Algèbre linéaire

En première année, vous avez appris qu'une matrice n'est pas un objet autonome : c'est la photographie d'un endomorphisme, prise dans une base. Changez la base, la photographie change, l'endomorphisme non. Le cours de PCSI s'achevait sur une question laissée ouverte, et c'est exactement celle que ce chapitre résout : quelle base choisir pour que la photographie soit la plus simple possible ?

La réponse idéale porte un nom, la diagonalisation. Si l'on parvient à construire une base $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ formée de vecteurs que $u$ se contente de dilater, c'est-à-dire vérifiant $u(e_i)={\lambda }_i{e}_i$, alors la matrice de $u$ dans cette base est diagonale et tout devient facile : les puissances se calculent coefficient par coefficient, le déterminant est un produit, le rang un comptage, l'inverse une division. L'endomorphisme, qui mélangeait les coordonnées, se décompose en $n$ dilatations indépendantes le long de $n$ droites. C'est la situation la plus confortable de toute l'algèbre linéaire, et c'est aussi celle qui rend calculables les systèmes différentiels et les suites récurrentes couplées que vous rencontrez en physique et en chimie.

Cet idéal n'est pas toujours atteignable, et il vaut mieux le savoir dès la première page. Deux obstacles bien distincts se présentent. Le premier tient au corps de base. La rotation d'angle droit du plan réel ne conserve aucune direction : elle envoie tout vecteur non nul sur un vecteur qui ne lui est pas colinéaire. Il n'existe donc aucune base de ${\mathbb{R}}^2$ dans laquelle sa matrice soit diagonale, et pourtant, vue dans ${\mathbb{C}}^2$, la même matrice se diagonalise sans difficulté avec les valeurs $\mathrm{i}$ et $-\mathrm{i}$. Cet obstacle-là disparaît par changement de corps. Le second est intrinsèque : l'endomorphisme de ${\mathbb{R}}^2$ de matrice $\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$ ne conserve qu'une seule direction, celle de $e_1$, et aucun agrandissement du corps n'en fera apparaître une deuxième. Pour lui, la meilleure forme accessible est triangulaire, et il faudra s'en contenter. Retenir ces deux exemples dès maintenant évite bien des illusions.

Le programme demande d'attaquer la question sous deux angles, et le chapitre est construit autour de leur rencontre.

Le premier angle est géométrique. Un sous-espace $F$ est stable par $u$ lorsque $u$ ne le fait pas sortir de lui-même ; on peut alors regarder $u$ « de l'intérieur de $F$ », ce qui donne l'endomorphisme induit. Un sous-espace stable produit un bloc de zéros dans la matrice ; une décomposition de $E$ en somme directe de sous-espaces stables produit une matrice diagonale par blocs ; et les plus petits sous-espaces stables possibles, les droites stables, produisent de simples coefficients diagonaux. Diagonaliser, c'est donc casser l'espace en droites stables, ni plus ni moins. Les vecteurs qui engendrent ces droites sont les vecteurs propres, les rapports de dilatation sont les valeurs propres, et le polynôme caractéristique fournit l'outil de calcul qui les débusque.

Le second angle est algébrique, et c'est la nouveauté de la deuxième année. À un endomorphisme $u$, on n'associe pas seulement ses puissances $u^k$, mais tout polynôme $P(u)$. On découvre alors qu'une bonne partie de la structure de $u$ se lit sur les polynômes qui l'annulent : un polynôme annulateur de terme constant non nul livre l'inverse en une ligne, une division euclidienne livre toutes les puissances, et surtout le critère central du chapitre tient en une phrase, sans aucun calcul de sous-espace propre : $u$ est diagonalisable si et seulement s'il est annulé par un polynôme scindé à racines simples. C'est ce critère qui rend immédiate la diagonalisabilité des projecteurs et des symétries, et c'est lui qui permet de traiter les endomorphismes définis par une relation, sans jamais écrire de matrice.

Le plan suit un ordre de dépendances strict. On commence par les outils de découpage : produits d'espaces vectoriels, sommes directes d'une famille finie de sous-espaces, bases adaptées. Vient ensuite le calcul par blocs, qui est le langage matriciel de ces découpages, avec le déterminant d'une matrice triangulaire par blocs, résultat modeste dont on se servira sans arrêt. Les sous-espaces stables font alors le lien entre les deux. La trace, courte section, fournit un invariant de similitude qui servira de garde-fou dans tous les calculs. On aborde ensuite les polynômes d'endomorphismes, puis l'interpolation de Lagrange, qui n'est pas un intrus : c'est elle qui permet, en fin de chapitre, de décrire les endomorphismes qui commutent avec un endomorphisme donné. La seconde moitié est consacrée à la réduction proprement dite : éléments propres, polynôme caractéristique et théorème de Cayley-Hamilton, diagonalisation, critère par polynôme annulateur, trigonalisation, et enfin une section de méthodes.

Trois résultats seulement seront admis, et ce sont exactement les trois que le programme dispense de démonstration : le théorème de Cayley-Hamilton, le critère de diagonalisabilité par polynôme annulateur scindé à racines simples, et le critère de trigonalisabilité par polynôme caractéristique scindé. Tout le reste est démontré.

Les notations valent pour tout le chapitre. La lettre $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ; lorsqu'un résultat dépend du corps, ce sera dit, et c'est un point sur lequel il ne faut jamais être négligent. L'espace $E$ est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel, de dimension finie $n⩾1$ sauf mention contraire. Les endomorphismes sont notés $u$, $v$, $w$ ; leur ensemble est $\mathcal{L}(E)$ ; l'identité est ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ ; on écrit $u^k$ pour la composée de $k$ facteurs, avec $u^0={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. Les matrices carrées de taille $n$ forment ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$, les colonnes forment ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$, la matrice identité est $I_n$, la matrice nulle $0_n$, et ${\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$ est le groupe des matrices inversibles. On conserve $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}$, $\mathrm{I}\mathrm{m}$, $\mathrm{r}\mathrm{g}$, $\mathrm{t}\mathrm{r}$, $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}$, $\det$, $\dim$, $\mathrm{deg}$, et ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ pour la transposée. La matrice de $u$ dans la base $\mathcal{B}$ est ${\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}}_{\mathcal{B}}(u)$. Les objets nouveaux sont le spectre $\mathrm{S}\mathrm{p}(u)$, le sous-espace propre $E_{\lambda }(u)$, la multiplicité $m_{\lambda }(u)$ et le polynôme caractéristique ${\chi }_A$ ou ${\chi }_u$.

Une convention doit être fixée avant tout, car deux usages coexistent dans la littérature et leur mélange est une source permanente d'erreurs de signe. Dans tout ce chapitre, le polynôme caractéristique est pris unitaire :

$${\chi }_A(X)=\det (X{I}_n-A),{\chi }_u(X)=\det (X{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E-u)\mathrm{.}$$

Jamais $\det (A-X{I}_n)$. Les deux conventions sont reliées par $\det (A-X{I}_n)=(-1{)}^n{\chi }_A(X)$ : les racines sont les mêmes, les polynômes coïncident si $n$ est pair et sont opposés si $n$ est impair. Prenez l'habitude de la convention unitaire et n'en changez plus.

Un dernier mot sur le style attendu. Le programme de PC demande d'éviter tout excès de rigueur : on vérifie les hypothèses cruciales, on ne rédige pas trois lignes pour justifier qu'une somme de deux vecteurs d'un sous-espace y reste. Le cours qui suit est complet et entièrement démontré, mais il va droit au but, et vos copies doivent faire de même.

Produits, sommes et sommes directes de sous-espaces

Produit d'un nombre fini d'espaces vectoriels

Démonstration. Notons $d_i=\dim E_i$ et fixons une base $(e_1^{(i)},\dots ,e_{d_i}^{(i)})$ de chaque $E_i$. Pour $i$ et $j$ fixés, notons ${\epsilon }_j^{(i)}$ l'élément du produit dont toutes les composantes sont nulles sauf la $i$-ème, égale à $e_j^{(i)}$.

