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\begin{document}

\title{Leçon 157 : Endomorphismes trigonalisables.\\
Endomorphismes nilpotents.\\
Mémoire de M2}


\author{Maxime Stauffert}

\maketitle
\tableofcontents{}


\paragraph{Introduction :}

Lorsque nous sommes face à un problème d'algèbre linéaire, il peut
être intéressant de savoir réduire une matrice, en l'exprimant dans
une base adaptée dans laquelle elle pourra être triangulaire, ou ne
comportera qu'un minimum de coefficients sur-diagonaux égaux à 1.
C'est le cas lorsque l'on modélise un problème physique dont la résolution
fait intervenir des calculs matriciels, ou lorsque l'on cherche à
étudier un endomorphisme par exemple.


\section{Généralités}

On commence par rappeler quelques définitions et propriétés de base
d'algèbre linéaire, qui nous serviront ensuite dans les autres parties.
\begin{defn}
Soit $k$ un corps et $E$ un $k$-espace vectoriel de dimension finie.
Soit $\lambda\in k$, on dit que $\lambda$ est \uline{valeur propre}
de $u$ si il existe $x\in E\setminus\left\{ 0\right\} ,u\left(x\right)=\lambda x$.
On appelle \uline{spectre} de $u$, noté $\mathrm{Sp}\left(u\right)$,
l'ensemble des valeurs propres de $u$.

Lorsque $\lambda$ est valeur propre de $u$, le vecteur $x$ est
appelé \uline{vecteur propre} de $u$ associé à la valeur propre
$\lambda$. De plus, on notera $E_{\lambda}=\left\{ x\in E,u\left(x\right)=\lambda x\right\} =\ker\left(u-\lambda\mathrm{Id}_{E}\right)$
l'ensemble des vecteurs propres associés à $\lambda$, et on appellera
cet ensemble \uline{espace propre} de $u$ associé à $\lambda$.
\end{defn}

\begin{defn}
Si $n\in\mathbb{N}$ est la dimension de $E$ en tant que $k$-espace
vectoriel, on appelle \uline{polynôme caractéristique} de $A\in\mathcal{M}_{n}\left(k\right)$
le polynôme de $k\left[X\right]$ défini par $\chi_{A}\left(X\right)=\det\left(A-XI_{n}\right)$.\end{defn}
\begin{rem}
Comme $\det\left(^{t}\negthinspace\! A\right)=\det\left(A\right)$,
on a l'égalité  $\chi_{^{t}\negthinspace\! A}=\chi_{A}$. Ce résultat
sert notamment dans certaines démonstrations par récurrence sur la
dimension. On considère alors un vecteur propre $x$ de $^{t}u$ et
on utilise l'hypothèse de récurrence à l'endomorphisme induit par
$u$ sur $\mathrm{Vect}\left(x\right)^{\bot}$. C'est le cas par exemple
pour le résultat de trigonalisation simultanée que l'on verra par
la suite.

Si l'on développe le déterminant, on obtient $\chi_{A}\left(X\right)=\left(-1\right)^{n}\left[X^{n}-\alpha_{1}X^{n-1}+\dots+\left(-1\right)^{n}\alpha_{n}\right]$
avec $\alpha_{1}=\mathrm{Tr}\left(A\right)$ et $\alpha_{n}=\det\left(A\right)$.

Enfin, nous savons qu'il est possible de définir le déterminant d'un
endomorphisme car le déterminant est stable par conjugaison. De la
même manière nous pouvons définir le polynôme caractéristique d'un
endomorphisme.\end{rem}
\begin{defn}
On appelle \uline{polynôme caractéristique} de $u$, et on note
$\chi_{u}$ le polynôme caractéristique de la matrice de $u$ dans
une base quelconque.\end{defn}
\begin{rem}
L'application 
\[
\varphi_{u}:\begin{array}{ccc}
k\left[X\right] & \rightarrow & k\left[u\right]\\
P & \mapsto & P\left(u\right)
\end{array}
\]
 est un morphisme d'algèbre. Son noyau, $\ker\left(\varphi_{u}\right)=\left\{ P\in k\left[X\right],P\left(u\right)=0\right\} $,
est un idéal de $k\left[X\right]$. 

Comme $\mathcal{L}\left(E\right)$ est de dimension finie sur $k$,
le noyau $\ker\left(\varphi_{u}\right)$ est non nul. Enfin, grâce
à la division euclidienne sur $k\left[X\right]$, on en déduit qu'il
existe un unique polynôme unitaire qui engendre l'idéal $\ker\left(\varphi_{u}\right)$.\end{rem}
\begin{defn}
On appelle \uline{polynôme minimal} de $u$ sur $k$ le générateur
unitaire de l'idéal $\left\{ P\in k\left[X\right],P\left(u\right)=0\right\} $
et on le note $\pi_{u}$.\end{defn}
\begin{rem}
On a l'inégalité grossière $\mathrm{d}\text{\textdegree}\left(\pi_{u}\right)\leq n^{2}$
car $\left(\mathrm{Id},u,\dots,u^{n^{2}}\right)$ est une famille
liée de $\mathcal{L}\left(E\right)$. On verra qu'en réalité $\mathrm{d}\text{\textdegree}\left(\pi_{u}\right)\leq n$
grâce au théorème de Cayley-Hamilton.\end{rem}
\begin{prop}
Les valeurs propres de $u$ sont exactement les racines des polynômes
caractéristique et minimal de $u$, en effet, pour tout $\lambda\in k$,
\[
\left[\lambda\textnormal{ valeur propre de }u\right]\Leftrightarrow\chi_{u}\left(\lambda\right)=0\Leftrightarrow\pi_{u}\left(\lambda\right)=0
\]


Soit $F$ un sous-espace vectoriel de $E$. Si $F$ est stable par
$u$, alors l'application induite par $u$ sur $F$ est un endomorphisme
de $F$, c'est-à-dire que $u_{|F}\in\mathcal{L}\left(F\right)$, et
on a de plus $\chi_{u_{|F}}|\chi_{u}$ et $\pi_{u_{|F}}|\pi_{u}$.\end{prop}
\begin{rem}
Le premier résultat est un résultat important qui nous permet notamment
de trouver les valeurs propres d'un endomorphisme ainsi que de caractériser
la diagonalisabilité ou la trigonalisabilité d'un endomorphisme comme
on le verra plus tard.

Le deuxième résultat est d'avantage un lemme utile dans plusieurs
démonstrations par récurrence comme dans le théorème qui suit.\end{rem}
\begin{thm}
(de Cayley-Hamilton) 

\[
\chi_{u}\left(u\right)=0
\]
\end{thm}
\begin{cor}
On a par conséquent $\pi_{u}|\chi_{u}$ par définition même du polynôme
minimal. De plus, comme le degré du polynôme caractéristique est exactement
$n$, on a l'inégalité  $\mathrm{d}\text{\textdegree}\left(\pi_{u}\right)\leq n$.\end{cor}
\begin{lem}
(des Noyaux)

Soit $P=P_{1}\cdots P_{s}\in k\left[X\right]$, les polynômes $P_{i}$
étant premiers entre eux deux à deux. Alors 
\[
\ker\left(P\left(u\right)\right)=\bigoplus_{i=1}^{s}\ker\left(P_{i}\left(u\right)\right)
\]
\end{lem}
\begin{rem}
Il sera donc intéressant de décomposer $\chi_{u}$ ou $\pi_{u}$ en
facteurs irréductibles pour avoir une décomposition en somme directe
de $E=\ker\left(\chi_{u}\right)=\ker\left(\pi_{u}\right)$.

