structure des endomorphismes nilpotents : étant donné un endomorphisme u de E de polynôme minimal T^{2}, il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est diagonale par blocs et constituée de blocs de Jordan J_{p}(O) de taille p avec p ∈ {1,2}; désignant respectivement par n_{1} et n_{2} le nombre de blocs J_{1}(0) et J_{2}(0), on a en outre

n_{1}+ 2n_{2} = dimE et n_{1}+ n_{2} = dimKer(u),

donc n_{2} = dimE − dimKer(u) = dimIm(u).

Exercice 3* — 1. La réduite de Jordan d’un endomorphisme nilpotent de ℝ^{4} est une matrice diagonale par blocs formée de blocs de Jordan J_{p}(0) de taille p ≤ 4. Désignant par n_{p} le nombre de blocs de taille p, une telle matrice existe si et seulement si

n_{1}+ 2n_{2}+ 3n_{3}+ 4n_{4} = 4,

c’est-à-dire si et seulement si (n_{1},n_{2},n_{3},n_{4}) est l’un des quadruplets

(0,0,0,4), (1,0,1,0), (0,2,0,0), (2,1,0,0), (4,0,0,0);

les matrices correspondantes sont

( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) et ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

2. En utilisant les notations qui précèdent, le polynôme minimal de l’endomorphisme nilpotent u est T^{p}, où p ∈ {1,2,3,4} est le plus grand entier tel que n_{p} ≠ 0. On obtient ainsi respectivement T^{4}, T^{3}, T^{2}, T^{2} et T pour les cinq matrices précédentes et il en ressort que les troisième et quatrième matrices ont le même polynôme minimal bien qu’elles ne soient pas semblables.

Exercice 4* — Étant données deux matrices M et M′dont les polynômes caractéristiques sont scindés, il a été démontré en cours que M et M′sont semblables si et seulement si elles ont les mêmes réduites de Jordan à une permutation des blocs près ; en particulier, deux matrices sous forme de Jordan sont semblables si et seulement si elles sont égales à une permutation des blocs près.

Soit M une matrice sous forme de Jordan et soit M′la matrice diagonale définie par la diagonale de M ; M′ est bien évidemment sous forme de Jordan. La matrice M étant triangulaire supérieure, elle est diagonalisable si et seulement si elle est semblable à la matrice M′; d’après ce que l’on vient de dire, cela est le cas si et seulement si M = M′, donc si et seulement si M est diagonale. Remarque : étant donnée une matrice M sous la forme de Dunford-Jordan : M = D + N, où D est une matrice diagonalisable, N est une matrice nilpotente et DN = ND, la matrice M est diagonalisable si et seulement si N = 0. Cette condition est bien évidemment suffisante. Pour voir qu’elle est nécessaire, il suffit observer que les matrices M et D commutent et admettent donc une base commune de diagonalisation ; il en découle que la matrice N = M − D s’écrit sous forme diagonale dans cette base et donc N = 0 puisqu’une matrice nilpotente est diagonalisable si et seulement si elle est nulle.

Exercice 5* — 1. En examinant les blocs de Jordan possibles (cf. exercice 3), on voit qu’il y a trois classes de similitudes de matrices nilpotentes dans M_{3}(ℝ) :

P( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) P^{−1} , P( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) P^{−1} et ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ,

P ∈ GL_{3}(ℝ). Les polynômes minimaux correspondant sont T^{3}, T^{2} et T, de sorte que deux matrices nilpotentes dans M_{3}(ℝ) sont semblables si et seulement si elles ont le même polynôme minimal.

2. Le polynôme minimal de la matrice A divise son polynôme caractéristique et donc est de la forme

(X − λ_{1})^{m_{1}}...(X − λ_{p})^{m_{p}}

avec 1 ≤ m_{i} ≤ h_{i} ≤ 3. On en déduit que la réduite de Jordan de la matrice A est constituée de blocs de Jordan J_{k}(λ_{i}), avec 1 ≤ k ≤ m_{i} (1 ≤ i ≤ p).