Tout élément $(x_1,\dots ,x_p)$ du produit se décompose de manière unique : chaque $x_i$ s'écrit de façon unique ${\sum }_j{\mu }_{i,j}{e}_j^{(i)}$, et alors $(x_1,\dots ,x_p)={\sum }_{i,j}{\mu }_{i,j}{\epsilon }_j^{(i)}$, l'unicité des ${\mu }_{i,j}$ venant de l'unicité composante par composante. La famille des ${\epsilon }_j^{(i)}$ est donc une base du produit, et elle compte $d_1+\cdots +d_p$ vecteurs. $\mathrm{\square }$

Somme d'une famille finie de sous-espaces

Somme directe

Démonstration. Si la somme est directe, le vecteur $0_E$ admet une unique décomposition ; comme $0_E=0_E+\cdots +0_E$ en est une, c'est la seule, d'où l'implication annoncée.

Réciproquement, supposons la condition vérifiée et soit $x$ dans la somme, avec deux décompositions $x=\sum x_i=\sum y_i$, où $x_i,y_i\in F_i$. Alors $\sum (x_i-y_i)=0_E$ avec $x_i-y_i\in F_i$, donc $x_i-y_i=0_E$ pour tout $i$, c'est-à-dire $x_i=y_i$. La décomposition est unique. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Supposons la somme directe et soit $x\in F\cap G$. Alors $x+(-x)=0_E$ avec $x\in F$ et $-x\in G$, donc $x=0_E$ par la caractérisation précédente.

Réciproquement, supposons $F\cap G=\{0_E\}$ et soient $x\in F$, $y\in G$ tels que $x+y=0_E$. Alors $x=-y$ appartient à la fois à $F$ et à $G$, donc $x=0_E$, puis $y=0_E$. $\mathrm{\square }$

Bases adaptées

Démonstration. Le premier point est le théorème de la base incomplète : on part d'une base de $F$ et on la complète en une base de $E$.

Pour le second, notons ${\mathcal{B}}_i=(e_1^{(i)},\dots ,e_{d_i}^{(i)})$ une base de $F_i$ et $\mathcal{B}$ la famille concaténée.

Génératrice. Tout $x\in E$ s'écrit $x={\sum }_i{x}_i$ avec $x_i\in F_i$, et chaque $x_i$ est combinaison linéaire de ${\mathcal{B}}_i$ : $x$ est combinaison linéaire de $\mathcal{B}$.

Libre. Supposons ${\sum }_i\left({\sum }_j{\mu }_{i,j}{e}_j^{(i)}\right)=0_E$. Le vecteur $x_i={\sum }_j{\mu }_{i,j}{e}_j^{(i)}$ appartient à $F_i$ et ${\sum }_i{x}_i=0_E$, donc chaque $x_i$ est nul par caractérisation de la somme directe ; comme ${\mathcal{B}}_i$ est libre, tous les ${\mu }_{i,j}$ sont nuls. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Tout vecteur de $E$ est combinaison linéaire des $e_i$ ; en regroupant les termes suivant le paquet d'indices auquel ils appartiennent, on obtient une écriture comme somme d'éléments des $F_k$, donc $E={\sum }_k{F}_k$. Si maintenant ${\sum }_k{x}_k=0_E$ avec $x_k\in F_k$, chaque $x_k$ est une combinaison linéaire des $e_i$ pour $i\in I_k$, et la somme totale est une combinaison linéaire de la base $\mathcal{B}$ égale à $0_E$ : tous les coefficients sont nuls, donc tous les $x_k$ sont nuls. La somme est directe. Enfin la famille $(e_i{)}_{i\in I_k}$ est libre comme sous-famille d'une base, d'où la dimension. $\mathrm{\square }$

L'inégalité des dimensions et son cas d'égalité

Démonstration. C'est ici que le produit d'espaces vectoriels sert. Considérons

$$\mathrm{\Phi }:F_1\times \cdots \times F_p⟶\sum _{i=1}^p{F}_i,(x_1,\dots ,x_p)⟼x_1+\cdots +x_p\mathrm{.}$$

L'application $\mathrm{\Phi }$ est linéaire, et elle est surjective par définition même de la somme. L'espace de départ est de dimension ${\sum }_i\dim F_i$ d'après la première propriété du chapitre. Le théorème du rang donne

$$\sum _{i=1}^p\dim F_i=\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{\Phi }+\mathrm{r}\mathrm{g}\mathrm{\Phi }=\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{\Phi }+\dim \left(\sum _{i=1}^p{F}_i\right),$$

d'où l'inégalité annoncée, puisque $\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{\Phi }⩾0$.

Il y a égalité si et seulement si $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{\Phi }=\{0\}$, c'est-à-dire si et seulement si la seule famille $(x_1,\dots ,x_p)$ de $F_1\times \cdots \times F_p$ vérifiant $x_1+\cdots +x_p=0_E$ est la famille nulle. C'est exactement la caractérisation de la somme directe. $\mathrm{\square }$

Matrices par blocs

Découper une matrice

Un produit par blocs entièrement calculé

Prenons $n=4$, découpé en $2+2$ dans les deux directions, et

$$M=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 0\\ 0& 2& 1& 1\\ 0& 0& 3& 1\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ 0_2& C\end{array}\right),N=\left(\begin{array}{cccc}2& 0& 0& 1\\ 1& 1& 1& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 2& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{A}^{\mathrm{\prime }}& B^{\mathrm{\prime }}\\ 0_2& C^{\mathrm{\prime }}\end{array}\right),$$

avec

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 2\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right),C=\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 0& 1\end{array}\right),A^{\mathrm{\prime }}=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right),B^{\mathrm{\prime }}=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right),C^{\mathrm{\prime }}=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\end{array}\right)\mathrm{.}$$

La règle du produit par blocs donne

$$MN=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ 0_2& C\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{A}^{\mathrm{\prime }}& B^{\mathrm{\prime }}\\ 0_2& C^{\mathrm{\prime }}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A{A}^{\mathrm{\prime }}+B{0}_2& A{B}^{\mathrm{\prime }}+B{C}^{\mathrm{\prime }}\\ 0_2{A}^{\mathrm{\prime }}+C{0}_2& 0_2{B}^{\mathrm{\prime }}+C{C}^{\mathrm{\prime }}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A{A}^{\mathrm{\prime }}& A{B}^{\mathrm{\prime }}+B{C}^{\mathrm{\prime }}\\ 0_2& C{C}^{\mathrm{\prime }}\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Calculons les trois blocs :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle A{A}^{\mathrm{\prime }}}& {\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 2& 2\end{array}\right),}\\ {\displaystyle A{B}^{\mathrm{\prime }}}& {\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 2& 0\end{array}\right),B{C}^{\mathrm{\prime }}=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 3& 1\end{array}\right),}\\ {\displaystyle C{C}^{\mathrm{\prime }}}& {\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}5& 1\\ 2& 1\end{array}\right)\mathrm{.}}\end{array}$$

D'où $A{B}^{\mathrm{\prime }}+B{C}^{\mathrm{\prime }}=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 5& 1\end{array}\right)$, puis

$$MN=\left(\begin{array}{cccc}3& 1& 2& 1\\ 2& 2& 5& 1\\ 0& 0& 5& 1\\ 0& 0& 2& 1\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Vérification par le produit ordinaire, ligne par ligne. La première ligne de $M$ est $(1,1,1,0)$ : contre les quatre colonnes de $N$, elle donne $2+1=3$, puis $1$, puis $1+1=2$, puis $1$. La deuxième ligne $(0,2,1,1)$ donne $2$, puis $2$, puis $2+1+2=5$, puis $1$. La troisième $(0,0,3,1)$ donne $0$, $0$, $3+2=5$, $1$. La quatrième $(0,0,0,1)$ donne $0$, $0$, $2$, $1$. Les deux calculs coïncident.

Matrices triangulaires et diagonales par blocs

Démonstration. Raisonnons par récurrence sur $p$, la taille du bloc $A$, à $q$ et $C$ fixés.