Maintenant que l'on a fait tous ces rappels, nous pouvons nous intéresser
à la caractérisation des endomorphismes trigonalisables.
\end{rem}

\section{Endomorphismes trigonalisables}


\subsection{Définition et caractérisations}
\begin{defn}
On dit que $u$ est \uline{trigonalisable} sur $k$ s'il existe
$\mathcal{B}$ une base de $E$ telle que la matrice $\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}\left(u\right)$
soit triangulaire.\end{defn}
\begin{thm}
(de caractérisation) Les assertions suivantes sont équivalentes :
\begin{enumerate}
\item $u$ est trigonalisable sur $k$
\item $\chi_{u}$ est scindé sur $k$
\item $\pi_{u}$ est scindé sur $k$
\end{enumerate}
\end{thm}
\begin{cor}
Si $k$ est algébriquement clos, tout endomorphisme de $E$ est trigonalisable.\end{cor}
\begin{rem}
Toute matrice de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$ est trigonalisable
sur $\mathbb{C}$. Toute matrice de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{R}\right)$
n'est pas nécessairement trigonalisable sur $\mathbb{R}$, mais peut
être vue comme une matrice de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$,
qui sera alors trigonalisable sur $\mathbb{C}$.\end{rem}
\begin{example}
Voici plusieurs exemples et contre-exemples sur des matrices vues
dans $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{R}\right)$ et dans $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$.
Au vu du corollaire ci-dessus, toutes les matrices de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$
sont trigonalisables. Rappelons enfin que la caractérisation des endomorphismes
diagonalisables est : 
\[
\left[u\textnormal{ diagonalisable}\right]\Leftrightarrow\left[\pi_{u}\textnormal{ scindé à racines simples}\right]
\]

\begin{enumerate}
\item $A=\begin{pmatrix}0 & 1\\
0 & 0
\end{pmatrix}$, on a $\chi_{A}=\pi_{A}=X^{2}$, la matrice $A$ est trigonalisable
sur $\mathbb{R}$ mais n'est pas diagonalisable sur $\mathbb{C}$.
\item $B=\begin{pmatrix}0 & -1\\
1 & 0
\end{pmatrix}$, on a $\chi_{B}=\pi_{B}=X^{2}+1$, la matrice $B$ n'est pas trigonalisable
sur $\mathbb{R}$ mais est diagonalisable sur $\mathbb{C}$.
\item $C=\begin{pmatrix}0 & -1 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & -1\\
0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}$, on a $\chi_{C}=\pi_{C}=\left(X^{2}+1\right)^{2}$, la matrice $C$
n'est ni trigonalisable sur $\mathbb{R}$ ni diagonalisable sur $\mathbb{C}$.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{rem}
Si $A$ est trigonalisable, il existe $\left(\lambda_{1},\dots,\lambda_{n}\right)\in k^{n}$
tels que $A\sim\begin{pmatrix}\lambda_{1} &  & *\\
 & \ddots\\
0 &  & \lambda_{n}
\end{pmatrix}$ et on a 
\[
\mathrm{Sp}\left(A\right)=\left\{ \lambda_{1},\dots,\lambda_{n}\right\} 
\]

\end{rem}

\paragraph{Application :}

Soit $u$ trigonalisable, avec $\mathrm{Sp}\left(u\right)=\left\{ \lambda_{1},\dots,\lambda_{n}\right\} $,
et soit $P\in k\left[X\right]$.

Alors $\mathrm{Sp}\left(P\left(u\right)\right)=\left\{ P\left(\lambda_{1}\right),\dots,P\left(\lambda_{n}\right)\right\} $
et $\mathrm{Sp}\left(\exp\left(u\right)\right)=\left\{ e^{\lambda_{1}},\dots,e^{\lambda_{n}}\right\} $.


\subsection{Trigonalisation simultanée}

Lorsque l'on travaille avec une famille d'endomorphismes, il peut
être intéressant de trouver une base commune de trigonalisation, dans
le but de travailler sur des formes simplifiées pour tous ces endomorphismes.
C'est le cas par exemple lorsque l'on travaille avec un sous-groupe
de $\mathcal{GL}_{n}\left(k\right)$.
\begin{prop}
Si $u$ est trigonalisable et que $F$ est un sous-espace vectoriel
stable de $E$, alors $u_{|F}$ est trigonalisable.
\end{prop}

\begin{prop}
Soit $\left(u_{i}\right)_{i\in I}$ une famille d'endomorphismes trigonalisables
qui commutent deux à deux, alors ces endomorphismes sont cotrigonalisables,
c'est-à-dire qu'il existe une base $\mathcal{B}$ commune de trigonalisation.\end{prop}
\begin{example}
Contrairement au cas de la codiagonabilité, la condition de commutativité
n'est pas nécessaire : $\begin{pmatrix}1 & 1\\
0 & -1
\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}-1 & 1\\
0 & 1
\end{pmatrix}$ sont cotrigonalisables mais ne commutent pas.\end{example}
\begin{rem}
Si $u$ et $v$ sont cotrigonalisables, alors $u+v$ et $u\circ v$
sont trigonalisables.\end{rem}
\begin{example}
Deux contre-exemples pour chacun des cas :
\begin{itemize}
\item $A=\begin{pmatrix}0 & -1\\
0 & 0
\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}0 & 0\\
1 & 0
\end{pmatrix}$, la matrice $A+B=\begin{pmatrix}0 & -1\\
1 & 0
\end{pmatrix}$ n'est pas trigonalisable sur $\mathbb{R}$ car $\chi_{A+B}=X^{2}+1$
n'est pas scindé sur $\mathbb{R}$.
\item $A=\begin{pmatrix}0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}1 & 1\\
0 & -1
\end{pmatrix}$, la matrice $A\cdot B=\begin{pmatrix}0 & -1\\
1 & 1
\end{pmatrix}$ n'est pas trigonalisable sur $\mathbb{R}$ car $\chi_{A\cdot B}=X^{2}-X+1$
n'est pas scindé sur $\mathbb{R}$.
\end{itemize}
\end{example}
On a une application à des sous-groupes particuliers de $\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$
:
\begin{thm}
(de Lie-Kolchin) 

Tout sous-groupe connexe résoluble de $\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$
est cotrigonalisable.
\end{thm}

\subsection{Propriétés topologiques}

Ici, on considère $k=\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ et on
note $\mathcal{T}_{n}\left(\mathbb{K}\right)$ l'ensemble des matrices
trigonalisables de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right)$.

On a deux résultats topologiques sur les matrices trigonalisables
:
\begin{prop}
L'ensemble des matrices de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right)$
diagonalisables à valeurs propres distinctes et, par conséquent, celui
des matrices diagonalisables, sont denses dans $\mathcal{T}_{n}\left(\mathbb{K}\right)$.
En particulier, l'ensemble des matrices de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$
diagonalisables est dense dans $\mathcal{T}_{n}\left(\mathbb{C}\right)=\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$.
\end{prop}

\paragraph{Application :}

Soit $\varphi:M\mapsto D_{M}$ où $D_{M}$ est la partie diagonalisable
de $M$ dans la décomposition de Dunford, alors pour $n\geq2$, $\varphi$
n'est pas continue.
\begin{prop}
$\mathcal{T}_{n}\left(\mathbb{K}\right)$ est un fermé de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right)$.
\end{prop}

\section{Endomorphismes nilpotents}


\subsection{Définition et caractérisations }
\begin{defn}
On dit que $u$ est \uline{nilpotent} sur $k$ s'il existe $p\in\mathbb{N}$
tel que $u^{p}=0$ dans $\mathcal{L}\left(E\right)$. Pour $u$ nilpotent,
on note $r=\min\left\{ n\in\mathbb{N},u^{n}=0\right\} $ que l'on
appelle indice de nilpotence de $u$. On note $\mathcal{N}$ l'ensemble
des endomorphismes nilpotents.\end{defn}
\begin{example}
Si $A$ est nilpotente, alors $\begin{array}{ccc}
\mathcal{M}_{n}\left(k\right) & \rightarrow & \mathcal{M}_{n}\left(k\right)\\
M & \mapsto & AM
\end{array}$ est nilpotent.