Étant donnés i ∈ {1,...,p} et k ∈ {1,...,m_{i}}, désignons par n_{k}(λ_{i}) le nombre de blocs de Jordan J_{k}(λ_{i}) figurant dans la réduite de Jordan de A. Quel que soit i ∈ {1,...,p}, le calcul du polynôme caractéristique montre que l’on a

∑_{k=1}^{m_{i}} kn_{k}(λ_{i}) = h_{i} ;

comme m_{i} ≤ h_{i} ≤ 3, les seuls cas possibles sont les suivants :

– m_{i} = 1, n_{1}(λ_{i}) = h_{i};

– m_{i} = 2, n_{2}(λ_{i}) = 1, n_{1}(λ_{i}) = h_{i}− m_{i},

– m_{i} = 3, n_{3}(λ_{i}) = 1, n_{1}(λ_{i}) = n_{2}(λ_{i}) = 0. On constate ainsi que la réduite de Jordan de A est totalement déterminée par la donnée des entiers h_{1},m_{1},...,h_{p},m_{p} — c’est-à-dire par les polynômes caractéristique et minimal de A — et toute matrice B ∈ M_{n}(ℝ) ayant les mêmes polynômes caractéristique et minimal que A a la même réduite de Jordan que A et donc est semblable à A.

Exercice 6* — 1. Le polynôme minimal m_{u} de l’endomorphisme u est scindé puisqu’il divise son polynôme caractéristique. L’endomorphisme u n’est pas diagonalisable si et seulement si m_{u} possède une racine multiple, donc si et seulement si m_{u} = (T − λ)^{2} avec λ ∈ ℝ. La réduite de Jordan de u contient alors un bloc de Jordan J_{2}(λ) de taille 2 et c’est nécessairement l’unique bloc de Jordan qui puisse apparaître pour des raisons de dimension.

2. Soit e_{2} un vecteur de E tel que (u−λid_{E})(e_{2}) ≠ 0. Posant e_{1} = (u−λid_{E})(e_{2}), la famille (e_{1},e_{2}) est libre : en effet, si λ_{1} et λ_{2} sont des scalaires tels que λ_{1}e_{1}+ λ_{2}e_{2} = 0, on obtient

0 = λ_{1}(u − λid_{E})(e_{1}) + λ_{2}(u − λid_{E})(e_{2}) = λ_{1}(u − λid_{E})^{2}(e_{2}) + λ_{2}(u − λid_{E})(e_{2}) = λ_{2}(u − λid_{E})(e_{2}),

donc λ_{2} = 0 puisque (u − λid_{E})(e_{2}) ≠ 0, puis

0 = λ_{1}e_{1} = λ_{1}(u − λid_{E})(e_{2})

et donc λ_{1} = 0 pour la même raison.

La famille (e_{1},e_{2}) est ainsi une base de E dans laquelle la matrice de u est J_{2}(λ) car

u(e_{2}) = λe_{2}+ (u − λid_{E})(e_{2})
= λe_{2}+ e_{1}

et

u(e_{1}) = λe_{1}+ (u − λid_{E})(e_{1})
= λe_{1}+ (u − λid_{E})^{2}(e_{2})
= λe_{1}.

3. Les valeurs propres de A sont 1 + a et 1 − a; elles sont distinctes si et seulement si 2a ≠ 0, ce qui est le cas si et seulement si le corps K n’est pas de caractéristique 2 et si a ≠ 0.

– Si le corps K n’est pas de caractéristique 2 et si a ≠ 0, la matrice A est diagonalisable et

A = P( \begin{matrix}1 + a & 0 \\ 0 & 1 − a \end{matrix} ) P^{−1} avec P = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) .

– Si le corps K est de caractéristique 2 et a ≠ 0, la matrice A n’est pas diagonalisable car le sous-espace

propre Ker(A − (1 + a)I_{2}) est de dimension 1, engendré par le vecteur ( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ) . En appliquant la question

2, on obtient

A = P( \begin{matrix}1 + a & 1 \\ 0 & 1 + a \end{matrix} ) P^{−1} avec P = ( \begin{matrix}a & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) .

