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R´eduction des endomorphismes
et des matrices
Dans tout ce chapitre E d´esigne un K-espace vectoriel, avec K = R ou C, de dimension n ∈ N∗^ finie. On rappelle que idE d´esigne l’endomorphisme identit´e de E et In d´esigne la matrice identit´e de Mn(K).
I El´´ ements propres d’un endomorphisme ou d’une matrice
1 Valeurs propres, vecteurs propres
D´efinition 1 — Soit f ∈ L (E). On dit qu’un scalaire λ ∈ K est une valeur propre de l’endomorphisme f si, et seulement s’il existe un vecteur −→u ∈ E tel que : { (^) −→ u 6 =
0 E ;
f (−→u ) = λ−→u. Un vecteur −→u v´erifiant ces deux criteres est appel´e un vecteur propre de f associ´ea la valeur propre λ. — Soit A ∈ Mn(K). On dit qu’un scalaire λ est une valeur propre de la matrice A si, et seulement s’il existe X ∈ Mn, 1 (K) tel que : { X 6 = 0 ; AX = λX. Un vecteur colonne X v´erifiant ces deux criteres est appel´e un vecteur propre de A associ´ea la valeur propre λ. — L’ensemble des valeurs propres d’un endomorphisme ou d’une matrice est appel´e spectre et est not´e sp(f ) ou sp(A).
Conseils m´ethodologiques : Pour montrer qu’un vecteur −→u (ou X) donn´e est un vecteur propre de f (ou de A) on montre que : −→u 6 = 0 (ou X 6 = 0) et f (−→u ) = λ−→u (ou AX = λX), avec λ ∈ K.
Exemple 1:
Soient A =
(^) et X =
. Montrer que X est un vecteur propre de A et d´eterminer
la valeur propre associ´ee.
On a X 6 = 0 et AX =
Donc AX = 3X et ainsi X est un vecteur propre de A associ´e `a la valeur propre 3.
Exemple 2: Soit f ∈ L (R 2 [X]) d´efinie par f (P ) = (X − 1)P ′^ + P. On pose R(X) = (X − 1)^2. Montrons que R est un vecteur propre de f. On a f (R) = (X − 1)R′^ + R = (X − 1)2(X − 1) + (X − 1)^2 = 3(X − 1)^2. Donc f (R) = 3R et R 6 = 0 donc R est un vecteur propre de f associ´e `a la valeur propre 3.
2 Sous-espaces propres
Th´eor`eme - d´efinition 1 — Soit f ∈ L (E) et λ une valeur propre de f. On pose :
Eλ(f ) = {−→u ∈ E/f (−→u ) = λ−→u } = ker(λ idE −f ) = ker(f − λ idE ).
Eλ(f ) est un sous-espace vectoriel de E appel´e sous-espace propre de f associ´e `a λ. — Soit A ∈ Mn(K) et λ une valeur propre de A. On pose :
Eλ(A) = {X ∈ Mn, 1 (K)/AX = λX} = ker(λIn − A) = ker(A − λIn).
Eλ(A) est un sous-espace vectoriel de Mn, 1 (K) appel´e sous-espace propre de A associ´e `a λ.
Remarques : — Le sous-espace propre associ´e a la valeur propre λ est l’ensemble de tous les vecteurs propres associ´esa la valeur propre λ, plus le vecteur nul. — S’il n’y a pas de risque de confusion on pourra noter Eλ (`a ´eviter, sauf si l’´enonc´e vous l’impose).
Conseils m´ethodologiques : Il est important, pour tout ce chapitre, de bien savoir d´eterminer une base d’un sous-espace propre d’un endomorphisme ou d’une matrice donn´ee. Pour cela il suffit de revenir `a la d´efinition d’un sous-espace propre : Eλ est l’ensemble des solutions de l’´equation f (−→u ) = λ−→u ou de l’´equation AX = λX.
Exemple 3: Reprenons l’endomorphisme f de l’exemple 2 de cette partie : f (P ) = (X − 1)P ′^ + P. On a vu que 3 est une valeur propre de f. D´eterminons une base de E 3 (f ), c’est-a-dire le sous-espace propre associ´ea la valeur propre 3. Par d´efinition E 3 (f ) = {P ∈ R 2 [X]/f (P ) = 3P }. Afin de r´esoudre l’´equation f (P ) = 3P , ´ecrivons P sous la forme aX^2 + bX + c. On a alors :
f (P ) = 3P ⇔ (X − 1)(2aX + b) + aX^2 + bX + c = 3(aX^2 + bX + c) ⇔ 3 aX^2 + (− 2 a + 2b)X − b + c = 3aX^2 + 3bX + 3c
2 a + a = 3a − 2 a + 2b = 3b −b + c = 3c
b = − 2 a c = a
Donc E 3 (f ) = {aX^2 − 2 aX + a/a ∈ R} = Vect((X − 1)^2 ). La famille ((X − 1)^2 ) est g´en´eratrice de E 3 (f ) et libre (un seul vecteur non nul) donc c’est une base de E 3 (f ).
