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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 Structure des endomorphismes nilpotents - R\'eduite de Jordan}
\end{center}

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 1*} --- 1. La condition $u^2 = 0$ est \'equivalente \`a l'inclusion $\mathrm{Im}(u) \subset \mathrm{Ker}(u)$. L'endomorphisme $u$ \'etant suppos\'e non nul, $\mathrm{Ker}(u)$ est un sous-espace vectoriel strict de $\E$ et $\mathrm{Im}(u) \neq \{0\}$ ; on a donc $$\operatorname{dim} \mathrm{Ker}(u) < \operatorname{dim} \E = 2 \ \ \ \textrm{et} \ \ \ 1 \leq \operatorname{dim} \mathrm{Im}(u),$$ ce qui implique que l'inclusion initiale soit une \'egalit\'e : $\operatorname{dim} \mathrm{Im}(u) = \operatorname{dim} \mathrm{Ker}(u)$.

\vspace{0.1cm} 2. Soit $e_2$ un vecteur dans $\E - \mathrm{Ker}(u)$ et soit $e_1 = u(e_2)$. La famille $(e_1, e_2)$ est libre : quels que soient les scalaires $\lambda_1, \lambda_2 \in \K$ tels que $\lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2 = 0$, on obtient $\lambda_2 u(e_2) = 0$ en appliquant $u$ et donc $\lambda_2 = 0$ puisque, par construction, le vecteur $e_1 = u(e_2)$ est non nul ; on a ainsi $\lambda_1 e_1 = 0$ et donc $\lambda_1 = 0$ par le m\^eme argument que pr\'ec\'edemment. 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 $u(e_2) = e_1$.

\vspace{0.1cm} 3. On v\'erifie imm\'ediatement que les matrices $\left( \begin{array}{ll} -a & b \\ c & a \end{array}\right)$ de d\'eterminant nul sont nilpotentes. R\'eciproquement, si une matrice non nulle $\M \in \M_2(\K)$ est nilpotente, il d\'ecoule de la question pr\'ec\'edente qu'il existe une matrice inversible $\rP = \left(\begin{array}{ll} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{array} \right) \in \M_2(\K)$ telle que $\rP^{-1} \M \rP = \left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right)$ ; on a alors $$\M = \rP \left( \begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right) \rP^{-1} = \frac{1}{\alpha \delta - \beta \gamma}\left( \begin{array}{ll} -\alpha \gamma & \alpha^2 \\ -\gamma^2 & \alpha \gamma \end{array}\right)$$ et $\M$ est de la forme annonc\'ee.

\vspace{0.1cm} \noindent \emph{Remarque : il serait pr\'ef\'erable d'observer qu'une matrice $M \in M_2(K)$ est nilpotente si et seulement si son polyn\^ome carct\'eristique est \'egal \`a $T^2$, c'est-\`a-dire si et seulement si la trace et le d\'eterminant de $M$ sont nuls ; il en d\'ecoule imm\'ediatement que $M$ est de la forme requise.}

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 2*} --- 1. La condition $u^2 = 0$ est \'equivalente \`a l'inclusion $\mathrm{Im}(u) \subset \mathrm{Ker}(u)$. L'endomorphisme $u$ \'etant par hypoth\`ese de rang $r$, il existe des vecteurs $e_1, \ldots, e_r \in \E$ tels que $(u(e_1), \ldots, u(e_r))$ soit une base de $\mathrm{Im}(u)$ ; comme $\mathrm{Im}(u) \subset \mathrm{Ker}(u)$, on peut compl\'eter cette derni\`ere en une base de l'espace vectoriel $\mathrm{Ker}(u)$ --- de dimension $n-r$ --- en adjoignant des vecteurs convenables $v_{r+1}, \ldots, v_{n-r}$.

\vspace{0.1cm} 2. La famille $\B = (u(e_1), e_1, u(e_2), e_2, \ldots, u(e_r), e_r, v_{r+1}, \ldots, v_{n-r})$ contenant $n = \mathrm{dim} \E$ vecteurs, il suffit de v\'erifier qu'elle est libre pour \'etablir qu'il s'agit d'une base de $\E$. \'Etant donn\'es des scalaires $\lambda_1, \ldots, \lambda_r, \mu_1, \ldots, \mu_{n-r}~\in~\K$ tels que $$\lambda_1 e_1 + \ldots + \lambda_r e_r + \mu_1 u(e_1) + \ldots + \mu_{r} u(e_r) + \mu_{r+1} v_{r+1} + \ldots + \mu_{n-r}v_{n-r} = 0,$$ on obtient $$\lambda_1 u(e_1) + \ldots + \lambda_r u(e_r) = 0$$ en appliquant $u$, d'o\`u $\lambda_1 = \ldots = \lambda_r = 0$ puisque la famille $(u(e_1), \ldots, u(e_r))$ est libre, puis $$\mu_1 u(e_1) + \ldots + \mu_{r} u(e_r) + \mu_{r+1} v_{r+1} + \ldots + \mu_{n-r}v_{n-r} = 0$$ et donc $\mu_1 = \ldots = \mu_{n-r} = 0$ ; la famille $\B$ est libre.