Dans $k_{n}\left[X\right]$, tout endomorphisme qui fait baisser strictement
le degré des polynômes est nilpotent. Par exemple : $\varphi:P\mapsto P^{\prime}$
et $\psi:P\mapsto P\left(X+1\right)-P\left(X\right)$. 

Ces deux endomorphismes sont nilpotents sur $k\left[X\right]$ si
$k=\mathbb{F}_{p}$. En revanche, ils ne le sont pas si $k=\mathbb{R}$
ou $\mathbb{C}$, bien que pour tout $P\in k\left[X\right]$, on ait
$\varphi^{\mathrm{d}\text{\textdegree}P+1}\left(P\right)=\psi^{\mathrm{d}\text{\textdegree}P+1}\left(P\right)=0$.\end{example}
\begin{thm}
(de caractérisation) Les assertions suivantes sont équivalentes :
\begin{enumerate}
\item $u$ est nilpotente sur $k$
\item $\chi_{u}=\left(-1\right)^{n}X^{n}$ dans $k\left[X\right]$
\item Il existe $r\leq n$ tel que $\pi_{u}=X^{r}$ dans $k\left[X\right]$
\item $u$ trigonalisable sur $k$ et $\mathrm{Sp}\left(u\right)=\left\{ 0\right\} $
\end{enumerate}
\end{thm}
\begin{rem}
En particulier, $\left[u\textnormal{ nilpotente sur }k\right]\Rightarrow\left[u\textnormal{ trigonalisable sur }k\right]$\end{rem}
\begin{example}
Deux contre-exemples :
\begin{itemize}
\item $I_{n}$ est trigonalisable mais non nilpotente
\item $A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & -1 & 0
\end{pmatrix}$, on a $\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}\left(A\right)=\left\{ 0\right\} $
mais $A$ n'est ni trigonalisable ni nilpotente
\end{itemize}
\end{example}
\begin{prop}
\label{prop1} On a deux caractérisations supplémentaires lorsque
$k$ vérifie certaines conditions :
\begin{itemize}
\item si $\mathrm{car}\left(k\right)=0$, 
\begin{eqnarray*}
\left[u\textnormal{ nilpotente sur }k\right] & \Leftrightarrow & \forall\lambda\in k\setminus\left\{ 0\right\} ,u\sim\lambda u\\
 & \Leftrightarrow & \forall i\in\mathbb{N},\mathrm{Tr}\left(u^{i}\right)=0
\end{eqnarray*}

\item si $k=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, l'endomorphisme $u$ est nilpotent
si et seulement si l'endomorphisme nul est dans la classe de conjugaison
de $u$.
\end{itemize}
\end{prop}
\begin{example}
Si $\mathrm{car}\left(k\right)=p$, on a l'égalité  $\mathrm{Tr}\left(I_{p}^{i}\right)=0$,
pour tout $i\in\mathbb{N}$.
\end{example}
La caractérisation des endomorphismes nilpotents grâce à la trace
est un lemme du résultat :
\begin{thm}
(de Burnside)

Tout sous-groupe de $\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$ d'exposant
fini est fini.\end{thm}
\begin{proof}
\textbf{$\ $}

\textbf{1. Démonstration d'un lemme :}

Nous commençons par prouver la caractérisation par la trace vue à
la proposition \ref{prop1}.

Soit $A$ nilpotente, alors elle est $A$ est trigonalisable et $\mathrm{Sp}\left(A\right)=\left\{ 0\right\} $.
Donc il existe $P\in\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$ telle
que $A=P^{-1}\begin{pmatrix}0 &  & *\\
 & \ddots\\
0 &  & 0
\end{pmatrix}P$ et pour tout $i\in\mathbb{N}$, $A^{i}=P^{-1}\begin{pmatrix}0 &  & *\\
 & \ddots\\
0 &  & 0
\end{pmatrix}P$. On en déduit, $\mathrm{Tr}\left(A^{i}\right)=0$, pour tout $i\in\mathbb{N}$.

Réciproquement, raisonnons par l'absurde en supposant $A$ non nilpotente.

Le polynôme caractéristique de $A$ est scindé sur $\mathbb{C}$,
notons $\lambda_{1},\dots,\lambda_{r}$ les valeurs propres non nulles
de $A$ et $n_{1},\dots,n_{r}$ leur multiplicité respective.

La matrice $A$ est semblable à la matrice triangulaire 
\[
M=\left(\begin{array}{cccccccccc}
\lambda_{1}\\
 & \ddots &  & \vdots\\
 &  & \lambda_{1} &  &  &  &  & *\\
 & \cdots &  & \ddots &  & \cdots\\
 &  &  &  & \lambda_{r}\\
 &  &  & \vdots &  & \ddots\\
 &  &  &  &  &  & \lambda_{r}\\
 &  & 0 &  &  &  &  & 0\\
 &  &  &  &  &  &  &  & \ddots\\
 &  &  &  &  &  &  &  &  & 0
\end{array}\right)
\]
où les $\lambda_{i}$ apparaissent $n_{i}$ fois sur la diagonale.

On a l'égalité  $A=P^{-1}MP$ donc la matrice $A^{k}=P^{-1}M^{k}P$
est semblable à $M^{k}$ et $\mathrm{0=Tr}\left(A^{k}\right)=n_{i}\lambda_{i}^{k}+\dots+n_{r}\lambda_{r}^{k}$,
pour tout $k\geq1$.

Si on écrit ces égalités pour $k\in\left\{ 1,\dots,r\right\} $ sous
forme matricielle, on obtient 
\[
\left(\begin{array}{cccc}
\lambda_{1} & \lambda_{2} & \cdots & \lambda_{r}\\
\lambda_{1}^{2} & \lambda_{2}^{2} & \cdots & \lambda_{r}^{2}\\
\vdots &  &  & \vdots\\
\lambda_{1}^{r} & \lambda_{2}^{r} & \cdots & \lambda_{r}^{r}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
n_{1}\\
n_{2}\\
\vdots\\
n_{r}
\end{array}\right)=0
\]


Or le déterminant de la matrice carrée de gauche est $\lambda_{1}\cdots\lambda_{r}{\displaystyle \prod_{1\leq i<j\leq r}\left(\lambda_{j}-\lambda_{i}\right)\not=0}$.

Donc nécessairement $n_{1}=n_{2}=\dots=n_{r}=0$ et la matrice $A$
est semblable à une matrice triangulaire ne comportant que des $0$
sur la diagonale, donc elle est nilpotente et par conséquent $A$
est elle-même nilpotente, ce qui est absurde.

\textbf{2. Démonstration du théorème :}

Soit $G$ un sous-groupe de $\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$
d'exposant fini $N$, c'est-à-dire qu'il existe $N\in\mathbb{N}$
tel que pour tout $M\in G$, on ait $M^{N}=I_{n}$.

Le théorème peut se démontrer en plusieurs étapes.
\begin{itemize}
\item Tout d'abord observons que tous les éléments de $G$ sont diagonalisables.


En effet, toute matrice de $G$ annule le polynôme $X^{N}-1$ qui
est scindé à racines simples sur $\mathbb{C}$. Elle est donc diagonalisable
et ses valeurs propres appartiennent à l'ensemble des racines $N^{\text{ième}}$
de l'unité : $\mathbb{U}_{N}$.

\item Soit $\left(M_{i}\right)_{1\leq i\leq m}\in G^{m}$ une base de $\mathrm{Vect}\left(G\right)$
et considérons l'application 
\[
f:\begin{array}{ccc}
G & \rightarrow & \mathbb{C}^{m}\\
A & \mapsto & \left(\mathrm{Tr}\left(AM_{i}\right)\right)_{1\leq i\leq m}
\end{array}
\]



On veut montrer que $f$ est injective. Commençons par montrer 
\[
\left[f\left(A\right)=f\left(B\right)\right]\Rightarrow\left[AB^{-1}-I_{n}\text{ est nilpotente}\right]
\]



Supposons $f\left(A\right)=f\left(B\right)$, par linéarité de la
trace, on obtient  $\mathrm{Tr}\left(AM\right)=\mathrm{Tr}\left(BM\right)$,
pour tout $M\in\mathrm{Vect}\left(G\right)$ donc en particulier pour
toute matrice de $G$. 


