Réduction des endomorphismes preuves Flashcards
Preuve que si l’endomorphisme u est diagonalisable si, et seulement s’il possède un polynôme annulateur scindé à racines simples.
On a le même résultat pour A ∈ Mn(IK).
Preuve que si deux endomorphismes commutent, les sous-espaces propres de l’un sont stables
par l’autre.
Soit u et v deux endomorphismes qui commutent.Soit λ une valeur propre de u ; comme u et v commutent, il en est de même de u − λ IdE et v . D’après la proposition ci-dessous, Eλ(u) = Ker(u − λ IdE) est stable par v .
Si deux endomorphismes u et v commutent, c’est-à-dire si u ◦ v = v ◦ u, alors les sous-espaces vectoriels Ker v et Im v sont stables par u.
Démonstration. Supposons que u et v commutent.
* Soit x ∈ Ker v ; on a v(u(x)) = (v ◦ u)(x)=(u ◦ v)(x) = u(0) = 0 par linéarité de u, donc u(x) ∈ Ker v . Ainsi, Ker v est stable par u.
* En utilisant le fait que u et v commutent, on a u(Im v) = Im(u ◦ v) = Im(v ◦ u) ⊂ Im v , d’où le caractère stable de Im v par u.
Preuve que si λ1,…,λp sont des valeurs propres de u deux à deux distinctes, alors les sous-espaces propres associés Eλ1 (u),…,Eλp (u) sont en somme directe.
Les polynômes (X − λ1),…, (X − λp) sont premiers entre eux deux à deux puisqu ’irréductibles, unitaires et distincts. En posant P = (X − λ1) ··· (X − λp) , le lemme de
décomposition des noyaux donne : KerP(u) = ⊕
i∈[[1,p]] Ker(u − λi IdE)
ce qui montre que les sous espaces propres Eλi (u) = Ker(u − λi IdE) sont en somme directe.
Preuve que :
Soit A une matrice représentant u dans une base B = (e1,…,en).
On a alors sp(A) = sp(u) et, pour tout λ ∈ sp(u) :
x = (i=1Σn)xiei ∈ Eλ(u) ⇐⇒ X = (x1 … xn) (vecteur colonne) ∈ Eλ(A).
Si X est la matrice représentant un vecteur x ∈ E dans la base B, on a l’équivalence u(x) = λx ⇐⇒ AX = λX .
Prouver que
Soit A une matrice réelle et λ ∈ C,
λ ∈ spC(A) ⇐⇒ λ ∈ spC(A) et ∀X ∈ Cn, X ∈ Eλ(A) ⇐⇒ X ∈ Eλ(A).
(^représente la conjugaison)
Si Z = (z1 … zn) (vecteur colonne) ∈ Cn , on note bien entendu Ẑ = (ẑ1 … zn)
En notant ai,j les coefficients de la matrice A, l’égalité AZ = λZ se traduit par :
∀i ∈ [[1, n]], (j=1Σn) ai,jxj = λxi.
Par conjugaison de ces relations, en tenant compte du fait que les ai,j sont réels, on obtient :
AX = λX ⇐⇒ AX = λ X,
ce qui donne les deux résultats
Preuve que si un endomorphisme u admet un polynôme minimal πu , ses valeurs propres sont
les racines de πu .
- On sait, que toute valeur propre de u est racine de πu .
- Réciproquement, soit µ une racine de πu .
On peut alors écrire πu = (X − µ) P , avec 0 ≤ deg(P) < deg (πu) . Par minimalité de πu , le polynôme P n’est pas annulateur de u, donc P(u) ≠ 0 et il existe x ∈ E
tel que y = P(u)(x) ≠ 0. Alors, u(y) − µy = (u − µ IdE)(P(u)(x))= πu(u)(x)=0, ce qui prouve que µ est valeur propre de u.
Preuve que le polynôme caractéristique χA est un polynôme unitaire de degré n et l’on a :
χA = Xn − (tr A) Xn−1 + ··· + (−1)n det A
Soit A = (ai,j )1≤i,j≤n . Le déterminant de la matrice (λIn − A) étant donné par :
σ∈SnΣ ε(σ) (λδσ(1),1 − aσ(1),1)··· (λδσ(n),n − aσ(n),n),
la fonction qui à λ associe det (λIn − A) est polynomiale de degré inférieur ou égal à n.
Soit σ ∈ Sn différente de l’identité. Il existe alors au moins deux éléments distincts i et j de [[1, n]] tels que δσ(i),i et δσ(j),j soient nuls et le terme :
ε(σ) (Xδσ(1),1 − aσ(1),1) ··· (Xδσ(n),n − aσ(n),n)
est de degré inférieur ou égal à n − 2. Les termes de degré n et n − 1 de χA sont donc ceux du produit qui correspond à σ = Id[[1,n]] :
(X − a1,1) ··· (X − an,n) ,
soit respectivement Xn et − (a1,1 + ··· + an,n) Xn−1 = − tr(A)Xn−1 .
