Existence d'une base de Jordan (Preuve de Pták)

Résolution.

1. Supposons qu'il existe des scalaires $\lambda_0, \dots, \lambda_{m-1}$ tels que $\sum_{k=0}^{m-1} \lambda_k u^k(x) = 0$. Appliquons l'endomorphisme $u^{m-1}$ à cette égalité. Puisque $u^j = 0$ pour $j \geq m$, il reste :
   $$\lambda_0 u^{m-1}(x) = 0$$
   Comme $u^{m-1}(x) \neq 0$, on en déduit $\lambda_0 = 0$. En itérant ce procédé (ou par une récurrence immédiate), en appliquant successivement $u^{m-2}, u^{m-3}, \dots, \text{id}_E$, on montre que tous les coefficients $\lambda_k$ sont nuls.
   $$\boxed{\text{La famille } (x, u(x), \dots, u^{m-1}(x)) \text{ est libre.}}$$

2. 1. D'après le théorème de la base incomplète, on peut compléter la famille libre $\mathcal{V} = (e_0, e_1, \dots, e_{m-1})$ où $e_i = u^i(x)$ en une base $\mathcal{B} = (e_0, \dots, e_{n-1})$ de $E$. Soit $(e_0^*, \dots, e_{n-1}^*)$ la base duale associée. Par définition, $e_{m-1}^*(e_k) = \delta_{m-1, k}$. En posant $\varphi = e_{m-1}^*$, on a bien $\varphi(u^{m-1}(x)) = e_{m-1}^*(e_{m-1}) = 1 \neq 0$ et $\varphi(u^k(x)) = e_{m-1}^*(e_k) = 0$ pour tout $k < m-1$.
      $$\boxed{\exists \varphi \in E^*, \ \forall k < m-1, \ \varphi(u^k(x)) = 0 \text{ et } \varphi(u^{m-1}(x)) \neq 0}$$

   2. Soient $\lambda_0, \dots, \lambda_{m-1}$ des scalaires tels que $\sum_{i=0}^{m-1} \lambda_i (\varphi \circ u^i) = 0_{E^*}$. Évaluons cette forme linéaire sur le vecteur $x$. On a $\sum_{i=0}^{m-1} \lambda_i \varphi(u^i(x)) = 0$. D'après les propriétés de $\varphi$, seul le terme $i=m-1$ est non nul dans la somme, d'où $\lambda_{m-1} \varphi(u^{m-1}(x)) = 0$. Ainsi $\lambda_{m-1} = 0$. Évaluons ensuite sur $u(x)$ : $\sum_{i=0}^{m-2} \lambda_i \varphi(u^{i+1}(x)) = 0$. Le seul terme non nul est $i=m-2$, d'où $\lambda_{m-2} = 0$. Par récurrence descendante, en évaluant sur $u^k(x)$ pour $k$ allant de 0 à $m-1$, on obtient que tous les $\lambda_i$ sont nuls.
      $$\boxed{\text{La famille } (\varphi \circ u^i)_{0 \leq i \leq m-1} \text{ est libre dans } E^*.}$$

   3. Stabilité : Soit $y \in K$. Par définition, $\forall i \in \{0, \dots, m-1\}, \ \varphi(u^i(y)) = 0$. Pour montrer que $u(y) \in K$, examinons $\varphi(u^i(u(y))) = \varphi(u^{i+1}(y))$. Si $i < m-1$, alors $i+1 \in \{1, \dots, m-1\}$, donc $\varphi(u^{i+1}(y)) = 0$ car $y \in K$. Si $i = m-1$, alors $u^{i+1}(y) = u^m(y) = 0$ car $u^m = 0$, donc $\varphi(u^m(y)) = 0$. Ainsi, $u(y) \in K$, ce qui prouve que $K$ est stable par $u$. Somme directe : La famille $(\varphi \circ u^i)_{0 \leq i \leq m-1}$ est libre de cardinal $m$, donc $K$, qui est l'intersection de leurs noyaux, est un sous-espace de codimension $m$. Comme $\dim V = m$, il suffit de montrer que $V \cap K = \{0\}$. Soit $v \in V \cap K$. On peut écrire $v = \sum_{j=0}^{m-1} a_j u^j(x)$. Comme $v \in K$, on a $\forall i, \ \varphi(u^i(v)) = 0$. Pour $i=m-1$ : $\varphi(u^{m-1}(v)) = \sum a_j \varphi(u^{m-1+j}(x)) = a_0 \varphi(u^{m-1}(x)) = 0$, donc $a_0 = 0$. Pour $i=m-2$ : $\varphi(u^{m-2}(v)) = a_1 \varphi(u^{m-1}(x)) = 0$ (car $a_0=0$), donc $a_1 = 0$. On en déduit par récurrence que tous les $a_j$ sont nuls, donc $v=0$.
      $$\boxed{E = V \oplus K   \text{et}   u(K) \subset K}$$

3. Procédons par récurrence sur $n = \dim E$. Si $n=1$, $u$ étant nilpotent, sa matrice est $(0)$, ce qui correspond à $J_1$. Supposons la propriété vraie pour tout espace de dimension strictement inférieure à $n$. Soit $u$ nilpotent d'indice $m$ sur $E$. On construit $V$ et $K$ comme précédemment. $V$ possède une base $(u^{m-1}(x), u^{m-2}(x), \dots, x)$ dans laquelle la restriction de $u$ a pour matrice $J_m$. Comme $K$ est stable par $u$ et $\dim K = n-m < n$, on peut appliquer l'hypothèse de récurrence à la restriction $u_{|K}$. Il existe une base de $K$ telle que la matrice de $u_{|K}$ est diagonale par blocs de type $J_k$. En réunissant cette base et celle de $V$, on obtient une base de $E$ (puisque $E = V \oplus K$) dans laquelle la matrice de $u$ a la forme voulue.