Réduction d'un endomorphisme de dimension 3

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension 3 sur le corps $\mathbb{K}$ (où $\mathbb{K} = \mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ). On considère un endomorphisme $f \in \mathcal{L}(E)$ vérifiant les deux conditions suivantes :

$f^3 - f^2 = 0_{\mathcal{L}(E)}$ ;
$\dim(\ker(f - \text{Id}_E)) = 1$ .

Démontrer qu'il existe une base de $E$ dans laquelle la matrice représentative de $f$ est de la forme :

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 0 & 0 & a 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}   \text{avec } a \in \{0, 1\}

1.

Utiliser le lemme des noyaux avec le polynôme annulateur $P(X) = X^2(X-1)$ .

2.

Déterminer les dimensions des sous-espaces de la décomposition de $E$ .

3.

Étudier la restriction de $f$ au sous-espace associé à la valeur propre 0.

4.

Distinguer les cas selon que cette restriction est nulle ou non.

Idées clés

•

Décomposition de l'espace par le lemme des noyaux.

•

Étude d'un endomorphisme nilpotent d'indice au plus 2 en dimension 2.

•

Construction d'une base adaptée à la somme directe.

Résolution.

1. Décomposition de l'espace $E$ .

L'endomorphisme $f$ annule le polynôme $P(X) = X^3 - X^2 = X^2(X-1)$ .

Comme les polynômes $X^2$ et $X-1$ sont premiers entre eux, le lemme des noyaux assure que :

E = \ker(f - \text{Id}_E) \oplus \ker(f^2)

D'après l'énoncé, $\dim(\ker(f - \text{Id}_E)) = 1$ .

Par additivité des dimensions en somme directe, on en déduit :

\dim(\ker(f^2)) = \dim(E) - \dim(\ker(f - \text{Id}_E)) = 3 - 1 = 2

Soit $e_1$ un vecteur non nul de $\ker(f - \text{Id}_E)$ . Par définition :

\boxed{f(e_1) = e_1}

2. Étude de la restriction de $f$ à $\ker(f^2)$ .

Posons $F = \ker(f^2)$ et soit $g = f_{|F}$ l'endomorphisme induit par $f$ sur $F$ (ceci est licite car $F$ est stable par $f$ ).

Par construction, pour tout $x \in F$ , $g^2(x) = f^2(x) = 0$ , donc $g^2 = 0_{\mathcal{L}(F)}$ . L'endomorphisme $g$ est donc nilpotent d'indice au plus 2 sur un espace de dimension 2.

Deux cas se présentent alors pour $g$ :

Premier cas : $g = 0_{\mathcal{L$ (F)} $g = 0_{L (F)}$ .}

Dans ce cas, $\ker(g) = F$ . On peut choisir n'importe quelle base $(e_2, e_3)$ de $F$ . On aura alors $f(e_2) = 0$ et $f(e_3) = 0$ .

La matrice de $f$ dans la base $(e_1, e_2, e_3)$ est :

\boxed{ \text{Mat}_{\mathcal{B}}(f) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 0 & 0 & 0 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} }

C'est la forme voulue avec

a = 0

.

Second cas : $g \neq 0_{\mathcal{L$ (F)} $g \neq = 0_{L (F)}$ .}

Comme $g \neq 0$ , il existe un vecteur $e_3 \in F$ tel que $g(e_3) \neq 0$ .

Posons $e_2 = g(e_3) = f(e_3)$ .

Comme $g^2 = 0$ , on a $g(e_2) = g^2(e_3) = 0$ , soit $f(e_2) = 0$ .

Montrons que la famille $(e_2, e_3)$ est libre. Si $\lambda e_2 + \mu e_3 = 0$ , alors en appliquant $g$ , on obtient $\lambda g(e_2) + \mu g(e_3) = 0$ . Comme $g(e_2)=0$ , il reste $\mu e_2 = 0$ . Comme $e_2 \neq 0$ , on a $\mu = 0$ , puis $\lambda = 0$ .

La famille $(e_2, e_3)$ est une famille libre de 2 vecteurs dans un espace $F$ de dimension 2, c'est donc une base de $F$ .

Dans la base $(e_1, e_2, e_3)$ de $E$ , on a :

$f(e_1) = e_1$
$f(e_2) = 0$
$f(e_3) = e_2$

La matrice de $f$ est alors :

\boxed{ \text{Mat}_{\mathcal{B}}(f) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 0 & 0 & 1 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} }

C'est la forme voulue avec

a = 1

.

Ne pas oublier de justifier que la restriction de $f$ à un sous-espace stable est bien définie. Ici, $f(\ker(f^2)) \subset \ker(f^2)$ car $f$ commute avec lui-même (et donc avec son carré).