Exemple 5: Reprenons l’endomorphisme f de l’exemple 2 et d´eterminons son polynˆome caract´eristique. On note Bc = (P 0 , P 1 , P 2 ) la base canonique de R 2 [X]. D´eterminons la matrice A de f dans cette base. On a : f (P 0 ) = (X − 1)P 0 ′ + P 0 = 1 = 1P 0 + 0P 1 + 0P 2 f (P 1 ) = (X − 1)P 1 ′ + P 1 = 2X − 1 = (−1)P 0 + 2P 1 + 0P 2 f (P 2 ) = (X − 1)P 2 ′ + P 2 = 3X^2 − 2 X = 0P 0 + (−2)P 1 + 3P 2
Donc A =
Ainsi, χf (λ) = χA(λ) = det(λI 3 − A) =
λ − 1 1 0 0 λ − 2 2 0 0 λ − 3
= (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3).
Propri´et´e 2 Le polynˆome caract´eristique d’un endomorphisme de E (dim(E) = n) ou d’une matrice de Mn(K) est un polynˆome de degr´e n et de coefficient dominant ´egal `a 1.
Propri´et´e 3 — Deux matrices semblables ont le mˆeme polynˆome caract´eristique. — Une matrice et sa transpos´ee ont le mˆeme polynˆome caract´eristique.
D´emonstration : — Soient A et B deux matrices semblables. Il existe une matrice P inversible telle que A = P BP −^1. On remarque alors que λIn − A = λP InP −^1 − P BP −^1 = P (λIn − B)P −^1. Donc les matrices λIn − A et λIn − B sont semblables. Elles ont donc le mˆeme d´eterminant, ce qui signifie que χA = χB. — Il suffit de remarquer que λIn − AT^ = (λIn − A)T^ et d’utiliser le fait que det((λIn − A)T^ ) = det(λIn − A). On a donc bien χAT = χA. ✷
Th´eor`eme 2 Soit f ∈ L (E) (respectivement A ∈ Mn(K)). λ ∈ K est une valeur propre de f (respectivement A) si, et seulement si, c’est une racine de χf (respectivement χA).
Conseils m´ethodologiques : Ainsi, pour trouver toutes les valeurs propres d’un endomorphisme ou d’une matrice il suffit de trouver toutes les racines du polynˆome caract´eristique. Attention : il faut bien regarder si on cherche les racines dans R ou C. Exemples 6 : — Reprenons la matrice A de l’exemple 4. Pour trouver ses valeurs propres il suffit donc de trouver les racines de χA. Or, on a vu que χA(λ) = (λ − 1)(λ + 1)^2 donc les valeurs propres de A sont 1 et −1. On note sp(A) = {−1; 1}. — Reprenons l’endomorphisme de l’exemple 2. On a vu que χf (λ) = (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3), donc les valeurs propres de f sont 1, 2 et 3. On note sp(f ) = {1; 2; 3}.
4 Ordre de multiplicit´e d’une valeur propre
D´efinition 3 Soit f ∈ L (E), χf son polynˆome caract´eristique et λ une valeur propre. On appelle ordre de multiplicit´e de λ son ordre de multiplicit´e en tant que racine de χf. On le note mf (λ) ou m(λ).
Remarque : Cette d´efinition s’adapte aussi pour les valeurs propres d’une matrice.
Exemples 7 : — Pour la matrice A de l’exemple 4, 1 est une valeur propre de multiplicit´e 1 et −1 est une valeur propre de multiplicit´e 2. On dit que 1 est une valeur propre simple et −1 est une valeur propre double. — Pour l’endomorphisme f de l’exemple 2, toutes les valeurs propres ont un ordre de multiplicit´e ´egal `a 1. On dit que 1, 2 et 3 sont des valeurs propres simples.
II Les propri´et´es utiles des ´el´ements propres
1 Autour des valeurs propres
Th´eor`eme 3 — Soit f ∈ L (E). λ ∈ K est une valeur propre de f si, et seulement si, λ idE −f n’est pas injectif. — Soit A ∈ Mn(K). λ ∈ K est une valeur propre de A si, et seulement si, λIn − A n’est pas inversible.
