Réduction d'un endomorphisme à valeur propre unique

Résolution.

Considérons l'endomorphisme $g = f - \lambda \text{id}_E$.

Par hypothèse, le spectre de $f$ est $\{\lambda\}$, donc le polynôme caractéristique de $f$ est $\chi_f(X) = (X-\lambda)^3$.

D'après le théorème de Cayley-Hamilton, on a $\chi_f(f) = 0$, ce qui implique :

L'endomorphisme $g$ est donc nilpotent.

1. Étude du noyau et de l'image de $g$.

Par hypothèse, $\dim(\text{Ker}(f - \lambda \text{id}_E)) = 2$, donc :

D'après le théorème du rang appliqué à $g$ dans un espace de dimension 3 :

2. Inclusion fondamentale.

Comme $g$ est nilpotent, son seul vecteur propre possible est le vecteur nul (pour la valeur propre 0).

Montrons que $\text{Im } g \subset \text{Ker } g$.

Soit $y \in \text{Im } g$. Il existe $x \in E$ tel que $y = g(x)$.

Puisque $\dim(\text{Im } g) = 1$, soit $g_{\mid \text{Im } g}$ est l'application nulle, soit c'est un automorphisme de $\text{Im } g$.

Or $g$ est nilpotent, donc sa restriction à tout sous-espace stable l'est aussi. Un automorphisme ne peut être nilpotent que si l'espace est réduit à $\{0\}$.

Ainsi, $g_{\mid \text{Im } g} = 0$, ce qui signifie que pour tout $y \in \text{Im } g$, $g(y) = 0$. On en déduit :

3. Construction de la base $\mathcal{B$.}

Puisque $\text{rg}(g) = 1$, il existe un vecteur $e_3 \in E$ tel que $g(e_3) \neq 0$.

Posons $e_2 = g(e_3)$.

D'après l'inclusion démontrée précédemment, $e_2 \in \text{Im } g \subset \text{Ker } g$, donc $g(e_2) = 0$.

Comme $e_2 \neq 0$ et $g(e_2) = 0$, $e_2$ est un vecteur propre de $g$ (donc de $f$).

Le vecteur $e_2$ appartient à $\text{Ker } g$, qui est de dimension 2. On peut donc compléter $e_2$ par un vecteur $e_1$ pour former une base $(e_1, e_2)$ de $\text{Ker } g$.

Montrons que la famille $\mathcal{B} = (e_1, e_2, e_3)$ est une base de $E$.

Soient $a, b, c \in \mathbb{R}$ tels que $a e_1 + b e_2 + c e_3 = 0$.

Appliquons $g$ à cette relation :

Comme $e_1, e_2 \in \text{Ker } g$, on a $g(e_1) = g(e_2) = 0$. Il reste :

Or $g(e_3) = e_2 \neq 0$, donc $c = 0$.

La relation devient $a e_1 + b e_2 = 0$. Comme $(e_1, e_2)$ est une base de $\text{Ker } g$, elle est libre, donc $a = b = 0$.

La famille $\mathcal{B} = (e_1, e_2, e_3)$ est libre et comporte 3 vecteurs dans un espace de dimension 3, c'est donc une base de $E$.

4. Matrice de $f$ dans cette base.

Calculons les images des vecteurs de $\mathcal{B}$ par $f = g + \lambda \text{id}_E$ :

• $f(e_1) = g(e_1) + \lambda e_1 = 0 + \lambda e_1 = \lambda e_1$
• $f(e_2) = g(e_2) + \lambda e_2 = 0 + \lambda e_2 = \lambda e_2$
• $f(e_3) = g(e_3) + \lambda e_3 = e_2 + \lambda e_3$

La matrice de $f$ dans la base $\mathcal{B}$ est donc :