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Réduction des endomorphismes
Jean-Pierre Becirspahic
Lycée Marcelin Berthelot
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Sous-espaces stables
Si H est un sous-espace vectoriel stable par u et(e) une base adaptée à
H , alors
Mat(e)(u) = A B
O C ! avec A= Mat(e H)(uH). A B O C u(eH) · · · eH .. .
(eH) désigne une base de H .
uH∈ L(H ) est la restriction de u à H .
Réduireun endomorphisme, c’est trouver une telle décomposition de
l’es-pace, avec uHi / Ai aussi simple que possible :
ui= λiId (homothétie)ou ui= λiId + ni (homothétie + nilpotent, HP)
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Sous-espaces stables
Si E=MHioù les Hisont stables par u, alors dans une base(e)
adap-tée à cette décomposition,
Mat(e)(u) = diag(A1, . . . , Ak) avec Ai= Mat(ei)(uHi).
A1 A2 Ak
Réduireun endomorphisme, c’est trouver une telle décomposition de
l’es-pace, avec uHi / Ai aussi simple que possible :
ui= λiId (homothétie)ou ui= λiId + ni (homothétie + nilpotent, HP)
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Sous-espaces stables
Si E=MHioù les Hisont stables par u, alors dans une base(e)
adap-tée à cette décomposition,
Mat(e)(u) = diag(A1, . . . , Ak) avec Ai= Mat(ei)(uHi).
A1 A2 Ak
Réduireun endomorphisme, c’est trouver une telle décomposition de
l’es-pace, avec uHi / Ai aussi simple que possible :
ui= λiId (homothétie)ou ui= λiId + ni (homothétie + nilpotent, HP)
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Sous-espaces stables
Si E=MHioù les Hisont stables par u, alors dans une base(e)
adap-tée à cette décomposition,
Mat(e)(u) = diag(A1, . . . , Ak) avec Ai= Mat(ei)(uHi).
Cas de la trigonalisation : 4 1 −1 −6 −1 2 2 1 1 est semblable à 1 1 0 0 1 0 0 0 2 • dim H 1= 2, u1=Id + n1avec n1nilpotent ; • dim H 2= 1, u2= 2Id.
Réduireun endomorphisme, c’est trouver une telle décomposition de
l’es-pace, avec uHi / Ai aussi simple que possible :
ui= λiId (homothétie)ou ui= λiId + ni (homothétie + nilpotent, HP)
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Sous-espaces stables
Des exercices en général difficiles
Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie, et u ∈ L(E ). Montrer qu’il existe au moins une droite ou un plan stable par u.
Quelles sont les droites stables par u ?→ les droites engendrées par des
vecteurs propres.
Si u possède une valeur propre, le problème est réglé. Dans le cas contraire, on plonge dans C grace à une interprétation matricielle de l’exercice :
Soit A ∈ M2n(R) une matrice réelle sans valeur propre. Montrer qu’il
existe au moins un plan stable par A .
Soitλ ∈ C et X ∈ C2nnon nul tel que AX= λX .
On pose X= Y + iZ , λ = a + ib . Alors :
A(Y + iZ ) = (a + ib )(Y + iZ ) ⇐⇒ (AY = aY − bZ
AZ = bY + aZ
doncVect(Y, Z ) est stable par A .
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Sous-espaces stables
Des exercices en général difficiles
Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie, et u ∈ L(E ). Montrer qu’il existe au moins une droite ou un plan stable par u.
Quelles sont les droites stables par u ?
→ les droites engendrées par des vecteurs propres.
Si u possède une valeur propre, le problème est réglé. Dans le cas contraire, on plonge dans C grace à une interprétation matricielle de l’exercice :
Soit A ∈ M2n(R) une matrice réelle sans valeur propre. Montrer qu’il
existe au moins un plan stable par A .
Soitλ ∈ C et X ∈ C2nnon nul tel que AX= λX .
On pose X= Y + iZ , λ = a + ib . Alors :
A(Y + iZ ) = (a + ib )(Y + iZ ) ⇐⇒ (AY = aY − bZ
AZ = bY + aZ
doncVect(Y, Z ) est stable par A .
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Sous-espaces stables
Des exercices en général difficiles
Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie, et u ∈ L(E ). Montrer qu’il existe au moins une droite ou un plan stable par u.
Quelles sont les droites stables par u ?→ les droites engendrées par des
vecteurs propres.
Si u possède une valeur propre, le problème est réglé. Dans le cas contraire, on plonge dans C grace à une interprétation matricielle de l’exercice :
Soit A ∈ M2n(R) une matrice réelle sans valeur propre. Montrer qu’il
existe au moins un plan stable par A .
Soitλ ∈ C et X ∈ C2nnon nul tel que AX= λX .
On pose X= Y + iZ , λ = a + ib . Alors :
A(Y + iZ ) = (a + ib )(Y + iZ ) ⇐⇒ (AY = aY − bZ
AZ = bY + aZ
doncVect(Y, Z ) est stable par A .
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Sous-espaces stables
Des exercices en général difficiles
Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie, et u ∈ L(E ). Montrer qu’il existe au moins une droite ou un plan stable par u.
Quelles sont les droites stables par u ?→ les droites engendrées par des
vecteurs propres.
Si u possède une valeur propre, le problème est réglé. Dans le cas contraire, on plonge dans C grace à une interprétation matricielle de l’exercice :
Soit A ∈ M2n(R) une matrice réelle sans valeur propre. Montrer qu’il
existe au moins un plan stable par A .
Soitλ ∈ C et X ∈ C2nnon nul tel que AX= λX .
On pose X= Y + iZ , λ = a + ib . Alors :
A(Y + iZ ) = (a + ib )(Y + iZ ) ⇐⇒ (AY = aY − bZ
AZ = bY + aZ
doncVect(Y, Z ) est stable par A .
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Sous-espaces stables
Des exercices en général difficiles
Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie, et u ∈ L(E ). Montrer qu’il existe au moins une droite ou un plan stable par u.
Quelles sont les droites stables par u ?→ les droites engendrées par des
vecteurs propres.
Si u possède une valeur propre, le problème est réglé. Dans le cas contraire, on plonge dans C grace à une interprétation matricielle de l’exercice :
Soit A ∈ M2n(R) une matrice réelle sans valeur propre. Montrer qu’il
existe au moins un plan stable par A .
Soitλ ∈ C et X ∈ C2nnon nul tel que AX= λX .
On pose X= Y + iZ , λ = a + ib . Alors :
A(Y + iZ ) = (a + ib )(Y + iZ ) ⇐⇒ (AY = aY − bZ
AZ = bY + aZ
doncVect(Y, Z ) est stable par A .
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Sous-espaces stables
Des exercices en général difficiles
Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie, et u ∈ L(E ). Montrer qu’il existe au moins une droite ou un plan stable par u.
Quelles sont les droites stables par u ?→ les droites engendrées par des
vecteurs propres.
Si u possède une valeur propre, le problème est réglé. Dans le cas contraire, on plonge dans C grace à une interprétation matricielle de l’exercice :
Soit A ∈ M2n(R) une matrice réelle sans valeur propre. Montrer qu’il
existe au moins un plan stable par A .
Soitλ ∈ C et X ∈ C2nnon nul tel que AX= λX .
On pose X= Y + iZ , λ = a + ib . Alors :
A(Y + iZ ) = (a + ib )(Y + iZ ) ