\documentclass[11pt,a4paper]{article}\nofiles
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\newcommand{\BB}{\mathbb}
\newcommand{\Mat}
{
\left(
\begin{array}}

\newcommand{\mat}
{\end{array}\right)}
\begin{document}

{\bf \Large R\'esultats pr\'eliminaires.}
\begin{itemize}
\item[1.a.] Notons $R$ (resp. $J$) la matrice dont le coefficient g\'en\'erique est la partie r\'eelle
(resp. imaginaire) de $P$. On a alors $P=R=iJ$.
\item[1.b.]  $AP=PB$ devient, avec les notations de la question
pr\'ec\'edente,
$$AR+iAJ=RB+iJB$$
En identifiant les parties r\'eelle et imaginaire de chaque coefficient, on a donc $AR=RB$ et $AJ=JA$.
En combinant ces relations, on obtient
$$\forall t\in {\BB C},\ A(R+tJ)=AR+tAJ=RB+tJB=(R+tJ)B$$
\item[1.c.] L'application $t\in {\BB C}R+tJ$ a des fonctions coordonn\'ees qui sont polynomiales.
Avec la formule th\'eorique du d\'eterminant, on en d\'eduit que $\phi : t\mapsto det(R+tJ)$ est aussi
polynomiale. Or, $\phi(i)=det(P)\neq 0$ et $\phi$ n'est pas nulle. Sa restriction \`a ${\BB R}$ n'est
donc pas nulle (un polynome admettant une infinit\'e de racines est nul). On a donc
$$\exists\,t_0\in {\BB R}/\ R+t_0J\in GL_n({\BB R})$$
\item[1.d.] Soit $Q=R=t_0J$. La question $1.b$ montre que $AQ=QB$ et, comme $Q$ est inversible,
$$Q^{-1}AQ=B$$
ce qui montre que $A$ et $B$ sont semblables dans ${\cal M}_n$.
\item[2.a.] Soit $P\in {\BB R}[X]$. C'est une fonction polynomiale donc continue sur ${\BB R}$. La
condition sur le degr\'e montre qu'en $+\infty$ et $-\infty$ la fonction admet des limites infinies de
signes oppos\'es. Le th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires indique alors que $P$ s'annule sur ${\BB R}$.\\
{\it Remarque : alternativement, il existe un nombre impair de racines complexes compt\'ees avec les
multiplicit\'es. Comme ces racines sont deux \`a deux conjugu\'ees, il doit y en avoir une r\'eelle.}
\item[2.b.] Si $n$ est impair et $A\in {\cal M}_n$ son polyn\^ome caract\'eristique est r\'eel de degr\'e
impaire et poss\`ede une racine r\'eelle. Il y a donc une valeur propre r\'eelle. En contraposant ceci, on
voit que $n$ doit \^etre pair quand $(P_A)$ est v\'erifi\'ee.
\end{itemize}\medbreak

{\bf \Large Partie I.}
\begin{itemize}
\item[I.A.1.] On a $s(e_1)=e_1$ et $s(e_2)=-e_2$ et donc 
$$Mat(s_1,(e_1,e_2))=\Mat{cc}1&0\\0&-1\mat$$
Le cours indique alors que
$$Mat(u\circ s_1,(e_1,e_2))=M(0,1)Mat(s_1,(e_1,e_2))=\Mat{cc}0&1\\1&0\mat$$
Soit $s_2$ l'endomorphisme tel que $Mat(s_2,(e_1,e_2))=\Mat{cc}0&1\\1&0\mat=A$. Comme $A^2=I_2$, $s_2$
est une sym\'etrie et
$$u=(u\circ s_1)\circ s_1=s_2\circ s_1$$
\item[I.A.2.] 
\begin{itemize}
\item[a.] On cherche une base $(f_1,f_2)$ telle que $u(f_1)=f_2$ et $u(f_2)=-f_1$. La premi\`ere
condition am\`ene \`a poser (on prend $f_1=e_1$ ce qui impose $f_2$)
$$P=\Mat{cc}1&2\\0&1\mat$$
$P$ est inversible ($det(P)=1$) et comme $A\Mat{c}2\\1\mat=\Mat{c}-1\\0\mat$, on a  donc
$$P^{-1}AP=M(0,1)$$
\item[b.] On peut \'ecrire, avec $I.A$, que $M(0,1)=A_2A_1$ avec $A_2$ et $A_1$ matrices de sym\'etrie. On
a donc
$$A=S_2S_1\ \makebox{ avec }\ S_2=PA_2P^{-1}=\Mat{cc}2&-3\\1&-2\mat\ \makebox{ et }\ S_1=PA_1P^{-1}=
\Mat{cc}1&-4\\0&-1\mat$$
Comme $A_2^2=A_1^2=I_2$, on a aussi $S_1^2=S_2^2=I_2$ et $S_1,S_2$ sont des matrices de sym\'etrie.