Posons $D=AB^{-1}$, la matrice $D$ est dans $G$ et pour tout $k\in\mathbb{N}^{*}$
\[
\mathrm{Tr}\left(D^{k}\right)=\mathrm{Tr}\left(AB^{-1}D^{k-1}\right)=\mathrm{Tr}\left(BB^{-1}D^{k-1}\right)=\mathrm{Tr}\left(D^{k-1}\right)
\]



Donc pour tout $k\in\mathbb{N}$, on a l'égalité  $\mathrm{Tr}\left(D^{k}\right)=\mathrm{Tr}\left(I_{n}\right)=n$
et pour tout $k\geq1$, 
\[
\mathrm{Tr}\left(\left(D-I_{n}\right)^{k}\right)=\mathrm{Tr}\left(\sum_{j=0}^{k}\begin{pmatrix}k\\
j
\end{pmatrix}\left(-1\right)^{j}D^{k-j}\right)=n\sum_{j=0}^{k}\begin{pmatrix}k\\
j
\end{pmatrix}\left(-1\right)^{j}=n\left(1-1\right)^{k}=0
\]



On en déduit le résultat grâce au lemme de caractérisation de la nilpotence
par la trace.

\item Terminons la preuve en montrant que $f$ est injective est que son
image est finie.


La matrice $D$ appartient à $G$ donc elle est diagonalisable et
la matrice $D-I_{n}$ également. Or, cette dernière étant nilpotente,
c'est la matrice nulle et on obtient  $D=I_{n}$. On a bien montré
$\left[f\left(A\right)=f\left(B\right)\right]\Rightarrow\left[AB^{-1}=I_{n}\right]\Rightarrow\left[A=B\right]$
et $f$ est injective.


L'image de $f$ est incluse dans $X^{m}$, où $X$ est l'ensemble
des traces des éléments de $G$. Or, les valeurs propres des éléments
de $G$ étant dans $\mathbb{U}_{N}$, l'ensemble $X$ est fini, et
donc le groupe $G$ est fini.

\end{itemize}
\end{proof}

\subsection{Structure de $\mathcal{N}$}
\begin{rem}
L'ensemble $\mathcal{N}$ est un cône. En effet, pour tout $u\in\mathcal{N}$
et tout $\lambda\in k$, on a $\lambda u\in\mathcal{N}$.

En dimension $2$, cela nous donne :
\[
M=\begin{pmatrix}a & b\\
c & d
\end{pmatrix}\in\mathcal{N}\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}
\det\left(M\right)=0\\
\mathrm{Tr}\left(M\right)=0
\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}
d=a\\
-a^{2}-bc=0
\end{array}\right.
\]


On reconnaît bien ici l'équation d'un cône de $\mathbb{R}^{3}$.\end{rem}
\begin{prop}
Soient $u$ nilpotent et $v$ commutant avec $u$, alors :
\begin{itemize}
\item $u\circ v$ ($=v\circ u$) est un endomorphisme nilpotent
\item si $v$ est également nilpotent, $u+v$ est nilpotent
\end{itemize}
\end{prop}
\begin{rem}
L'ensemble $\mathcal{N}$ n'est pas un sous-groupe. En effet, on a
par exemple 
\[
\begin{pmatrix}0 & -1\\
0 & 0
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0 & 0\\
1 & 0
\end{pmatrix}\not\in\mathcal{N}
\]


En revanche, l'espace vectoriel engendré par $\mathcal{N}$ peut être
caractérisé par la forme linéaire trace :\end{rem}
\begin{prop}
$\mathrm{Vect}\left(\mathcal{N}\right)=\ker\left(\mathrm{Tr}\right)$.
\end{prop}

\subsection{Unipotence}
\begin{defn}
On note $\mathcal{U}:=\mathrm{Id}_{E}+\mathcal{N}=\left\{ \mathrm{Id}_{E}+u,u\in\mathcal{N}\right\} $
l'ensemble des endomorphismes \uline{unipotents} de $\mathcal{L}\left(E\right)$.\end{defn}
\begin{prop}
$u\in\mathcal{U}\Leftrightarrow\chi_{u}=\left(1-X\right)^{n}\Leftrightarrow\left[u\textnormal{ trigonalisable et }\mathrm{Sp}\left(u\right)=\left\{ 1\right\} \right]$
\end{prop}

\begin{prop}
Si $k=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, l'application $\exp:\mathcal{N}\rightarrow\mathcal{U}$
réalise un homéomorphisme.\end{prop}
\begin{rem}
Pour tout endomorphisme $u$ nilpotent, on a l'égalité $\pi_{u}=X^{r}$,
avec $r\leq n$. Donc pour tout entier $i\geq n$, $u^{i}=0$. On
peut donc réécrire pour tout $u\in\mathcal{N}$, 
\[
\exp\left(u\right)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{i!}u^{i}
\]
 Si $k=\mathbb{F}_{q}$ et $n\leq q$, l'application $\exp:\mathcal{N}\rightarrow\mathcal{U}$
est bien définie. En effet, pour tout $i\in\left\{ 1,\dots,q-1\right\} $,
$\frac{1}{i!}$ a un sens dans $\mathbb{F}_{q}$. L'application $\exp:\mathcal{N}\rightarrow\mathcal{U}$
réalise encore une bijection.
\end{rem}
L'homéomorphisme réalisé par l'exponentielle sur $\mathcal{N}$ dans
le cas $k=\mathbb{C}$ permet de prouver le résultat :
\begin{thm}
L'exponentielle réalise une surjection de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$
sur $\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$.\end{thm}
\begin{proof}
\emph{1.} Commençons par montrer que pour toute matrice $U$ unipotente,
il existe $N$ une matrice nilpotente, qui s'exprime comme un polynôme
en $U$, telle que $\exp\left(N\right)=U$. 

Soit $U$ unipotente, la matrice $U-I_{n}$ est nilpotente et on pose
$N={\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k}\left(U-I_{n}\right)^{k}$
qui est une matrice nilpotente également.

On pose ensuite 
\[
A\left(t\right)=\exp\left({\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\frac{\left(-t\right)^{k+1}}{k}\left(U-I_{n}\right)^{k}}\right)=\exp\left({\displaystyle -\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{\left(-t\right)^{k+1}}{k+1}\left(U-I_{n}\right)^{k+1}}\right)
\]
qui est solution du système différentiel 
\[
\left\{ \begin{array}{l}
A^{\prime}\left(t\right)=A\left(t\right)\cdot\left(U-I_{n}\right)\cdot\left(I_{n}+t\left(U-I_{n}\right)\right)^{-1}\\
A\left(0\right)=I_{n}
\end{array}\right.
\]


D'après le théorème de Cauchy-Lipschitz, il y a une unique solution
définie sur $\mathbb{R}^{+}$. Or, l'application $t\mapsto I_{n}+t\left(U-I_{n}\right)$
est également solution et on en déduit $\exp\left(N\right)=A\left(1\right)=U$
avec $N$ un polynôme en $U$.

\emph{2. }Montrons maintenant la surjectivité de l'exponentielle.

Tout d'abord, pour tout $M\in\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$,
on a les égalité $\exp\left(M\right)\cdot\exp\left(-M\right)=\exp\left(0_{n}\right)=I_{n}$
et par conséquent $\exp\left(M\right)\in\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$.

