Algèbre linéaire

La première année vous a laissé avec deux objets bien distincts. D'un côté, les matrices : des tableaux que l'on additionne, que l'on multiplie, que l'on inverse parfois, et dont on calcule le rang par un pivot. De l'autre, les sous-espaces vectoriels de ${\mathbb{R}}^n$ : des ensembles de vecteurs, décrits par des générateurs ou par des équations, mesurés par leur dimension. Ce chapitre les réunit en une seule idée, et cette idée est simple à énoncer : une matrice n'est rien d'autre qu'une application linéaire lue dans une base. Changez la base, la matrice change ; l'application, elle, ne change pas. Toute la deuxième année d'algèbre linéaire consiste à exploiter cette liberté, en cherchant, pour une application donnée, la base dans laquelle sa matrice est la plus simple possible. Quand cette matrice la plus simple est diagonale, on dit qu'on a diagonalisé, et la plupart des questions difficiles deviennent alors des calculs de puissances de nombres réels.

Le programme de la voie ECG fixe pour ce chapitre un cadre qu'il faut connaître, car il détermine exactement ce qu'on vous demandera. Il écrit que « l'objectif est d'avoir la possibilité d'utiliser des espaces vectoriels concrets, naturellement isomorphes à ${\mathbb{R}}^n$, sans introduire les espaces vectoriels abstraits », et que la partie consacrée aux espaces vectoriels « doit être traitée dans sa plus simple expression ». Autrement dit : il n'y a pas d'espace vectoriel mystérieux à découvrir. Il y en a trois, et trois seulement, que vous manipulez déjà depuis un an : l'espace ${\mathbb{R}}^n$ des $n$-uplets, l'espace ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$ des matrices, et l'espace ${\mathbb{R}}_n[X]$ des polynômes de degré au plus $n$. Tout le reste du chapitre se passe dans ces trois espaces et dans leurs sous-espaces.

Le même souci de concret gouverne la troisième partie, celle de la réduction. Le texte y précise qu'« on évitera les méthodes trop calculatoires pour la recherche des éléments propres » et que « la résolution de systèmes à paramètres est déconseillée ». Cette phrase a une conséquence lourde, et il faut la mesurer tout de suite : dans ce programme, le polynôme caractéristique n'existe pas. Vous ne le rencontrerez ni ici, ni dans un sujet de concours de la voie appliquée. Les valeurs propres se cherchent autrement : en résolvant le système $(A-\lambda I_n)X=0$ pour repérer les $\lambda$ qui donnent une solution non nulle, en exploitant un polynôme annulateur de la matrice, ou en lisant une structure particulière (matrice triangulaire, lignes de même somme, matrice non inversible). Les énoncés de concours sont d'ailleurs presque toujours guidés : on vous fait calculer $A^2$, vous constatez une relation du type $A^2=A+2I_3$, et le spectre en découle en deux lignes.

Le plan suit la construction. Les sections $1$ et $2$ installent le vocabulaire des espaces vectoriels de dimension finie : les trois espaces de référence, les familles libres, les bases, la dimension, le rang. Les sections $3$ et $4$ passent aux applications linéaires, à leur noyau, à leur image, au théorème du rang, puis à leur écriture matricielle. La section $5$ traite le changement de base, qui est le cœur technique du chapitre, et introduit les matrices semblables. Les sections $6$ à $8$ sont consacrées à la réduction proprement dite : éléments propres, polynômes annulateurs, diagonalisation. La section $9$ récolte les fruits, avec le calcul des puissances $n$-ièmes et les suites récurrentes linéaires, qui sont l'application reine des concours. La dernière section rassemble l'essentiel et les erreurs à ne pas commettre.

Voici enfin les notations en vigueur dans tout le chapitre. Les lettres $n$ et $p$ désignent des entiers naturels non nuls. Les espaces vectoriels sont notés $E$, $F$, $G$, leurs sous-espaces $H$ ou $F$, et leurs éléments, appelés vecteurs, sont notés $u$, $v$, $w$. Les scalaires sont des réels, notés $\lambda$, $\mu$, $\alpha$, $\beta$. Une base est notée $\mathcal{B}$ ou ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}=(e_1^{\mathrm{\prime }},\dots ,e_n^{\mathrm{\prime }})$, et la matrice colonne des coordonnées d'un vecteur $u$ dans la base $\mathcal{B}$ est notée $X_{\mathcal{B}}$, élément de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$. Les applications linéaires sont notées $f$ et $g$, l'identité de $E$ est ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, le noyau et l'image sont $\mathrm{Ker}f$ et $\mathrm{Im}f$, le rang est $\mathrm{rg}(f)$ ou $\mathrm{rg}(A)$. La matrice de $f$ dans les bases $\mathcal{B}$ et $\mathcal{C}$ est ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(f)$, celle d'un endomorphisme dans une seule base ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$, et la matrice de passage de $\mathcal{B}$ à ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ est $P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. La matrice identité d'ordre $n$ est $I_n$, la transposée de $A$ est ${}^{t}A$, le spectre de $A$ est $\mathrm{Sp}(A)$ et le sous-espace propre associé à $\lambda$ est $E_{\lambda }(A)$. Les opérations sur les lignes s'écrivent comme en première année, par exemple $L_2\leftarrow L_2-2L_1$. Le symbole $\mathrm{\square }$ marque la fin d'une démonstration.

Espaces vectoriels réels de dimension finie

La définition du programme

Cette définition est celle du texte officiel, et elle est volontairement économique. Elle ne demande aucune liste d'axiomes à réciter : elle dit simplement qu'un espace vectoriel de dimension $n$ est un ensemble qui se comporte exactement comme ${\mathbb{R}}^n$, la bijection $\phi$ servant de dictionnaire entre les deux. Une conséquence immédiate, et rassurante, est que toutes les règles de calcul de ${\mathbb{R}}^n$ se transportent telles quelles : l'addition est commutative et associative, il existe un vecteur nul noté $0_E$, chaque vecteur $u$ possède un opposé $-u$, et l'on a $\lambda (u+v)=\lambda u+\lambda v$, $(\lambda +\mu )u=\lambda u+\mu u$, $\lambda (\mu u)=(\lambda \mu )u$ et $1\cdot u=u$. On calcule donc dans $E$ comme on calculait dans ${\mathbb{R}}^n$, sans précaution particulière.

Notez aussi ce que la définition exclut. On ne parlera jamais d'espace vectoriel de dimension infinie, puisque la définition impose une bijection sur un ${\mathbb{R}}^n$ précis. On ne parlera jamais non plus d'espace vectoriel « abstrait » : chaque espace rencontré cette année sera l'un des trois espaces de référence ci-dessous, ou l'un de leurs sous-espaces. Enfin, tous les scalaires sont réels, sans exception.

