[PDF] Diagonalisation et trigonalisation 1 Valeurs propres vecteurs

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Diagonalisation et trigonalisation

Algebre et analyse fondamentales - Paris 7 - O. Bokanowski - Septembre 2015 Pour ce cours il est important de conna^tre le theoreme donnant les divers criteres de diago- nalisation des endomorphismes, (savoir calculer les sous-espaces propres d'un endomorphisme), le theoreme de Caylay-Hamilton, le theoreme de trigonalisation, et de savoir les pratiquer sur des exemples de taille 2, 3, eventuellement 4. On ne demande pas de conna^tre les demonstrations de ces theoremes, mais par contre de savoir les appliquer (diagonaliser ou trigonaliser sur des exemples simples de taille4). En complement (hors programme) : le theoreme de Jordan en rapport avec la trigonalisation.

1 Valeurs propres, vecteurs propres et polyn^ome caracteristique

Edesigne un espace vectoriel de dimension nien, le corps estK=RouC. Siu2 L(E) on notera en generalA=MatB(u) la matrice deudans la base canonique. Denition. 1.1.Soitu2 L(E). On dit que2Kest valeur propre deusi9x2E,x6= 0, t.q. u(x) =x. On note(u)l'ensemble des valeurs propres deu. Denition. 1.2.Pour2(u), on noteEle sous espace propre correspondant E x2E; u(x) =x

Ker(uId)

On note queEest un sous-espace vectoriel stable paru:u(E)E. (Pour =2(u) on auraitE=f0g.) Denition. 1.3.1) On appelle polyn^ome caracteristique de la matriceAle polyn^ome P

A(x) =det(AxI):

2) On notera aussi ce polyn^omePu(x).

La denition dePu(x) ne depend pas du choix de la base : siA=PBP1alorsPA(x) = P B(x). Premieres proprietes :PA(x)2Kn[x],coef(xn) = (1)n,coef(xn1) = (1)n1Tr(A), coef(1) =det(A).

Proposition. 1.4.valeur propre deA,PA() = 0

Proposition. 1.5.Les sous espaces propresEisont en somme directe : pour tout(1;:::;r) distincts dans(u), E

1++Ep=E1 Ep:

Exemple 1:A=aIaveca2K:PA(x) = (ax)n.

Exemple 2: SoitRmatrice de la rotation d'angle:

R =cos()sin() sin() cos() 1 On calculjRxIj= (xcos())2+sin()2. Pour sin()6= 0, il n'y a pas de valeur propre dansR. par contre on trouve dansCles valeurs propresei, et les sous espace propres correspondants E ei=C1 i Exemple 3: Soiturepresente dans la base canonique par la matrice suivante : S =cos() sin() sin()cos()

On trouve deux valeurs propres1. Soitv1=cos(=2)

sin(=2) , etv2=sin(=2) cos(=2) . On constate queE1=V ect(v1) etlE1=V ect(v2). Dans la baseF= (v1;v2),MatF(u) =1 0 01 . On constate de plus que la baseFest orthonormee. Cette matrice est la symetrie orthogonale par rapport a la droite vectorielle d'angle=2. Denition. 1.6(Sous-espaces stables).SoitFun sev deE. On dit queFest stable parusi u(F)F. On note alorsv=ujF2 L(F)l'endomorphisme deFt.q.v(x) =u(x)8x2F.

Proposition. 1.7.Siu(F)FalorsPujF(x)divisePu(x).

Preuve :Siu(F)F, on peut choisir une base (f1;:::;fp) deFet la completer par f p+1;:::;fnpour obtenir une base deE. On constate alors que la matrice deudansFest triangulaire superieure par blocs : Mat

F(u) =B11B12

0B22 ouB112Mp(K),B222Mnp(K). Le blocB11est la representation matricielle de l'operateur v=ujFdans la base (f1;:::;fp). En particulier,9P2GLn(K),

A=PB11B12

0B22 P 1 Dans ce cas on voit quePA(x) =PB11(x)PB22(x), etPB11(x)divisePA(x).2 DansF=E, de dimension dim(E), on constate quev=ujF=IdsurF, et donc que P v(x) = (x)dim(E). Corollaire. 1.8.Pour tout2(u),1dim(E)(), ou()est la multiplicite de dansPu(x). Denition. 1.9(Sous espace monogene).Pourx6= 0dansE, on note hxi=V ect(x;u(x);:::;uk(x);:::): Remarque. 1.10.On note qu'il existe un premier entierk1t.q.(x;u(x);:::;uk1(x))libre et(x;u(x);:::;uk(x))liee. Alors hxi=V ect(x;u(x);:::;uk1(x)): 2 De plus,F=hxiest un sev stable paru. On auk(x)2F, donc9(0;:::;k1)t.q. u k(x) =k1X i=0 iui(x): La matrice deudans la baseB= (uk1(x);uk2(x);:::;u(x);x)s'ecrit alors