\vspace{0.1cm} 3. Chacun des sous-espaces $\K u(e_i) \oplus \K e_i$, $1 \leq i \leq r$, et $\K v_{j}$, $r+1 \leq j \leq n-r$, est stable par $u$. La matrice de $u$ dans la base $\B$ est par cons\'equent diagonale par blocs, form\'ee des $r$ blocs de taille $2$  $$\mathrm{Mat}(u, \ (u(e_i), e_i)) = \left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right),$$ $1 \leq i \leq r$, et des $n-2r$ blocs de taille $1$ $$\mathrm{Mat}(u, \ (v_j)) = (0),$$ $r+1 \leq j \leq n-r$.

\vspace{0.1cm} \noindent \emph{Remarque. On vient de re-d\'emontrer un cas particulier du th\'eor\`eme de structure des endomorphismes nilpotents : \'etant donn\'e un endomorphisme $u$ de $E$ de polyn\^ome minimal $T^2$, il existe une base de $E$ dans laquelle la matrice de $u$ est diagonale par blocs et constitu\'ee de blocs de Jordan $J_p (O)$ de taille $p$ avec $p \in \{1,2\}$ ; d\'esignant respectivement par $n_1$ et $n_2$ le nombre de blocs $J_1(0)$ et $J_2(0)$, on a en outre $$n_1 + 2n_2 = \dim E \ \textrm{et} \  \ n_1 + n_2 = \dim \textrm{Ker}(u), $$ donc $n_2 = \dim E - \dim \textrm{Ker}(u)  = \dim \textrm{Im}(u).$}

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 3*} --- 1. La r\'eduite de Jordan d'un endomorphisme nilpotent de $\mathbb{R}^4$ est une matrice diagonale par blocs form\'ee de blocs de Jordan $\J_p(0)$ de taille $p \leq 4$. D\'esignant 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-\`a-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 $$\left(\begin{array}{llll} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right), \ \left(\begin{array}{llll} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right), \ \left(\begin{array}{llll} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right), \ \left(\begin{array}{llll} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \ \textrm{et} \ \left(\begin{array}{llll} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right).$$

\vspace{0.1cm} 2. En utilisant les notations qui pr\'ec\`edent, le polyn\^ome minimal de l'endomorphisme nilpotent $u$ est $\T^{p}$, o\`u $p \in \{1,2,3,4\}$ est le plus grand entier tel que $n_p \neq 0$. On obtient ainsi respectivement $\T^4, \ \T^3, \ \T^2, \ \T^2 \ \textrm{et} \ \T$ pour les cinq matrices pr\'ec\'edentes et il en ressort que les troisi\`eme et quatri\`eme matrices ont le m\^eme polyn\^ome minimal bien qu'elles ne soient pas semblables.

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 4*} --- \'Etant donn\'ees deux matrices $\M$ et $\M'$ dont les polyn\^omes caract\'eristiques sont scind\'es, il a \'et\'e d\'emontr\'e en cours que $\M$ et $\M'$ sont semblables si et seulement si elles ont les m\^emes r\'eduites de Jordan \`a une permutation des blocs pr\`es ; en particulier, deux matrices sous forme de Jordan sont semblables si et seulement si elles sont \'egales \`a une permutation des blocs pr\`es.

Soit $\M$ une matrice sous forme de Jordan et soit $\M'$ la matrice diagonale d\'efinie par la diagonale de $\M$ ; $\M'$ est bien \'evidemment sous forme de Jordan. La matrice $\M$ \'etant triangulaire sup\'erieure, elle est diagonalisable si et seulement si elle est semblable \`a la matrice $\M'$ ; d'apr\`es 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.

\vspace{0.1cm} \noindent \emph{Remarque : \'etant donn\'ee une matrice $M$ sous la forme de Dunford-Jordan : $M = D + N$, o\`u $D$ est une matrice diagonalisable, $N$ est une matrice nilpotente et $D N = N D$, la matrice $\M$ est diagonalisable si et seulement si $N = 0$. Cette condition est bien \'evidemment suffisante. Pour voir qu'elle est n\'ecessaire, il suffit observer que les matrices $M$ et $D$ commutent et admettent donc une base commune de diagonalisation ; il en d\'ecoule que la matrice $N = M - D$ s'\'ecrit sous forme diagonale dans cette base et donc $N = 0$ puisqu'une matrice nilpotente est diagonalisable si et seulement si elle est nulle.}


\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{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 $\M_3(\mathbb{R})$ : $$\rP \left(\begin{array}{lll} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \rP^{-1}, \ \rP \left(\begin{array}{lll} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\rP^{-1} \ \textrm{et} \ \left(\begin{array}{lll} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right),$$ $\rP \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R})$. Les polyn\^omes minimaux correspondant sont $\T^3, \ \T^2$ et $\T$, de sorte que deux matrices nilpotentes dans $\M_3(\mathbb{R})$ sont semblables si et seulement si elles ont le m\^eme polyn\^ome minimal.

\vspace{0.1cm} 2. Le polyn\^ome minimal de la matrice $\A$ divise son polyn\^ome caract\'eristique et donc est de la forme $$(\X - \lambda_1)^{m_1} \ldots (\X - \lambda_p)^{m_p}$$ avec $1 \leq m_i \leq h_i \leq 3$. On en d\'eduit que la r\'eduite de Jordan de la matrice $\A$ est constitu\'ee de blocs de Jordan $J_k(\lambda_i)$, avec $1 \leq k \leq m_i$ ($1 \leq i \leq p$).