– Si a = 0, A = I_{2}.

La matrice B a une unique valeur propre, en l’occurence 1, et elle est donc diagonalisable si et seulement si a = 0.

Si a ≠ 0, il découle de la question 2 que l’on a

B = P( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) avec P = ( \begin{matrix}a & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) .

Exercice 7* — L’endomorphisme v = u − λid_{E} est nilpotent : v^{n} = 0.

Pour établir que la famille B = (e_{1},...,e_{n}) est une base de E, il suffit de vérifier qu’elle est libre. Soient λ_{1},...,λ_{n} ∈ K des scalaires tels que

λ_{1}e_{1}+ ...+ λ_{n}e_{n} = 0.

En appliquant v^{n−1} , on obtient

0 = λ_{1}v^{n−1} (e_{1}) + ...+ λ_{n−1} v^{n−1} (e_{n−1} ) + λ_{n}v^{n−1} (e_{n})
= λ_{1}v^{n−1} (v(e_{2})) + ...+ λ_{n−1} v^{n−1} (v(e_{n})) + λ_{n}v^{n−1} (e_{n})
= λ_{n}v^{n−1} (e_{n}) = 0

puisque v^{n} = 0 et donc λ_{n} = 0 puisque, par construction, le vecteur v^{n−1} (e_{n}) est non nul. Un raisonnement analogue avec v^{n−2} conduit ensuite à λ_{n−1} = 0 et l’on obtient ainsi de proche en proche λ_{n} = λ_{n−1} = ...= λ_{1} = 0. Remarque : on peut, si l’on veut, raisonner par récurrence sur n ≥ 1. Il n’y a rien a démontrer si n = 1 puisqu’alors v = 0 et le vecteur non nul e_{1} est une base de E. Si l’on suppose le résultat acquis en dimension n, on l’obtient en dimension n + 1 grâce au raisonnement précédent : partant d’une relation linéaire λ_{1}e_{1}+ ...+ λ_{n−1} e_{n−1} + λ_{n}e_{n} = 0, on obtient λ_{n} = 0 en appliquant v^{n−1} et nous sommes donc ramenés à une relation entre les vecteurs e_{1},...,e_{n−1} ; comme e_{n−2} = v(e_{n−1} ), ..., e_{1} = v(e_{2}), l’hypothèse de récurrence s’applique dans le sous-espace vectoriel u-stable engendré par ces vecteurs et donc λ_{1} = ... = λ_{n−1} = 0.

On a par construction

u(e_{n}) = λe_{n}+ (u − λid_{E})(e_{n}) = λe_{n}+ e_{n−1} , ..., u(e_{2}) = λe_{2}+ (u − λid_{E})(e_{2}) = λe_{2}+ e_{1}

et

u(e_{1}) = λe_{1}+ (u − λid_{E})(e_{1})
= λe_{1}+ (u − λid_{E})^{n}(e_{n})
= λe_{1},

ce qui montre que la matrice de u dans la base B est effectivement J_{n}(λ).

Exercice 8* — La matrice A ∈ M_{3}(ℚ) admet manifestement −2 pour valeur propre et

Ker(A + 2I_{3}) = ℚ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) .

Les deux autres valeurs propres x, y sont déterminées par les conditions

x + y − 2 = tr(A) = −6 et − 2xy = det(A) = −8,

de sorte que x = y = −2. La matrice A n’est donc pas diagonalisable.

Comme

(A + 2I_{3})^{2} = ( \begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ −2 & 0 & −2 \end{matrix} ) ,

le polynôme minimal de A est (T + 2)^{3} et la réduite de Jordan de A contient un bloc de taille 3 ; celui-ci est nécessairement le seul bloc de Jordan pour des raisons de dimension, de sorte que la réduite de Jordan est la matrice

J_{3}(−2) = ( \begin{matrix}−2 & 1 & 0 \\ 0 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & −2 \end{matrix} ) .