Cas $p=1$. La matrice s'écrit $\left(\begin{array}{cc}a& B\\ 0& C\end{array}\right)$ où la première colonne a pour seul coefficient éventuellement non nul le coefficient $a$ en position $(1,1)$. Le développement du déterminant suivant la première colonne donne $a\det C=\det (A)\det (C)$.

Hérédité. Supposons le résultat vrai pour toute matrice dont le bloc supérieur gauche est de taille $p-1$, et soit $M=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ 0& C\end{array}\right)$ avec $A$ de taille $p⩾2$. Les coefficients de la première colonne de $M$ sont $a_{1,1},\dots ,a_{p,1}$ puis $q$ zéros. Le développement suivant la première colonne donne

$$\det M=\sum _{i=1}^p(-1{)}^{i+1}{a}_{i,1}\det M_{i,1},$$

où $M_{i,1}$ est la matrice obtenue en supprimant la ligne $i$ et la colonne $1$. Cette matrice est encore triangulaire par blocs, de blocs $A_{i,1}$ (le mineur correspondant de $A$, de taille $p-1$) et $C$. L'hypothèse de récurrence donne $\det M_{i,1}=\det (A_{i,1})\det (C)$, d'où

$$\det M=(\sum _{i=1}^p(-1{)}^{i+1}{a}_{i,1}\det A_{i,1})\det C=\det (A)\det (C),$$

la parenthèse étant le développement de $\det A$ suivant sa première colonne. $\mathrm{\square }$

Sous-espaces stables et endomorphisme induit

Définition et premiers exemples

Démonstration. Somme. Si $z=x+y$ avec $x\in F$ et $y\in G$, alors $u(z)=u(x)+u(y)\in F+G$.

Intersection. Si $x\in F\cap G$, alors $u(x)\in F$ et $u(x)\in G$.

Noyau. Si $u(x)=0_E$, alors $u(x)=0_E\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$.

Image. Si $y\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$, alors $u(y)\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$ par définition de l'image. $\mathrm{\square }$

Traduction matricielle

Démonstration. Notons $M={\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}}_{\mathcal{B}}(u)$ et ${\mathcal{B}}_F=(e_1,\dots ,e_p)$.

Supposons $F$ stable. Pour $j⩽p$, on a $e_j\in F$, donc $u(e_j)\in F=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_1,\dots ,e_p)$ : les coordonnées de $u(e_j)$ sur $e_{p+1},\dots ,e_n$ sont nulles, c'est-à-dire que les $n-p$ derniers coefficients de la colonne $j$ de $M$ sont nuls. C'est la forme annoncée, et les $p$ premiers coefficients de cette colonne sont les coordonnées de $u_F(e_j)$ dans ${\mathcal{B}}_F$.

Réciproquement, si $M$ a cette forme, alors pour $j⩽p$ la colonne $j$ donne $u(e_j)={\sum }_{i=1}^p{a}_{i,j}{e}_i\in F$. Tout $x\in F$ s'écrit ${\sum }_{j⩽p}{x}_j{e}_j$, donc $u(x)={\sum }_{j⩽p}{x}_{j}u(e_j)\in F$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Chaque vecteur $e$ de la base choisie de $F_i$ appartient à $F_i$, donc $u(e)\in F_i$ par stabilité. Ses coordonnées dans $\mathcal{B}$ sont donc nulles en dehors du paquet d'indices correspondant à $F_i$, et à l'intérieur de ce paquet elles sont les coordonnées de $u_{F_i}(e)$ : la colonne correspondante est nulle hors du bloc diagonal numéro $i$.

Réciproquement, si la matrice est diagonale par blocs, la colonne associée à un vecteur $e$ de la base de $F_i$ n'a de coefficients non nuls que dans le paquet $i$, donc $u(e)\in F_i$ ; par linéarité $u(F_i)\subseteq F_i$. $\mathrm{\square }$

Commutation et stabilité

Démonstration. Noyau. Soit $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$. Alors $u(v(x))=v(u(x))=v(0_E)=0_E$, donc $v(x)\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$.

Image. Soit $y\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$, disons $y=u(x)$. Alors $v(y)=v(u(x))=u(v(x))\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$. $\mathrm{\square }$

Trace

Définition et propriétés

Démonstration. Toutes les égalités sauf la troisième sont immédiates : la diagonale de $\alpha A+\beta B$ a pour coefficients $\alpha a_{i,i}+\beta b_{i,i}$, la transposition ne change pas la diagonale, et $I_n$ a $n$ coefficients diagonaux égaux à $1$.

Pour $\mathrm{t}\mathrm{r}(AB)=\mathrm{t}\mathrm{r}(BA)$, on écrit les deux traces comme des sommes doubles et on constate qu'il s'agit de la même :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{t}\mathrm{r}(AB)}& {\displaystyle =\sum _{i=1}^n(AB{)}_{i,i}=\sum _{i=1}^n\sum _{k=1}^n{a}_{i,k}{b}_{k,i},}\\ {\displaystyle \mathrm{t}\mathrm{r}(BA)}& {\displaystyle =\sum _{k=1}^n(BA{)}_{k,k}=\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n{b}_{k,i}{a}_{i,k}\mathrm{.}}\end{array}$$

Les deux expressions somment les mêmes $n^2$ produits $a_{i,k}{b}_{k,i}$, dans un ordre différent. $\mathrm{\square }$

Démonstration. En appliquant $\mathrm{t}\mathrm{r}(XY)=\mathrm{t}\mathrm{r}(YX)$ avec $X=P^{-1}$ et $Y=AP$ :

$$\mathrm{t}\mathrm{r}(P^{-1}AP)=\mathrm{t}\mathrm{r}(P^{-1}(AP))=\mathrm{t}\mathrm{r}((AP)P^{-1})=\mathrm{t}\mathrm{r}(A)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Deux applications classiques

Démonstration. On sait de première année que $E=\mathrm{I}\mathrm{m}p\oplus \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p$ et que $p$ est l'identité sur $\mathrm{I}\mathrm{m}p$. Posons $r=\mathrm{r}\mathrm{g}(p)$ et choisissons une base $\mathcal{B}$ adaptée à cette décomposition : ses $r$ premiers vecteurs forment une base de $\mathrm{I}\mathrm{m}p$, les $n-r$ suivants une base de $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p$.

Pour $i⩽r$, $e_i\in \mathrm{I}\mathrm{m}p$ donc $p(e_i)=e_i$ ; pour $i>r$, $p(e_i)=0_E$. Ainsi

$${\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}}_{\mathcal{B}}(p)=\left(\begin{array}{cc}{I}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right),$$

dont la trace vaut $r$. Comme la trace ne dépend pas de la base, $\mathrm{t}\mathrm{r}(p)=r$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Supposons qu'un tel couple existe. En prenant la trace et en utilisant la linéarité puis $\mathrm{t}\mathrm{r}(AB)=\mathrm{t}\mathrm{r}(BA)$ :

$$\mathrm{t}\mathrm{r}(AB-BA)=\mathrm{t}\mathrm{r}(AB)-\mathrm{t}\mathrm{r}(BA)=0,$$

alors que $\mathrm{t}\mathrm{r}(I_n)=n\mathrm{\ne }0$ dans $\mathbb{R}$ comme dans $\mathbb{C}$. Contradiction. $\mathrm{\square }$

Polynômes d'un endomorphisme, polynômes annulateurs

Définition

Démonstration. La linéarité est immédiate en regroupant les coefficients.