Réciproquement, soit $M\in\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$,
la décomposition de Dunford, que nous verrons dans le théorème \ref{thm1},
nous donne $N$ nilpotente et $D$ diagonalisable, les matrices $N$
et $D$ étant des polynômes en $M$, et telles que $M=D+N$. En posant
$U=N\cdot D^{-1}+I_{n}$, qui est unipotente, on obtient que $M=U\cdot D$.
De plus, la matrice $U$ est un polynôme en $M$, car $D^{-1}$ est
un polynôme en $D$. En effet, si on note $\pi_{D}=a_{0}+a_{1}X+\cdots+a_{r}X^{r}$
le polynôme minimal de $D$, on a $a_{0}\neq0$ sinon $a_{1}+a_{2}X+\cdots+a_{r}X^{r-1}$
annulerait $D$, puisque $M$ et $D$ sont inversibles. Donc $D^{-1}=\frac{-1}{a_{0}}\left(a_{1}+a_{2}D+\cdots+a_{r}D^{r-1}\right)\in\mathbb{C}\left[D\right]\subset\mathbb{C}\left[M\right]$.
D'après ce qui précède, il existe $Q\in\mathbb{C}\left[X\right]$
tel que $\exp\left(Q\left(U\right)\right)=U$.

Il existe $P\in\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$ et des $\lambda_{i}$
distincts et non nuls tels que $D=P\cdot\mathrm{Diag}\left(\lambda_{1},\dots,\lambda_{1},\dots,\lambda_{r},\dots,\lambda_{r}\right)\cdot P^{-1}$.
Pour chaque $i\in\left\{ 1,\dots,r\right\} $, soit $\alpha_{i}$
tel que $\lambda_{i}=\exp\left(\alpha_{i}\right)$, et soit $R\in\mathbb{C}\left[X\right]$
le polynôme interpolateur de Lagrange tel que $\forall i\in\left\{ 1,\dots,r\right\} ,R\left(\lambda_{i}\right)=\alpha_{i}$.

On a alors 
\[
\begin{array}{rcl}
\exp\left(R\left(D\right)\right) & = & \exp\left(R\left(P\cdot\mathrm{Diag}\left(\lambda_{1},\dots,\lambda_{1},\dots,\lambda_{r},\dots,\lambda_{r}\right)\cdot P^{-1}\right)\right)\\
 & = & P\cdot\exp\left(R\left(\mathrm{Diag}\left(\lambda_{1},\dots,\lambda_{1},\dots,\lambda_{r},\dots,\lambda_{r}\right)\right)\right)\cdot P^{-1}\\
 & = & P\cdot\mathrm{Diag}\left(\exp\left(\alpha_{1}\right),\dots,\exp\left(\alpha_{1}\right),\dots,\exp\left(\alpha_{r}\right),\dots,\exp\left(\alpha_{r}\right)\right)\cdot P^{-1}\\
 & = & P\cdot\mathrm{Diag}\left(\lambda_{1},\dots,\lambda_{1},\dots,\lambda_{r},\dots,\lambda_{r}\right)\cdot P^{-1}=D
\end{array}
\]


Finalement, si l'on pose $A=Q\left(U\right)+R\left(D\right)$, comme
$U$ et $D$ sont des polynômes en $M$, les endomorphismes $Q\left(U\right)$
et $R\left(D\right)$ commutent et $A$ est un polynôme en $M$ vérifiant
\[
\exp\left(A\right)=\exp\left(Q\left(U\right)\right)\cdot\exp\left(R\left(D\right)\right)=U\cdot D=M
\]
\end{proof}
\begin{rem}
On sait que $\exp\left(\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{R}\right)\right)\neq\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{R}\right)$.
En effet, pour tout $A\in\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{R}\right)$
on a $\det\left(\exp\left(A\right)\right)=\exp\left(\mathrm{Tr}\left(A\right)\right)>0$,
donc toute matrice de déterminant strictement négatif n'a pas d'antécédent
par l'exponentielle.

On montre que $\exp\left(\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{R}\right)\right)=\left\{ M^{2},M\in\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{R}\right)\right\} $.\noun{ }

En effet, pour tout $M\in\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{R}\right)$,
on a $\exp\left(M\right)=\exp\left(\frac{1}{2}M\right)^{2}\in\left\{ M^{2},M\in\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{R}\right)\right\} $.

Réciproquement, soit $M\in\left\{ M^{2},M\in\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{R}\right)\right\} $
et $B\in\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{R}\right)$ tel que $M=B^{2}$.

D'après ce qui précède, il existe $Q\in\mathbb{C}\left[X\right]$
tel que $\exp\left(Q\left(B\right)\right)=B$ et on a les égalités
 $\exp\left(\bar{Q}\left(B\right)\right)=\exp\left(\bar{Q}\left(\bar{B}\right)\right)=\exp\left(\overline{Q\left(B\right)}\right)=\overline{\exp\left(Q\left(B\right)\right)}=\bar{B}=B$.

D'où $\exp\left(\left(Q+\bar{Q}\right)\left(B\right)\right)=B^{2}=M$
avec $\left(Q+\bar{Q}\right)\in\mathbb{R}\left[X\right]$, et donc
$\left(Q+\bar{Q}\right)\left(B\right)\in\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{R}\right)$.

L'exponentielle n'est injective ni sur $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$
ni sur $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{R}\right)$. En effet,\noun{
}il existe $P\in\mathcal{GL}_{n}\left(\mathbb{C}\right)$ telle que
\[
\begin{pmatrix}0 & -1\\
1 & 0
\end{pmatrix}=P^{-1}\begin{pmatrix}i & 0\\
0 & -i
\end{pmatrix}P
\]
 et 
\[
\exp\left(2\pi\begin{pmatrix}0 & -1\\
1 & 0
\end{pmatrix}\right)=P^{-1}\cdot\exp\left(2\pi\begin{pmatrix}i & 0\\
0 & -i
\end{pmatrix}\right)\cdot P=P^{-1}\cdot I_{n}\cdot P=I_{n}=\exp\left(0_{n}\right)
\]

\end{rem}

\section{Application à la réduction }


\subsection{Noyaux itérés et sous-espaces caractéristiques}
\begin{prop}
Il existe un unique $r\in\mathbb{N}$ tel que 
\[
\left\{ 0_{E}\right\} =\ker\left(u^{0}\right)\subsetneq\ker\left(u\right)\subsetneq\cdots\subsetneq\ker\left(u^{r}\right)=\ker\left(u^{r+1}\right)=\cdots=\ker\left(u^{m}\right)=\cdots
\]


L'entier $r$ est appelé l'\uline{indice} de $u$ et il vérifie
de plus :
\begin{itemize}
\item $E=\mathrm{Im}\left(u^{0}\right)\supsetneq\mathrm{Im}\left(u\right)\supsetneq\cdots\supsetneq\mathrm{Im}\left(u^{r}\right)=\mathrm{Im}\left(u^{r+1}\right)=\cdots=\mathrm{Im}\left(u^{m}\right)=\cdots$
\item $E=\ker\left(u^{r}\right)\oplus\mathrm{Im}\left(u^{r}\right)$ avec
$\left\{ \begin{array}{l}
u_{|\ker\left(u^{r}\right)}\textnormal{ nilpotente}\\
u_{|\mathrm{Im}\left(u^{r}\right)}\textnormal{ inversible}
\end{array}\right.$
\end{itemize}
\end{prop}
\begin{rem}
Si $u$ est nilpotente, l'entier $r$ est l'indice de nilpotence de
$u$ et $E=\ker\left(u^{r}\right)$.\end{rem}
\begin{defn}
Soit $u$ trigonalisable, tel que $\chi_{u}=\left(-1\right)^{n}\left(X-\lambda_{1}\right)^{\alpha_{1}}\cdots\left(X-\lambda_{s}\right)^{\alpha_{s}}$.