D´emonstration : — λ est une valeurs propre de f ⇐⇒ il existe −→u 6 = 0 et tel que f (−→u ) = λ−→u ⇐⇒ λ−→u − f (−→u ) = 0 ⇐⇒ (λ idE −f )(−→u ) = 0 ⇐⇒ −→u ∈ ker(λ idE −f ) ⇐⇒ ker(λ idE −f ) 6 = { 0 } ⇐⇒ λ idE −f n’est pas injectif. On a donc bien montr´e que λ est un valeurs propre de f ⇐⇒ λ idE −f n’est pas injectif. — λ est une valeur propre de A ⇐⇒ il existe X ∈ Mn, 1 (R) tel que X 6 = 0 et AX = λX ⇐⇒ λX − AX = 0 ⇐⇒ (λIn − A)X = 0. ⇐⇒ X ∈ ker(λIn − A) ⇐⇒ ker(λIn − A) 6 = { 0 } ⇐⇒ λIn − A n’est pas inversible. On a bien montr´e que λ est une valeur propre de A ⇐⇒ λIn −A n’est pas inversible. ✷
Remarques : — Comme nous sommes en dimension finie et que nous travaillons uniquement avec des endomor- phismes, injectif et bijectif sont ´equivalents. — On peut bien ´evidemment travailler aussi avec f − λ idE et A − λIn.
Corollaire 1 — Soit f ∈ L (E). 0 est une valeur propre de f si, et seulement si, f n’est pas injective. — Soit A ∈ Mn(K). 0 est une valeur propre de A si, et seulement si, A n’est pas inversible.
D´emonstration : hors cours Montrons par r´ecurrence que la propri´et´e P(p) : ≪^ si λ 1 ,... , λp sont des valeurs propres distinctes de f alors (−→u 1 ,... , −→up) est une famille libre de E ≫^ est vraie pour tout p ∈ N∗. — Rang 1 : la propri´et´e est bien v´erifi´ee pour p = 1 car un vecteur seul et non nul (un vecteur propre n’est jamais nul) forme une famille libre. — Soit p ∈ N∗^ fix´e. Supposons que P(p) est vraie : On consid`ere donc la famille de vecteurs propres (−→u 1 ,... , −u−p→+1) associ´es aux valeurs propres distinctes λ 1 ,... , λp+1.
On cherche tous les scalaires (a 1 ,... , ap+1) ∈ Kp+1^ tels que :
∑^ p+
k=
ak−→uk = 0 (1).
On applique f `a cette ´egalit´e, ce qui nous donne :
∑^ p+
k=
akλk−→uk = 0 (2).
En faisant λp+1(1) − (2) on obtient :
∑^ p
k=
(λp+1 − λk)ak−→uk = 0.
Or la famille (−→u 1 ,... , −→up) est libre, on a donc pour tout k ∈ { 1 ,... , p}, ak(λp+1 − λk) = 0, or λk 6 = λp+1 donc on a bien ak = 0. En r´einjectant ces ak dans la premi`ere ´egalit´e on obtient aussi ap+1 = 0. Ainsi P(p + 1) est v´erifi´ee. — Grˆace au principe de r´ecurrence on a montr´e que P(p) est vraie ∀p ∈ N∗.
✷
Corollaire 2 Si λ 1 ,... , λn sont n valeurs propres distinctes et si −→u 1 ,... , −→un sont des vecteurs propres associ´es `a ces valeurs propres alors la famille (−→u 1 ,... , −→un) est une base de E. On dit que c’est une base de vecteurs propres.
Remarque : La d´emonstration de ce corollaire est imm´ediate car le th´eor`eme pr´ec´edent nous dit que la famille (−→u 1 ,... , −→un) est libre et de plus c’est une famille de n vecteurs dans l’espace vectoriel E qui est de dimension n.
Toutes les propri´et´es pr´ec´edentes peuvent aussi ˆetre ´enonc´ees pour des matrices. En particulier :
Propri´et´e 7 Soit A ∈ Mn(K). — Si λ 1 ,... , λp sont des valeurs propres distinctes de A et X 1 ,... , Xp des vecteurs propres colonnes associ´es, alors (X 1 ,... , Xp) est une famille libre de Mn, 1 (K). — Si λ 1 ,... , λn sont des valeurs propres distinctes de A et X 1 ,... , Xn des vecteurs propres colonnes associ´es, alors (X 1 ,... , Xn) est une base de Mn, 1 (K).
3 Autour des sous-espaces propres
Th´eoreme 5 Soit f ∈ L (E) et soient λ et μ deux valeurs propres distinctes de f. Alors les sous-espaces propres associ´esa ces deux valeurs propres sont en somme directe.
D´emonstration : On doit ici montrer que Eλ(f ) et Eμ(f ) sont en somme directe, ce qui signifie que Eλ(f ) ∩ Eμ(f ) = {
Soit −→u ∈ Eλ(f ) ∩ Eμ(f ). Comme −→u ∈ Eλ(f ), on a f (−→u ) = λ−→u et de plus −→u ∈ Eμ(f ) donc f (−→u ) = μ−→u. Ainsi on a λ−→u = μ−→u , ce qui donne (λ − μ)−→u = 0 et comme λ 6 = μ on a donc −→u = 0. On a bien montr´e que Eλ(f ) ∩ Eμ(f ) = {
Propri´et´e 8 Soient f ∈ L (E) et λ 1 ,... , λp des valeurs propres distinctes de f. Alors les sous-espaces propres Eλ 1 (f ),... , Eλp (f ) sont en somme directe.