On obtient une matrice de passage P telle que A = PJ_{3}(−2)P^{−1} en appliquant l’exercice 7 : quel que soit le vecteur ε dans ℚ^{3}−Ker(A+2I_{3})^{2}, la famille ((A+2I_{3})^{2}ε,(A+2I_{3})ε,ε) est une base de ℚ^{3} telle que la matrice de passage correspondante P satisfasse à la condition voulue. Il suffit par exemple de choisir pour ε le vecteur

( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , auquel cas

P = ( \begin{matrix}2 & 3 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ −2 & −3 & 0 \end{matrix} ) .

La matrice B admet manifestement −1 et 2 comme valeurs propres et

Ker(B + I_{3}) = ℚ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , Ker(B − 2I_{3}) = ℚ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} ) .

La dernière valeur propre x est déterminée par la condition x − 1 + 2 = tr(B) = 0, soit x = −1, et la matrice B n’est donc pas diagonalisable.

Le polynôme minimal de B est (T + 1)^{2}(T − 2), de sorte que sa réduite de Jordan possède un bloc J_{1}(2) de taille 1 et un bloc J_{2}(−1) de taille 2, et il n’y a pas d’autre bloc pour des raisons de dimension. On obtient une base de Jordan pour B en choisissant un vecteur propre e_{1} ∈ Ker(B − 2I_{3}) − {0} ainsi qu’un vecteur e_{3} ∈ Ker(B + I_{3})^{2}− Ker(B + I_{3}) et en posant e_{2} = (B + I_{3})(e_{3}). Comme

(B + I_{3})^{2} = ( \begin{matrix}−9 & 0 & 9 \\ −9 & 0 & 9 \\ −18 & 0 & 18 \end{matrix} ) ,

on peut par exemple choisir le vecteur e_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , auquel cas

B = P( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) P^{−1} avec P = ( \begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix} ) .

Exercice 9 — La matrice A admet 1 comme valeur propre évidente (les première et dernière colonnes de A−I_{4} sont égales) et

Ker(A − I_{4}) = ℚ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) .

On a d’autre part tr(A) = 7 et det(A) = 8, ce qui suggère que les trois valeurs propres restantes sont égales à 2. Tel est bien le cas car 2 est effectivement une valeur propre puisque

Ker(A − 2I_{4}) = ℚ( \begin{matrix}−2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )

et les deux valeurs propres restantes, déterminées par les conditions x + y = 4 et xy = 4 sont égales à 2. Le polynôme caractéristique de A est donc (T − 1)(T − 2)^{3}.

Les sous-espaces caractéristiques de A sont Ker(A − I_{4}) — de dimension 1 — et Ker(A − 2I_{4})^{3} — de dimension 3. Vu que

(A − 2I_{4})^{2} = ( \begin{matrix}0 & 1 & −10 & −1 \\ 24 & 24 & 0 & 24 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −24 & −25 & 10 & −23 \end{matrix} ) et (A − 2I_{4})^{3} = ( \begin{matrix}−48 & −49 & 10 & −47 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 48 & 49 & −10 & 47 \end{matrix} ) ,

le sous-espace Ker(A − I_{4})^{i} est de dimension i pour tout i ∈ {1,2,3} et le polynôme minimal de A coïncide donc avec son polynôme caractéristique (rappelons que la multiplicité de (T − 2) dans le polynôme minimal de A est le plus petit entier p à partir duquel la dimension de Ker(A − 2I_{4})^{p} devient constante). Nous pouvons d’emblée en déduire que la matrice réduite de Jordan de A contient un bloc J_{1}(1) et un bloc J_{3}(2) ; comme il n’y a plus de place disponible, ce sont les seuls blocs et cette matrice est donc

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix} ) .