\item[c.] La m\'ethode est la m\^eme qu'en $2.a$. On note cette fois $Q=\Mat{cc}1&\alpha\\0&\beta\mat$. $Q$
est inversible car $\beta\neq 0$ (sinon on aurait $\alpha^2=-1$ avec $\alpha\in {\BB R}$ ce qui est
exclus) et $B\Mat{c}\alpha\\\beta\mat=\Mat{c}-1\\0\mat$ indique alors que
$$Q^{-1}BQ=M(0,1)$$
\item[d.] Avec les notation de la question $2.c$, on a donc
$$B=T_2T_1\ \makebox{ avec }\ T_2=PA_2P^{-1}\ \makebox{ et }\ T_1=PA_1P^{-1}$$
Comme $A_2^2=A_1^2=I_2$, on a aussi $T_1^2=T_2^2=I_2$ et $T_1,T_2$ sont des matrices de sym\'etrie.
\end{itemize}
\item[I.A.3.] Il existe un r\'eel $\theta$ tel que $\alpha=cos(\theta)$ et $\beta=sin(\theta)$.
$M(\alpha,\beta)$ est alors la matrice dans la base $(e_1,e_2)$ (qui est orthonorm\'ee directe pour la
structure euclidienne canonique) de la rotation d'angle $\theta$. Cette rotation se d\'ecompose comme le
produit de deux sym\'etries orthogonales par rapport \`a des droites formant un angle $\theta/2$ (par
exemple $s_2\circ s_1$ avec $s_1$ sym\'etrie par rapport \`a la droite d'angle polaire $0$ et $s_2$
sym\'etrie par rapport \`a la droite d'angle polaire $\theta/2$).
\item[I.A.4.] Soit $N=\frac{1}{\alpha^2+\beta^2}M(\alpha,\beta)$. $N$ est du type de la question
pr\'ec\'edente et s'\'ecrit donc $N=S_2S_1$ avec $S_1,S_2$ matrices de sym\'etrie. On a donc
$$M=S_2S_1H\ \makebox{ avec }\ H=(\alpha^2+\beta^2)I_2$$
et $H$ est une matrice d'homoth\'etie.
\item[I.A.5.] 
\begin{itemize}
\item[a.] Le polyn\^ome caract\'eristique de $A$ est 
$$\chi_A=X^2-Tr(A)X+det(A)=X^2-(a+d)X+(ad-bc)$$
La condition $(P_A)$ est v\'erifi\'ee si et seulement si $\chi_A$ n'a pas de racines r\'eelles, c'est \`a dire
si son discriminant est $<0$. La condition est donc
$$(a+d)^2-4(ad-bc)<0$$
\item[b.] Supposons (par conditions n\'ecessaires) que $A$ soit semblable \`a $M(\alpha,\beta)$. Trace et
d\'eterminant \'etant des invariants de similitude, on a
$$2\alpha=a+d\ \makebox{ et }\alpha^2+\beta^2=ad-bc$$
Avec la condition vue en $5.a$, on a donc un unique couple envisageable $(\alpha,\beta)$ de r\'eels tels
que $\beta>0$ et c'est
$$\alpha=\frac{a+d}{2}\ \makebox{ et }\ \beta =\sqrt{4(ad-bc)-(a+d)^2}$$
R\'eciproquement, soit $\alpha$ et $\beta$ comme ci-dessus. $M(\alpha,\beta)$ est une matrice r\'eelle
semblable \`a $A$. Par ailleurs, $M(\alpha,\beta)$ et $A$ ont m\^eme polyn\^ome caract\'eristique (par choix
de $\alpha$ et $\beta$). Ce dernier \'etant scind\'e \`a racines simples, elles sont diagonalisable dans
${\BB C}$ et semblables \`a la m\^eme matrice diagonale. Par transitivit\'e, elles sont semblables dans
${\BB C}$. La partie pr\'eliminaire montre qu'elles sont aussi semblables dans ${\cal M}_2$.
\item[c.] Le d\'eterminant \'etant un invariant de similitude, on a
$$det(A)=det(M(\alpha,\beta))=\alpha^2+\beta^2>0$$
\item[d.] Avec la question $IA4$ on a l'existence de $S_1,S_2$ matrice de sym\'etrie et de $H$ matrice
d'homoth\'etie telles que $M=S_2S_1H$. En notant $P$ une matrice r\'eelle telle que
$P^{-1}AP=M(\alpha,\beta)$ ($P$ existe avec $5b$) on a donc
$$A=T_1T_2H\ \makebox{ avec }\ T_i=PS_iT^{-1}$$
et $T_i^2=1$.