ATTENTION, les sous-espaces propres sont en somme directe mais ne sont pas toujours suppl´ementaires. Th´eor`eme 6 Soit f ∈ L (E) et λ une valeur propre dont l’ordre de multiplicit´e est m(λ). Alors on a l’encadrement suivant : 1 6 dim(Eλ(f )) 6 m(λ) 6 n,
ou Eλ(f ) d´esigne le sous-espace propre de f associ´ea la valeur propre λ.
Remarques : — Les trois r´esultats pr´ec´edents restent ´evidemment vrai pour les matrices. — Pour une valeur propre de multiplicit´e ´egale `a 1 (valeur propre simple), on a forc´ement dim(Eλ) = 1!
Exemples 8 : — On reprend encore la matrice A de l’exemple 4. On peut donc dire que 1 6 dim(E 1 (A)) 6 1 donc le sous-espace propre associ´e a la valeur propre 1 est de dimension 1. Pour la valeur propre −1 on peut, avec ce th´eoreme uniquement affirmer que 1 6 dim(E− 1 (A)) 6 2 (on peut ´evidemment trouver cette dimension en d´eterminant une base de E− 1 (A)). — Pour l’endomorphisme de l’exemple 2, f (P ) = (X − 1)P ′^ + P , les trois valeurs propres (1, 2 et 3) ont pour ordre de multiplicit´e 1, donc tous les sous-espaces propres sont de dimension 1.
III Matrice ou endomorphisme diagonalisable
1 D´efinition
D´efinition 4
— Soit f ∈ L (E). On dit que f est diagonalisable si, et seulement s’il existe une base de E dans laquelle la matrice de f est diagonale. — Soit A ∈ Mn(K). On dit que A est une matrice diagonalisable si, et seulement s’il existe une matrice P inversible et une matrice D diagonale telles que A = P DP −^1.
Remarque : Deux probl`emes se posent donc : — comment savoir si une matrice ou un endomorphisme est diagonalisable? (r´eponse dans la partie III.2.) — lorsqu’une matrice est diagonalisable comment construire des matrices P et D telles que P est inversible, D diagonale et A = P DP −^1 , ou lorsqu’un endomorphisme est diagonalisable comment construire une base dans laquelle la matrice de f est diagonale? (r´eponse dans les parties III.3. et 4.)
Comme 1 est une valeur propre de multiplicit´e ´egale a 1, on sait que dim(E 1 (A)) = 1. −1 est une valeur propre de multiplicit´e ´egalea 2 donc on ne peut pas donner la dimension de E− 1 (A) sans en trouver un base. Par d´efinition, E− 1 (A) = {X ∈ M 3 , 1 (R)/AX = −X}. Or on a :
AX = −X ⇔
2 x + 2y − 2 z = 0 2 x + 2y − 2 z = 0 2 x + 2y − 2 z = 0
⇔ z = x + y.
Donc E− 1 (A) =
x y x + y
(^) /(x, y) ∈ R^2
= Vect
La famille
(^) est g´en´eratrice de E− 1 (A) et libre (car form´ee de deux vecteurs visiblement
non proportionnels) donc c’est une base de E− 1 (A). On a donc dim(E− 1 (A)) = 2. En conclusion dim(E 1 (A)) + dim(E− 1 (A)) = 3 et A ∈ M 3 (R) donc A est diagonalisable.
Exemple 10: Reprenons l’endomorphisme de l’exemple 2 : f ∈ L (R 2 [X]), f (P ) = (X − 1)P ′^ + P f est-il diagonalisable? Nous avions vu que χf (λ) = (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3). Le polynˆome caract´eristique de f est scind´e `a racines simples donc f est diagonalisable.
Exemple 11:
La matrice B =
est-elle diagonalisable dans M 2 (R)? dans M 2 (C)? Commen¸cons par chercher les valeurs propres de B. On a χB (λ) =
λ − 1 1 λ
∣ =^ λ
Le polynˆome caract´eristique de B n’est pas scind´e dans R donc B n’est pas diagonalisable dans M 2 (R). Dans C, χB (λ) = (λ − i)(λ + i) donc χB est scind´e `a racines simples. B est diagonalisable dans M 2 (C).
Propri´et´e 9 Soit f ∈ L (E) et B une base quelconque de E. f est diagonalisable si, et seulement si, MatB(f ) est diagonalisable.
3 Comment diagonaliser une matrice?
Le but de cette partie est, ´etant donn´e une matrice A que l’on sait diagonalisable, de trouver une matrice P inversible et une matrice D diagonale telles que A = P DP −^1. Propri´et´e 10 Soit A ∈ Mn(K) une matrice diagonalisable et sp(A) = {λ 1 ,... , λp} l’ensemble de ses valeurs propres. On note de plus B 1 une base de Eλ 1 (A),... , Bp une base de Eλp (A). — La r´eunion de toutes ces bases forme une base, que l’on note B, de Mn, 1 (K). On dit que B est une base de vecteurs propres de A. — En posant P la matrice de passage de la base canonique de Mn, 1 (K) `a la base B et D la matrice diagonale contenant les valeurs propres λ 1 ,... , λp compt´ees chacune avec leur ordre de multiplicit´e, alors on a : A = P DP −^1.