Démonstration. Toutes ces égalités se transportent par le dictionnaire $\phi$. Par exemple, $\phi (0\cdot u)=0\cdot \phi (u)=0_{{\mathbb{R}}^n}$, et comme $\phi (0_E)=\phi (0\cdot 0_E)=0\cdot \phi (0_E)=0_{{\mathbb{R}}^n}$, l'injectivité de $\phi$ donne $0\cdot u=0_E$. Pour la dernière équivalence : $\lambda u=0_E$ équivaut à $\lambda \phi (u)=0_{{\mathbb{R}}^n}$, ce qui, dans ${\mathbb{R}}^n$, se vérifie coordonnée par coordonnée et impose $\lambda =0$ ou $\phi (u)=0_{{\mathbb{R}}^n}$, c'est-à-dire $u=0_E$ par injectivité. $\mathrm{\square }$

Les trois espaces de référence

Démonstration. Pour ${\mathbb{R}}^n$, la bijection cherchée est l'identité. Pour ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$, on associe à une matrice la liste de ses $np$ coefficients, lus ligne après ligne : cette application est bijective, et comme les opérations sur les matrices se font coefficient par coefficient, elle préserve les combinaisons linéaires. Pour ${\mathbb{R}}_n[X]$, on associe au polynôme $a_0+a_{1}X+\cdots +a_n{X}^n$ le $(n+1)$-uplet $(a_0,a_1,\dots ,a_n)$ de ses coefficients ; deux polynômes sont égaux si et seulement s'ils ont les mêmes coefficients, ce qui donne la bijectivité, et l'addition des polynômes se fait bien coefficient par coefficient. $\mathrm{\square }$

Le point sur lequel butent le plus d'élèves est la dimension de ${\mathbb{R}}_n[X]$ : elle vaut $n+1$ et non $n$, parce qu'un polynôme de degré au plus $n$ possède $n+1$ coefficients, du terme constant au terme en $X^n$. Comptez-les sur ${\mathbb{R}}_2[X]$ : les polynômes $a+bX+c{X}^2$ ont trois coefficients libres, donc $\dim {\mathbb{R}}_2[X]=3$.

Sous-espaces vectoriels

Démonstration. Le vecteur nul s'obtient en prenant tous les coefficients nuls. Si $u={\sum }_k{a}_k{u}_k$ et $v={\sum }_k{b}_k{u}_k$ sont deux combinaisons linéaires, alors

$$\lambda u+\mu v=(\lambda a_1+\mu b_1)u_1+\cdots +(\lambda a_p+\mu b_p)u_p$$

en est encore une : la stabilité est acquise. Enfin, en prenant ${\lambda }_k=1$ et tous les autres coefficients nuls, on obtient $u_k$, qui appartient donc au $\mathrm{Vect}$. La dernière affirmation est admise, conformément au texte du programme, qui étend sans démonstration les résultats de première année. $\mathrm{\square }$

Familles libres, génératrices, bases et dimension

Les trois notions

Lisez avec soin le sens de l'implication qui définit la liberté. On ne demande pas que la combinaison à coefficients nuls donne le vecteur nul, ce qui est toujours vrai et sans intérêt : on demande la réciproque. La rédaction attendue commence donc toujours par « soient ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ des réels tels que ${\lambda }_1{u}_1+\cdots +{\lambda }_p{u}_p=0_E$ » et se termine par « donc tous les ${\lambda }_k$ sont nuls ».

Démonstration. Supposons d'abord que la famille soit une base.

Elle est génératrice. Tout vecteur de $E$ admet une décomposition, donc appartient à $\mathrm{Vect}(u_1,\dots ,u_p)$ ; l'inclusion réciproque est acquise puisque les $u_k$ sont dans $E$.

Elle est libre. Soient ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ des réels tels que ${\lambda }_1{u}_1+\cdots +{\lambda }_p{u}_p=0_E$. Le vecteur nul admet aussi la décomposition $0u_1+\cdots +0u_p$. Par unicité de la décomposition du vecteur nul, on conclut ${\lambda }_k=0$ pour tout $k$.

Réciproquement, supposons la famille libre et génératrice, et soit $u\in E$.

Existence. La famille étant génératrice, $u$ s'écrit comme combinaison linéaire des $u_k$.

Unicité. Supposons deux écritures,

$$u={\lambda }_1{u}_1+\cdots +{\lambda }_p{u}_p\text{et}u={\mu }_1{u}_1+\cdots +{\mu }_p{u}_p\mathrm{.}$$

En soustrayant membre à membre et en regroupant les termes de même indice,

$$({\lambda }_1-{\mu }_1)u_1+({\lambda }_2-{\mu }_2)u_2+\cdots +({\lambda }_p-{\mu }_p)u_p=0_E\mathrm{.}$$

La famille étant libre, tous ces coefficients sont nuls, c'est-à-dire ${\lambda }_k={\mu }_k$ pour tout $k$ : les deux écritures coïncident. $\mathrm{\square }$

Retenez le geste de cette démonstration, car il resservira dans tout le chapitre : pour comparer deux décompositions, on les soustrait et l'on invoque la liberté. C'est le seul argument disponible, et il fonctionne à chaque fois.

Les bases canoniques

Démonstration. Dans les trois cas, la décomposition existe et est unique parce qu'elle revient à lire les coordonnées, les coefficients ou les coefficients du polynôme. Détaillons le cas de ${\mathbb{R}}_n[X]$. Tout polynôme de ${\mathbb{R}}_n[X]$ s'écrit $P=a_0\cdot 1+a_{1}X+\cdots +a_n{X}^n$, ce qui donne l'existence. Et si $P$ admet deux telles écritures, la soustraction donne un polynôme dont tous les coefficients sont les différences $a_k-b_k$ et qui est le polynôme nul ; or un polynôme est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls, donc $a_k=b_k$ pour tout $k$. Les deux autres cas se traitent de la même façon, en identifiant respectivement les $n$ coordonnées et les $np$ coefficients. $\mathrm{\square }$

Dimension, cardinaux et rang

Ce théorème est admis : le programme précise que les notions de première année sont étendues « sans démonstration ». Il faut en revanche mesurer ce qu'il apporte. Sans lui, le nombre de vecteurs d'une base ne serait qu'une caractéristique de la base choisie ; avec lui, c'est une caractéristique de l'espace lui-même, et l'on peut donc l'utiliser comme une mesure.

Le point $4$ est le plus rentable de toute l'algèbre linéaire, parce qu'il divise le travail par deux. Pour montrer qu'une famille est une base d'un espace dont la dimension est connue, on compte ses vecteurs, on vérifie que le compte tombe juste, puis on démontre une seule des deux propriétés, la liberté en général, qui se ramène à un système homogène. On ne vérifie jamais les deux. Le point $3$, lui, est l'outil d'égalité : établir une inclusion et comparer deux dimensions remplace avantageusement une double inclusion.