Pour obtenir une base de Jordan de A, il suffit de choisir des vecteurs non nuls E_{1} ∈ Ker(A − I_{4}) et E_{4} ∈ Ker(A − 2I_{4})^{3}− Ker(A − 2I_{E})^{2} puis de poser E_{3} = (A − 2I_{4})E_{4} et E_{2} = (A − 2I)^{2}E_{4} (cf. exercice 7). On peut par exemple considérer

E_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) et E_{4} = ( \begin{matrix}−49 \\ 48 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )

(pour obtenir E_{4}, il suffit de choisir ses coordonnées x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} telles que 48x_{1} + 49x_{2} − 10x_{3} + 47x_{4} = 0 et x_{2}− 10x_{3}− x_{4} ≠ 0) ; dans ce cas, la matrice de passage est

P = ( \begin{matrix}1 & 48 & −50 & −49 \\ 0 & −24 & −5 & 48 \\ 0 & 0 & −6 & 0 \\ −1 & −24 & 55 & 0 \end{matrix} ) .

On procède de même avec B en commençant par vérifier que ses valeurs propres sont -1 et -3, son polynôme caractéristique étant (T + 1)(T + 3)^{3}. On obtient

B = P( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −3 \end{matrix} ) P^{−1} avec P = ( \begin{matrix}−1 & 12 & −8 & 1 \\ 1 & −6 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & −6 & 0 \\ 0 & 6 & −4 & 3 \end{matrix} ) .

Exercice 10 — 1. La matrice J_{k}(λ) s’écrit sous la forme J_{k}(λ) = λI_{n}+N où N une matrice nilpotente d’indice n. On a alors^{t}J_{k}(λ) = λI_{n}+^{t}N et, la matrice^{t}N étant nilpotente d’indice n, la réduite de Jordan de^{t}J_{k}(λ) n’est autre que la matrice J_{k}(λ), ce qui prouve que les matrices J_{k}(λ) et^{t}J_{k}(λ) sont semblables. Remarque : il est facile d’établir que la matrice J_{k}(λ) et sa conjuguée sont semblables sans recourir au théorème de Jordan. Considérons en effet la matrice Σ ayant des 1 sur l’antidiagonale et des zéros ailleurs ; si E_{1},...,E_{n} sont les n vecteurs de la base canonique de ℂ^{n}, on a par définition

ΣE_{i} = E_{n−i+1}

pour tout i ∈ {1,...,n} (c’est-à-dire ΣE_{1} = E_{n}, ΣE_{2} = E_{n−1} ,...,ΣE_{n} = E_{1}). Comme, par ailleurs,

J_{k}(λ)E_{i} = λE_{i}+ E_{i−1} pour tout i ∈ {2,...,n} et J_{k}(λ)E_{1} = λE_{1},

on a

J_{k}(λ)ΣE_{i} = J_{k}(λ)E_{n−i+1} = λE_{n−i+1} + E_{n−i} pour tout i ∈ {1,...,n − 1} et J_{k}(λ)E_{n} = λE_{1}

et donc

J_{k}(λ)ΣE_{i} = λΣE_{i}+ ΣE_{i+1} pour tout i ∈ {1,...,n − 1} et J_{k}(λ)ΣE_{n} = λΣE_{n},

ce qui est équivalent à l’identité

Σ^{−1} J_{k}(λ)Σ =^{t} J_{k}(λ).

Nous avons ainsi re-démontré que les matrices J_{k}(λ) et^{t}J_{k}(λ) sont semblables.

2. Soit A une matrice dans M_{n}(ℂ). Il existe une matrice P ∈ GL_{n}(ℂ) telle que P^{−1} AP soit une matrice formée de blocs de Jordan diagonaux :

P^{−1} AP = diag(J_{p}(λ))_{(λ,p)∈Sp(A)×P_{λ}}

où, pour toute valeur propre λ ∈ Sp(A), P_{λ} est une certaine famille finie d’éléments de {1,...,n}.

La matrice ^{t}(P^{−1} AP) est égale à diag(^{t}J_{p}(λ))_{(λ,p)∈Sp(A)×P_{λ}} . D’après ce qui précède, il existe pour tout couple (λ,p) ∈ Sp(A) × P_{λ} une matrice P_{(λ,p)} ∈ GL_{n}(ℂ) telle que^{t}J_{p}(λ) = P_{(λ,p)}^{−1}J_{p}(λ)P_{(λ,p)} ; si l’on pose

Q = diag(P_{(λ,p)})_{(λ,p)∈Sp(A)×P_{λ}} ,

alors Q^{−1} = diag(P_{(λ,p)}^{−1})_{(λ,p)∈Sp(A)×P_{λ}} et

t(P^{−1} AP) = diag(P_{(λ,p)}^{−1}J_{p}(λ)P_{(λ,p)})_{λ∈Sp(A)×P_{λ}}
= Q^{−1} diag(J_{p}(λ))_{(λ,p)∈Sp(A)×P_{λ}} Q
= Q^{−1} P^{−1} APQ = (PQ)^{−1} A(PQ).