Pour tout $i\in\left\{ 1,\dots,s\right\} $, on note $N_{i}=\ker\left(u-\lambda_{i}\mathrm{Id}_{E}\right)^{\alpha_{i}}$
et on l'appelle \uline{sous-espace caractéristique} de $u$ associé
à $\lambda_{i}$.\end{defn}
\begin{prop}
On a les résultats suivants :
\begin{itemize}
\item Pour tout $i\in\left\{ 1,\dots,s\right\} $, $N_{i}$ est stable par
$u$ et $\dim\left(N_{i}\right)=\alpha_{i}$
\item $E={\displaystyle \bigoplus_{i=1}^{s}}N_{i}$
\item Il existe une base $\mathcal{B}$ de $E$ telle que 
\[
\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}\left(u\right)=\begin{pmatrix}\lambda_{1} &  & *\\
 & \ddots &  & \vdots &  &  &  & 0\\
 &  & \lambda_{1}\\
 & \cdots &  &  & \cdots\\
 &  &  & \vdots & \ddots & \vdots\\
 &  &  &  & \cdots &  &  & \cdots\\
 &  &  &  &  &  & \lambda_{s} &  & *\\
 & 0 &  &  &  & \vdots &  & \ddots\\
 &  &  &  &  &  &  &  & \lambda_{s}
\end{pmatrix}
\]

\end{itemize}
\end{prop}
\begin{thm}
Soit $u$ trigonalisable, alors $\pi_{u}={\displaystyle \prod_{i=1}^{s}}\left(X-\lambda_{i}\right)^{r_{i}}$
avec $r_{i}\leq\alpha_{i}$ et $r_{i}$ égal à l'indice de $u-\lambda_{i}\mathrm{Id}_{E}$.
\end{thm}

\subsection{Décomposition de Dunford}
\begin{thm}
\label{thm1}Soit $u$ un endomorphisme trigonalisable. Il existe
un unique couple $\left(n,d\right)\in\mathcal{L}\left(E\right)^{2}$tel
que :
\begin{itemize}
\item $d$ est diagonalisable et $n$ est nilpotent
\item $u=d+n$ et $d\circ n=n\circ d$
\end{itemize}
De plus, les endomorphismes $d$ et $n$ sont des polynômes en $u$.\end{thm}
\begin{proof}
Nous allons prouver le résultat en trois étapes :
\begin{enumerate}
\item Commençons par montrer l'existence.


Soit $\chi_{u}$ le polynôme caractéristique de $u$, il est scindé
sur $k$ car $u$ est trigonalisable :
\[
\chi_{u}=\left(X-\lambda_{1}\right)^{m_{1}}\cdots\left(X-\lambda_{r}\right)^{m_{r}}
\]



Par le théorème de décomposition des noyaux et le théorème de Cayley-Hamilton,
l'espace $E$ s'écrit comme somme directe des sous-espaces caractéristiques
$F_{i}=\ker\left(u-\lambda_{i}\mathrm{Id}\right)^{m_{i}}$ :
\[
E=\bigoplus_{i=1}^{r}F_{i}
\]



Soit $d$ l'endomorphisme de $E$ dont la restriction à chaque $F_{i}$
est $\lambda_{i}\mathrm{Id}_{F_{i}}$. En d'autres termes, l'endomorphisme
$d$ est diagonalisable et admet chaque sous-espace $F_{i}$ comme
espace propre pour la valeur propre $\lambda_{i}$.


Posons $n=u-d$. Comme les $F_{i}$ sont stables par $u$ et $d$,
ils le sont également par $n$. Si on note avec un indice $i$ la
restriction à $F_{i}$ de ces endomorphismes, on a  $n_{i}=u_{i}-d_{i}$.
Or, par définition de $F_{i}$, on a l'égalité  $n_{i}^{m_{i}}=\left(u_{i}-\lambda_{i}\mathrm{Id}_{F_{i}}\right)^{m_{i}}=0$,
donc $n_{i}$ est nilpotent et commute avec $d_{i}$. D'où, l'endomorphisme
$n$ est nilpotent et commute avec $d$, et on en déduit bien l'existence.

\item Vérifions que $d$ et $u$ sont des polynômes en $u$.


Pour cela on utilise le résultat d'un lemme :
\begin{lem*}
Pour tout $i\in\left\{ 1,\dots,r\right\} $, la projection $\pi_{i}$
sur $F_{i}$, parallèlement à $\underset{j\not=i}{\oplus}F_{j}$,
est un polynôme en $u$. 
\end{lem*}

Donc 
\[
d=\sum_{i=1}^{r}\lambda_{i}\pi_{i}\in\mathbb{C}\left[u\right]
\]



Et $n=u-d\in\mathbb{C}\left[u\right]$.

\item Terminons la preuve en montrant l'unicité.


Soit $\left(d',n'\right)$ un autre couple répondant au problème.
Comme $u=d'+n'$ et $d'$ commute avec $n'$, l'endomorphisme $d'$
commute avec $u$, donc avec tout polynôme en $u$. En particulier,
l'endomorphisme $d'$ commute avec $d$, ainsi, ces derniers sont
codiagonalisables donc $d'-d$ est diagonalisable.


De même, l'endomorphisme $n'$ commute avec $n$, donc $\left(n-n'\right)^{k}={\displaystyle \sum_{j=0}^{k}}\begin{pmatrix}k\\
j
\end{pmatrix}\left(-1\right)^{j}n'^{j}n^{k-j}$. Or, puisque ${\displaystyle \min_{0\leq j\leq k}}\left\{ j;k-j\right\} \geq\nicefrac{k}{2}$,
on a l'égalité $\left(n-n'\right)^{k}=0$ pour $k$ suffisamment grand
et l'endomorphisme $n-n'$ est nilpotent.


Or, puisque $n-n'=u-d-\left(u-d'\right)=d'-d$, l'endomorphisme $n-n'$
est nilpotent et diagonalisable. D'où, les égalités $n-n'=0$, $n'=n$
et $d'=d$.

\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proof}
(du Lemme)

On pose pour tout $i\in\left\{ 1,\dots,r\right\} $, le polynôme $P_{i}={\displaystyle \prod_{j\not=i}}\left(X-\lambda_{j}\right)^{m_{j}}$.
Aucun facteur n'est commun à tous les $P_{i}$ donc ils sont premiers
entre eux dans leur ensemble. Le théorème de Bézout nous dit qu'il
existe $U_{1},\dots,U_{r}\in\mathbb{C}\left[X\right]$ tels que $U_{1}P_{1}+\cdots+U_{r}P_{r}=1$.
Posons pour tout $i\in\left\{ 1,\dots,r\right\} $, l'endomorphisme
$\pi_{i}=U_{i}P_{i}\left(u\right)\in\mathbb{C}\left[u\right]$.
\begin{itemize}
\item Montrons que les $\pi_{i}$ sont des projecteurs :


On a, pour tout $j\not=i$, que le polynôme $\chi_{u}$ divise $P_{i}P_{j}$,
donc $P_{i}P_{j}\left(u\right)=0$ et 
\[
\pi_{i}\circ\pi_{j}=U_{i}P_{i}\left(u\right)\circ U_{j}P_{j}\left(u\right)=U_{i}P_{i}U_{j}P_{j}\left(u\right)=U_{i}U_{j}P_{i}P_{j}\left(u\right)=U_{i}U_{j}\left(u\right)\circ P_{i}P_{j}\left(u\right)=0
\]



Donc pour tout $i\in\left\{ 1,\dots,r\right\} $, comme ${\displaystyle \sum_{j=1}^{r}\pi_{j}=U_{1}P_{1}\left(u\right)+\cdots+U_{r}P_{r}\left(u\right)=\mathrm{Id}}$,
on a les égalités  
\[
\pi_{i}=\pi_{i}\circ{\displaystyle \sum_{j=1}^{r}}\pi_{j}={\displaystyle \sum_{j=1}^{r}}\pi_{i}\circ\pi_{j}=\pi_{i}^{2}
\]
 Et les $\pi_{i}$ sont bien des projecteurs.