\end{itemize}
\item[I.A.6.] $$M(\alpha,\beta)=\sqrt{\alpha^2+\beta^2}M\left
(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}},\frac{\beta}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}\right )=
\sqrt{\alpha^2+\beta^2}M(\alpha',\beta')$$
Comme ${\alpha'}^2+{\beta'}^2=1$, on est dans le cadre de $A3$. $M(\alpha,\beta)$ est la compos\'ee
d'une rotation et d'une homoth\'etie. R\'eciproquement, de tels endomorphismes ont une matrice de type
$M(\alpha,\beta)$ avec $\alpha^2+\beta^2\neq 0$.
\item[I.B.1.] Comme $B^2=I_p$, $B$ est la matrice dans la base canonique d'une sym\'etrie. Notons $E_1$
et $E_2$ les sous-espaces associ\'es \`a $B$ et ${\cal C}$ une base adapt\'ee \`a $E_1\oplus E_2={\BB R}^p$. La
matrice de la sym\'etrie est repr\'esent\'ee dans ${\cal C}$ par $\Mat{cc}I_q&0\\0&-I_r\mat$ o\`u $q$ est la
dimension de $E_1$ et $r$ celle de $E_2$. Matriciellement, cela signifie qu'en notant $Q$ la matrice
de passage de la base canonique \`a ${\cal C}$ on a
$$Q^{-1}BQ=\Mat{cc}I_q&0\\0&-I_r\mat$$
\item[I.B.2.]  Par analogie avec $IA$, on introduit la matrice $P=\Mat{cc}I_p&2I_p\\0&I_p\mat$. On
v\'erifie (calcul par blocs) que $P$ est inversible avec $P^{-1}=\Mat{cc}I_p&-2I_p\\0&I_p\mat$. Un
nouveau calcul par blocs donne
$$P^{-1}AP=\Mat{cc}0&-B\\B&0\mat$$
\item[I.B.3.] Notons cette fois $R=\Mat{cc}Q&0\\0&Q\mat$ o\`u $Q$ est la matrice de $B.1$. $R$ est
inversible d'inverse $\Mat{cc}Q^{-1}&0\\0&Q^{-1}\mat$ et un calcul par blocs donne
$$R^{-1}\Mat{cc}0&-B\\B&0\mat R=\Mat{cc}0&-Q^{-1}BQ\\Q^{-1}BQ&0\mat=
\Mat{cc}0&\Mat{cc}-I_q&0\\0&I_r\mat\\\Mat{cc}I_q&0\\0&-I_r\mat&0\mat$$
Par transitivit\'e, $A$ est semblable \`a la matrice du membre de droite (par le biais de la matrice de
passage $PR$).
\item[I.B.4.] Soit $u$ l'endomorphisme canoniquement associ\'e \`a $B$. La question pr\'ec\'edente donne
l'existence d'une base ${\cal C}=(f_1,\dots,f_{2p})$ telle que
$$Mat(u,{\cal C})=\Mat{cc}0&\Mat{cc}-I_q&0\\0&I_r\mat\\\Mat{cc}I_q&0\\0&-I_r\mat&0\mat$$
Soit 
$${\cal
D}=(e_1,e_{p+1},e_2,e_{p+2},\dots,e_{q},e_{p+q},e_{p+q+1},e_{q+1},e_{p+q+2},e_{q+2}\dots,e_{2p},e_{p-1})$$
C'est une base de
${\BB R}^{2p}$ (on n'a fait que r\'eordonner les termes de ${\cal C}$) telle que
$$Mat(u,{\cal D})=diag(M(0,1),M(0,1),\dots,M(0,1))$$
$A$ est donc semblable \`a cette derni\`ere matrice.
\item[I.B.5.] Ici, $B=\Mat{cc}2&3\\-1&-2\mat$ v\'erifie $B^2=1$. $(-3,1)$ et $(-1,1)$ sont vecteurs
propres associ\'es \`a $1$ et $-1$. On a donc $Q=\Mat{cc}-3&-1\\1&1\mat$. Ainsi,
$$P=\Mat{cccc}1&0&2&0\\0&1&0&2\\0&0&1&0\\0&0&0&1\mat,\
R=\Mat{cccc}-3&-1&0&0\\1&1&0&0\\0&0&-3&-1\\0&0&1&1\mat,\ PR=\Mat{cccc}
-3&-1&-6&-2\\1&1&2&2\\0&0&-3&-1\\0&0&1&1\mat$$
On r\'eordonne les colonnes pour obtenir
$$M=\Mat{cccc}-3&-6&-2&-1\\1&2&2&1\\0&-3&-1&0\\0&1&1&0\mat$$
Avec $IA1$, on a donc
$$M^{-1}AM=diag(S_2S_1,S_2S_1)=diag(S_2,S_2)diag(S_1,S_1)\ \makebox{ avec }\ S_2=\Mat{cc}0&1\\1&0\mat,\
S_1=\Mat{cc}1&0\\0&-1\mat$$
On en d\'eduit que $A=T_2T_1$ avec
$$T_2=Mdiag(S_2,S_2)M^{-1}=\Mat{cccc}2&0&-3&0\\0&2&0&-3\\1&0&-2&0\\0&1&0&-2\mat,\
T_1=Mdiag(S_1,S_1)M^{-1}=\Mat{cccc} 2&3&-8&-12\\-1&-2&4&8\\0&0&-2&-3\\0&0&1&2\mat$$
$T_1$ et $T_2$ sont bien des matrices de projection (carr\'e \'egal \`a $I_4$).