En utilisant l’identité ^{t}(P^{−1} ) = (^{t}P)^{−1} — que l’on établit en transposant la relation P^{−1} P = I_{n} —, on obtient finalement (^{t}P)^{t}A(^{t}P)^{−1} = (PQ)^{−1} A(PQ), soit encore

tA = S^{−1} AS avec S = PQ^{t}P

et la matrice A est ainsi semblable à sa transposée.

Exercice 11 — 1. La matrice considérée s’écrit sous la forme aI_{3}+N, où N est une matrice nilpotente d’indice 3 ; sa réduite de Jordan est donc la matrice J_{3}(a).

2.1. Vérification immédiate.

2.2. Comme B^{3} = aI_{3}, le polynôme caractéristique de la matrice B est a − T^{3} et ses valeurs propres sont donc les trois racines cubiques de a dans ℂ, soit α, jα et j^{2}α, où α = a^{1/3} est l’unique racine cubique réelle de a et j = e^{\frac{2iπ}{3}} (rappelons que 1, j et j^{2} = \overline{j} sont les trois racines cubiques de 1 dans ℂ). La matrice B est en particulier diagonalisable dans M_{3}(ℂ) et sa réduite de Jordan est donc la matrice diagonale diag(α,jα,j^{2}α).

2.3. Dans une base de diagonalisation de B, les matrices B^{2} et B^{3} s’écrivent respectivement diag(α^{2},j^{2}α^{2},jα^{2}) et diag(a,a,a) ; A s’écrit donc sous la forme diag(α + α^{2}+ a,jα + j^{2}α^{2}+ a,j^{2}α + jα^{2}+ a) dans cette même base. La matrice A est ainsi diagonalisable et sa réduite de Jordan est la matrice

diag(α + α^{2}+ a,jα + j^{2}α^{2}+ a,j^{2}α + jα^{2}+ a).

3. Puisque b ≠ 0,

( \begin{matrix}a & a & a \\ b & a & a \\ b & b & a \end{matrix} ) = b( \begin{matrix}\frac{a}{b} & \frac{a}{b} & \frac{a}{b} \\ 1 & \frac{a}{b} & \frac{a}{b} \\ 1 & 1 & \frac{a}{b} \end{matrix} ) .

Comme a ≠ 0, il découle de la question précédente que la matrice de droite est diagonalisable, de valeurs propres b(α + α^{2}+ \frac{a}{b}),b(jα + j^{2}α^{2}+ \frac{a}{b}) et b(j^{2}α + jα^{2}+ \frac{a}{b}) où α désigne l’unique racine cubique réelle de \frac{a}{b}; la réduite de Jordan de la matrice de gauche est donc diag(bα +bα^{2}+a,jbα +j^{2}bα +a,j^{2}bα +jbα^{2}+a). (Remarque : bα,jbα et j^{2}bα sont les trois racines cubiques de ab^{2} dans ℂ.)

Exercice 12 — 1.1. Soit p ≥ 1 un entier tel que u^{p} = 0. Le polynôme minimal de l’endomorphisme u divise le polynôme annulateur X^{p}, donc est de la forme X^{m} avec 1 ≤ m ≤ p. Le polynôme caractéristique d’un endomorphisme ayant les mêmes facteurs irréductibles que son polynôme minimal, il en découle que le polynôme caractéristique de u est −X^{3}, le degré et le signe provenant directement de la définition P_{u} = det(u − Xid_{E}).