Conseils m´ethodologiques : ≪ (^) Diagonaliser une matrice ≫ (^) signifie trouver une matrice D diagonale et une matrice P inversible telles
que A = P DP −^1. Voici un r´esum´e de tout ce que nous avons construit jusqu’a pr´esent (Attention dans un probleme de concours il faudra s’adapter `a l’ordre des questions !) :
- Trouver les valeurs propres de A : le plus souvent on calcule χA et on r´esout χA(λ) = 0 (attention `a bien regarder l’´enonc´e de l’exercice pour savoir si on travaille dans R ou C).
- A est-elle diagonalisable? Quelques pistes pour r´epondre : — si χA n’est pas scind´e, A n’est pas diagonalisable ; — si χA est scind´e `a racines simples, alors A est diagonalisable ; ou : si A ∈ Mn(K) et si A admet n valeurs propres distinctes alors A est diagonalisable ; — si χA est scind´e mais que certaines racines sont multiples, on cherche une base de chaque sous-espace propre et A est diagonalisable si, et seulement si, la somme des dimensions des sous-espaces propres vaut n.
- Si A est diagonalisable, on construit P et D : Si ¸ca n’a pas ´et´e fait avant il faut trouver une base de chacun des sous-espaces propres. La r´eunion de toutes ces bases donne une base de vecteurs propres de A. On construit alors P la matrice de passage de la base canonique de Mn, 1 (K)
a la base de vecteurs propres et dans la matrice diagonale D on met les valeurs propres correspondanta chacun des vecteurs propres de la base de vecteurs propres. Les bases des sous-espaces propres ne sont pas uniques donc la matrice P n’est pas unique et la matrice D n’est pas unique non plus car elle d´epend de l’ordre des vecteurs propres utilis´es pour construire la matrice P. Exemple 12:
Soit A =
. A est-elle diagonalisable? Si oui, la diagonaliser.
- Trouver les valeurs propres Calculons le polynˆome caract´eristique de A :
χA(λ) =
λ − 3 0 − 1 1 λ − 2 1 2 0 λ
= (λ − 2)
λ − 3 − 1 2 λ
∣ = (λ^ −^ 2)(λ
(^2) − 3 λ + 2)
Les racines de λ^2 − 3 λ + 2 sont 1 et 2 donc χA(λ) = (λ − 2)(λ − 1)(λ − 2) = (λ − 2)^2 (λ − 1). Les valeurs propres de A sont 1 et 2. La valeur propre 1 est une valeur propre simple (ordre de multiplicit´e=1) et la valeur propre 2 est une valeur propre double (ordre de multiplicit´e= 2). A est une matrice de M 3 (R) ayant deux valeurs propres donc on ne peut pour l’instant pas savoir si elle est diagonalisable.
- Dimension des sous-espaces propres 1 est une valeur propre simple (ordre de multiplicit´e =1) donc dim(E 1 (A)) = 1. De plus, E 2 (A) = {X ∈ M 3 , 1 (R)/AX = 2X}.
AX = 2X ⇔
3 x + z = 2x −x + 2y − z = 2y − 2 x = 2z
⇔ z = −x
Donc E 2 (A) =
x y −x
(^) ; (x, y) ∈ R^2
= Vect
Par d´efinition de la matrice associ´e `a un endomorphisme on a donc f (−→u (^) i) = di −→u (^) i. Et comme −→u (^) i est un vecteur d’une base il n’est pas nul. Ainsi −→u (^) i est un vecteur propre de f et donc la base B est une base form´ee de vecteurs propres.
- ⇐= : Supposons qu’il existe une base de E form´ee de vecteurs propres de f. Notons C = (−→w 1 ,... , −→w (^) n) cette base de vecteurs propres et λ 1 ,... , λn les valeurs propres associ´ees (elle ne sont pas forc´ement distinctes).
On a donc, pour tout 1 6 i 6 n, f (−→w (^) i) = λi −→w (^) i et donc : MatC (f ) =
λ 1 0 · · · 0 0 λ 2
0 · · · 0 λn
Ceci signifie que f est diagonalisable.
✷
Propri´et´e 11 Soit f un endomorphisme de E que l’on sait diagonalisable et sp(f ) = {λ 1 ,... , λp} l’ensemble de ses valeurs propres. On note de plus B 1 une base de Eλ 1 (f ),... , Bp une base de Eλp (f ). La r´eunion de toutes ces bases forme une base B de E. Cette base B est une base de vecteurs propres de f et donc la matrice de f dans cette base est diagonale.