\'Etant donn\'es $i \in \{1, \ldots, p\}$ et $k \in \{1, \ldots, m_i\}$, d\'esignons par $n_k(\lambda_i)$ le nombre de blocs de Jordan $\J_k(\lambda_i)$ figurant dans la r\'eduite de Jordan de $\A$. Quel que soit $i \in \{1, \ldots, p\}$, le calcul du polyn\^ome caract\'eristique montre que l'on a $$\sum_{k=1}^{m_i} k n_k(\lambda_i) = h_i \ ; $$ comme $m_i \leq h_i \leq 3$, les seuls cas possibles sont les suivants : \begin{itemize} \item $m_i = 1$, $n_1(\lambda_i) = h_i$ ; \item $m_i=2$, $n_2(\lambda_i) = 1, \ n_1(\lambda_i) = h_i - m_i$, \item $m_i = 3$, $n_3(\lambda_i)=1$, $n_1(\lambda_i) = n_2(\lambda_i) = 0$.\end{itemize} On constate ainsi que la r\'eduite de Jordan de $\A$ est totalement d\'etermin\'ee par la donn\'ee des entiers $h_1, m_1, \ldots, h_p, m_p$ --- c'est-\`a-dire par les polyn\^omes caract\'eristique et minimal de $\A$ --- et toute matrice $\B \in \M_n(\mathbb{R})$ ayant les m\^emes polyn\^omes caract\'eristique et minimal que $\A$ a la m\^eme r\'eduite de Jordan que $\A$ et donc est semblable \`a $\A$.

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 6*} --- 1. Le polyn\^ome minimal $m_u$ de l'endomorphisme $u$ est scind\'e puisqu'il divise son polyn\^ome caract\'eristique. L'endomorphisme $u$ n'est pas diagonalisable si et seulement si $m_u$ poss\`ede une racine multiple, donc si et seulement si $m_u = (\T - \lambda)^2$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$. La r\'eduite de Jordan de $u$ contient alors un bloc de Jordan $\J_2(\lambda)$ de taille $2$ et c'est n\'ecessairement l'unique bloc de Jordan qui puisse appara\^{\i}tre pour des raisons de dimension.

\vspace{0.1cm} 2. Soit $e_2$ un vecteur de $\E$ tel que $(u-\lambda \mathrm{id}_{\E})(e_2) \neq 0$. Posant  $e_1 = (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})(e_2)$, la famille $(e_1,e_2)$ est libre : en effet, si $\lambda_1$ et $\lambda_2$ sont des scalaires tels que $\lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2 = 0$, on obtient $$0 = \lambda_1 (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})(e_1) + \lambda_2 (u - \lambda \mathrm{id}_{\E})(e_2) = \lambda_1 (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})^2(e_2) + \lambda_2 (u - \lambda \mathrm{id}_{\E})(e_2) = \lambda_2 (u - \lambda \mathrm{id}_{\E})(e_2),$$ donc $\lambda_2 = 0$ puisque $(u - \lambda \mathrm{id}_{\E})(e_2) \neq 0$, puis $$0 = \lambda_1 e_1 = \lambda_1 (u - \lambda \mathrm{id}_{\E})(e_2)$$ et donc $\lambda_1 = 0$ pour la m\^eme raison.

La famille $(e_1, e_2)$ est ainsi une base de $\E$ dans laquelle la matrice de $u$ est $\J_2(\lambda)$ car \begin{eqnarray*} u(e_2) & = & \lambda e_2 + (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})(e_2) \\ & = & \lambda e_2 + e_1 \end{eqnarray*} et \begin{eqnarray*} u(e_1) & = & \lambda e_1 + (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})(e_1) \\ & = & \lambda e_1 + (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})^2(e_2) \\ & = & \lambda e_1. \end{eqnarray*}

\vspace{0.1cm} 3. Les valeurs propres de $\A$ sont $1+a$ et $1-a$ ; elles sont distinctes si et seulement si $2a \neq 0$, ce qui est le cas si et seulement si le corps $\K$ n'est pas de caract\'eristique $2$ et si $a \neq 0$.

\begin{itemize} \item Si le corps $\K$ n'est pas de caract\'eristique $2$ et si $a \neq 0$, la matrice $\A$ est diagonalisable et $$\A = \rP \left(\begin{array}{ll} 1+a & 0 \\ 0 & 1-a \end{array} \right)\rP^{-1} \ \ \ \textrm{avec} \ \ \rP = \left(\begin{array}{ll} 1 & 1\\ 1 & -1\end{array} \right).$$
\item Si le corps $\K$ est de caract\'eristique $2$ et $a \neq 0$, la matrice $\A$ n'est pas diagonalisable car le sous-espace propre $\mathrm{Ker}(\A - (1+a)\Ir_2)$ est de dimension $1$, engendr\'e par le vecteur $\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \end{array}\right)$. En appliquant la question 2, on obtient $$\A = \rP \left(\begin{array}{ll} 1+a & 1 \\ 0 & 1+a \end{array}\right) \rP^{-1} \ \ \textrm{avec} \ \ \rP = \left(\begin{array}{ll} a & 1 \\ 1 & 0\end{array} \right).$$
\item Si $a=0$, $\A = \Ir_2$.
 \end{itemize}

\vspace{0.1cm} La matrice $\B$ a une unique valeur propre, en l'occurence $1$, et elle est donc diagonalisable si et seulement si $a = 0$.