Démonstration. Notons $F=\mathrm{Vect}(u_1,\dots ,u_p)$, de sorte que $r=\dim F$. La famille est génératrice de $F$, donc elle compte au moins $\dim F$ vecteurs : $r⩽p$. Si $r=p$, c'est une famille génératrice de $F$ de cardinal exactement $\dim F$, donc une base de $F$ par le théorème du bon cardinal, donc une famille libre ; réciproquement, une famille libre de $F$ compte au plus $\dim F=r$ vecteurs, donc $p⩽r$, et l'on conclut $r=p$. Pour la seconde partie, $F$ est un sous-espace de $E$, donc $r⩽\dim E$, avec égalité si et seulement si $F=E$, c'est-à-dire si et seulement si la famille engendre $E$. $\mathrm{\square }$

Applications linéaires et endomorphismes

Définitions

L'exemple fondamental d'endomorphisme est l'application identité ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, qui à tout vecteur associe lui-même : elle est manifestement linéaire et bijective.

Démonstration. En prenant $\lambda =\mu =0$ dans la définition, $f(0_E)=0\cdot f(0_E)+0\cdot f(0_E)=0_F$. La seconde égalité s'obtient par récurrence sur $p$ : elle est vraie pour $p=2$ par définition, et si elle est vraie au rang $p$, alors en écrivant ${\lambda }_1{u}_1+\cdots +{\lambda }_{p+1}{u}_{p+1}=1\cdot ({\lambda }_1{u}_1+\cdots +{\lambda }_p{u}_p)+{\lambda }_{p+1}{u}_{p+1}$ et en appliquant la définition puis l'hypothèse de récurrence, on obtient le rang $p+1$. $\mathrm{\square }$

L'égalité $f(0_E)=0_F$ fournit un test d'élimination immédiat : une application qui n'envoie pas le vecteur nul sur le vecteur nul n'est pas linéaire, et c'est démontré en une ligne.

Démonstration. Soient $u$, $v$ dans $E$ et $\lambda$, $\mu$ réels. En utilisant d'abord la linéarité de $f$, puis celle de $g$ :

$$(g\circ f)(\lambda u+\mu v)=g(f(\lambda u+\mu v))=g(\lambda f(u)+\mu f(v))=\lambda g(f(u))+\mu g(f(v)),$$

c'est-à-dire $\lambda (g\circ f)(u)+\mu (g\circ f)(v)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $u\in E$, de coordonnées $(x_1,\dots ,x_n)$ dans $\mathcal{B}$, c'est-à-dire $u=x_1{e}_1+\cdots +x_n{e}_n$. La propriété précédente donne

$$f(u)=x_{1}f(e_1)+\cdots +x_{n}f(e_n)=x_{1}g(e_1)+\cdots +x_{n}g(e_n)=g(u)\mathrm{.}$$

Les deux applications coïncident en tout vecteur : elles sont égales. $\mathrm{\square }$

Cette propriété est la clé de toute la section $4$ : pour connaître une application linéaire, il suffit de connaître les $n$ vecteurs $f(e_1),\dots ,f(e_n)$, et c'est exactement ce qu'une matrice va stocker.

Noyau, image, rang

Retenez d'emblée où vivent ces deux ensembles, car les confondre est une faute lourde : le noyau est une partie de l'espace de départ, l'image une partie de l'espace d'arrivée.

Démonstration. Le noyau. On a $f(0_E)=0_F$, donc $0_E\in \mathrm{Ker}f$. Soient $u$, $v$ dans $\mathrm{Ker}f$ et $\lambda$, $\mu$ réels. Par linéarité,

$$f(\lambda u+\mu v)=\lambda f(u)+\mu f(v)=\lambda \cdot 0_F+\mu \cdot 0_F=0_F,$$

donc $\lambda u+\mu v\in \mathrm{Ker}f$ : le noyau est stable par combinaison linéaire.

L'image. On a $0_F=f(0_E)\in \mathrm{Im}f$. Soient $w$ et $w^{\mathrm{\prime }}$ dans $\mathrm{Im}f$ : il existe $u$ et $u^{\mathrm{\prime }}$ dans $E$ tels que $w=f(u)$ et $w^{\mathrm{\prime }}=f(u^{\mathrm{\prime }})$. Alors, pour tous réels $\lambda$, $\mu$,

$$\lambda w+\mu w^{\mathrm{\prime }}=\lambda f(u)+\mu f(u^{\mathrm{\prime }})=f(\lambda u+\mu u^{\mathrm{\prime }}),$$

qui est bien l'image d'un vecteur de $E$ : l'image est stable par combinaison linéaire.

La famille génératrice. Soit $w=f(u)$ un élément de $\mathrm{Im}f$, avec $u=x_1{e}_1+\cdots +x_n{e}_n$. La linéarité donne $w=x_{1}f(e_1)+\cdots +x_{n}f(e_n)$, donc $\mathrm{Im}f\subset \mathrm{Vect}(f(e_1),\dots ,f(e_n))$. Réciproquement, chaque $f(e_k)$ appartient à $\mathrm{Im}f$, qui est un sous-espace vectoriel, donc stable par combinaison linéaire : l'inclusion réciproque en découle. $\mathrm{\square }$

Ne cherchez donc jamais à décrire directement l'ensemble des $f(u)$ : on calcule les images des vecteurs d'une base, on obtient une famille génératrice de l'image, et l'on en extrait une base.

Démonstration. Supposons $f$ injective et soit $u\in \mathrm{Ker}f$. Alors $f(u)=0_F=f(0_E)$, et l'injectivité donne $u=0_E$ ; l'inclusion réciproque est acquise puisque $f(0_E)=0_F$.

Réciproquement, supposons $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$ et soient $u$, $v$ tels que $f(u)=f(v)$. La linéarité donne $f(u-v)=f(u)-f(v)=0_F$, donc $u-v\in \mathrm{Ker}f$, c'est-à-dire $u-v=0_E$, soit $u=v$. $\mathrm{\square }$

Voilà l'un des résultats les plus rentables du programme : prouver l'injectivité d'une application quelconque demande de manipuler deux antécédents, alors que pour une application linéaire il suffit de résoudre un système homogène. Attention à la rédaction de la conclusion : on écrit $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$, et surtout pas « $\mathrm{Ker}f=\mathrm{\varnothing }$ », qui est faux, le noyau contenant toujours le vecteur nul.

Le théorème du rang

Ce théorème est admis par le programme, qui le présente comme un résultat à utiliser sans démonstration. Trois remarques sur son emploi, car c'est le résultat le plus employé de tout le chapitre.

D'abord, la dimension qui apparaît à droite est celle de l'espace de départ ; celle de l'espace d'arrivée n'intervient nulle part. Écrire « $\dim \mathrm{Ker}f+\mathrm{rg}(f)=\dim F$ » est une faute qui invalide tout ce qui suit.

Ensuite, il est d'un usage économique : il fournit une des deux dimensions dès que l'autre est connue. En pratique, on calcule le noyau, qui ne demande qu'un système homogène, et l'on en déduit le rang sans autre calcul.

Enfin, il sert de contrôle systématique : à la fin de tout exercice, la somme doit tomber sur $\dim E$. Si ce n'est pas le cas, il y a une erreur de calcul, et il est inutile d'aller plus loin.