\end{itemize}\medbreak

{\bf \Large Partie II.}
\begin{itemize}
\item[II.A.1.] $X^2+1$ annule $A$. Les valeurs propres de $A$ sont racines de $X^2+1$ et ne sont pas
r\'eelle. $(P_A)$ est v\'erifi\'ee.
\item[II.A.2.] Soit $E$ une matrice d'op\'eration \'el\'ementaire. 
\begin{itemize}
\item[a.] Si cette op\'eration est $L_i\leftrightarrow L_j$ alors on passe de $E$ \`a $I_n$ faisant
l'p\'eration $C_i\leftrightarrow C_j$. $E^{-1}$ correspond donc \`a cette op\'eration. Ainsi, $EAE^{-1}$
s'obtient \`a partir de $A$ en changeant les lignes $i$ et $j$ puis les colonnes $i$ et $j$.
\item[b.] Si cette op\'eration est $L_i\leftarrow \alpha L_i$ alors alors on passe de $E$ \`a $I_n$ en
faisant l'op\'eration $C_i\leftarrow \alpha^{-1} C_i$. $E^{-1}$ correspond donc \`a cette op\'eration.
$EAE^{-1}$ s'obtient \`a partir de $A$ en multipliant la ligne $i$ par $\alpha$ puis la colonne $i$ par
$\alpha^{-1}$.
\item[c.] Si cette op\'eration est $L_i\leftarrow L_i+\lambda L_j$ alors alors on passe de $E$ \`a $I_n$ en
faisant l'op\'eration $C_j\leftarrow C_j-\lambda C_i$. $E^{-1}$ correspond donc \`a cette op\'eration.
$EAE^{-1}$ s'obtient \`a partir de $A$ en effectuant successivement $L_i\leftarrow L_i+\lambda L_j$ puis 
$C_j\leftarrow C_j-\lambda C_i$.
\end{itemize}
 \item[II.A.3.] 
\begin{itemize}

\item[a.] Le premier vecteur de la base canonique de ${\BB R}^n$ n'\'etant pas un vecteur propre
(puisqu'il n'y a aucun vecteur propre r\'eel), la premi\`ere colonne de $A$ n'est pas colin\'eaire \`a $e_1$.
Ainsi, il existe $i\geq 2$ tel que $A_{i,1}\neq 0$.

\item[b.] Soit $i\geq 2$ un indice tel que $A_{i,1}\neq 0$. Soit $E_1$ la matrice correspondant \`a
$L_i\leftrightarrow L_2$. La matrice $B=E_1AE_1^{-1}$ sera telle que $B_{2,1}=A_{i,1}\neq 0$ (on
\'echange les lignes $2$ et $i$ ce qui am\`ene le coefficient en place puis on permute $C_2$ et $C_i$ ce
qui ne change pas la colonne $1$ et laisse le coefficient en place.\\
Soit $E_2$ la matrice de l'op\'eration $L_2\leftarrow B_{2,1}^{-1}L_2$ et $C=E_2BE_2^{-1}$. On a alors
$C_{2,1}=1$ (on multiplie la ligne $2$ pour obtenir un coefficient $1$ puis on change la colonne $2$ ce
qui laisse le $1$ en place).\\
Soit $E_3$ la matrice de l'op\'eration $L_1\leftarrow L_1-C_{1,1}L_2$ et $D=E_3CE_3^{-1}$. On a alors
$D_{1,1}=0$ et $D_{2,1}=1$ (on op\`ere sur la ligne $1$ pour amener un 0 puis sur la colonne $2$ ce qui
laisse en place le $0$ et le $1$).\\
On continue avec des matrices d'op\'erations \'el\'ementaires $E_4,\dots,E_{n+1}$ du type $L_i\leftarrow
L_i-\lambda L_2$ pour obtenir 
$$A'=PAP^{-1}\ \makebox{ avec }\ P=E_{n+1}E_n\dots E_1$$
avec $A'_{i,1}=0$ si $i\neq 2$ et $A'_{2,1}=0$.\\
{\it Remarque : bien plus simplement, en notant $u$ l'endomorphisme canoniquement associ\'e \`a $A$, on a
$(e_1,u(e_1))$ qui est libre et peut \^etre compl\'et\'ee en une base de ${\BB R}^n$. Dans cette base, $u$
est repr\'esent\'ee par une matrice du type voulu. En passant aux matrices, on obtient la similitude
demand\'ee.}
\item[c.] Soit $v$ l'endomorphisme canoniquement associ\'e \`a $A'$. On a $v(e_1)=e_2$. Par ailleurs,
$${A'}^2=(P^{-1}AP)^2=P^{-1}(-I_n)P=-I_n$$
et donc $v(e_2)=v^2(e_1)=-e_1$. La seconde colonne de $A'$ est donc $(-1,0,\dots,0)$.