Pour le produit, écrivons $P={\sum }_k{a}_k{X}^k$ et $Q={\sum }_l{b}_l{X}^l$, de sorte que $PQ={\sum }_{k,l}{a}_k{b}_l{X}^{k+l}$. Alors

$$(PQ)(u)=\sum _{k,l}{a}_k{b}_l{u}^{k+l}=\sum _{k,l}{a}_k{b}_l{u}^k\circ u^l=\left(\sum _k{a}_k{u}^k\right)\circ \left(\sum _l{b}_l{u}^l\right)=P(u)\circ Q(u),$$

la troisième égalité étant la bilinéarité de la composition. Comme $PQ=QP$ dans $\mathbb{K}[X]$, on obtient aussi $(PQ)(u)=(QP)(u)=Q(u)\circ P(u)$, d'où la commutation. $\mathrm{\square }$

Polynôme annulateur

Démonstration. L'endomorphisme $P(u)$ commute avec $u$ : en effet $u=Q(u)$ pour $Q=X$, et deux polynômes de $u$ commutent. On applique alors le résultat de la section précédente sur la commutation, avec le couple $(P(u),u)$ : le noyau et l'image de $P(u)$ sont stables par $u$. $\mathrm{\square }$

Méthode : calculer un inverse

Démonstration. De $P(A)=0_n$ on tire $a_0{I}_n=-(a_{1}A+\cdots +a_d{A}^d)$, puis en factorisant par $A$ à gauche (ou à droite, cela revient au même ici) :

$$a_0{I}_n=A\times \left(-(a_1{I}_n+a_{2}A+\cdots +a_d{A}^{d-1})\right)\mathrm{.}$$

En divisant par $a_0\mathrm{\ne }0$, on exhibe une matrice $B$ telle que $AB=I_n$, et le même calcul donne $BA=I_n$ ; donc $A\in {\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$ et $A^{-1}=B$. $\mathrm{\square }$

Méthode : calculer les puissances par division euclidienne

Reprenons $A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 2& 0\end{array}\right)$, annulée par $P=X^2-X-2=(X-2)(X+1)$.

La division euclidienne de $X^m$ par $P$ s'écrit $X^m=PQ+aX+b$ avec $(a,b)\in {\mathbb{R}}^2$. En évaluant en $2$ puis en $-1$, qui annulent $P$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle 2^m}& {\displaystyle =2a+b,}\\ {\displaystyle (-1{)}^m}& {\displaystyle =-a+b\mathrm{.}}\end{array}$$

En soustrayant, $2^m-(-1{)}^m=3a$, d'où

$$a=\frac{2^m-(-1{)}^m}{3},b=(-1{)}^m+a=\frac{2^m+2(-1{)}^m}{3}\mathrm{.}$$

Par conséquent $A^m=aA+b{I}_2$, soit

$$A^m=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}{2}^{m+1}+(-1{)}^m& 2^m-(-1{)}^m\\ 2^{m+1}-2(-1{)}^m& 2^m+2(-1{)}^m\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Trois contrôles. Pour $m=0$ la formule donne $\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}3& 0\\ 0& 3\end{array}\right)=I_2$. Pour $m=1$, $\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}3& 3\\ 6& 0\end{array}\right)=A$. Pour $m=2$, $\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}9& 3\\ 6& 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 2& 2\end{array}\right)$, qui est bien le $A^2$ calculé plus haut.

Interpolation de Lagrange

Les polynômes interpolateurs

Démonstration. Le produit comporte $n$ facteurs de degré $1$, et le dénominateur ${\prod }_{j\mathrm{\ne }i}(x_i-x_j)$ est un scalaire non nul puisque les $x_j$ sont deux à deux distincts : $\mathrm{deg}{L}_i=n$.

Si $j\mathrm{\ne }i$, le facteur d'indice $j$ du produit s'annule en $x_j$, donc $L_i(x_j)=0$. Si $j=i$, chaque facteur vaut ${\displaystyle \frac{x_i-x_j}{x_i-x_j}}=1$, donc $L_i(x_i)=1$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Liberté. Supposons ${\sum }_i{\alpha }_i{L}_i=0$. En évaluant en $x_j$ et en utilisant $L_i(x_j)=0$ sauf pour $i=j$, il reste ${\alpha }_j=0$. Ceci pour tout $j$ : la famille est libre.

Base. Elle est libre et compte $n+1$ vecteurs dans ${\mathbb{K}}_n[X]$, qui est de dimension $n+1$ : c'est une base.

Coordonnées. Soit $P\in {\mathbb{K}}_n[X]$ et posons $Q={\sum }_{i}P(x_i)L_i$, qui appartient à ${\mathbb{K}}_n[X]$. Pour tout $j$, $Q(x_j)=P(x_j)$. Le polynôme $P-Q$ est donc de degré au plus $n$ et possède $n+1$ racines distinctes $x_0,\dots ,x_n$ : il est nul, donc $P=Q$.

Somme. Le polynôme constant $1$ est dans ${\mathbb{K}}_n[X]$ et vaut $1$ en chaque $x_i$, d'où $1={\sum }_{i}1\times L_i$. $\mathrm{\square }$

Déterminant de Vandermonde

Démonstration. Par récurrence sur $n$.

Initialisation. Pour $n=1$, $\det \left(\begin{array}{cc}1& x_0\\ 1& x_1\end{array}\right)=x_1-x_0$, ce qui est bien le produit annoncé.

Hérédité. Supposons la formule vraie au rang $n-1$. Si deux des $x_i$ sont égaux, la matrice a deux lignes identiques : le déterminant est nul, et le produit aussi ; la formule est vraie. Supposons donc les $x_i$ deux à deux distincts et considérons la fonction polynomiale

$$f(X)=\det \left(\begin{array}{cccc}1& x_0& \cdots & x_0^n\\ \mathrm{⋮}& \mathrm{⋮}& & \mathrm{⋮}\\ 1& x_{n-1}& \cdots & x_{n-1}^n\\ 1& X& \cdots & X^n\end{array}\right),$$

obtenue en remplaçant $x_n$ par une indéterminée. En développant suivant la dernière ligne, on voit que $f$ est un polynôme de degré au plus $n$, dont le coefficient de $X^n$ est le cofacteur associé, c'est-à-dire $\det V(x_0,\dots ,x_{n-1})$.

Pour $k⩽n-1$, $f(x_k)=0$ : le déterminant a alors deux lignes égales. Le polynôme $f$ possède donc les $n$ racines distinctes $x_0,\dots ,x_{n-1}$, et son degré est au plus $n$ avec un coefficient dominant connu :

$$f(X)=\det V(x_0,\dots ,x_{n-1})\times \prod _{k=0}^{n-1}(X-x_k)\mathrm{.}$$

En évaluant en $x_n$ et en utilisant l'hypothèse de récurrence :

$$\det V(x_0,\dots ,x_n)=f(x_n)=(\prod _{0⩽i<j⩽n-1}(x_j-x_i))\prod _{k=0}^{n-1}(x_n-x_k)=\prod _{0⩽i<j⩽n}(x_j-x_i)\mathrm{.}$$

Conclusion sur l'inversibilité. Le produit ${\prod }_{i<j}(x_j-x_i)$ est non nul si et seulement si aucun facteur ne l'est, c'est-à-dire si et seulement si les $x_i$ sont deux à deux distincts. $\mathrm{\square }$

Éléments propres

Droites stables, vecteurs propres

Démonstration. Si la droite est stable, $u(x)$ appartient à $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x)$, donc $u(x)=\lambda x$ pour un certain $\lambda$. Réciproquement, si $u(x)=\lambda x$, alors $u(\mu x)=\mu \lambda x\in \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x)$ pour tout $\mu$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Par définition, $\lambda$ est valeur propre si et seulement si $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}(u-\lambda {\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)\mathrm{\ne }\{0_E\}$, ce qui est la non-injectivité. En dimension finie, un endomorphisme est injectif si et seulement s'il est bijectif, si et seulement si son déterminant est non nul. $\mathrm{\square }$

Quatre spectres qu'il faut savoir donner sans calcul.

Pour a., la matrice $A-\lambda I_n$ est encore triangulaire et son déterminant vaut ${\prod }_i(a_{i,i}-\lambda )$, qui s'annule exactement quand $\lambda$ est l'un des $a_{i,i}$. Pour b. et c., les décompositions $E=\mathrm{I}\mathrm{m}p\oplus \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p$ et $E=E_1(s)\oplus E_{-1}(s)$ vues en première année donnent directement les sous-espaces propres.