Démonstration. Point $1$. Si $f$ est bijective, elle est injective, donc $\dim \mathrm{Ker}f=0$, et elle est surjective, donc $\mathrm{Im}f=F$ et $\mathrm{rg}(f)=\dim F$. Le théorème du rang donne alors $\dim E=0+\dim F$.

Point $2$. Posons $n=\dim E=\dim F$. Si $f$ est injective, alors $\dim \mathrm{Ker}f=0$, donc $\mathrm{rg}(f)=n$ par le théorème du rang ; ainsi $\mathrm{Im}f$ est un sous-espace de $F$ de dimension $n=\dim F$, donc $\mathrm{Im}f=F$ et $f$ est surjective. Réciproquement, si $f$ est surjective, alors $\mathrm{rg}(f)=\dim F=n$, donc $\dim \mathrm{Ker}f=n-n=0$, c'est-à-dire $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$ et $f$ est injective. Les deux propriétés étant équivalentes, chacune équivaut à leur conjonction, c'est-à-dire à la bijectivité.

Point $3$. C'est le point $2$ appliqué à $F=E$, complété par la caractérisation de l'injectivité par le noyau. $\mathrm{\square }$

Ce résultat est un gain de temps considérable : en dimension finie et à dimensions égales, il n'y a qu'une seule chose à vérifier. Pour un endomorphisme, on résout $f(u)=0_E$, et si la seule solution est le vecteur nul, la bijectivité est acquise, sans jamais chercher d'antécédent.

Matrice d'une application linéaire

Définition et lecture

Le format est imposé par les dimensions, et il faut l'annoncer avant tout calcul : autant de lignes que la dimension de l'espace d'arrivée, autant de colonnes que la dimension de l'espace de départ. Une erreur de format signale toujours une erreur de raisonnement.

Démonstration. Notons $a_{i,j}$ les coefficients de $A$, de sorte que $f(e_j)={\sum }_{i=1}^n{a}_{i,j}{\epsilon }_i$ par définition. Écrivons $u={\sum }_{j=1}^p{x}_j{e}_j$. Par linéarité,

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f(u)}& {\displaystyle =\sum _{j=1}^p{x}_{j}f(e_j)=\sum _{j=1}^p{x}_j\left(\sum _{i=1}^n{a}_{i,j}{\epsilon }_i\right)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^p{a}_{i,j}{x}_j\right){\epsilon }_i\mathrm{.}}\end{array}$$

La $i$-ième coordonnée de $f(u)$ dans $\mathcal{C}$ vaut donc ${\sum }_j{a}_{i,j}{x}_j$, qui est exactement le $i$-ième coefficient de la colonne $AX$.

Unicité. Supposons $Y=BX$ pour tout $u$, avec $B\in {\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$. En prenant $u=e_j$, dont la colonne $X$ est la $j$-ième colonne de $I_p$, on obtient $Y=BX$, qui est la $j$-ième colonne de $B$ ; or $Y$ est la colonne des coordonnées de $f(e_j)$, c'est-à-dire la $j$-ième colonne de $A$. Les deux matrices ont les mêmes colonnes. $\mathrm{\square }$

Rang, composition, inversibilité

Démonstration. L'image de $f$ est engendrée par les $f(e_j)$, dont les colonnes de coordonnées dans $\mathcal{C}$ sont exactement les colonnes $C_1,\dots ,C_p$ de $A$. Comme la lecture des coordonnées dans une base est une bijection préservant les combinaisons linéaires, une combinaison linéaire des $f(e_j)$ est nulle si et seulement si la combinaison correspondante des $C_j$ est nulle : les deux familles ont donc le même rang. D'où $\mathrm{rg}(f)=\dim \mathrm{Vect}(f(e_1),\dots ,f(e_p))=\dim \mathrm{Vect}(C_1,\dots ,C_p)=\mathrm{rg}(A)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons $A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(f)$ et $B={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{C},\mathcal{D}}(g)$. Soit $u\in E$, de colonne $X$ dans $\mathcal{B}$. La colonne de $f(u)$ dans $\mathcal{C}$ vaut $AX$, puis celle de $g(f(u))$ dans $\mathcal{D}$ vaut $B(AX)=(BA)X$ par associativité du produit matriciel. La matrice $BA$ vérifie donc la relation caractéristique de ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{D}}(g\circ f)$, et l'unicité établie plus haut permet de conclure. La formule sur $f^k$ s'en déduit par récurrence immédiate. $\mathrm{\square }$

L'ordre est inversé : la matrice de $g\circ f$ est $BA$, et non $AB$. C'est la faute la plus fréquente sur cette propriété, et on l'évite en se rappelant que dans $g\circ f$ c'est $f$ qui agit en premier, donc sa matrice doit être la plus proche de la colonne $X$.

Démonstration. D'après la section $3$, $f$ est un isomorphisme si et seulement si $\mathrm{rg}(f)=n$, c'est-à-dire $\mathrm{rg}(A)=n$ ; et l'on sait depuis la première année qu'une matrice carrée d'ordre $n$ est inversible si et seulement si son rang vaut $n$. Supposons $f$ bijective. Alors $f^{-1}$ est linéaire : pour $w=f(u)$ et $w^{\mathrm{\prime }}=f(u^{\mathrm{\prime }})$, on a $\lambda w+\mu w^{\mathrm{\prime }}=f(\lambda u+\mu u^{\mathrm{\prime }})$, donc $f^{-1}(\lambda w+\mu w^{\mathrm{\prime }})=\lambda u+\mu u^{\mathrm{\prime }}=\lambda f^{-1}(w)+\mu f^{-1}(w^{\mathrm{\prime }})$. En notant $B={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f^{-1})$, la propriété de composition donne $BA={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f^{-1}\circ f)={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=I_n$, donc $B=A^{-1}$. $\mathrm{\square }$

Changement de base et matrices semblables

C'est ici que le chapitre bascule. Jusqu'à présent, une base était fixée une fois pour toutes ; désormais, nous allons en changer délibérément, dans le but de simplifier la matrice. Tout repose sur un seul objet, la matrice de passage, et sur trois formules qu'il faut connaître sans hésiter.

La matrice de passage

L'ordre des indices est déroutant la première fois, et il faut le fixer une bonne fois : dans $P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$, ce sont les vecteurs de la nouvelle base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ que l'on écrit, exprimés dans l'ancienne base $\mathcal{B}$. On les range en colonnes, dans l'ordre. Autrement dit, $P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}={\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$, puisque la $j$-ième colonne de cette dernière matrice est la colonne des coordonnées de ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E(e_j^{\mathrm{\prime }})=e_j^{\mathrm{\prime }}$ dans $\mathcal{B}$.