\end{itemize}
\item[II.A.4.] Soit $F$ la matrice d'une op\'eration \'el\'ementaire $C_3\leftarrow C_3+\lambda C_2$ et
$B=F^{-1}A'F$. $A''$ est obtenue en effectuant les op\'erations $C_3\leftarrow C_3+\lambda C_2$ puis
$L_2\leftarrow L_2-\lambda L_3$. Etant donn\'ee la forme des deux premi\`eres colonnes de $A'$, la matrice
$A''$ aura encore des colonnes comme $A'$. En choisissant $\lambda=A'_{1,3}$, elle v\'erifiera en outre
$B_{1,3}=0$.\\
On it\`ere le processus pour obtenir une matrice $B$ semblable \`a $A'$ et de la forme suivante
$$B=\Mat{ccccc}0&-1&0&\dots&0\\
1&0&?&\dots&?\\
0&0&&&\\
\vdots&\vdots&&?&\\
0&0&&&\mat$$
Comme $A^2=-I_n$ et $B$ semblable \`a $A$, on a $B^2=-I_n$. En regardant la premi\`ere ligne de $B^2$,
ceci impose que $B_{2,i}=0$ si $i\geq 3$. On a donc une matrice de la forme voulue semblable \`a $A'$ et
donc \`a $A$.\\
{\it Remarque : avec les notations ci-dessus, on a $A''_{1,i}=A'_{1,i}$ pour $i\geq 4$. Il est ainsi
facile de voir quelles op\'erations on doit effectuer. Si on consid\`ere la matrice
$R=F_3\dots F_n$ o\`u $F_i$ est la matrice de l'op\'eration \'el\'ementaire $C_i\leftarrow C_i+A'_{1,i} C_2$,
on a
$$R^{-1}A'R=B$$
La matrice $Q$ de l'\'enonc\'e est donc \'egale \`a $R^{-1}=F_n^{-1}\dots F_3^{-1}$. Notons que $F_i^{-1}$ est
la matrice de l'op\'eration \'el\'ementaire $L_2\leftarrow L_2-A'_{1,i} L_i$.}
A ce niveau, on obtient
$$ZAZ^{-1}=\Mat{cc} M(0,1)&0\\0&B\mat$$
o\`u $Z$ est un produit de matrices correspodant \`a des op\'erations \'el\'ementaires sur les lignes. On
obtient $Z$ en effectuant ces op\'erations \`a partir de $I_n$.
\item[II.A.5.] Un calcul par blocs donne
$$\Mat{cc} M(0,1)&0\\0&B\mat^2=\Mat{cc} -I_2&0\\0&B^2\mat$$
Or, on sait que cette matrice vaut $-I_n$. On a donc $B^2=-I_{n-2}$. On est amen\'es \`a faire une
r\'ecurrence sur $p$ (avec $n=2p$).
\begin{itemize}
\item[-] Si $p=1$ alors $n=2$ alors on a d\'ej\`a le r\'esultat voulu avec $A.4$ ($B$ est un bloc de taille
nulle).
\item[-] Supposons le r\'esultat vrai jusqu'au rang $p-1\geq 1$. Avec $A3$ et $A4$ on trouve $N$ et $B$
telles que
$$NAN^{-1}=\Mat{cc}M(0,1)&0\\0&B\mat\ \makebox{ avec }\ B^2=-I_{n-2}$$
L'hypoth\`ese de r\'ecurrence donne $P$ telle que $PBP^{-1}$ est bloc-diagonale avec des blocs de
$M(0,1)$. On pose $Q=\Mat{cc}I_2&0\\0&P\mat$. C'est une matrice inversible d'inverse
$\Mat{cc}I_2&0\\0&P^{-1}\mat$ et on a
$$QNAN^{-1}Q^{-1}=\Mat{cc}M(0,1)&0\\0&PBP^{-1}\mat=diag(M(0,1),\dots,M(0,1))$$
ce qui cl\^ot la r\'ecurrence.