\item Montrons pour tout $i\in\left\{ 1,\dots,r\right\} $, l'égalité $\mathrm{Im}\pi_{i}=F_{i}$
:


Soit $y=\pi_{i}\left(x\right)\in\mathrm{Im}\pi_{i}$, on a les égalités
 
\[
\left(X-\lambda_{i}\right)^{m_{i}}\left(u\right)\left(y\right)=\left(X-\lambda_{i}\right)^{m_{i}}\left(u\right)\circ U_{i}P_{i}\left(u\right)\left(x\right)=U_{i}\left(u\right)\circ\chi_{u}\left(u\right)\left(x\right)=0
\]



Donc on obtient l'inclusion $\mathrm{Im}\pi_{i}\subset F_{i}$.


Soit $x\in F_{i}$, pour tout $j\not=i$, on a les égalités  $\pi_{j}\left(x\right)=U_{j}\left(u\right)\circ P_{j}\left(u\right)\left(x\right)=0$
car $\left(X-\lambda_{i}\right)^{m_{i}}$ divise $P_{j}$. Donc on
obtient l'inclusion $F_{i}\subset\ker\pi_{j}$ et et l'égalité $x={\displaystyle \sum_{j=1}^{r}}\pi_{j}\left(x\right)=\pi_{i}\left(x\right)$.


D'où, $x=\pi_{i}\left(x\right)\in\mathrm{Im}\pi_{i}$ et $\mathrm{Im}\pi_{i}=F_{i}$
.

\item Pour terminer la preuve, montrons pour tout $i\in\left\{ 1,\dots,r\right\} $,
l'égalité $\ker\pi_{i}=\underset{j\not=i}{\oplus}F_{j}$ :


On a déjà vu, l'inclusion $F_{j}\subset\ker\pi_{i}$, pour tout $j\not=i$,
donc $\underset{j\not=i}{\oplus}F_{j}\subset\ker\pi_{i}$.


Soit $x\in\ker\pi_{i}$, on a $x={\displaystyle \sum_{j\not=i}}\pi_{j}\left(x\right)\in\underset{j\not=i}{\oplus}F_{j}$.


On a bien montré que $\ker\pi_{i}=\underset{j\not=i}{\oplus}F_{j}$,
d'où le résultat du lemme.

\end{itemize}
\end{proof}
\begin{example}
On a l'inégalité $\begin{pmatrix}1 & 1\\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0\\
0 & 2
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0 & 1\\
0 & 0
\end{pmatrix}$ mais $\begin{pmatrix}1 & 1\\
0 & 2
\end{pmatrix}$ est diagonalisable et la décomposition de Dunford de $\begin{pmatrix}1 & 1\\
0 & 2
\end{pmatrix}$ est $\begin{pmatrix}1 & 1\\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\
0 & 2
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0 & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}$.\end{example}
\begin{rem}
Cette décomposition peut être effectuée sur un corps quelconque $k$
dès lors que le polynôme caractéristique de $u$ est scindé sur $k$,
c'est-à-dire dès lors que $u$ est trigonalisable. C'est bien une
condition nécessaire. En effet, si $u=d+n$, avec $d$ diagonalisable
et $n$ nilpotente, les endomorphismes $d$ et $n$ commutent et sont
par conséquent cotrigonalisables. Donc l'endomorphisme $u$ est trigonalisable.
\end{rem}

\paragraph{Application :}

Calcul de l'exponentielle d'un endomorphisme. 

$u=d+n$ et $d\circ n=n\circ d$ donc $\exp\left(u\right)=\exp\left(d\right)\exp\left(n\right)=\begin{pmatrix}\exp\left(\lambda_{1}\right) &  & 0\\
 & \ddots\\
0 &  & \exp\left(\lambda_{n}\right)
\end{pmatrix}\cdot\left({\displaystyle \sum_{k=0}^{r}\frac{1}{k!}n^{k}}\right)$.


\subsection{Réduction des endomorphismes nilpotents}
\begin{rem}
Pour $\lambda_{i}\in\mathrm{Sp}\left(u\right)$, l'espace $N_{i}$
est stable par $u$ et l'endomorphisme $\left(u-\lambda_{i}\mathrm{Id}_{E}\right)_{|N_{i}}$
est nilpotent.

Pour étudier $u$ trigonalisable, il suffit de savoir réduire les
nilpotents.
\end{rem}

\subsubsection{Tableaux de Young}
\begin{defn}
À toute suite finie d'entiers $\left(n_{1},\dots,n_{r}\right)$ vérifiant
$n_{1}\geq n_{2}\geq\cdots\geq n_{r}>0$, on peut associer son tableau
de Young à $r$ lignes, dont la $i$-ème ligne comporte $n_{i}$ cases.
On note $\mathrm{TY}\left(n_{1},\dots,n_{r}\right)$ ce tableau.\end{defn}
\begin{example}
On donne l'exemple du tableau de Young de la suite $\left(6,4,3,1\right)$
:

\begin{table}[H]
\begin{centering}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|cc}
\cline{2-7} 
6 &  &  &  &  & \multicolumn{1}{c|}{} & \multicolumn{1}{c|}{}\tabularnewline
\cline{2-7} 
4 &  &  &  &  &  & \tabularnewline
\cline{2-5} 
3 &  &  &  & \multicolumn{1}{c}{} &  & \tabularnewline
\cline{2-4} 
1 &  & \multicolumn{1}{c}{} & \multicolumn{1}{c}{} & \multicolumn{1}{c}{} &  & \tabularnewline
\cline{2-2} 
\end{tabular}
\par\end{centering}

\caption{Un exemple de tableau de Young, $\mathrm{TY}\left(6,4,3,1\right)$}


\end{table}
\end{example}
\begin{defn}
À une suite finie d'entiers $\left(n_{1},\dots,n_{r}\right)$ on associe
la suite finie $\left(m_{1},\dots,m_{p}\right)$ des longueurs des
colonnes de $\mathrm{TY}\left(n_{1},\dots,n_{r}\right)$. On a encore
les inégalités  $m_{1}\geq m_{2}\geq\cdots\geq m_{p}>0$ et on définit
le tableau de Young \uline{conjugué} à $\mathrm{TY}\left(n_{1},\dots,n_{r}\right)$
par le tableau de Young $\mathrm{TY}\left(m_{1},\dots,m_{p}\right)$.
On note $\mathrm{TY}^{*}\left(n_{1},\dots,n_{r}\right)=\mathrm{TY}\left(m_{1},\dots,m_{p}\right)$.\end{defn}
\begin{example}
\label{tab2}On donne l'exemple du tableau de Young conjugué à celui
vu juste au-dessus.\label{tab1}

\begin{table}[H]


\begin{centering}
\begin{tabular}{c|c|c|cc}
\multicolumn{1}{c}{} & \multicolumn{1}{c}{6} & \multicolumn{1}{c}{4} & 3 & 1\tabularnewline
\cline{2-5} 
4 &  &  & \multicolumn{1}{c|}{} & \multicolumn{1}{c|}{}\tabularnewline
\cline{2-5} 
3 &  &  & \multicolumn{1}{c|}{} & \tabularnewline
\cline{2-4} 
3 &  &  & \multicolumn{1}{c|}{} & \tabularnewline
\cline{2-4} 
2 &  &  &  & \tabularnewline
\cline{2-3} 
1 &  & \multicolumn{1}{c}{} &  & \tabularnewline
\cline{2-2} 
1 &  & \multicolumn{1}{c}{} &  & \tabularnewline
\cline{2-2} 
\end{tabular}
\par\end{centering}

\caption{Un exemple de tableau de Young conjugué, $\mathrm{TY}^{*}\left(6,4,3,1\right)=\mathrm{TY}\left(4,3,3,2,1,1\right)$}