Démonstration. La propriété de composition de la section $4$, appliquée à ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\circ {\mathrm{i}\mathrm{d}}_E={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ avec les bases $\mathcal{B}$, ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, $\mathcal{B}$, donne

$$P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}\times P_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}={\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)\times {\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{B}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=I_n,$$

et le produit dans l'autre ordre vaut $I_n$ pour la même raison, en échangeant les rôles de $\mathcal{B}$ et ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Appliquons la propriété « la matrice calcule les images » à l'application ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, avec la base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ au départ et la base $\mathcal{B}$ à l'arrivée. Sa matrice est ${\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=P$. La colonne de $u$ au départ est $X_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$, celle de ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E(u)=u$ à l'arrivée est $X_{\mathcal{B}}$, d'où $X_{\mathcal{B}}=P{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. La seconde formule s'obtient en multipliant à gauche par $P^{-1}$. $\mathrm{\square }$

Le sens de cette formule surprend souvent : la matrice de passage de $\mathcal{B}$ à ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ transforme les nouvelles coordonnées en anciennes. Il n'y a rien à comprendre de plus, mais tout à retenir : les colonnes de $P$ sont écrites dans $\mathcal{B}$, donc le produit $P{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$ ne peut produire qu'un résultat écrit dans $\mathcal{B}$.

Démonstration. Notons $A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$ et $A^{\mathrm{\prime }}={\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(f)$. Soit $u$ un vecteur de $E$, de colonnes $X$ dans $\mathcal{B}$ et $X^{\mathrm{\prime }}$ dans ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, et soit $Y$, respectivement $Y^{\mathrm{\prime }}$, la colonne de $f(u)$ dans $\mathcal{B}$, respectivement dans ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$. On dispose de quatre relations :

$$Y=AX,Y^{\mathrm{\prime }}=A^{\mathrm{\prime }}{X}^{\mathrm{\prime }},X=P{X}^{\mathrm{\prime }},Y=P{Y}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

En combinant, $P{Y}^{\mathrm{\prime }}=Y=AX=AP{X}^{\mathrm{\prime }}$, donc $Y^{\mathrm{\prime }}=P^{-1}AP{X}^{\mathrm{\prime }}$. Ainsi les deux matrices $A^{\mathrm{\prime }}$ et $P^{-1}AP$ envoient toute colonne $X^{\mathrm{\prime }}$ sur la même colonne. En prenant successivement pour $X^{\mathrm{\prime }}$ les colonnes de $I_n$, on obtient l'égalité des colonnes de $A^{\mathrm{\prime }}$ et de $P^{-1}AP$, donc $A^{\mathrm{\prime }}=P^{-1}AP$. $\mathrm{\square }$

Matrices semblables

Démonstration. Comme $P$ est inversible, son rang vaut $n$, donc ses colonnes forment une famille libre de $n$ vecteurs de ${\mathbb{R}}^n$ : c'est une base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, et par construction $P=P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. La formule de changement de base donne alors ${\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(f)=P^{-1}AP=B$. Réciproquement, si $A$ et $B$ représentent le même endomorphisme dans deux bases $\mathcal{B}$ et ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, la même formule montre qu'elles sont semblables, avec $P=P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. D'après la propriété précédente, $A$ et $B$ sont les matrices d'un même endomorphisme $f$ dans deux bases. Or $\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(f)=\mathrm{rg}(B)$ d'après la section $4$ : le rang ne dépend pas de la base choisie.

Pour les puissances, raisonnons par récurrence. Pour $k=0$, $B^0=I_n=P^{-1}{I}_{n}P$. Si $B^k=P^{-1}{A}^{k}P$, alors

$$B^{k+1}=B^{k}B=\left(P^{-1}{A}^{k}P\right)\left(P^{-1}AP\right)=P^{-1}{A}^k\left(P{P}^{-1}\right)AP=P^{-1}{A}^{k+1}P\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Nous verrons à la section $6$ que deux matrices semblables ont aussi le même spectre, et à la section $9$ que la formule $B^k=P^{-1}{A}^{k}P$ est exactement celle qui permet de calculer les puissances d'une matrice diagonalisable. Retenez en revanche ce qu'être semblables ne dit pas : deux matrices de même rang ne sont pas nécessairement semblables, et la similitude est bien plus forte que l'égalité des rangs.

Éléments propres d'une matrice carrée

Nous voici au cœur du chapitre. La question est la suivante : pour un endomorphisme donné, existe-t-il une base dans laquelle sa matrice est diagonale ? Dans une telle base, l'endomorphisme se contenterait de multiplier chaque vecteur de base par un réel, ce qui est le comportement le plus simple imaginable. Les vecteurs qui se comportent ainsi portent un nom.

Définitions

La condition « $X$ non nulle » est essentielle et se perd très souvent en cours de rédaction. Sans elle, tout réel serait valeur propre de toute matrice, puisque $A\times 0=\lambda \times 0$ pour n'importe quel $\lambda$. Un vecteur propre n'est donc jamais nul, alors qu'un sous-espace propre, lui, contient toujours la colonne nulle.

Ces notions se traduisent immédiatement en termes d'endomorphismes. Si $f$ est l'endomorphisme de ${\mathbb{R}}^n$ de matrice $A$ dans la base canonique, alors dire que $X$ est un vecteur propre de $A$ associé à $\lambda$, c'est dire que le vecteur $u$ correspondant vérifie $f(u)=\lambda u$ avec $u\mathrm{\ne }0$. Un vecteur propre est donc un vecteur que $f$ se contente de dilater.

Démonstration. L'égalité $AX=\lambda X$ équivaut à $AX-\lambda X=0$, c'est-à-dire $(A-\lambda I_n)X=0$, puisque $\lambda X=\lambda I_{n}X$. L'ensemble $E_{\lambda }(A)$ est donc le noyau de la matrice $A-\lambda I_n$, c'est-à-dire l'ensemble des solutions d'un système linéaire homogène : c'est un sous-espace vectoriel de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$.

Ensuite, $\lambda$ est valeur propre si et seulement si ce noyau contient une colonne non nulle, c'est-à-dire s'il n'est pas réduit à $\{0\}$, ce qui équivaut à $\dim E_{\lambda }(A)⩾1$. Par le théorème du rang appliqué à $A-\lambda I_n$, cela équivaut à $\mathrm{rg}(A-\lambda I_n)<n$, donc à la non-inversibilité de $A-\lambda I_n$. $\mathrm{\square }$

Cette propriété est la définition opératoire du spectre, et c'est elle que l'on utilise en pratique : chercher les valeurs propres de $A$, c'est chercher les réels $\lambda$ pour lesquels le système homogène $(A-\lambda I_n)X=0$ possède une solution autre que la solution nulle.

Premières propriétés

Démonstration. En prenant $\lambda =0$ dans la propriété précédente, $0\in \mathrm{Sp}(A)$ équivaut à la non-inversibilité de $A-0\cdot I_n=A$. Et $E_0(A)=\mathrm{Ker}(A-0\cdot I_n)=\mathrm{Ker}A$. $\mathrm{\square }$

C'est un réflexe à acquérir : devant une matrice dont on voit que deux colonnes sont proportionnelles, ou dont la somme des colonnes est nulle, on peut annoncer immédiatement que $0$ est valeur propre, sans le moindre calcul supplémentaire.