Commutation et sous-espaces propres

Démonstration. Soit $x\in E_{\lambda }(u)$, c'est-à-dire $u(x)=\lambda x$. Alors

$$u(v(x))=v(u(x))=v(\lambda x)=\lambda v(x),$$

donc $v(x)\in E_{\lambda }(u)$. $\mathrm{\square }$

La somme des sous-espaces propres est directe

Démonstration. Par récurrence sur $p$.

Cas $p=1$. Il n'y a rien à démontrer.

Hérédité. Supposons le résultat acquis pour $p-1$ sous-espaces propres associés à des valeurs propres deux à deux distinctes, et soient $x_i\in E_{{\lambda }_i}(u)$ pour $1⩽i⩽p$ tels que

$$x_1+x_2+\cdots +x_p=0_E\mathrm{.}(\star )$$

Appliquons $u$ à $(\star )$ : comme $u(x_i)={\lambda }_i{x}_i$, on obtient

$${\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p=0_E\mathrm{.}$$

Multiplions maintenant $(\star )$ par ${\lambda }_p$ et soustrayons :

$$({\lambda }_1-{\lambda }_p)x_1+\cdots +({\lambda }_{p-1}-{\lambda }_p)x_{p-1}=0_E\mathrm{.}$$

Le terme d'indice $p$ a disparu. Chaque vecteur $({\lambda }_i-{\lambda }_p)x_i$ appartient à $E_{{\lambda }_i}(u)$, et l'hypothèse de récurrence appliquée aux $p-1$ sous-espaces $E_{{\lambda }_1}(u),\dots ,E_{{\lambda }_{p-1}}(u)$ donne

$$({\lambda }_i-{\lambda }_p)x_i=0_E\text{pour }1⩽i⩽p-1.$$

Comme ${\lambda }_i\mathrm{\ne }{\lambda }_p$, le scalaire ${\lambda }_i-{\lambda }_p$ est non nul, donc $x_i=0_E$ pour $i⩽p-1$. En reportant dans $(\star )$, il vient $x_p=0_E$. La somme est directe. $\mathrm{\square }$

Démonstration. a. Soient $x_1,\dots ,x_p$ des vecteurs propres associés à ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ deux à deux distincts, et ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_p$ des scalaires tels que ${\sum }_i{\alpha }_i{x}_i=0_E$. Chaque ${\alpha }_i{x}_i$ appartient à $E_{{\lambda }_i}(u)$ ; par directeté de la somme, ${\alpha }_i{x}_i=0_E$ pour tout $i$, et comme $x_i\mathrm{\ne }{0}_E$, on obtient ${\alpha }_i=0$.

b. Si ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ sont des valeurs propres distinctes, choisissons un vecteur propre $x_i$ pour chacune. La famille $(x_1,\dots ,x_p)$ est libre d'après a., donc $p⩽\dim E=n$. $\mathrm{\square }$

Valeurs propres et polynômes annulateurs

Démonstration. a. Montrons d'abord $u^k(x)={\lambda }^{k}x$ par récurrence sur $k$ : c'est vrai pour $k=0$, et si $u^k(x)={\lambda }^{k}x$, alors $u^{k+1}(x)=u({\lambda }^{k}x)={\lambda }^{k}u(x)={\lambda }^{k+1}x$. Par linéarité, pour $P={\sum }_k{a}_k{X}^k$,

$$P(u)(x)=\sum _k{a}_k{u}^k(x)=\sum _k{a}_k{\lambda }^{k}x=P(\lambda )x\mathrm{.}$$

b. Soit $\lambda \in \mathrm{S}\mathrm{p}(u)$ et $x$ un vecteur propre associé, donc $x\mathrm{\ne }{0}_E$. Alors $P(\lambda )x=P(u)(x)=0_E$. Comme $x\mathrm{\ne }{0}_E$, il vient $P(\lambda )=0$. $\mathrm{\square }$

Polynôme caractéristique

Définition et degré

Démonstration. Dimension 2. Avec $A=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$,

$${\chi }_A(X)=\det \left(\begin{array}{cc}X-a& -b\\ -c& X-d\end{array}\right)=(X-a)(X-d)-bc=X^2-(a+d)X+(ad-bc),$$

soit ${\chi }_A=X^2-\mathrm{t}\mathrm{r}(A)X+\det (A)$, conforme à l'énoncé puisque $(-1{)}^2=1$.

Dimension 3. La règle de Sarrus appliquée à $X{I}_3-A$ donne

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\chi }_A(X)=}& {\displaystyle (X-a_{1,1})(X-a_{2,2})(X-a_{3,3})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle -a_{2,3}{a}_{3,2}(X-a_{1,1})-a_{1,3}{a}_{3,1}(X-a_{2,2})-a_{1,2}{a}_{2,1}(X-a_{3,3})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle -a_{1,2}{a}_{2,3}{a}_{3,1}-a_{1,3}{a}_{2,1}{a}_{3,2}\mathrm{.}}\end{array}$$

Seule la première ligne contribue aux degrés $3$ et $2$ : on y lit $X^3-(a_{1,1}+a_{2,2}+a_{3,3})X^2+\cdots$, c'est-à-dire $X^3-\mathrm{t}\mathrm{r}(A)X^2+\cdots$.

Cas général. Dans le développement de $\det (X{I}_n-A)$ par la formule générale, le seul produit qui fait intervenir plus de $n-2$ coefficients diagonaux est le produit des $n$ coefficients diagonaux eux-mêmes : tout autre terme choisit au moins deux coefficients hors diagonale, donc constants en $X$, et son degré est au plus $n-2$. Ainsi

$${\chi }_A(X)=\prod _{i=1}^n(X-a_{i,i})+(\text{polyn}\hat{\text{o}}\text{me de degr}\acute{\text{e}}⩽n-2)=X^n-\mathrm{t}\mathrm{r}(A)X^{n-1}+\cdots$$

En particulier ${\chi }_A$ est unitaire de degré $n$.

Terme constant. ${\chi }_A(0)=\det (-A)=(-1{)}^n\det (A)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Si $A$ est triangulaire, $X{I}_n-A$ l'est aussi, de diagonale $(X-a_{i,i})$, et le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit de sa diagonale.

Si $A$ est triangulaire par blocs, $X{I}_n-A$ l'est aussi, de blocs diagonaux $X{I}_{n_k}-A_k$ ; le théorème sur le déterminant d'une matrice triangulaire par blocs donne le produit des $\det (X{I}_{n_k}-A_k)={\chi }_{A_k}$. $\mathrm{\square }$

Valeurs propres et racines

Démonstration. Pour $\lambda \in \mathbb{K}$,

$$\lambda \in \mathrm{S}\mathrm{p}(A)⟺A-\lambda I_n\text{ non inversible}⟺\det (\lambda I_n-A)=0⟺{\chi }_A(\lambda )=0,$$

la deuxième équivalence utilisant $\det (\lambda I_n-A)=(-1{)}^n\det (A-\lambda I_n)$, nul en même temps que $\det (A-\lambda I_n)$. Le nombre de racines d'un polynôme non nul de degré $n$ est au plus $n$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. a. En conjuguant la relation ${\chi }_A(\lambda )=0$ et en utilisant que les coefficients de ${\chi }_A$ sont réels, on obtient ${\chi }_A(\bar{\lambda })=\overline{{\chi }_A(\lambda )}=0$. L'égalité des multiplicités vient de ce que ${\chi }_A=\overline{{\chi }_A}$, donc la factorisation de ${\chi }_A$ sur $\mathbb{C}$ est invariante par conjugaison. Enfin, en conjuguant $AX=\lambda X$ et en utilisant $\bar{A}=A$, il vient $A\bar{X}=\bar{\lambda }\bar{X}$.

b. Un polynôme réel de degré impair admet au moins une racine réelle (théorème des valeurs intermédiaires, ou regroupement des racines complexes en paires conjuguées). $\mathrm{\square }$

Invariance par similitude, polynôme caractéristique d'un endomorphisme

Démonstration. Soient $A$ et $B=P^{-1}AP$ avec $P\in {\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$. Pour tout scalaire $x\in \mathbb{K}$,

$${\chi }_B(x)=\det (x{I}_n-P^{-1}AP)=\det (P^{-1}(x{I}_n-A)P)=\det (P{)}^{-1}\det (x{I}_n-A)\det (P)={\chi }_A(x)\mathrm{.}$$

Les deux polynômes ${\chi }_A$ et ${\chi }_B$, de degré $n$, prennent donc la même valeur en tout point de $\mathbb{K}$, qui est infini : leur différence a une infinité de racines, elle est nulle. $\mathrm{\square }$

Multiplicité d'une valeur propre

Démonstration. La minoration $\dim E_{\lambda }(u)⩾1$ est la définition d'une valeur propre, et $m_{\lambda }(u)⩽n=\mathrm{deg}{\chi }_u$ est claire.