\end{itemize}
\item[II.A.6.] Avec la question $3.b$, on effectue successivement les op\'erations 
$$L_2\leftarrow \frac{L_2}{-2},\ L_1\leftarrow L_1-4L_2,\ L_3\leftarrow L_3-2L_2,\
L_4\leftarrow L_4+L_2$$
et on obtient
$$P=\Mat{cccc}1&2&0&0\\0&-1/2&0&0\\0&1&1&0\\0&-1/2&0&1\mat,\
A'=\Mat{cccc}0&-1&0&5\\1&0&-5/2&-5\\0&0&1&4\\0&0&-1/2&-1\mat$$
Avec la question $4$, on effectue alors l'op\'eration $L_2\leftarrow L_2-5L_4$ et on obtient
$$Z^{-1}AZ=\Mat{cccc}0&-1&0&0\\0&1&0&5\\0&0&1&4\\0&0&-1/2&-1\mat\ \makebox{ avec }\ Z=\Mat{cccc}
1&2&0&0\\0&2&0&-5\\0&1&1&0\\0&-1/2&0&1\mat$$
Le travail avec le bloc de taille $2$ inf\'erieur gauche donne les op\'erations
$$L_4\leftarrow -2L4, L_3\leftarrow L_3-L4$$
On obtient finalement
$$MAM^{-1}=diag(M(0,1),M(0,1))\ \makebox{ avec }\ M=\Mat{cccc}
1&2&0&0\\0&2&0&-5\\0&0&1&2\\0&1&0&-2\mat$$
\item[II.B.1.] $(X-\alpha)^2+\beta^2$ est un polyn\^ome qui annule $A$ et qui n'a pas de racines
r\'eelles (car $\beta>0$). $A$ n'a donc pas de valeur propre r\'eelle et $(P_A)$ est v\'erifi\'ee.
\item[II.B.2.] La matrice $C=\frac{1}{\beta}(A-\alpha I)$ v\'erifie $C^2=-I_n$. On peut trouver $M$
telle $MCM^{-1}$ est bloc-diagonale avec des blocs \'egaux \`a $M(0,1)$. On en d\'eduit alors que
$$MAM^{-1}-\alpha I_n=M(\beta C)M^{-1}=\beta MCM^{-1}=diag(M(0,\beta),\dots,M(0,\beta))$$
et donc
$$MAM^{-1}=\alpha I_n+diag(M(0,\beta),\dots,M(0,\beta))=diag(M(\alpha,\beta),\dots,M(\alpha,\beta))$$
et on a la similitude voulue. Le d\'eterminant est un invariant de similitude et on sait calculerles
d\'eterminants bloc-diagonaux. On obtient
$$det(A)=det(M(\alpha,\beta))^p=(\alpha^2 +\beta^2)^p>0$$
\item[II.C.1.] $\forall i,\ u(X^i)=(-1)^iX^{n-1-i}$. Le plan $Vect(X^i,X^j)$ est stable par $u$ ssi
$$n-1-i,n-1-j\in \{i,j\}$$
$n$ \'etant pair, on ne peut avoir $n-1-i=i$ ou $n-1-j=j$. La condition cherch\'ee est ainsi
$$i+j=n-1$$
\item[II.C.2.] Avec le calcul ci-dessus, on a 
$$u\circ u(X^i)=u((-1)^iX^{n-1-i})=(-1)^i(-1)^{n-1-i}X^{n-1-(n-1-i)}=-X^i$$
et donc $u^2=-Id$. La partie $II.A$ indique que la matrice de $u$ dans n'importe quelle base ests
emblable \`a $diag(M(0,1),\dots,M(0,1))$. Or, dans la base canonique de ${\BB R}_{n-1}[X]$, cette
matrice est la matrice $A$ propos\'ee (tous les coefficients sont nuls sauf ceux sur l'antidiagonale o\`u
alternent des $-1$ et des $1$). On a ainsi le r\'esultat demand\'e.
\end{itemize}\medbreak


{\bf \Large Partie III.}
\begin{itemize}
\item[III.A.1.] Pour tout r\'eel $x$, $(x-\alpha)^2+\beta^2\geq \beta^2>0$. Le polyn\^ome n'admet pas de
racines r\'eelles. Il admet donc deux racines complexes non r\'eelles et conjugu\'ees (n'e\'etant pas r\'eelles,
elles sont distinctes).