Démonstration. Puisque $A$ est inversible, la propriété précédente montre que $0$ n'est pas valeur propre de $A$, donc $\lambda \mathrm{\ne }0$.

Soit $X$ un vecteur propre de $A$ associé à $\lambda$, c'est-à-dire $X\mathrm{\ne }0$ et $AX=\lambda X$. Multiplions cette égalité à gauche par $A^{-1}$ :

$$X=A^{-1}(\lambda X)=\lambda A^{-1}X,$$

puis divisons par $\lambda$, ce qui est licite car $\lambda \mathrm{\ne }0$ :

$$A^{-1}X=\frac{1}{\lambda }X\mathrm{.}$$

La colonne $X$ étant non nulle, ${\displaystyle \frac{1}{\lambda }}$ est bien valeur propre de $A^{-1}$, de vecteur propre $X$. Cela prouve l'inclusion $E_{\lambda }(A)\subset E_{1\mathrm{/}\lambda }(A^{-1})$, et l'inclusion réciproque s'obtient en échangeant les rôles de $A$ et $A^{-1}$, dont l'inverse est $A$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Écrivons $B=P^{-1}AP$ avec $P$ inversible. Soit $\lambda \in \mathrm{Sp}(A)$ et soit $X\mathrm{\ne }0$ tel que $AX=\lambda X$. Posons $Y=P^{-1}X$ ; comme $P^{-1}$ est inversible et $X\mathrm{\ne }0$, on a $Y\mathrm{\ne }0$. Alors

$$BY=P^{-1}AP{P}^{-1}X=P^{-1}AX=P^{-1}(\lambda X)=\lambda P^{-1}X=\lambda Y,$$

donc $\lambda \in \mathrm{Sp}(B)$. L'inclusion réciproque s'obtient de la même façon en écrivant $A=PB{P}^{-1}$.

Pour les dimensions, on observe que $B-\lambda I_n=P^{-1}(A-\lambda I_n)P$, donc ces deux matrices sont semblables et ont même rang. Le théorème du rang donne alors

$$\dim E_{\lambda }(B)=n-\mathrm{rg}(B-\lambda I_n)=n-\mathrm{rg}(A-\lambda I_n)=\dim E_{\lambda }(A)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

C'est la propriété qui justifie tout le programme de la réduction : puisque le spectre ne dépend pas de la base, il caractérise l'endomorphisme lui-même, et non l'écriture qu'on en a choisie. C'est aussi un outil de réfutation commode : deux matrices de spectres différents ne sont jamais semblables.

Démonstration. Traitons le cas triangulaire supérieur ; le cas inférieur s'en déduit par transposition, ou se traite identiquement.

Point $1$. Si tous les $t_{i,i}$ sont non nuls, la matrice $T$ est déjà échelonnée et possède $n$ pivots, donc $\mathrm{rg}(T)=n$ et $T$ est inversible. Réciproquement, supposons qu'un coefficient diagonal soit nul et notons $k$ le plus petit indice tel que $t_{k,k}=0$. Considérons les $k$ premières colonnes $C_1,\dots ,C_k$ de $T$. Pour $j<k$, la colonne $C_j$ a tous ses coefficients nuls à partir de la ligne $j+1$, donc en particulier à partir de la ligne $k$. Et $C_k$ a tous ses coefficients nuls à partir de la ligne $k+1$, ainsi qu'à la ligne $k$ puisque $t_{k,k}=0$. Ces $k$ colonnes appartiennent donc toutes au sous-espace des colonnes dont les coefficients des lignes $k$ à $n$ sont nuls, sous-espace de dimension $k-1$. Une famille de $k$ vecteurs dans un sous-espace de dimension $k-1$ est nécessairement liée, donc les colonnes de $T$ sont liées et $\mathrm{rg}(T)<n$ : la matrice n'est pas inversible.

Point $2$. Pour tout réel $\lambda$, la matrice $T-\lambda I_n$ est encore triangulaire supérieure, de coefficients diagonaux $t_{1,1}-\lambda ,\dots ,t_{n,n}-\lambda$. D'après le point $1$, elle n'est pas inversible si et seulement si l'un de ces coefficients est nul, c'est-à-dire si et seulement si $\lambda$ est égal à l'un des $t_{i,i}$. $\mathrm{\square }$

La liberté des familles de vecteurs propres

Démonstration. Soient $a$ et $b$ des réels tels que $aX+bY=0$. Multiplions cette égalité à gauche par $A$ :

$$aAX+bAY=0,\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}a\lambda X+b\mu Y=0.$$

Multiplions par ailleurs l'égalité de départ par $\mu$ :

$$a\mu X+b\mu Y=0.$$

En soustrayant les deux dernières égalités, il vient $a(\lambda -\mu )X=0$. Comme $\lambda \mathrm{\ne }\mu$, on a $\lambda -\mu \mathrm{\ne }0$, et comme $X\mathrm{\ne }0$, on en déduit $a=0$. L'égalité de départ devient $bY=0$, et $Y\mathrm{\ne }0$ donne $b=0$. La famille est libre. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Raisonnons par récurrence sur $p$.

Initialisation. Pour $p=1$, la famille concaténée est ${\mathcal{F}}_1$, libre par hypothèse.

Hérédité. Supposons le résultat acquis pour $p-1$ valeurs propres distinctes, avec $p⩾2$. Notons ${\mathcal{F}}_i=(X_{i,1},\dots ,X_{i,k_i})$ et considérons des réels ${\alpha }_{i,j}$ tels que

$$\sum _{i=1}^p\sum _{j=1}^{k_i}{\alpha }_{i,j}{X}_{i,j}=0.$$

Posons $V_i={\sum }_{j=1}^{k_i}{\alpha }_{i,j}{X}_{i,j}$. Chaque $V_i$ appartient au sous-espace propre $E_{{\lambda }_i}(A)$, qui est stable par combinaison linéaire, donc $A{V}_i={\lambda }_i{V}_i$, et la relation s'écrit $V_1+\cdots +V_p=0$.