\end{table}
\end{example}
\begin{prop}
Soient $u\in\mathcal{L}\left(E\right)$ et $i\in\mathbb{N}^{*}$,
l'endomorphisme $u$ induit une injection, appelée injection de Frobenius,
\[
\left[\ker\left(u^{i+1}\right)/\ker\left(u^{i}\right)\right]\hookrightarrow\left[\ker\left(u^{i}\right)/\ker\left(u^{i-1}\right)\right]
\]
\end{prop}
\begin{rem}
Soit $u\in\mathcal{L}\left(E\right)$. On considère la suite des noyaux
itérés de $u$. On note $d_{i}=\dim\left(\ker\left(u^{i}\right)\right)$
et $n_{i}=d_{i}-d_{i-1}$. D'après ce qui précède, on a $n_{i+1}=d_{i+1}-d_{i}\leq d_{i}-d_{i-1}=n_{i}$
donc la suite finie $\left(n_{1},\dots,n_{r}\right)$ ainsi définie
vérifie : $n_{1}\geq n_{2}\geq\dots\geq n_{r}>0$, $n_{1}=d_{1}-d_{0}=d_{1}=\dim\left(\ker\left(u\right)\right)$
et ${\displaystyle \sum_{i=1}^{r}n_{i}=\sum_{i=1}^{r}d_{i}-d_{i-1}=d_{r}-d_{0}=n}$.\end{rem}
\begin{defn}
Soit $u\in\mathcal{N}$, on définit le tableau de Young associé à
$u$ par $\mathrm{TY}\left(u\right)=\mathrm{TY}^{*}\left(n_{1},\dots,n_{r}\right)=\mathrm{TY}\left(m_{1},\dots,m_{n_{1}}\right)$.\end{defn}
\begin{example}
\label{ex1}Le tableau de Young de l'endomorphisme $u\in\mathcal{N}\subset\mathcal{L}\left(\mathbb{K}^{14}\right)$
tel que $d_{1}=\ker\left(u\right)=6$, $d_{2}=10$, $d_{3}=13$ et
$d_{4}=14$ est $\mathrm{TY^{*}\left(6,4,3,1\right)}$ vu à l'exemple
\ref{tab2}.\end{example}
\begin{rem}
On peut lire beaucoup d'informations sur le tableau de Young d'un
endomorphisme, mais nous aurons besoin de la décomposition de Jordan
pour pouvoir les visualiser. Pour le moment, nous pouvons simplement
remarquer que le nombre de lignes, c'est-à-dire le nombre de cases
de la première colonne $n_{1}$, est la dimension du noyau de $u$,
et que la somme de toutes les cases est la dimension $n$ de $E$.
On peut également noter que le nombre de colonnes $m_{1}=r$ est l'indice
de nilpotence de $u$.
\end{rem}

\subsubsection{Décomposition de Jordan pour les endomorphismes nilpotents}
\begin{defn}
On appelle \uline{bloc de Jordan élémentaire} une matrice carré
du type : 
\[
J=\begin{pmatrix}0 & 1 &  & *\\
 & \ddots & \ddots\\
 &  & \ddots & 1\\
0 &  &  & 0
\end{pmatrix}
\]
 \end{defn}
\begin{prop}
Les assertions suivantes sont équivalentes :
\begin{itemize}
\item $r=n$, c'est-à-dire que $\chi_{u}=\left(-1\right)^{n}X^{n}$ et $\pi_{u}=X^{n}$
\item Il existe $x$ tel que $\left(x,u\left(x\right),\dots,u^{n-1}\left(x\right)\right)$
soit une base de $E$ ($u$ cyclique)
\item Il existe $B$ telle que $\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}\left(u\right)=J$
\end{itemize}
\end{prop}
\begin{thm}
(décomposition de Jordan pour les nilpotents)

Soit $u\in\mathcal{N}$, alors il existe une base $\mathcal{B}$ telle
que 
\[
\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}\left(u\right)=\mathrm{Diag}\left(J_{1},\dots,J_{n_{1}}\right)=:\tilde{J}
\]
 où $J_{i}$ est de taille $m_{i}\times m_{i}$. $\tilde{J}$ est
appelée la \uline{réduite de Jordan} de $u$.\end{thm}
\begin{rem}
Il y a autant de blocs de Jordan que la dimension du noyau de $u$.
En effet, dans chaque bloc de Jordan, il y a un et un seul vecteur
du noyau de $u$.

On peut trouver les tailles des blocs de Jordan qui interviennent
dans la décomposition ci-dessus grâce au tableau de Young de $u$
puisqu'elles sont égales aux $m_{i}$. Le nombre de blocs de Jordan
de taille $m$ dans la réduite est $n_{m}-n_{m+1}$.\end{rem}
\begin{example}
Si l'on reprend l'exemple \ref{ex1}, on voit que $N$ admet $6$
blocs de Jordan, un de taille $4$, deux de taille $3$, un de taille
$2$ et deux de taille $1$. La réduite de Jordan s'exprime alors
: 

\[
\begin{pmatrix}\begin{array}{cccc}
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array} &  &  & 0\\
 & \begin{array}{ccc}
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{array}\\
 &  & \begin{array}{ccc}
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{array}\\
0 &  &  & \begin{array}{cc}
0 & 1\\
0 & 0
\end{array}\\
 &  &  &  & 0\\
 &  &  &  &  & 0
\end{pmatrix}
\]
\end{example}
\begin{cor}
Deux matrices nilpotentes de $\mathcal{M}_{n}\left(k\right)$ sont
semblables si et seulement si elles ont la même réduite de Jordan,
à l'ordre des blocs près.
\end{cor}

\begin{cor}
Deux endomorphismes nilpotents sont semblables si et seulement s'ils
ont le même tableau de Young.
\end{cor}

\subsection{Décomposition de Jordan généralisée}
\begin{thm}
(Décomposition de Jordan généralisée) 

Soit $u$ trigonalisable, avec $\chi_{u}=\left(-1\right)^{n}\left(X-\lambda_{1}\right)^{\alpha_{1}}\cdots\left(X-\lambda_{s}\right)^{\alpha_{s}}$. 

Alors il existe une base $\mathcal{B}$ telle que 
\[
\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}\left(u\right)=\mathrm{Diag}\left(\tilde{J}\left(\lambda_{1}\right),\dots,\tilde{J}\left(\lambda_{s}\right)\right)
\]
 où $\tilde{J}\left(\lambda_{i}\right)=\lambda_{i}I_{\alpha_{i}}+\tilde{J_{i}}$
($\tilde{J_{i}}$ étant la réduite de Jordan du nilpotent $\left(u-\lambda_{i}\mathrm{Id}_{E}\right)_{|N_{i}}$
et $N_{i}=\ker\left(u-\lambda_{i}\mathrm{Id}_{E}\right)^{\alpha_{i}}$).\end{thm}
\begin{cor}
Deux matrices trigonalisables de $\mathcal{M}_{n}\left(k\right)$
sont semblables si et seulement si elles ont la même décomposition
de Jordan, à l'ordre des blocs près.\end{cor}
\begin{thebibliography}{1}
\bibitem{key-1}V. Beck, J. Malick et G. Peyré. \emph{Objectif agrégation.}
H\&K, 2005.

\bibitem{key-2}A. Chambert-Loir. \emph{Algèbre corporelle}. Les Éditions
de l'École Polytechnique, 2005.

\bibitem{key-3}S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas. \emph{Oraux
X-Ens, algèbre 2}. Cassini, 2009.

\bibitem{key-1}X. Gourdon. \emph{Algèbre}. Ellipse, 2009. 

\bibitem{key-4}J. Grifone. \emph{Algèbre linéaire}. Cépaduès, 2011.

\bibitem{key-5}R. Mansuy et R. Mneimné. \emph{Algèbre linéaire. Réduction
des endomorphismes}. Vuibert, 2012.

\bibitem{key-9}P. Tauvel. \emph{Algèbre}. Dunod, 2005.

\bibitem{key-12}M. Zavidovique. \emph{Un max de maths}. Calvage \&
Mounet, 2013.\end{thebibliography}

\end{document}