Posons $d=\dim E_{\lambda }(u)$ et montrons $d⩽m_{\lambda }(u)$. Le sous-espace $F=E_{\lambda }(u)$ est stable par $u$ (c'est le noyau de $u-\lambda {\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, qui commute avec $u$), et l'endomorphisme induit vaut $u_F=\lambda {\mathrm{i}\mathrm{d}}_F$. Choisissons une base $\mathcal{B}$ de $E$ adaptée à $F$ : d'après la traduction matricielle de la stabilité,

$${\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}}_{\mathcal{B}}(u)=\left(\begin{array}{cc}\lambda I_d& B\\ 0& C\end{array}\right)$$

pour certaines matrices $B$ et $C$, $C$ étant carrée de taille $n-d$. Le polynôme caractéristique d'une matrice triangulaire par blocs étant le produit de ceux des blocs diagonaux :

$${\chi }_u(X)={\chi }_{\lambda I_d}(X)\times {\chi }_C(X)=(X-\lambda {)}^d{\chi }_C(X)\mathrm{.}$$

Ainsi $(X-\lambda {)}^d$ divise ${\chi }_u$, donc $d⩽m_{\lambda }(u)$ par définition de la multiplicité. $\mathrm{\square }$

Théorème de Cayley-Hamilton

Cayley-Hamilton donne $A^3-4A^2+5A-2I_3=0_3$, soit

$$A(A^2-4A+5I_3)=2I_3,\text{donc}{A}^{-1}=\frac{1}{2}(A^2-4A+5I_3)\mathrm{.}$$

Or

$$A^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& 1& 3\\ 0& 0& 4\end{array}\right),\text{d’o}\grave{\text{u}}{A}^{-1}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}2& -2& 1\\ 0& 2& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& \frac{1}{2}\\ 0& 1& -\frac{1}{2}\\ 0& 0& \frac{1}{2}\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Vérification : la première ligne de $A$ est $(1,1,0)$ ; contre les trois colonnes de $A^{-1}$ elle donne $1$, puis $-1+1=0$, puis $\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$. La deuxième ligne $(0,1,1)$ donne $0$, $1$, $-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0$. La troisième $(0,0,2)$ donne $0$, $0$, $1$. On a bien $A{A}^{-1}=I_3$.

Le même annulateur sert pour les puissances : $A^3=4A^2-5A+2I_3$, et de proche en proche toute puissance de $A$ s'exprime dans $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(I_3,A,A^2)$, ce qu'on peut aussi obtenir directement par division euclidienne de $X^m$ par ${\chi }_A$.

Diagonalisation

Définitions

Les critères de diagonalisabilité

Démonstration. (i) $⟺$ (ii). La matrice de $u$ dans $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ est diagonale de coefficients $d_i$ si et seulement si $u(e_i)=d_i{e}_i$ pour tout $i$, c'est-à-dire si et seulement si chaque $e_i$ est un vecteur propre (les $e_i$ sont non nuls comme vecteurs d'une base).

(ii) $\Rightarrow$ (iii). Chaque vecteur de la base appartient à un $E_{\lambda }(u)$, donc $E=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_1,\dots ,e_n)\subseteq {\sum }_{\lambda }{E}_{\lambda }(u)\subseteq E$. La somme vaut $E$, et elle est directe puisque la somme des sous-espaces propres l'est toujours.

(iii) $\Rightarrow$ (iv). La dimension d'une somme directe est la somme des dimensions.

(iv) $\Rightarrow$ (ii). Concaténons une base de chaque $E_{\lambda }(u)$. La famille obtenue est libre (la somme des sous-espaces propres est directe, et la concaténation de bases d'espaces en somme directe est libre) et elle compte ${\sum }_{\lambda }\dim E_{\lambda }(u)=n$ vecteurs : c'est une base de $E$, formée de vecteurs propres.

(ii) $\Rightarrow$ (v). Dans une base de vecteurs propres, la matrice de $u$ est diagonale ; en regroupant les coefficients diagonaux égaux, on obtient ${\chi }_u={\prod }_{\lambda \in \mathrm{S}\mathrm{p}(u)}(X-\lambda {)}^{d_{\lambda }}$ où $d_{\lambda }$ est le nombre de vecteurs de la base associés à $\lambda$, c'est-à-dire $d_{\lambda }=\dim E_{\lambda }(u)$ d'après (iii). Ce polynôme est scindé et $m_{\lambda }=d_{\lambda }$.

(v) $\Rightarrow$ (iv). Si ${\chi }_u$ est scindé sur $\mathbb{K}$, la somme de ses multiplicités vaut son degré : ${\sum }_{\lambda }{m}_{\lambda }=n$. L'hypothèse $\dim E_{\lambda }=m_{\lambda }$ donne alors ${\sum }_{\lambda }\dim E_{\lambda }=n$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Chaque $E_{{\lambda }_i}(u)$ est de dimension au moins $1$, et il y en a $n$ en somme directe : ${\sum }_i\dim E_{{\lambda }_i}(u)⩾n$. Comme cette somme est la dimension d'un sous-espace de $E$, elle vaut exactement $n$, et chaque terme vaut $1$. Le critère (iv) s'applique. $\mathrm{\square }$

Méthode : diagonaliser une matrice de taille 3

Déroulons entièrement la méthode sur

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ -1& 3& -1\\ -1& 1& 1\end{array}\right)\in {\mathcal{M}}_3(\mathbb{R})\mathrm{.}$$

Étape 1 : le polynôme caractéristique. On calcule, par la règle de Sarrus,

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\chi }_A(X)}& {\displaystyle =\det \left(\begin{array}{ccc}X-1& -1& 1\\ 1& X-3& 1\\ 1& -1& X-1\end{array}\right)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(X-1{)}^2(X-3)-1-1-(X-3)+(X-1)+(X-1)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(X-1{)}^2(X-3)+X-1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =X^3-5X^2+7X-3+X-1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =X^3-5X^2+8X-4.}\end{array}$$

La valeur $1$ est racine évidente : $1-5+8-4=0$. La division par $X-1$ donne

$${\chi }_A=(X-1)(X^2-4X+4)=(X-1)(X-2{)}^2\mathrm{.}$$

Contrôles : la somme des racines comptées avec multiplicité vaut $1+2+2=5=\mathrm{t}\mathrm{r}(A)$, et leur produit $1\times 2\times 2=4$, qui doit être $\det A$ ; on vérifie en effet ${\chi }_A(0)=-4=(-1{)}^3\det A$.

Le polynôme est scindé sur $\mathbb{R}$, avec $\mathrm{S}\mathrm{p}(A)=\{1,2\}$, $m_1=1$ et $m_2=2$.