Si $a \neq 0$, il d\'ecoule de la question $2$ que l'on a $$\B = \rP \left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 0 & 1\end{array}\right) \ \ \textrm{avec} \ \ \rP = \left(\begin{array}{ll} a & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right).$$

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 7*} --- L'endomorphisme $v = u -\lambda \mathrm{id}_{\E}$ est nilpotent : $v^n = 0$.

\vspace{0.1cm}
Pour \'etablir que la famille $\B = (e_1, \ldots, e_n)$ est une base de $\E$, il suffit de v\'erifier qu'elle est libre. Soient $\lambda_1, \ldots, \lambda_n \in \K$ des scalaires tels que $$\lambda_1 e_1 + \ldots + \lambda_n e_n = 0.$$ En appliquant $v^{n-1}$, on obtient \begin{eqnarray*} 0 & = & \lambda_1 v^{n-1}(e_1) + \ldots + \lambda_{n-1}v^{n-1}(e_{n-1}) + \lambda_n v^{n-1}(e_n) \\ & = & \lambda_1 v^{n-1}(v(e_2)) + \ldots + \lambda_{n-1}v^{n-1}(v(e_n)) + \lambda_n v^{n-1}(e_n) \\  & = & \lambda_n v^{n-1}(e_n) = 0 \end{eqnarray*} puisque $v^n = 0$ et donc $\lambda_n = 0$ puisque, par construction, le vecteur $v^{n-1}(e_n)$ est non nul. Un raisonnement analogue avec $v^{n-2}$ conduit ensuite \`a $\lambda_{n-1} = 0$ et l'on obtient ainsi de proche en proche $\lambda_n = \lambda_{n-1} = \ldots = \lambda_1 = 0$.

\vspace{0.1cm} \noindent \emph{Remarque : on peut, si l'on veut, raisonner par r\'ecurrence sur $n \geq 1$. Il n'y a rien a d\'emontrer si $n = 1$ puisqu'alors $v = 0$ et le vecteur non nul $e_1$ est une base de $E$. Si l'on suppose le r\'esultat acquis en dimension $n$, on l'obtient en dimension $n+1$ gr\^ace au raisonnement pr\'ec\'edent : partant d'une relation lin\'eaire $\lambda_1 e_1 + \ldots + \lambda_{n-1}e_{n-1} + \lambda_n e_n = 0$, on obtient $\lambda_n=0$ en appliquant $v^{n-1}$ et nous sommes donc ramen\'es \`a une relation entre les vecteurs $e_1, \ldots, e_{n-1}$ ; comme $e_{n-2} = v(e_{n-1}), \ \ldots, \ e_1 = v(e_2)$, l'hypoth\`ese de r\'ecurrence s'applique dans le sous-espace vectoriel $u$-stable engendr\'e par ces vecteurs et donc $\lambda_1 = \ldots = \lambda_{n-1} = 0$.}

\vspace{0.1cm} On a par construction $$u(e_n) = \lambda e_n + (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})(e_n) = \lambda e_n + e_{n-1}, \ \ldots, \  u(e_2) = \lambda e_2 + (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})(e_2) = \lambda e_2 + e_1$$ et \begin{eqnarray*} u(e_1) & = & \lambda e_1 + (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})(e_1) \\ & = & \lambda e_1 + (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})^n(e_n) \\ & = & \lambda e_1, \end{eqnarray*} ce qui montre que la matrice de $u$ dans la base $\B$ est effectivement $\J_n(\lambda)$.

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 8*} --- La matrice $\A \in \M_3(\mathbb{Q})$ admet manifestement $-2$ pour valeur propre et $$\mathrm{Ker}(\A  + 2\Ir_3) = \mathbb{Q} \left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array}\right).$$ Les deux autres valeurs propres $x, \ y$ sont d\'etermin\'ees par les conditions $$x+y-2 = \mathrm{tr}(\A) = -6 \ \ \textrm{et} \ \ -2xy = \mathrm{det}(\A) = -8,$$ de sorte que $x = y = -2$. La matrice $\A$ n'est donc pas diagonalisable.

Comme $$(\A + 2\Ir_3)^2 = \left( \begin{array}{lll} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & -2\end{array}\right),$$ le polyn\^ome minimal de $\A$ est $(\T + 2)^3$ et la r\'eduite de Jordan de $\A$ contient un bloc de taille $3$ ; celui-ci est n\'ecessairement le seul bloc de Jordan pour des raisons de dimension, de sorte que la r\'eduite de Jordan est la matrice $$\J_3(-2) = \left(\begin{array}{lll} - 2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & -2 \end{array} \right).$$
On obtient une matrice de passage $\rP$ telle que $\A = \rP \J_3(-2) \rP^{-1}$ en appliquant l'exercice 7 : quel que soit le vecteur $\varepsilon$ dans $\mathbb{Q}^3 - \mathrm{Ker}(\A + 2\Ir_3)^2$, la famille $((\A + 2\Ir_3)^2\varepsilon, (\A + 2\Ir_3)\varepsilon, \varepsilon)$ est une base de $\mathbb{Q}^3$ telle que la matrice de passage correspondante $\rP$ satisfasse \`a la condition voulue. Il suffit par exemple de choisir pour $\varepsilon$ le vecteur $\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)$, auquel cas $$\rP = \left(\begin{array}{lll} 2 & 3 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ -2 & -3 & 0\end{array}\right).$$

\vspace{0.1cm} La matrice $\B$ admet manifestement $-1$ et $2$ comme valeurs propres et $$\mathrm{Ker}(\B +\Ir_3) = \mathbb{Q} \left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right), \ \ \mathrm{Ker}(\B - 2\Ir_3) = \mathbb{Q} \left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 2 \end{array} \right).$$ La derni\`ere valeur propre $x$ est d\'etermin\'ee  par la condition $x -1 + 2 = \mathrm{tr}(\B) = 0$, soit $x = -1$, et la matrice $\B$ n'est donc pas diagonalisable.