B=MatB(u) =2

6

666664

k11 0:::0 k20......... ......1 0 0 1

00:::0 03

7

777775

et un calcul simple donne det(BI) = (1)k(kX ik1 ii)

2 Polyn^omes d'endomorphisme

Denition. 2.1(Polynome d'endomorphisme).Soit un polynomeP2Kn[X]:

P(x) =X

ia ixi=anxn++a1x+a0; ouai2K. On designe parP(u)l'application deL(E)t.q.

P(u) =X

ia iui=anun++a1u+a0Id: Par convention on a doncu0=Id. De m^eme pourAmatrice on denitA0=Iet

P(A) =X

ia iAi=anAn++a1A+a0I:

Proposition. 2.2.Pour tous polynomesP;Qon a

(PQ)(u) =P(u)oQ(u) =Q(u)oP(u):

Theoreme. 2.3(Caylay-Hamilton).Pu(u) = 0.

Preuve : soitx6= 0. On montre que surF=hxi, sous espace stable paru,Pv(u)(x) = P v(v)(x) = 0 ouv=ujF, en utilisant la remarque 1.10. MaisPvdivPu:9Q2K[x],Pu(x) = Q(x)Pv(x). DoncPu(u)(x) =Q(u)oPv(u)(x) = 0. AinsiPu(u) est l'endomorphisme nul.2 Remarque : on montre aussi qu'il existe un polyn^ome de plus petit degre, unitaire, qui annule u(appele le polynome minimal). Tout polyn^ome qui annuleuest necessairement un multiple du polyn^ome minimal. Remarque : une preuve plus directe pourrait aussi s'obtenir en utilisant le fait queuest trigonalisable dansC(voir partie trigonalisation). 3

3 Diagonalisation

Denition. 3.1(Endomorphismes diagonalisables).

On dit qu'un endomorphismeuest diagonalisable s'il existeE= (e1;:::;en)une base deE, et des scalaires1;:::;ndansKtels que

8i; u(ei) =iei:

On dira de m^eme qu'une matriceAest diagonalisable si elle est semblable a une matrice diagonale :9P2GLn(K), et9diagonale,

A=PP1:

On a les equivalences

udiagonalisable,il existe une base de vecteur propres pouru(1) ,il existe une baseEt.q.MatE(u) diagonale.(2)

Theoreme. 3.2.Soitu2 L(E). On a equivalence entre

(i)uest diagonalisable. (ii)Il existeQ2K[x], scinde, a racines simples, tel queQ(u) = 0. (iii)91;:::;rvaleurs propres deu, distintes, t.q.E=ri=1Ei. (On dit que "Eest la somme des sous-espaces propres.") (iv)Puest scinde et81ir,dim(Ei) =i, ouiest la multiplicite deidansPu. Corollaire. 3.3.dim(E) =netuadmetnvaleurs propres distinctes)udiagonalisable.

Exercice.(i) Montrer queA=2 1

1 1 est diagonalisable, la diagonaliser. (ii) Montrer queA=31 1 1 n'est pas diagonalisable. (iii) Pour quelsa2Rla matrice2a 0 2 est-elle diagonalisable? Meme question pour1a 0 2

4 Trigonalisation

Denition. 4.1.1) On dit qu'une matriceA= (aij)deMn(K)est triangulaire superieure si a ij= 0pour touti > j.

2) On dit qu'un endomorphismeuest "triangulable" (ou "trigonalisable") s'il existe une base

dans laquelle la matrice deuest triangulaire superieure. En particulier, etant donne une baseB,uun endomorphisme etA=MatB(u), alorsuest trigonalisable si, et seulement si, il existeTtriangulaire superieure etP2GLn(K) telles que

A=PTP1:

Theoreme. 4.2.SoitAune matrice deMn(K),K=RouC. On suppose quePA(x)est scinde.

AlorsAest triangulable.