Étape 2 : le sous-espace propre $E_1$. La valeur propre $1$ est simple, donc $\dim E_1=1$ et un seul vecteur suffit. On résout $(A-I_3)X=0$ avec

$$A-I_3=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& -1\\ -1& 2& -1\\ -1& 1& 0\end{array}\right)\mathrm{.}$$

La première ligne donne $y=z$, la troisième $x=y$. La deuxième est alors automatiquement vérifiée : $-y+2y-y=0$. Donc

$$E_1(A)=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}((1,1,1))\mathrm{.}$$

Étape 3 : le sous-espace propre $E_2$. On calcule

$$A-2I_3=\left(\begin{array}{ccc}-1& 1& -1\\ -1& 1& -1\\ -1& 1& -1\end{array}\right),$$

matrice de rang $1$ : le système se réduit à la seule équation $-x+y-z=0$, soit $y=x+z$. Le sous-espace propre est donc un plan,

$$E_2(A)=\{(x,x+z,z);(x,z)\in {\mathbb{R}}^2\}=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}((1,1,0),(0,1,1)),\dim E_2=2.$$

Étape 4 : conclusion. $\dim E_1+\dim E_2=1+2=3=\dim {\mathbb{R}}^3$ : la matrice $A$ est diagonalisable. On note au passage que $\dim E_2=m_2=2$, conformément au critère (v).

Étape 5 : les matrices $P$ et $D$. On prend

$$P=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{array}\right),D=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Étape 6 : calcul de $P^{-1}$ et vérification. On trouve $\det P=1$, et le calcul de la comatrice donne

$$P^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& -1\\ -1& 1& 0\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Vérifions $P{P}^{-1}=I_3$ : la première ligne de $P$ est $(1,1,0)$, qui donne contre les colonnes $(1,0,-1)$, $(-1,1,1)$ et $(1,-1,0)$ les valeurs $1$, $0$, $0$ ; la deuxième ligne $(1,1,1)$ donne $0$, $1$, $0$ ; la troisième $(1,0,1)$ donne $0$, $0$, $1$.

Vérifions enfin $AP=PD$ en calculant l'image de chaque colonne de $P$ :

$$A\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right),A\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 0\end{array}\right),A\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 2\end{array}\right),$$

c'est-à-dire $1$ fois, $2$ fois et $2$ fois les colonnes de départ : $AP=PD$.

Calcul des puissances

Démonstration. Par récurrence : $A^{m+1}=(P{D}^m{P}^{-1})(PD{P}^{-1})=P{D}^m(P^{-1}P)D{P}^{-1}=P{D}^{m+1}{P}^{-1}$. La puissance d'une matrice diagonale se calcule coefficient par coefficient. $\mathrm{\square }$

Sur l'exemple précédent, $D^m=\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{a}\mathrm{g}(1,2^m,2^m)$, donc

$$A^m=P{D}^m{P}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& 2^m& 0\\ 1& 2^m& 2^m\\ 1& 0& 2^m\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& -1\\ -1& 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 2^m-1& 1-2^m\\ 1-2^m& 2^{m+1}-1& 1-2^m\\ 1-2^m& 2^m-1& 1\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Contrôles : pour $m=0$ on retrouve $I_3$, pour $m=1$ on retrouve $A$, et pour $m=2$ la formule donne

$$A^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 3& -3\\ -3& 7& -3\\ -3& 3& 1\end{array}\right),$$

ce que confirme le produit direct $A\times A$.

Que faire si la matrice n'est pas diagonalisable

Diagonalisabilité et polynômes annulateurs

Le critère

Démonstration. Sens direct. Supposons $u$ diagonalisable et notons ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ ses valeurs propres distinctes, $\mathrm{\Pi }={\prod }_{k=1}^p(X-{\lambda }_k)$. Soit $\mathcal{B}$ une base de vecteurs propres et $e$ l'un de ses vecteurs, associé à la valeur propre ${\lambda }_j$. Les facteurs $u-{\lambda }_k{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ commutent deux à deux (ce sont des polynômes de $u$), donc on peut placer le facteur d'indice $j$ en dernier :

$$\mathrm{\Pi }(u)(e)=(\prod _{k\mathrm{\ne }j}(u-{\lambda }_k{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E))(u(e)-{\lambda }_{j}e)=(\prod _{k\mathrm{\ne }j}(u-{\lambda }_k{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E))(0_E)=0_E\mathrm{.}$$

L'endomorphisme $\mathrm{\Pi }(u)$ s'annule sur tous les vecteurs d'une base, donc $\mathrm{\Pi }(u)=0$.

Réciproque. Le polynôme $\mathrm{\Pi }$ est scindé sur $\mathbb{K}$ (ses racines sont dans $\mathbb{K}$ par construction) et à racines simples (les ${\lambda }_k$ sont deux à deux distincts). S'il annule $u$, le critère admis ci-dessus donne la diagonalisabilité de $u$. $\mathrm{\square }$

Endomorphisme induit sur un sous-espace stable

Démonstration. Commençons par une remarque de calcul : comme $F$ est stable par $u$, il l'est aussi par $u^k$ pour tout $k$, et $(u^k{)}_F=(u_F{)}^k$. Par linéarité, pour tout polynôme $P$,

$$(P(u){)}_F=P(u_F),$$

c'est-à-dire que $P(u_F)$ est la restriction de $P(u)$ à $F$.

Comme $u$ est diagonalisable, le polynôme $\mathrm{\Pi }={\prod }_{\lambda \in \mathrm{S}\mathrm{p}(u)}(X-\lambda )$ annule $u$ ; il est scindé sur $\mathbb{K}$ et à racines simples. Alors

$$\mathrm{\Pi }(u_F)=(\mathrm{\Pi }(u){)}_F=0,$$

donc $\mathrm{\Pi }$ est un polynôme annulateur de $u_F$, scindé à racines simples. Le critère admis donne la diagonalisabilité de $u_F$. $\mathrm{\square }$

Trigonalisation

Définitions et critère

Trace et déterminant à partir des valeurs propres

Démonstration. Soit $\mathcal{B}$ une base dans laquelle $T={\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}}_{\mathcal{B}}(u)$ est triangulaire supérieure. Alors ${\chi }_u={\chi }_T={\prod }_{i=1}^n(X-t_{i,i})$, donc les coefficients diagonaux de $T$ sont exactement les ${\lambda }_i$, dans un certain ordre.

La trace et le déterminant sont invariants par similitude, et pour une matrice triangulaire ils valent respectivement la somme et le produit des coefficients diagonaux :

$$\mathrm{t}\mathrm{r}(u)=\mathrm{t}\mathrm{r}(T)=\sum _i{t}_{i,i}=\sum _i{\lambda }_i,\det (u)=\det (T)=\prod _i{t}_{i,i}=\prod _i{\lambda }_i\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Un exemple de trigonalisation effective

Considérons

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& -1& 3\end{array}\right)\in {\mathcal{M}}_3(\mathbb{R})\mathrm{.}$$

Étape 1. La première colonne n'ayant qu'un coefficient non nul, on développe suivant elle :

$${\chi }_A(X)=(X-2)\det \left(\begin{array}{cc}X-1& -1\\ 1& X-3\end{array}\right)=(X-2)[(X-1)(X-3)+1]=(X-2)(X^2-4X+4),$$

soit ${\chi }_A=(X-2{)}^3$. Contrôles : $\mathrm{t}\mathrm{r}(A)=2+1+3=6=2+2+2$, et $\det A=2\times (3+1)=8=2^3$. Le polynôme est scindé sur $\mathbb{R}$, donc $A$ est trigonalisable, avec $\mathrm{S}\mathrm{p}(A)=\{2\}$ et $m_2=3$.

Étape 2. On calcule

$$A-2I_3=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& -1\\ 0& -1& 1\\ 0& -1& 1\end{array}\right),$$

matrice de rang $1$ (ses trois lignes sont proportionnelles à $(0,1,-1)$). Le théorème du rang donne $\dim E_2=3-1=2<3=m_2$ : la matrice n'est pas diagonalisable. Le système se réduit à $y=z$, donc

$$E_2(A)=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_1^{\mathrm{\prime }},e_2^{\mathrm{\prime }}),e_1^{\mathrm{\prime }}=(1,0,0),e_2^{\mathrm{\prime }}=(0,1,1)\mathrm{.}$$

Étape 3. On complète $(e_1^{\mathrm{\prime }},e_2^{\mathrm{\prime }})$ en une base de ${\mathbb{R}}^3$ par le vecteur le plus simple possible qui convienne, par exemple $e_3^{\mathrm{\prime }}=(0,0,1)$. La famille $(e_1^{\mathrm{\prime }},e_2^{\mathrm{\prime }},e_3^{\mathrm{\prime }})$ est libre : la matrice $P$ formée de ces colonnes est triangulaire inférieure de diagonale $(1,1,1)$, donc de déterminant $1$.