Le polyn\^ome minimal de $\B$ est $(\T+1)^2 (\T-2)$, de sorte que sa r\'eduite de Jordan poss\`ede 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 $e_1 \in \mathrm{Ker}(\B - 2\Ir_3) - \{0\}$ ainsi qu'un vecteur $e_3 \in \mathrm{Ker}(\B + \Ir_3)^2 - \mathrm{Ker}(\B + \Ir_3)$ et en posant $e_2 = (\B + \Ir_3)(e_3)$. Comme $$(\B + \Ir_3)^2 = \left(\begin{array}{lll} -9 & 0 & 9 \\ -9 & 0 & 9 \\ -18 & 0 & 18 \end{array}\right),$$ on peut par exemple choisir le vecteur $e_3 = \left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)$, auquel cas $$\B = \rP \left(\begin{array}{lll} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right)\rP^{-1} \ \ \textrm{avec} \ \ \rP = \left(\begin{array}{lll} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{array}\right).$$

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 9} ---  La matrice $\A$ admet $1$ comme valeur propre \'evidente (les premi\`ere et derni\`ere colonnes de $\A - \Ir_4$ sont \'egales) et $$\mathrm{Ker}(\A - \Ir_4)=\mathbb{Q}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1\end{array}\right).$$
On a d'autre part $\mathrm{tr}(\A) = 7$ et $\mathrm{det}(\A) = 8$, ce qui sugg\`ere que les trois valeurs propres restantes sont \'egales \`a $2$. Tel est bien le cas car $2$ est effectivement une valeur propre puisque $$\mathrm{Ker}(\A - 2\Ir_4) =  \mathbb{Q} \left(\begin{array}{l}-2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)$$et les deux valeurs propres restantes, d\'etermin\'ees par les conditions $x+y = 4$ et $xy = 4$ sont \'egales \`a $2$. Le polyn\^ome caract\'eristique de $\A$ est donc $(\T - 1)(\T - 2)^3$.

\vspace{0.1cm} Les sous-espaces caract\'eristiques de $\A$ sont $\mathrm{Ker}(\A- \Ir_4)$ --- de dimension $1$ --- et $\mathrm{Ker}(\A - 2\Ir_4)^3$ --- de dimension $3$. Vu que $$(\A - 2\Ir_4)^2 = \left(\begin{array}{llll} 0 & 1 & -10 & -1 \\ 24 & 24 & 0 &24 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -24 & -25 & 10 & -23 \end{array} \right) \ \ \ \textrm{ et } \ \ (\A - 2\Ir_4)^3 = \left(\begin{array}{llll} -48 & -49 & 10 & -47 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 48 & 49 & -10 & 47\end{array} \right),$$ le sous-espace $\mathrm{Ker}(\A - \Ir_4)^i$ est de dimension $i$ pour tout $i \in \{1, 2,3\}$ et le polyn\^ome minimal de $\A$ co\"{\i}ncide donc avec son polyn\^ome caract\'eristique (rappelons que la multiplicit\'e de $(\T-2)$ dans le polyn\^ome minimal de $\A$ est le plus petit entier $p$ \`a partir duquel la dimension de $\mathrm{Ker}(\A - 2\Ir_4)^p$ devient constante). Nous pouvons d'embl\'ee en d\'eduire que la matrice r\'eduite 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 $$\left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array}\right).$$

Pour obtenir une base de Jordan de $\A$, il suffit de choisir des vecteurs non nuls $\E_1 \in \mathrm{Ker}(\A - \Ir_4)$ et $\E_4 \in \mathrm{Ker}(\A - 2\Ir_4)^3 - \mathrm{Ker}(\A - 2\Ir_E)^2$ puis de poser $\E_3= (\A - 2\Ir_4)\E_4$ et $\E_2 = (\A - 2\Ir)^2 \E_4$ (cf. exercice 7). On peut par exemple consid\'erer $$\E_1 = \left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1\end{array}\right) \ \ \textrm{et} \  \ \E_4 = \left(\begin{array}{l} -49 \\ 48 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$$ (pour obtenir $\E_4$, il suffit de choisir ses coordonn\'ees $x_1,x_2,x_3,x_4$ telles que $48x_1+49x_2-10x_3+47x_4 = 0$ et $x_2-10x_3-x_4 \neq 0$) ; dans ce cas, la matrice de passage est $$\rP = \left(\begin{array}{llll} 1 & 48 & -50 & -49 \\ 0 &-24 & -5 & 48 \\ 0 & 0 & -6 & 0 \\ -1 & -24 & 55 & 0\end{array}\right).$$