Conseils m´ethodologiques : ≪ (^) Diagonaliser un endomorphisme ≫ (^) signifie trouver une base dans laquelle la matrice de cet endomor- phisme est diagonale et donner cette matrice diagonale. Voici un r´esum´e de tout ce que nous avons construit jusqu’a pr´esent (Attention dans un probleme de concours il faudra s’adapter `a l’ordre des questions !) :
- Trouver les valeurs propres de f : le plus souvent on calcule χf et on r´esout χf (λ) = 0 (attention `a bien regarder l’´enonc´e de l’exercice pour savoir si on travaille dans R ou C).
- f est-il diagonalisable? Quelques pistes pour r´epondre : — si χf n’est pas scind´e, f n’est pas diagonalisable ; — si χf est scind´e
a racines simples, alors f est diagonalisable ou : si dim(E) = n et si f admet n valeurs propres distinctes f est diagonalisable ; — si χf est scind´e mais que certaines racines sont multiples, on cherche une base de chaque sous-espace propre et f est diagonalisable si, et seulement si, la somme des dimensions des sous-espaces propres est ´egalea n. - Lorsque f est diagonalisable, on construit une base de vecteurs propres : si ¸ca n’a pas ´et´e fait avant il faut trouver une base de chacun des sous-espaces propres. La r´eunion de toutes ces bases donne une base de vecteurs propres de f. La matrice de f relative `a la base de vecteurs propres est alors la matrice diagonale contenant les valeurs propres de f sur sa diagonale.
Exemple 13: Reprenons encore l’endomorphisme du deuxi`eme exemple du cours :
f ∈ L (R 2 [X]), f (P ) = (X − 1)P ′^ + P
Nous avons vu, dans l’exemple 10, que f est diagonalisable. D´eterminons une base de vecteurs propres de f. Pour cela il nous faut une base de chacun des sous- espaces propres. Valeur propre 3 : Nous avons, dans l’exemple 3, d´etermin´e une base de E 3 (f ) : ((X − 1)^2 ) est une base de E 3 (f ).
Valeur propre 1 : Par d´efinition E 1 (f ) = {P ∈ R 2 [X]/f (P ) = P }. Afin de r´esoudre l’´equation f (P ) = P , ´ecrivons P sous la forme aX^2 + bX + c. On a alors :
f (P ) = P ⇔ (X − 1)(2aX + b) + aX^2 + bX + c = aX^2 + bX + c ⇔ 3 aX^2 + (− 2 a + 2b)X − b + c = aX^2 + bX + c
2 a + a = a − 2 a + 2b = b −b + c = c
b = 0 a = 0
Donc E 1 (f ) = {c/c ∈ R} = Vect(1). La famille (1) est g´en´eratrice de E 1 (f ) et libre (un seul vecteur non nul) donc c’est une base de E 1 (f ).
Valeur propre 2 : Par d´efinition E 2 (f ) = {P ∈ R 2 [X]/f (P ) = 2P }. Afin de r´esoudre l’´equation f (P ) = 2P , ´ecrivons P sous la forme aX^2 + bX + c. On a alors :
f (P ) = P ⇔ (X − 1)(2aX + b) + aX^2 + bX + c = 2(aX^2 + bX + c) ⇔ 3 aX^2 + (− 2 a + 2b)X − b + c = 2aX^2 + 2bX + 2c
2 a + a = 2a − 2 a + 2b = 2b −b + c = 2c
a = 0 c = −b
Donc E 2 (f ) = {bX − b/b ∈ R} = Vect(X − 1). La famille (X − 1) est g´en´eratrice de E 2 (f ) et libre (un seul vecteur non nul) donc c’est une base de E 2 (f ).
Conclusion : La famille (1, X − 1 , (X − 1)^2 ) est une base de vecteurs propres de f.
Dans cette base, la matrice de f est D =
IV Matrice ou endomorphisme trigonalisable
1 D´efinition
D´efinition 5 — Soit A ∈ Mn(K). On dit que A est une matrice trigonalisable si, et seulement s’il existe une matrice P inversible et une matrice T triangulaire telles que A = P T P −^1. — Soit f ∈ L (E). On dit que f est trigonalisable si, et seulement s’il existe une base de E telle que la matrice de f relative `a cette base est triangulaire.
Propri´et´e 12 Soit f ∈ L (E) et B une base quelconque de E. f est trigonalisable si, et seulement si, MatB(f ) est trigonalisable.
La famille ((1, 1 , 0)) est libre (un seul vecteur non nul) et g´en´eratrice de E 1 (f ) donc c’est une base de E 1 (f ) et dim(E 1 (f )) = 1. On remarque alors que 1 est une valeur propre d’ordre de multiplicit´e 2 mais dim(E 1 (f )) = 1 6 = 2. Donc f n’est pas diagonalisable. Autre argument : On remarque alors que dim(E− 1 (f )) + dim(E 1 (f )) 6 = 3 donc f n’est pas diagonali- sable. Mais comme le polynˆome caract´eristique est scind´e, f est trigonalisable.