\item[III.A.2.] Si $(1)$ a lieu alors le polyn\^ome caract\'eristique de $A$ (invariant de similitude) est
$$\prod_{k=1}^p\left ((X-\alpha_k)^2+\beta_k^2\right )$$
Par th\'eor\`eme de Cayley-Hamilton, il annule $A$ et la question pr\'ec\'edente montre qu'il n'admet pas de
racines r\'eelles. Il faut cependant raffiner car les racines ne sont pas forc\'ement simples (par
exemple, deux couple $(\alpha_k,\beta_k)$ peuvent \^etre \'egaux).\\
Notons $P_k=(X-\alpha_k)^2+\beta_k^2$. Deux polyn\^omes $P_k$ sont soit \'egaux soit sans racine commune
(sinon les deux racines, qui sont conjugu\'ees, sont communes et comme les polyn\^omes sont unitaires de
degr\'e $2$ ils sont \'egaux). Soit $P$ le produit des
$P_k$ deux \`a deux distincts. On a (produit par blocs)
$$P\left (diag(M(\alpha_1,\beta_1),\dots,M(\alpha_p,\beta_p))\right
)=diag(P(M(\alpha_1,\beta_1)),\dots,P(M(\alpha_p,\beta_p)))$$
$P$ \'etant multiple de chaque $P_k$, la matrice ci-dessus est nul. $P$ est donc annulateur de $A$
(puisqu'il annule une matrice semblable \`a $A$) et il ne poss\`ede que des racines complexes non r\'eelles
et simples.
\item[III.B.1.] Les images de $f_1$ et $f_2$ par $u$ (endomorphisme canoniquement associ\'e \`a $A$) sont
des combinaisons lin\'eaires de $f_1$ et $f_2$. Or, la matrice de $u$ dans la base des $f_i$
contient en colonne les images des $f_i$ dans la base des $f_i$. Les deux premi\`eres colonnes de cette
matrices sont donc du type $(?,?,0,\dots,0)$ et on a le r\'esultat demand\'e.
\item[III.B.2.] Un produit par blocs montre que
$$\chi_A=\chi_{A'}\chi_B$$
o\`u $\chi_M$ d\'esigne le polyn\^ome caract\'eristique de $M$. Toute valeur propre de $A'$ est donc valeur
propre de $A$. Or, $A$ ne poss\`ede pas de valeur propre r\'eelle et il en est donc de m\^eme pour $A'$. La
question $IA5b$ donne alors $A'$ semblable \`a une matrice du type $M(\alpha,\beta)$ avec
$(\alpha,\beta)\in {\BB R}\times {\BB R}^{+*}$.
\item[III.B.3.] $A'$ est la matrice dans $(f_1,f_2)$ de la restriction de $u$ (endomorphisme
canoniquement associ\'e \`a $A$) au sous-espace stable $E$. Or,
$P=\chi_{A'}=\chi_{M(\alpha,\beta)}=(X-\alpha)^2+\beta^2$ annule $A'$ et on a donc
$$Ker(P(A'))=E$$
Or, $P(A')$ est la restriction \`a $E$ de $P(A)$ et donc son noyau est inclus dans celui de $Ker(P(A))$
(on a m\^eme $Ker(P(A'))=Ker(P(A))\cap E$). Ainsi,
$$E\subset Ker(P(A))=Ker((A-\alpha I_n)^2+\beta^2 I_n)$$
\item[III.B.4.] Avec le polyn\^ome annulateur \`a racines simples dans ${\BB C}$ on peut conclure \`a l'aide
di th\'eor\`eme des noyau (ce polyn\^ome s'\'ecrit $((X-\alpha)^2+\beta^2)Q$ les deux facteurs \'etant premiers
entre eux) mais ce th\'eor\`eme n'est plus au programme (pas plus que la notion de polyn\^omes premiers
entre eux). Je ne vois pas comment conclure simplement.
\item[III.B.5.] Raisonnons en termes d'endomorphismes. Soit $u$ l'endomorphisme canoniquement associ\'e
\`a $A$. Soit $v$ sa restriction au sous-espace stable $Ker((A-\alpha I_n)^2+\beta^2 I_n)$ et
$w=\frac{v-\alpha Id}{\beta}$. On a alors $w^2=-Id$. $f_1$ n'est pas vecteur propre pour $w$ et
$(f_1,w(f_1))$ est libre. C'est aussi une famille de $E$ (stable par $u$ et donc par $v$ et $w$). Par
cardinal, c'est une base de $E$. Posons donc $f_2=w(f_1)$ (c'est possible). On peut compl\'eter
$(f_1,f_2)$ de fa\c{c}on \`a obtenir une base $(f_1,\dots,f_r)$ de $Ker((A-\alpha I_n)^2+\beta^2 I_n)$. Dans
cette base, la matrice de $w$ est du type $M=\Mat{cc}M(0,1)&?\\0&C\mat$. En notant $E_i$ la matrice de
l'op\'eration \'el\'ementaire
$C_i\leftarrow C_i+M_{1,i}C_2$ et $P=E_3\dots E_r$ on a $P^{-1}MP=\Mat{cc}M(0,1)&0\\0&C'\mat$. La
matrice $P$ vaut $I_r+\sum_{k=3}^rM_{1,k}E_{2,k}$. Elle correspond \`a une matrice de passage de $(f_i)$
dans une base du type $(f_1,f_2,g_3,\dots,g_r)$. $Vect(g_3,\dots,g_r)$ est alors un supl\'ementaire de
$E$ dans $Ker((A-\alpha I_n)^2+\beta^2 I_n)$ qui est stable par $w$ (d'apr\`es la forme de la matrice)
et donc aussi par $v$ et donc aussi par $u$.\\
Finalement, en notant $H$ un suppl\'ementaire stable par $A$ de $Ker((A-\alpha I_n)^2+\beta^2
I_n)$ dans ${\BB R}^n$, $Vect(g_3,\dots,g_r)\oplus H$ est un suppl\'ementaire de $E$
stable par $A$.