\vspace{0.1cm} On proc\`ede de m\^eme avec $\B$ en commen{\c c}ant par v\'erifier que ses valeurs propres sont -1 et -3, son polyn\^ome caract\'eristique \'etant $(\T+1)(\T+3)^3$. On obtient $$\B = \rP \left(\begin{array}{llll} -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -3\end{array}\right) \rP^{-1} \ \ \ \textrm{avec} \ \ \ \rP = \left(\begin{array}{llll} -1 & 12 & -8 & 1 \\ 1 & -6 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 0 \\ 0 & 6 & -4 & 3 \end{array}\right).$$

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 10} --- 1. La matrice $\J_k(\lambda)$ s'\'ecrit sous la forme $\J_k(\lambda) = \lambda \Ir_n + \N$ o\`u $\N$ une matrice nilpotente d'indice $n$. On a alors $^t \J_k(\lambda) = \lambda \Ir_n + ^t \N$ et, la matrice $^t \N$ \'etant nilpotente d'indice $n$, la r\'eduite de Jordan de $^t \J_k(\lambda)$ n'est autre que la matrice $\J_k(\lambda)$, ce qui prouve que les matrices $\J_k(\lambda)$ et $^t \J_k(\lambda)$ sont semblables.

\noindent \emph{Remarque : il est facile d'\'etablir que la matrice $J_k(\lambda)$ et sa conjugu\'ee sont semblables sans recourir au th\'eor\`eme de Jordan. Consid\'erons en effet la matrice $\Sigma$ ayant des $1$ sur l'antidiagonale et des z\'eros ailleurs ; si $E_1, \ldots, E_n$ sont les $n$ vecteurs de la base canonique de $\mathbb{C}^n$, on a par d\'efinition $$\Sigma E_i = E_{n-i+1}$$ pour tout $i \in \{1, \ldots, n\}$ (c'est-\`a-dire $\Sigma E_1 = E_n, \ \Sigma E_2 = E_{n-1}, \ldots, \Sigma E_n = E_1$). Comme, par ailleurs, $$J_k(\lambda) E_i = \lambda E_i + E_{i-1} \ \textrm{ pour tout } i \in \{2, \ldots, n\} \ \ \textrm{et} \ \ J_k(\lambda) E_1 = \lambda E_1,$$ on a
$$J_k (\lambda) \Sigma E_i = J_k(\lambda)E_{n-i+1} = \lambda E_{n-i+1} + E_{n-i} \ \textrm{pour tout} \ i \in \{1, \ldots, n-1\} \ \ \textrm{et} \ \ J_k(\lambda) E_n = \lambda E_1$$ et donc $$J_k(\lambda) \Sigma E_i = \lambda \Sigma E_{i} + \Sigma E_{i+1} \ \ \textrm{pour tout} \ i \in \{1, \ldots, n-1\} \ \ \textrm{et} \ \ \J_k(\lambda)\Sigma E_n = \lambda \Sigma E_n,$$ ce qui est \'equivalent \`a l'identit\'e $$\Sigma^{-1} J_k(\lambda) \Sigma = ^{t}J_k(\lambda).$$  Nous avons ainsi re-d\'emontr\'e que les matrices $J_k(\lambda)$ et $^{t}J_k(\lambda)$ sont semblables.}

\vspace{0.1cm} 2. Soit $\A$ une matrice dans $\M_n(\mathbb{C})$. Il existe une matrice $\rP \in \mathrm{GL}_n (\mathbb{C})$ telle que $\rP^{-1}\A\rP$ soit une matrice form\'ee de blocs de Jordan diagonaux : $$\rP^{-1} \A \rP = \operatorname{diag}(\J_p(\lambda))_{(\lambda,p) \in \mathrm{Sp}(\A) \times \mathcal{P}_{\lambda}}$$ o\`u, pour toute valeur propre $\lambda \in \mathrm{Sp}(\A)$, $\mathcal{P}_{\lambda}$ est une certaine famille finie d'\'el\'ements de $\{1, \ldots, n\}$.

La matrice $^t(\rP^{-1}\A\rP)$ est \'egale \`a $\operatorname{diag}(^t\J_p(\lambda))_{(\lambda,p) \in \mathrm{Sp}(\A) \times \mathcal{P}_{\lambda}}$. D'apr\`es ce qui pr\'ec\`ede, il existe pour tout couple $(\lambda, p) \in \mathrm{Sp}(\A) \times \mathcal{P}_{\lambda}$ une matrice $\rP_{(\lambda, p)} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{C})$ telle que $^t\J_p(\lambda) = \rP_{(\lambda,p)}^{-1}\J_p(\lambda) \rP_{(\lambda, p)}$ ; si l'on pose $$\Q = \operatorname{diag}(\rP_{(\lambda, p)})_{(\lambda,p) \in \mathrm{Sp}(\A) \times \mathcal{P}_{\lambda}},$$ alors $\Q^{-1} = \operatorname{diag}(\rP_{(\lambda, p)}^{-1})_{(\lambda,p) \in \mathrm{Sp}(\A) \times \mathcal{P}_{\lambda}}$ et \begin{eqnarray*} ^t(\rP^{-1}\A \rP) & = & \operatorname{diag}(\rP_{(\lambda, p)}^{-1}\J_p(\lambda) \rP_{(\lambda, p)})_{\lambda \in \mathrm{Sp}(\A) \times \mathcal{P}_{\lambda}}  \\ & = & \Q^{-1}\operatorname{diag}(\J_p(\lambda))_{(\lambda,p) \in \mathrm{Sp}(\A) \times \mathcal{P}_{\lambda}}\Q \\ & = & \Q^{-1}\rP^{-1} \A \rP \Q = (\rP\Q)^{-1}\A(\rP\Q). \end{eqnarray*} En utilisant l'identit\'e  $^t(\rP^{-1}) = (^t\rP)^{-1}$ --- que l'on \'etablit en transposant la relation $\rP^{-1}\rP=\Ir_n$ ---, on obtient finalement $(^t \rP)^t\A (^t \rP)^{-1} = (\rP\Q)^{-1}\A(\rP\Q)$, soit encore $$^t \A = \Sr^{-1} \A \Sr \ \ \mathrm{avec} \ \ \Sr = \rP\Q^t\rP$$ et la matrice $\A$ est ainsi semblable \`a sa transpos\'ee.