1.2. Le polynôme minimal de u est X^{m}, où m est le plus petit des entiers naturels p tel que u^{p} = 0. D’après le théorème de structure des endomorphismes nilpotents, la réduite de Jordan de u n’est formée que de blocs de Jordan J_{r}(0) avec r ≤ m et elle contient au moins un bloc de taille maximale J_{m}(0) ; ce sont les seules conditions requises.

– Si m = 1, u = 0 et la réduite de Jordan de u est la matrice nulle, que l’on peut voir comme une matrice diagonale par blocs ne comportant que des blocs J_{1}(0) (= (0) ∈ M_{1}(K)).

– Si m = 2, la réduite de Jordan de u contient nécessairement un bloc J_{2}(0) ; comme c’est une matrice de taille 3, il n’a plus de place que pour un bloc J_{1}(0) et la matrice obtenue est donc

diag(J_{1}(0),J_{2}(0)) = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

– Si enfin m = 3, la réduite de Jordan de u contient un bloc J_{3}(0) et, puisqu’il s’agit d’une matrice de taille 3, c’est exactement la matrice

J_{3}(0) = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

1.3. Si le polynôme minimal de u est X^{3}, u^{2} ≠ 0 et Ker(u^{2}) est donc un sous-espace vectoriel strict de Ker(u^{3}) = E. Quel que soit alors le vecteur x dans E − Ker(u^{2}), la famille (x,u(x),u^{2}(x)) est une base de E. Il suffit en effet de vérifier qu’il s’agit d’une famille libre, ce qui est immédiat : une relation linéaire

λx + μu(x) + νu^{2}(x) = 0

implique λu^{2}(x) = 0 en appliquant u^{2} — donc λ = 0 puisque u^{2}(x) ≠ 0 par hypothèse — puis μu^{2}(x) = 0 en appliquant u — donc μ = 0 — et finalement νu^{2}(x) = 0 — donc ν = 0.

1.4. La matrice de u dans cette base est

( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) .

2.1. Vérification immédiate : (J(λ) − λI_{3})^{2} = 0.

2.2. Il suffit de choisir une base de E dans laquelle la matrice de l’endomorphisme nilpotent u − λid_{E} est J(0) ; d’après les questions 1.3 et 1.4, cela se fait simplement en choisissant un vecteur x dans

Ker(u − λid_{E})^{3}− Ker(u − λid_{E})^{2} = E − Ker(u − λid_{E})^{2}

et en considérant la famille ((u−λid_{E})^{2}(x),(u−λid_{E})(x),x) (dans cet ordre si l’on veut que les 1 apparaissent au-dessus de la diagonale !).

3.1. Il est manifeste que −2 est une valeur propre de A ; comme tr(A) = −6 et det(A) = −8, les deux autres valeurs propres de A sont déterminées par les conditions x + y = −4 et xy = 4, soit x = y = −2. Le polynôme caractéristique de A est donc −(X + 2)^{3}.

Le polynôme minimal de A est (X + 2)^{m} avec 1 ≤ m ≤ 3 ; la matrice

(A + 2I_{3})^{2} = ( \begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ −2 & 0 & −2 \end{matrix} )

n’étant pas nulle, le polynôme minimal de u est (X + 2)^{3}.

3.2. La matrice réduite de Jordan de u contient nécessairement un bloc J_{3}(−2) ; comme il n’y a plus de place disponible, c’est exactement la matrice J_{3}(−2).

3.3. D’après la question 2.2, on obtient une base de Jordan de u en considérant une famille de la forme ((u + 2id_{ℝ^{3}})^{2}(x),(u + 2λid_{ℝ^{3}})(x),x), où x est un vecteur quelconque dans ℝ^{3} − Ker(u + 2id_{ℝ^{3}})^{2}. Comme Ker(u + 2id_{ℝ^{3}})^{2} est le plan d’équation x_{1}− x_{3} = 0 dans ℝ^{3}, le vecteur^{t}(1,0,0) convient et la famille

\{ ( \begin{matrix}2 \\ 0 \\ −2 \end{matrix} ) ,( \begin{matrix}3 \\ 2 \\ −3 \end{matrix} ) ,( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) \}

est une base de Jordan de u.