Étape 4. L'image de $e_3^{\mathrm{\prime }}$ est la troisième colonne de $A$, soit $A{e}_3^{\mathrm{\prime }}=(-1,1,3)$. On la décompose dans la nouvelle base : cherchons $a$, $b$, $c$ tels que

$$(-1,1,3)=a(1,0,0)+b(0,1,1)+c(0,0,1)\mathrm{.}$$

La première coordonnée donne $a=-1$, la deuxième $b=1$, la troisième $b+c=3$ donc $c=2$. Ainsi $A{e}_3^{\mathrm{\prime }}=-e_1^{\mathrm{\prime }}+e_2^{\mathrm{\prime }}+2e_3^{\mathrm{\prime }}$, et comme $A{e}_1^{\mathrm{\prime }}=2e_1^{\mathrm{\prime }}$, $A{e}_2^{\mathrm{\prime }}=2e_2^{\mathrm{\prime }}$ :

$$P=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right),T=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& -1\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right),A=PT{P}^{-1}\mathrm{.}$$

Étape 5. Vérification de $AP=PT$ colonne par colonne. Les deux premières colonnes de $P$ sont des vecteurs propres, donc $A$ les multiplie par $2$, ce que fait aussi $T$ sur les deux premières colonnes. Pour la troisième : $A(0,0,1)=(-1,1,3)$, et $P(-1,1,2)=-(1,0,0)+(0,1,1)+2(0,0,1)=(-1,1,3)$. Les deux membres coïncident.

Méthodes et erreurs classiques

Montrer qu'une matrice ou un endomorphisme est diagonalisable

Calculer $A^m$

Illustrons c. sur la matrice trigonalisée ci-dessus, $A=2I_3+N$ avec $N^2=0_3$. Le binôme donne, pour $m⩾1$,

$$A^m=2^m{I}_3+m{2}^{m-1}N=\left(\begin{array}{ccc}{2}^m& m{2}^{m-1}& -m{2}^{m-1}\\ 0& 2^m-m{2}^{m-1}& m{2}^{m-1}\\ 0& -m{2}^{m-1}& 2^m+m{2}^{m-1}\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Contrôles : pour $m=1$ on retrouve $\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& -1& 3\end{array}\right)=A$ ; pour $m=2$, la formule donne $4I_3+4N=\left(\begin{array}{ccc}4& 4& -4\\ 0& 0& 4\\ 0& -4& 8\end{array}\right)$, ce que confirme le produit $A\times A$.

Déterminer les sous-espaces stables

Démonstration du dernier point. Chaque somme de droites propres est évidemment stable. Réciproquement, si $F$ est stable et non nul, $u_F$ est diagonalisable, donc $F$ admet une base $(x_1,\dots ,x_r)$ de vecteurs propres de $u$. Chaque $x_i$ engendre une droite propre, nécessairement l'une des $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_{\lambda })$ puisque les sous-espaces propres sont des droites, et $F$ est la somme de ces droites. $\mathrm{\square }$

Exploiter la commutation

Démonstration du point c. Soit $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ une base de vecteurs propres de $u$, avec $u(e_i)={\lambda }_i{e}_i$ et les ${\lambda }_i$ deux à deux distincts. Chaque droite $E_{{\lambda }_i}(u)=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_i)$ est stable par $v$, donc il existe ${\mu }_i\in \mathbb{K}$ tel que $v(e_i)={\mu }_i{e}_i$.

C'est ici que l'interpolation de Lagrange intervient. Les ${\lambda }_i$ étant deux à deux distincts, il existe un (unique) polynôme $P\in {\mathbb{K}}_{n-1}[X]$ tel que $P({\lambda }_i)={\mu }_i$ pour tout $i$, à savoir $P={\sum }_i{\mu }_i{L}_i$ où les $L_i$ sont les polynômes interpolateurs associés aux points ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$. Alors

$$P(u)(e_i)=P({\lambda }_i)e_i={\mu }_i{e}_i=v(e_i)$$

pour tout $i$, en utilisant que $u(e_i)={\lambda }_i{e}_i$ entraîne $P(u)(e_i)=P({\lambda }_i)e_i$. Les endomorphismes $P(u)$ et $v$ coïncident sur une base : ils sont égaux, donc $v=P(u)$. $\mathrm{\square }$

Tableau de synthèse

Erreurs classiques

Les fautes ci-dessous reviennent chaque année. Les relire avant un devoir fait gagner des points.

Confondre « racine d'un polynôme annulateur » et « valeur propre ». Si $P$ annule $u$, alors $\mathrm{S}\mathrm{p}(u)$ est inclus dans l'ensemble des racines de $P$, et l'inclusion est en général stricte. ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ est annulée par $X(X-1)$ sans que $0$ soit valeur propre. Un annulateur fournit des candidats, pas le spectre.

Croire que $\dim E_{\lambda }=m_{\lambda }$ toujours. On a seulement $1⩽\dim E_{\lambda }⩽m_{\lambda }$. C'est justement le cas d'inégalité stricte qui empêche la diagonalisation. Le seul cas gratuit est celui d'une valeur propre simple, où l'encadrement force $\dim E_{\lambda }=1$.

Oublier de vérifier que $\chi$ est scindé sur $\mathbb{K}$ et non sur $\mathbb{C}$. Une matrice réelle peut être diagonalisable dans ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{C})$ et pas dans ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$. Toujours préciser le corps de travail, et écrire ${\mathrm{S}\mathrm{p}}_{\mathbb{R}}$ ou ${\mathrm{S}\mathrm{p}}_{\mathbb{C}}$ en cas d'ambiguïté.

Écrire ${\chi }_A=\det (A-X{I}_n)$. Avec la convention de ce cours, ${\chi }_A(X)=\det (X{I}_n-A)$, unitaire. L'autre écriture change tous les signes quand $n$ est impair, ce qui fausse la lecture de $\mathrm{t}\mathrm{r}(A)$ et de $\det (A)$ sur les coefficients.

Écrire « ${\chi }_A(A)=\det (A-A)=0$ ». Absurde : dans $\det (X{I}_n-A)$, la lettre $X$ est un scalaire. Cayley-Hamilton se démontre (et s'admet ici), il ne se « voit » pas.

Oublier le terme constant en ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. Dans $P(u)$, le coefficient $a_0$ donne $a_0{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, pas le scalaire $a_0$. L'erreur devient visible dès qu'on compose ou qu'on prend un noyau.

Confondre « deux à deux d'intersection nulle » et « somme directe ». Faux dès trois sous-espaces : trois droites distinctes du plan sont deux à deux d'intersection nulle et leur somme n'est pas directe.

Appliquer $\det \left(\begin{array}{cc}A& B\\ C& D\end{array}\right)=\det (A)\det (D)-\det (B)\det (C)$. Cette formule n'existe pas. Le théorème sur les déterminants par blocs exige un bloc nul sous (ou sur) la diagonale.

Oublier la compatibilité des découpages dans un produit par blocs, ou intervertir l'ordre des blocs dans un produit $M_{k,l}{N}_{l,t}$ : les blocs ne commutent pas.

Conclure de $\mathrm{t}\mathrm{r}(A)=\mathrm{t}\mathrm{r}(B)$ et ${\chi }_A={\chi }_B$ que $A$ et $B$ sont semblables. Ce sont des invariants, pas des cartes d'identité : $I_2$ et $\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$ ont même trace, même déterminant et même polynôme caractéristique sans être semblables.

Utiliser le polynôme minimal, les sous-espaces caractéristiques ou le lemme de décomposition des noyaux. Ces notions sont hors programme en PC : tout ce dont vous avez besoin s'obtient avec un polynôme annulateur bien choisi, le plus souvent ${\chi }_u$ ou ${\prod }_{\lambda \in \mathrm{S}\mathrm{p}(u)}(X-\lambda )$.