4 (Preuve par recurrence). DansCle polyn^ome caracteristique est toujours scinde, et donc toute matrice est trigona- lisable. DansRce n'est pas toujours le cas. Ex :A=0 1 1 0 ,A=Ravec sin()6= 0, A=a b b a avecb6= 0, etc. On peut preciser ce theoreme (voir le theoreme de Jordan).

Exercice.Trigonaliser la matriceA=31

1 1 . (On pourra m^eme trouver une baseBdans laquelleMatB(A) =1 1 0 1

5 *Complement : Sous-espaces caracteristiques

Theoreme. 5.1(Decomposition en sous-espaces caracteristiques).On suppose que le polynome ca- racteristiquePuest scinde, notonsPu(x) = (1)nQr i=1(xi)i. Alors E=rM i=1F i ouFi=Ker(ui1)i.Fiest appele le sous espace caracteristique associe a la valeur proprei. Application :SiPuest scinde alorsuest trigonalisable parrblocs de taillesiavec dans chaque bloc

i, sur la diagonale, uniquement la m^eme valeur proprei. En eet, on utilise queE=iFi, avecFiqui est stable paru. Dans chaqueFion peut trouver une base qui trigonaliseujFi. De plus, dansFi,

siv=ui1 alorsvi= 0 (par denition deFi). Ainsi 0 est la seule valeur propre dev, puisiest la seule valeur propre deu(dansFi). On en deduit le resultat. Pour la demonstration du theoreme de decomposition, on commence par demontrer que lesFisont en somme directe, et stables paru:

Lemme. 5.2.

F

1++Fr=F1 Fr

Preuve : Notons que la preuve classique utilise le "Theoreme du Ker" (voir la partie "Complement : preuve classique"). On propose ici une preuve elementaire. Dans le casr= 2, il sut de montrer queF1\F2=f0g. Dans le casr2, on suppose qu'on a une combinaison lineaire nulle suivante : x

1++xr= 0;

avecxi2Fi,8i. Posonsv=u1Id, eti=i1, qui veriei6= 0,8i2. Alorsv1(x1) = 0 et

8i2 : (vi)i(xi) = 0. PosonsP(x) =Q

i2(xi)i, on a doncP(v)(xi) = 0. D'autre part ecrivons

P(x) =Pd

i=0aixi. On aa0=P(0) =Q i2(i)i6= 0. Supposonsx16= 0. Soitk1 le plus petit entier t.q.vk(x1) = 0 (doncvk1(x1)6= 0). Donc aussi 0 =P(v)vk1(x1) =a0vk1(x1). Donca0= 0, contradiction. On a prouve quex1= 0. De meme on montrexi= 0,8i.2 Il est utile de remarquer que lesFisont stables paru:

Lemme. 5.3.

u(Fi)Fi;8i:

Reste a demontrer

Lemme. 5.4.E=F1+F2++Fr.

5

SoitQi(x) =Q

k6=i(xk)k(ik)k. On considere la famille de polynomes suivant : L ij(x) = (xi)jQi(x);1ir;0ji1:

Chaque polynome est de degrei1+P

k6=ik=n1. On a de plus un total deP i=1i=npolyn^omes. Montrons qu'on a une base deKn1[x]. Supposons qu'on a une combinaison nulle X i;j ijLij(x) = 0;8x:(3) En particulier pourx=i, on obtient dejai0= 0. On observe aussi que pourj6=i, lesi1 premieres derivees desQjsont nulles enx=i. Montrons alors par recurrence queik= 0 pour k= 0;:::;i1 : En supposant quei0=i1==i;k1, on observe queP j=0;:::;i1ijLij(x) = ik(xi)kQi(x) +i;k+1(xi)k+1Qi(x) +:En notantL(x) =P i;jijLij(x), on obtient donc 0 = dLdx k(i) =ddx k X j=0;:::;i1 ijLij (i) =ikk!Qi(i):

Finalement, commeQi(i)6= 0, on obtientik= 0.

Ainsi tous lesijsont nuls : la famille desLijest libre, et c'est donc une base deKn1[x]. On en deduit qu'il existe des coecients ij2Kveriant l'identite : 1 = X i;j ijLij(x);8x:

On regroupe les termes enj:Ai(x) :=P

0ji1 ij(xi)j, et on obtient : 1 = X iA i(x)Qi(x);8x:

En appliquant aupuis a un vecteurx2Equelconque :

x=X iA i(u)oQi(u)(x)(4) X ixquotesdbs_dbs19.pdfusesText_25

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