\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 11} --- 1. La matrice consid\'er\'ee s'\'ecrit sous la forme $a\Ir_3 + \N$, o\`u $\N$ est une matrice nilpotente d'indice $3$ ; sa r\'eduite de Jordan est donc la matrice $\J_3(a)$.

\vspace{0.1cm} 2.1. V\'erification imm\'ediate.

\vspace{0.1cm} 2.2. Comme $\B^3 = a \Ir_3$, le polyn\^ome caract\'eristique de la matrice $\B$ est $a-\T^3$ et ses valeurs propres sont donc les trois racines cubiques de $a$ dans $\mathbb{C}$, soit $\alpha, \ j \alpha$ et $j^2 \alpha$, o\`u $\alpha = a^{1/3}$ est l'unique racine cubique \emph{r\'eelle} de $a$ et $j = e^{\frac{2i\pi}{3}}$ (rappelons que $1, \ j$ et $j^2 = \overline{j}$ sont les trois racines cubiques de $1$ dans $\mathbb{C}$). La matrice $\B$ est en particulier diagonalisable dans $\M_3(\mathbb{C})$ et sa r\'eduite de Jordan est donc la matrice diagonale $\mathrm{diag}(\alpha, j\alpha, j^2\alpha)$.

\vspace{0.1cm} 2.3. Dans une base de diagonalisation de $\B$, les matrices $\B^2$ et $\B^3$ s'\'ecrivent respectivement $\mathrm{diag}(\alpha^2, j^2 \alpha^2, j \alpha^2)$ et $\mathrm{diag}(a,a,a)$ ; $\A$ s'\'ecrit donc sous la forme $\mathrm{diag}(\alpha + \alpha^2+a, j\alpha + j^2 \alpha^2 + a, j^2 \alpha + j \alpha^2 + a)$ dans cette m\^eme base. La matrice $\A$ est ainsi diagonalisable et sa r\'eduite de Jordan est la matrice $$\mathrm{diag}(\alpha + \alpha^2+a, j\alpha + j^2 \alpha^2 + a, j^2 \alpha + j \alpha^2 + a).$$
    
\vspace{0.1cm} 3. Puisque $b \neq 0$, $$\left(\begin{array}{lll} a & a & a \\ b & a & a \\ b & b & a\end{array}\right) = b\left(\begin{array}{lll}\frac{a}{b} & \frac{a}{b} & \frac{a}{b} \\ 1 & \frac{a}{b} & \frac{a}{b} \\ 1 & 1 & \frac{a}{b}\end{array}\right).$$ Comme $a \neq 0$, il d\'ecoule de la question pr\'ec\'edente que la matrice de droite est diagonalisable, de valeurs propres $b(\alpha + \alpha^2 + \frac{a}{b}), b(j\alpha + j^2\alpha^2 + \frac{a}{b})$ et $b(j^2\alpha + j\alpha^2 + \frac{a}{b})$ o\`u $\alpha$ d\'esigne l'unique racine cubique r\'eelle de $\frac{a}{b}$ ; la r\'eduite de Jordan de la matrice de gauche est donc $\mathrm{diag}(b\alpha + b\alpha^2 + a, jb\alpha + j^2b\alpha + a, j^2b\alpha+jb\alpha^2+a)$.

\vspace{0.1cm} \noindent (\emph{Remarque : $b\alpha, jb\alpha$ et $j^2b\alpha$ sont les trois racines cubiques de $ab^2$ dans $\mathbb{C}$.})    

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 12} --- 1.1. Soit $p \geq 1$ un entier tel que $u^p = 0$. Le polyn\^ome minimal de l'endomorphisme $u$ divise le polyn\^ome annulateur $\X^p$, donc est de la forme $\X^m$ avec $1 \leq m \leq p$. Le polyn\^ome caract\'eristique d'un endomorphisme ayant les m\^emes facteurs irr\'eductibles que son polyn\^ome minimal, il en d\'ecoule que le polyn\^ome caract\'eristique de $u$ est $-\X^3$, le degr\'e et le signe provenant directement de la d\'efinition $\rP_u = \mathrm{det}(u - \X\mathrm{id}_{\E})$.