Multiplions cette relation à gauche par $A$ : on obtient ${\lambda }_1{V}_1+\cdots +{\lambda }_p{V}_p=0$. Multiplions-la par ailleurs par le réel ${\lambda }_p$ : on obtient ${\lambda }_p{V}_1+\cdots +{\lambda }_p{V}_p=0$. En soustrayant, le dernier terme disparaît et il reste

$$({\lambda }_1-{\lambda }_p)V_1+({\lambda }_2-{\lambda }_p)V_2+\cdots +({\lambda }_{p-1}-{\lambda }_p)V_{p-1}=0.$$

En remplaçant chaque $V_i$ par sa définition, cette égalité est une combinaison linéaire nulle des vecteurs des familles ${\mathcal{F}}_1,\dots ,{\mathcal{F}}_{p-1}$, dont les coefficients sont les $({\lambda }_i-{\lambda }_p){\alpha }_{i,j}$. Par hypothèse de récurrence, la concaténation de ces $p-1$ familles est libre, donc tous ces coefficients sont nuls :

$$({\lambda }_i-{\lambda }_p){\alpha }_{i,j}=0\text{pour }1⩽i⩽p-1\text{ et }1⩽j⩽k_i\mathrm{.}$$

Comme les valeurs propres sont deux à deux distinctes, ${\lambda }_i-{\lambda }_p\mathrm{\ne }0$, d'où ${\alpha }_{i,j}=0$ pour tout $i⩽p-1$ et tout $j$. Il reste alors ${\sum }_j{\alpha }_{p,j}{X}_{p,j}=0$, et la liberté de ${\mathcal{F}}_p$ donne ${\alpha }_{p,j}=0$ pour tout $j$. Tous les coefficients sont nuls : la famille concaténée est libre. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Le point $1$ est le cas où chaque ${\mathcal{F}}_i$ est réduite à un unique vecteur propre, famille libre puisqu'un vecteur propre est non nul. Le point $3$ s'obtient en prenant pour ${\mathcal{F}}_i$ une base de $E_{{\lambda }_i}(A)$ : la concaténation est une famille libre de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$, dont le cardinal est la somme des dimensions, et une famille libre d'un espace de dimension $n$ compte au plus $n$ vecteurs. Le point $2$ en découle, chaque sous-espace propre étant de dimension au moins $1$. $\mathrm{\square }$

Trouver le spectre

Polynômes annulateurs

Polynôme d'une matrice

Attention à la place du terme constant : il devient $a_0{I}_n$, et jamais $a_0$ tout court, qui n'est pas une matrice. C'est l'erreur d'écriture la plus fréquente sur cette notion, et elle rend tout le calcul faux.

Démonstration. Soit $\lambda \in \mathrm{Sp}(A)$ et soit $X$ un vecteur propre associé, donc $X\mathrm{\ne }0$ et $AX=\lambda X$.

Montrons d'abord par récurrence que $A^{k}X={\lambda }^{k}X$ pour tout entier naturel $k$. C'est vrai pour $k=0$, les deux membres valant $X$. Si $A^{k}X={\lambda }^{k}X$, alors

$$A^{k+1}X=A\left(A^{k}X\right)=A\left({\lambda }^{k}X\right)={\lambda }^k(AX)={\lambda }^k\lambda X={\lambda }^{k+1}X\mathrm{.}$$

Écrivons maintenant $Q=a_0+a_{1}X+\cdots +a_k{X}^k$. Alors

$$Q(A)X=(a_0{I}_n+a_{1}A+\cdots +a_k{A}^k)X=a_{0}X+a_1\lambda X+\cdots +a_k{\lambda }^{k}X=Q(\lambda )X\mathrm{.}$$

Or $Q(A)=0$, donc $Q(\lambda )X=0$. Comme $X$ est une colonne non nulle, le réel $Q(\lambda )$ est nécessairement nul. $\mathrm{\square }$

Contre-exemple. Prenons $A=I_2$ et $Q=X^2-3X+2$. Alors

$$Q(A)=I_2-3I_2+2I_2=0,$$

donc $Q$ est bien un polynôme annulateur de $A$. Ses racines sont $1$ et $2$. Pourtant $\mathrm{Sp}(I_2)=\{1\}$ : en effet $I_{2}X=2X$ impose $X=0$, donc $2$ n'est pas valeur propre. $\mathrm{\square }$

Le théorème ne donne donc qu'une liste de candidats, et il faut ensuite tester chacun d'eux en résolvant le système correspondant. Le programme est ici très explicite : « aucune connaissance supplémentaire sur les polynômes annulateurs n'est au programme ». Il n'y a donc rien d'autre à savoir sur cette notion, ni réciproque, ni polynôme privilégié, ni théorème général : seulement l'implication ci-dessus, et l'obligation de vérifier les candidats.

Diagonalisation

Définition et caractérisation

Démonstration. Supposons d'abord $A$ diagonalisable, avec $P^{-1}AP=D$ diagonale de coefficients $d_1,\dots ,d_n$. Cette égalité équivaut à $AP=PD$. Notons $C_1,\dots ,C_n$ les colonnes de $P$. La $j$-ième colonne de $AP$ est $A{C}_j$, et la $j$-ième colonne de $PD$ est $d_j{C}_j$, puisque multiplier $P$ à droite par une matrice diagonale revient à multiplier sa $j$-ième colonne par $d_j$. On a donc

$$A{C}_j=d_j{C}_j\text{pour tout }j\mathrm{.}$$

Comme $P$ est inversible, ses colonnes forment une famille libre de $n$ vecteurs de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$, donc une base ; en particulier aucune n'est nulle, et chaque $C_j$ est bien un vecteur propre de $A$.

Réciproquement, supposons qu'il existe une base $(C_1,\dots ,C_n)$ de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$ formée de vecteurs propres, avec $A{C}_j=d_j{C}_j$. Soit $P$ la matrice de colonnes $C_1,\dots ,C_n$ : ses colonnes formant une base, son rang vaut $n$ et elle est inversible. Le calcul précédent, lu à l'envers, donne $AP=PD$ avec $D$ diagonale de coefficients $d_1,\dots ,d_n$, donc $P^{-1}AP=D$. $\mathrm{\square }$

Cette caractérisation est le sens même du mot « diagonaliser » : on ne change pas la matrice, on change de base. Dans la base des vecteurs propres, l'endomorphisme se contente de multiplier le premier vecteur de base par $d_1$, le deuxième par $d_2$, et ainsi de suite. C'est le comportement le plus simple qu'un endomorphisme puisse avoir.

Démonstration. Notons $d_i=\dim E_{{\lambda }_i}(A)$ ; nous savons déjà que $d_1+\cdots +d_p⩽n$.

Supposons cette somme égale à $n$. En concaténant une base de chaque $E_{{\lambda }_i}(A)$, on obtient, d'après la section $6$, une famille libre de $d_1+\cdots +d_p=n$ vecteurs de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$, espace de dimension $n$ : c'est une base, et tous ses vecteurs sont des vecteurs propres. La caractérisation précédente donne la diagonalisabilité.

Réciproquement, supposons $A$ diagonalisable et soit $(C_1,\dots ,C_n)$ une base de vecteurs propres. Chaque $C_j$ appartient à l'un des sous-espaces propres. Pour chaque $i$, notons ${\mathcal{G}}_i$ la sous-famille formée des $C_j$ qui appartiennent à $E_{{\lambda }_i}(A)$, et $m_i$ son cardinal, de sorte que $m_1+\cdots +m_p=n$. Chaque ${\mathcal{G}}_i$ est une sous-famille d'une famille libre, donc elle est libre, et elle est formée de vecteurs de $E_{{\lambda }_i}(A)$ : par conséquent $m_i⩽\dim E_{{\lambda }_i}(A)=d_i$. En sommant,

$$n=m_1+\cdots +m_p⩽d_1+\cdots +d_p⩽n,$$

ce qui force l'égalité $d_1+\cdots +d_p=n$. $\mathrm{\square }$

Démonstration du point $1$. Chaque sous-espace propre est de dimension au moins $1$, donc la somme des $n$ dimensions est au moins $n$ ; comme elle est aussi au plus $n$, elle vaut exactement $n$ et chaque dimension vaut $1$. Le critère précédent conclut. $\mathrm{\square }$

Le point $2$ est admis par le programme, sans démonstration ni condition supplémentaire. Il est d'une efficacité redoutable en concours : dès que la matrice de l'énoncé est symétrique, sa diagonalisabilité est acquise avant tout calcul, et il ne reste plus qu'à déterminer les éléments propres. Prenez le réflexe de regarder la symétrie en premier.