\item[III.C.] On proc\`ede par r\'ecurrence sur $p$ ($n=2p$) que si $A$ v\'erifie $iii$ et est telle que
$P_A$ est vraie alors on peut trouver une base ``adapt\'ee" (dans laquelle l'endomorphisme est
repr\'esent\'ee par une matrice du type voulu).
\begin{itemize}
\item[-] Si $p=1$ alors $n=2$ et on conclut par $IA5$.
\item[-] Supposons le r\'esultat vrai jusqu'\`a un rang $p-1\geq 1$.\\
Commen\c{c}ons par remarquer qu'il existe un plan stable par $A$.\\
{\it En effet, il existe une valeur propre complexe $\lambda=\lambda_1+i\lambda_2$. Soit $x$ un vecteur
propre complexe associ\'e. Comme $A$ est r\'eelle, $\overline{\lambda}$ est valeur propre et
$\overline{x}$ est vecteur propre associ\'ee. Soit $x_1+ix_2$ la d\'ecomposition de $x$ \`a l'aide de
vecteurs r\'eels. On a
$$Ax_1+iAx_2=Ax=\lambda x=\lambda_1x_1-\lambda_2x_2+i(\lambda_1x_2+\lambda_2x_1)$$
En identifiant les parties r\'eelle et imaginaire, on obtient que $Ax_1,Ax_2\in Vect(x_1,x_2)$.
$Vect(x_1,x_2)$ est stable, de dimension $\geq 1$ ($x\neq 0$). Or, $A$ ne poss\`ede pas de droite r\'eelle
stable (avec $(P_A)$) et notre espace est donc de dimension $2$.}\\
Soit $P$ un tel plan stable. Avec $(iii)$ on a un suppl\'ementaire stable $F$. $A$ induit sur $F$ un
endomorphisme $B$ et $(P_B)$ est v\'erifi\'ee (les valeurs propres d'une restriction \'etant valeurs propres
de l'endomorphisme de d\'epart). Montrons que $B$ v\'erifie $(iii)$. Soit $Q$ un plan de $F$ sstable par
$B$. Il est donc stable par $A$ et il existe un suppl\'ementaire $H$ stable par $A$. On a $Q\oplus H=E$
et on montre que
$$Q\oplus (H\cap F)=F$$
{\it En effet, la somme est clairement directe cat celle entre $Q$ et $H$ l'est. La somme est incluse
dans $F$ car $Q$ et $H\cap F$ le sont. Enfin, si $x\in F$ on peut trouver $y\in Q$ et $z\in H$ tels
que $x=y+z$. On a alors $z=x-y\in F$ et donc $z\in H\cap F$. Ainsi, $F\subset Q\oplus (F\cap H)$.}\\
Comme $H$ et $F$ sont stables par $A$, il en est de m\^eme de $H\cap F$ et comme $H\cap F\subset F$, on
peut dire que c'est un sous-espace stable par $B$ et il est suppl\'ementaire de $Q$. $B$ v\'erifie bien
$(iii)$.\\
Par hypoth\`ese de r\'ecurrence, on peut appliquer le r\'esultat \`a $B$ et
trouver une base de $F$ adapt\'ee. De m\^eme, on peut trouver une base de $P$ adapt\'ee (avec
l'initialisation et comme la restriction de $A$ \`a $P$ v\'erifie l'hypoth\`ese sur les valeurs propres). La
concat\'en\'ee des bases de $F$ et $P$ donne une base de ${\BB R}^n$ adapt\'ee.
\end{itemize}
\item[III.D.] On choisit $f_1$ dans $Ker(A^2+I)$ et $f_2=Af_1$ puis $f_3\in Ker(A^2-4A+5I)$ et
(puisque $X^2-4x+5=(X-2)^2+1$) $f_4=(A-2I)f_3$. On obtient alors
$$P^{-1}AP=diag(M(0,1),M(2,1))\ \makebox{ avec }\
P=\Mat{cccc}2&2&0&-2\\0&2&1&-1\\1&1&0&-2\\0&1&1&-1\mat$$
\end{itemize}

\end{document}