- a) On cherche −→w = (1, y, z) et tel que :
f (−→w ) = −→v + −→w ⇔ A
y z
y z
y + z = 2 1 = y + 1 z = z
y = 0 z = 2
−→w = (1, 0 , 2) est le vecteur de R (^3) dont la premi`ere coordonn´ee vaut 1 et tel que f (−→w ) = −→v + −→w.
b) Calculons detBc (−→u , −→v , −→w ) :
det Bc (−→u , −→v , −→w ) =
detBc (−→u , −→v , −→w ) 6 = 0 donc B est une base de R^3.
c) On a A
(^) donc f (−→u ) = −−→u.
On a vu que −→v est un vecteur propre de f associ´e `a la valeur propre 1 donc f (−→v ) = −→v. Et enfin, f (−→w ) = −→v + −→w.
Donc T =
- A et T sont deux matrices associ´ees
a l’endomorphisme f mais dans deux bases diff´erentes, donc si on note P la matrice de passage de Bca B, on a A = P T P −^1.
Remarque : P =
4 Retour sur le polynˆome caract´eristique
Propri´et´e 13 Soit A ∈ Mn(K). Si le polynˆome caract´eristique de A est scind´e alors la somme des valeurs propres (compt´ees avec leur ordre de multiplicit´e) est ´egale a tr(A) et le produit des valeurs propres (compt´ees avec leur ordre de multiplicit´e) est ´egala det(A).
D´emonstration : Supposons que le polynˆome caract´eristique de A est scind´e on sait alors que A est trigo- nalisable, c’est-a-dire A est semblablea une matrice T triangulaire. Notons t 1 ,... , tn les ´el´ements de la diagonale de T. On a alors χA(λ) = χT (λ) = det(λIn − T ) = (λ − t 1 ) ×... × (λ − tn) et donc t 1 ,... , tn sont les racines de χA, c’est-a-dire les valeurs propres de A. Or, det(A) = det(T ) = t 1 ×... × tn et tr(A) = tr(T ) = t 1 +... + tn. On a donc bien montr´e que det(A) est ´egal au produit des valeurs propres et tr(A) est ´egala la somme des valeurs propres.
Remarques : — On peut aussi ´enoncer cette propri´et´e pour un endomorphisme. — Si on travaille dans le corps des complexes le polynˆome caract´eristique est forc´ement scind´e!
Conseils m´ethodologiques : Cette propri´et´e vous donne un moyen de v´erifier la coh´erence de vos calculs : comparer la somme des valeurs propres que vous avez calcul´e avec la valeur de la trace de A et comparer le produit des valeurs propres avec la valeur de det(A).
V Applications de la r´eduction
1 Puissances de matrice
Explications : Pour une matrice A quelconque, il n’existe pas de formule g´en´erale permettant d’expliciter Ak. Nous allons voir ici une m´ethode pour calculer Ak^ dans le cas d’une matrice diagonalisable et une m´ethode dans le cas d’une matrice trigonalisable. Ces deux m´ethodes sont bas´ees sur la propri´et´e ci-dessous, qu’il est souvent demand´e de red´emontrer dans les sujets de concours. La d´emonstration est donc `a connaitre par cœur.
Propri´et´e 14 Soient A et B deux matrices semblables de Mn(K) et P une matrice inversible telle que A = P BP −^1 , alors : ∀k ∈ N Ak^ = P BkP −^1.
D´emonstration : Montrons par r´ecurrence que la propri´et´e P(k) : Ak^ = P BkP −^1 est vraie pour tout k ∈ N. — Pour k = 0 : on a d’une part A^0 = In et d’autre part P B^0 P −^1 = P InP −^1 = In. Donc P(0) est vraie. — Soit k ∈ N fix´e, supposons que P(k) est vraie. On a alors :
Ak+1^ = Ak^ × A = P BkP −^1 × P BP −^1 = P Bk+1P −^1.
Donc P(k + 1) est vraie. — Grˆace au principe de r´ecurrence, on a montr´e que pour tout k ∈ N, Ak^ = P BkP −^1.
✷
a Matrices diagonalisables
Propri´et´e 15 Soit D ∈ Mn(K) une matrice diagonale. On note d 1 ,... , dn les ´el´ements diagonaux de D.
Alors pour tout k ∈ N, on a Dk^ =
dk 1 0 · · · 0 0 dk 2
0 · · · 0 dkn
Remarque : On utilise ici la convention a^0 = 1 pour tout a ∈ K et A^0 = In pour toute matrice A ∈ Mn(K).
commutent. Ainsi, d’apr`es la formule du binˆome de Newton :
T k^ =
∑^ k
i=
k i
Ni^ Dk−i^ = Dk^ + kNDk−^1.