Attention en revanche à la réciproque du point $1$ : une matrice peut être diagonalisable avec moins de $n$ valeurs propres, comme le montre l'exemple central de ce chapitre, qui n'en a que deux. Et une matrice non symétrique peut parfaitement être diagonalisable : le point $2$ est une condition suffisante, pas une condition nécessaire.

Diagonaliser en pratique

Matrices non diagonalisables

Puissances d'une matrice et suites récurrentes linéaires

Tout ce qui précède prend son sens ici. Calculer $A^n$ pour un exposant quelconque est impossible à la main dès l'ordre $3$, sauf si l'on sait ramener la matrice à une forme simple. La diagonalisation le permet ; quand elle échoue, la formule du binôme prend le relais.

Puissances par diagonalisation

Démonstration. La première égalité a été établie à la section $5$, à propos des matrices semblables : $A^k=P{D}^k{P}^{-1}$ se démontre par récurrence, l'hérédité reposant sur l'insertion de $P^{-1}P=I_n$ entre les deux facteurs.

Pour la seconde, procédons également par récurrence. Elle est vraie pour $k=0$, les deux membres valant $I_n$. Si $D^k$ est diagonale de coefficients $d_i^k$, alors le produit $D^{k}D$ est diagonal de coefficients $d_i^k\times d_i=d_i^{k+1}$, car le produit de deux matrices diagonales s'obtient en multipliant les coefficients diagonaux entre eux, place par place. $\mathrm{\square }$

Puissances par la formule du binôme

Quand la matrice n'est pas diagonalisable, tout n'est pas perdu. Il suffit souvent de l'écrire comme la somme d'une matrice scalaire et d'une matrice dont une puissance est nulle.

L'hypothèse de commutation est indispensable : sans elle, la formule est fausse dès le carré, puisque $(U+V{)}^2=U^2+UV+VU+V^2$ ne se simplifie pas. Dans la pratique, on l'applique presque toujours au cas $U=\lambda I_n$, qui commute avec toutes les matrices, ce qui rend l'hypothèse automatique. Encore faut-il l'écrire : un correcteur attend cette justification.

Suites récurrentes linéaires

Ce qu'il faut retenir

La carte du chapitre

Une matrice et une application linéaire sont deux visages du même objet, et le pont entre les deux est le choix d'une base. Le tableau suivant résume les correspondances qu'il faut pouvoir traverser dans les deux sens sans y penser.

Les gestes du chapitre tiennent en sept lignes. Reconnaître un sous-espace vectoriel : le vecteur nul, la stabilité par combinaison linéaire, ou une écriture en $\mathrm{Vect}$. Trouver une base et une dimension : paramétrer, mettre les paramètres en facteur, montrer la liberté, compter. Écrire une matrice d'application linéaire : images des vecteurs de la base de départ, décomposées dans la base d'arrivée, rangées en colonnes. Changer de base : $P$ contient les nouveaux vecteurs écrits dans l'ancienne base, $X_{\mathcal{B}}=P{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$, et ${\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(f)=P^{-1}{\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)P$. Chercher un spectre : structure évidente, puis polynôme annulateur, puis test de chaque candidat par un système à coefficients numériques. Décider de la diagonalisabilité : additionner les dimensions des sous-espaces propres et comparer à $n$, sans oublier les deux cas suffisants que sont les $n$ valeurs propres distinctes et la symétrie. Calculer $A^k$ : par $P{D}^k{P}^{-1}$ si la matrice est diagonalisable, par le binôme appliqué à $\lambda I_n+N$ sinon.

Les erreurs qui coûtent des points

Chercher un polynôme caractéristique. Il n'existe pas dans ce programme. Les valeurs propres se trouvent en résolvant $(A-\lambda I_n)X=0$, ou en exploitant un polynôme annulateur. Il n'existe pas davantage de déterminant d'ordre $3$ : l'inversibilité d'une matrice carrée se décide par son rang, c'est-à-dire par un pivot.

Oublier que le vecteur propre doit être non nul. Sans cette condition, tout réel serait valeur propre de toute matrice. Écrivez-la à chaque fois, y compris dans les démonstrations.

Conclure qu'une racine d'un polynôme annulateur est une valeur propre. L'implication ne va que dans un sens : les racines sont des candidats, et chacun doit être testé en résolvant le système correspondant.

Se tromper de sens dans la formule de changement de base. La matrice $P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$ contient les vecteurs de ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ écrits dans $\mathcal{B}$, et elle transforme les nouvelles coordonnées en anciennes : $X_{\mathcal{B}}=P{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. Pour l'endomorphisme, c'est $P^{-1}AP$, jamais $PA{P}^{-1}$, si l'on veut la matrice dans la nouvelle base.

Mélanger l'ordre de $P$ et de $D$. La $j$-ième colonne de $P$ doit être un vecteur propre associé au $j$-ième coefficient diagonal de $D$. Une permutation dans l'une sans la permutation correspondante dans l'autre rend l'égalité fausse, et la vérification $AP=PD$ la détecte immédiatement.

Répéter une valeur propre le mauvais nombre de fois dans $D$. Chaque valeur propre apparaît sur la diagonale autant de fois que la dimension de son sous-espace propre, ni plus, ni moins.

Appliquer le binôme sans justifier la commutation. La formule $(U+V{)}^k={\sum }_j\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{j}\right)U^j{V}^{k-j}$ exige $UV=VU$. Avec $U=\lambda I_n$, la justification tient en une ligne, mais elle doit être écrite.

Confondre le noyau et l'image. Le noyau vit dans l'espace de départ, l'image dans l'espace d'arrivée, et le théorème du rang fait intervenir la dimension du départ, c'est-à-dire le nombre de colonnes de la matrice. Et l'on écrit $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$, jamais $\mathrm{Ker}f=\mathrm{\varnothing }$.

Sauter les vérifications. Un vecteur propre annoncé se réinjecte dans $AX=\lambda X$, une diagonalisation se contrôle par $AP=PD$, un inverse par $P{P}^{-1}=I_n$, une formule de puissance par les valeurs $k=0$ et $k=1$, un terme général de suite par $n=0$ et $n=1$. Ces contrôles prennent trente secondes chacun et sauvent des copies entières.