\vspace{0.1cm} 1.2. Le polyn\^ome minimal de $u$ est $\X^m$, o\`u $m$ est le plus petit des entiers naturels $p$ tel que $u^p = 0$. D'apr\`es le th\'eor\`eme de structure des endomorphismes nilpotents, la r\'eduite de Jordan de $u$ n'est form\'ee que de blocs de Jordan $\J_r(0)$ avec $r \leq m$ et elle contient au moins un bloc de taille maximale $\J_m(0)$ ; ce sont les seules conditions requises. 
\begin{itemize}
\item Si $m=1$, $u=0$ et la r\'eduite de Jordan de $u$ est la matrice nulle, que l'on peut voir comme une matrice diagonale par blocs ne comportant que des blocs $\J_1(0)$ ($=(0) \in \M_1(\K)$).
\item Si $m=2$, la r\'eduite de Jordan de $u$ contient n\'ecessairement 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 $$\operatorname{diag}(\J_1(0),\J_2(0)) = \left(\begin{array}{lll} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right).$$
\item Si enfin $m=3$, la r\'eduite 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 $$\J_3(0) = \left(\begin{array}{lll} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right).$$
\end{itemize}
\vspace{0.1cm} 1.3. Si le polyn\^ome minimal de $u$ est $\X^3$, $u^2 \neq 0$ et $\mathrm{Ker}(u^2)$ est donc un sous-espace vectoriel strict de $\mathrm{Ker}(u^3) = \E$. Quel que soit alors le vecteur $x$ dans $\E - \mathrm{Ker}(u^2)$, la famille $(x,u(x),u^2(x))$ est une base de $\E$. Il suffit en effet de v\'erifier qu'il s'agit d'une famille libre, ce qui est imm\'ediat : une relation lin\'eaire $$\lambda x + \mu u(x) + \nu u^2(x) = 0$$ implique $\lambda u^2(x) = 0$ en appliquant $u^2$ --- donc $\lambda = 0$ puisque $u^2(x) \neq 0$ par hypoth\`ese ---  puis $\mu u^2(x) = 0$ en appliquant $u$ --- donc $\mu=0$ --- et finalement $\nu u^2(x)=0$ --- donc $\nu =0$.

\vspace{0.1cm} 1.4. La matrice de $u$ dans cette base est $$\left(\begin{array}{lll} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0\end{array}\right).$$

\vspace{0.1cm} 2.1. V\'erification imm\'ediate : $(\J(\lambda) - \lambda \Ir_3)^2 = 0$.

\vspace{0.1cm} 2.2. Il suffit de choisir une base de $\E$ dans laquelle la matrice de l'endomorphisme nilpotent $u - \lambda \mathrm{id}_{\E}$ est $\J(0)$ ; d'apr\`es les questions 1.3 et 1.4, cela se fait simplement en choisissant un vecteur $x$ dans $$\mathrm{Ker}(u-\lambda\mathrm{id}_{\E})^3 - \mathrm{Ker}(u-\lambda \mathrm{id}_{\E})^2 = \E - \mathrm{Ker}(u - \lambda \mathrm{id}_{\E})^2$$ et en consid\'erant la famille $((u-\lambda \mathrm{id}_{\E})^2(x), (u-\lambda \mathrm{id}_{\E})(x), x)$ (dans cet ordre si l'on veut que les $1$ apparaissent \emph{au-dessus} de la diagonale!).

\vspace{0.1cm} 3.1. Il est manifeste que $-2$ est une valeur propre de $\A$ ; comme $\mathrm{tr}(\A) = -6$ et $\mathrm{det}(\A) = -8$, les deux autres valeurs propres de $\A$ sont d\'etermin\'ees par les conditions $x+y = -4$ et $xy = 4$, soit $x = y = -2$. Le polyn\^ome caract\'eristique de $\A$ est donc $-(\X+2)^3$.

Le polyn\^ome minimal de $\A$ est $(\X+2)^m$ avec $1 \leq m \leq 3$ ; la matrice $$(\A+2\Ir_3)^2 = \left(\begin{array}{lll} 2 & 0 & 2 \\ 0  & 0 & 0 \\ -2 & 0 & -2\end{array}\right)$$ n'\'etant pas nulle, le polyn\^ome minimal de $u$ est $(\X+2)^3$.

\vspace{0.1cm} 3.2. La matrice r\'eduite de Jordan de $u$ contient n\'ecessairement un bloc $\J_3(-2)$ ; comme il n'y a plus de place disponible, c'est exactement la matrice $\J_3(-2)$.

\vspace{0.1cm} 3.3. D'apr\`es la question 2.2, on obtient une base de Jordan de $u$ en consid\'erant une famille de la forme $((u+~2\mathrm{id}_{\mathbb{R}^3})^2(x),(u+2\lambda \mathrm{id}_{\mathbb{R}^3})(x),x)$, o\`u $x$ est un vecteur quelconque dans $\mathbb{R}^3 - \mathrm{Ker}(u +2\mathrm{id}_{\mathbb{R}^3})^2$. Comme $\mathrm{Ker}(u +2\mathrm{id}_{\mathbb{R}^3})^2$ est le plan d'\'equation $x_1-x_3 = 0$ dans $\mathbb{R}^3$, le vecteur $^t(1,0,0)$ convient et la famille $$\left\{\left(\begin{array}{l}2 \\ 0 \\ -2 \end{array}\right), \left(\begin{array}{l} 3 \\ 2 \\ -3 \end{array}\right), \left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)\right\}$$ est une base de Jordan de $u$.  

\end{document} 