On obtient finalement le terme constant de χA en évaluant en 0.
Preuve que deux matrices semblables ont même polynôme caractéristique.
Soit A ∈ Mn(IK) et P ∈ GLn(IK) . On a, pour tout λ ∈ IK :
χP −1AP (λ) = det (λIn − P−1AP) = det (P −1 (λIn − A)P) = det (λIn − A) = χA(λ).
Preuve qu’un scalaire λ ∈ IK est une valeur propre de A si, et seulement s’il est racine du polynôme caractéristique de A.
Un scalaire λ est valeur propre de A si, et seulement si, A−λIn ∉ GLn(IK) c’est-à-dire si, et seulement si, det (A − λIn)=0.
Comme det (A − λIn) =(−1)nχA(λ) ,
Preuve que si F est un sous-espace vectoriel de E stable par u, alors le polynôme caractéristique de l’endomorphisme induit par u sur F divise χu .
Soit p la dimension de F et B = (e1,…,en) une base de E adaptée à F, c’est-à-dire telle que BF = (e1,…,ep) soit une base de F .
La matrice de u dans B est alors de la forme
(A B)
(0 D), où A est la matrice de uF dans la base BF . Le polynôme caractéristique de u, égal à χAχD (cf. exemple 15 de la page 102), est donc divisible par le polynôme caractéristique χA de uF .
Preuve que si χu = (i=1Πn) (X − µi) est scindé alors tr u = (i=1Πn) µi et
det u = (i=1Σn)µi.
car χu = Xn − (tr u) Xn−1 + ··· + (−1)n det u.
Preuve que si A représente u,
elle est diagonalisable si, et seulement si, u est diagonalisable.
Supposons que A soit la matrice de u dans une certaine base B de E .
* Si u est diagonalisable, il existe une base B′ de E dans laquelle la matrice D de u est diagonale et donc les matrices A et D sont semblables comme **matrices* d’un même endomorphisme.
* Supposons A diagonalisable et prenons une matrice D diagonale et une matrice P inversible telles que A = PDP−1 . Considérons alors la base B′ de E telle que MatB(B′) = P . Les formules de changement de base nous disent que la matrice de u dans B′ est P −1AP , c’est-à-dire D. Donc u est diagonalisable.
Preuve que si E est de dimension n et si u ∈ L(E) possède n valeurs propres distinctes, alors u est diagonalisable et chaque sous-espace propre est de dimension 1.
De même, si A ∈ Mn(IK) possède n valeurs propres distinctes, alors A est diagonalisable et chaque sous-espace propre est de dimension 1.
Supposons que u possède n valeurs propres λ1,…,λn distinctes.
Pour chaque i ∈ [[1, n]], il existe un vecteur propre ei associé à λi , et les vecteurs e1,…,en sont linéairement indépendants puisque ce sont des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes ( car Toute famille de vecteurs propres associés à des valeurs propres deux à deux distinctes est libre.). Donc (e1,…,en) est une base de E , puisque dim E = n, constituée de vecteurs propres pour u, ce qui prouve que u est diagonalisable.
Comme E = (λ∈sp(u)⊕) Eλ(u) et que les 1 ≤ dim Eλ(u), on en déduit card sp(u) ≤ dimE = n, ce qui prouve qu’il n’y a pas d’autre valeur propre que les λi et que les sous-espaces propres sont des droites puisque (i=1Σn) dim Eλi (u) = n.
Preuve que u et diagonalisable
ssi (⊕λ∈sp(u)) Eλ(u) = E , (|Kn si A)
ssi (Σλ∈sp(u)) dim Eλ(u) = dim E (n si A)
- Supposons (i) . Puisqu’il existe une base de E constituée de vecteurs propres de u, la somme
directe (⊕λ∈sp(u)) Eλ contient une base de E , ce qui implique (ii) . - La somme (⊕λ∈sp(u)) Eλ étant directe (car si λ1,…,λp sont des valeurs propres de u deux à deux distinctes, alors les sous-espaces propres associés Eλ1 (u),…,Eλp (u) sont en somme directe), on a :
dim( (⊕λ∈sp(u))Eλ(u) )=(Σλ∈sp(u)) dim Eλ(u)
On en déduit que (ii) ⇒ (iii) . - Supposons (iii) . En concaténant des bases de chaque sous-espace propre de u, on obtient une famille libre de E , puisque les sous-espaces propres sont en somme directe (cf au-dessus). Cette famille libre est constituée de dim E vecteurs de E . Il s’agit ainsi d’une base de E constituée de vecteurs propres de u ; cela prouve (i) .