On peut alors expliciter T k. Il reste ensuite `a calculer P −^1 puis on peut calculer Ak.
2 Suites r´ecurrentes lin´eaires d’ordre 2
D´efinition 6 On dit qu’une suite u est d´efinie par une relation homogene de r´ecurrence lin´eaire d’ordre 2a coefficients constants lorsqu’il existe deux r´eels a et b tels que b 6 = 0 et :
∀n ∈ N un+2 = aun+1 + bun.
On appelle ´equation caract´eristique associ´ee `a cette suite l’´equation suivante :
r^2 − ar − b = 0.
Th´eoreme 11 On considere une suite u d´efinie par une relation homog`ene de r´ecurrence lin´eaire d’ordre 2. — Si l’´equation caract´eristique admet deux solutions r´eelles distinctes r 1 et r 2 alors il existe (A 1 , A 2 ) ∈ R^2 tels que : ∀n ∈ N, un = A 1 rn 1 + A 2 rn 2. — Si l’´equation caract´eristique n’admet qu’une solution r´eelle r 0 alors il existe (A 1 , A 2 ) ∈ R^2 tels que : ∀n ∈ N, un = (A 1 + A 2 n)r 0 n. — Si l’´equation caract´eristique admet deux solutions complexes non r´eelles ρeiθ^ et ρe−iθ^ alors il existe (A 1 , A 2 ) ∈ R^2 tels que :
∀n ∈ N, un = ρn(A 1 cos(nθ) + A 2 sin(nθ)).
On d´etermine les valeurs de A 1 et A 2 grˆace `a u 0 et u 1.
D´emonstration : On pose Un =
un+ un
et A =
a b 1 0
On remarque que l’on a Un+1 = AUn. On peut alors montrer facilement par r´ecurrence que pour tout entier n, Un = AnU 0. A savoir faire parfaitement!^ Il nous reste donca calculer An. Pour cela nous allons chercher `a r´eduire la matrice A. Calculons son polynˆome caract´eristique : χA(X) =
X − a −b − 1 X
∣ =^ X
(^2) − aX + b.
On cherche donc les racines du polynˆome caract´eristique c’est-a-dire les solutions de l’´equation ca- ract´eristique. Les trois cas cit´es dans le th´eoreme s’offrent `a nous. Nous allons traiter uniquement le cas de deux racines r´eelles distinctes. On note r 1 et r 2 les deux solutions de l’´equation caract´eristique, qui sont donc les deux racines du polynˆome caract´eristique et donc les deux valeurs propres de A. A est une matrice de M 2 (R) admettant deux valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable.
Il existe donc P inversible telle que A = P DP −^1 avec D =
r 1 0 0 r 2
On peut montrer facilement par r´ecurrence que An^ = P DnP −^1 avec Dn^ =
rn 1 0 0 rn 2
Apres calcul chaque coefficient de An^ est une combinaison lin´eaire de rn 1 et r 2 n , puis en multipliant par U 0 on obtient encore une matrice colonne ou chaque coefficient est combinaison lin´eaire de rn 1 et rn 2. En conclusion un est bien de la forme A 1 rn 1 + A 2 rn 2.
✷
Remarque : L’ensemble des suites r´eelles qui v´erifient la relation un+2 = aun+1 + bun est donc, dans chaque cas, un R-espace vectoriel de dimension 2 donc on connait une base.
Exemple 17: On consid`ere la suite u d´efinie de la fa¸con suivante : { ∀n ∈ N un+2 = 2un+1 − 4 un u 0 = u 1 = 1
On cherche a calculer le terme g´en´eral de la suite en fonction de n. — Etape 1 :´ l’´equation caract´eristique associ´eea la suite est r^2 − 2 r + 4 = 0.
Cette ´equation admet deux solutions complexes r 1 =
3i 2
3i et r 2 = 1 +
3i. On remarque alors que r 1 = 2e−i^ π 3 et r 2 = 2ei^ π 3 . — Etape 2 :´ ainsi, pour tout entier n, un = 2n
A cos
n
π 3
n
π 3
, A et B ´etant `a d´eterminer. — Etape 3 :´ on sait que u 0 = u 1 = 1.
Donc :
A = 1
A ×
+ B ×
A = 1
B = 0
— Conclusion : pour tout entier n, un = 2n^ cos
n
π 3
VI Systemes diff´erentiels lin´eairesa coefficients constants
1 La th´eorie
D´efinition 7 On appelle systeme diff´erentiel lin´eairea coefficients constants un syst`eme d’´equations du type :
(S)
x′ 1 (t) = a 11 x 1 (t) + a 12 x 2 (t) +... + a 1 nxn(t) .. . x′ n(t) = an 1 x 1 (t) + an 2 x 2 (t) +... + annxn(t) o`u les fonctions xi sont les inconnues et les coefficients aij sont des ´el´ements de K fix´es.
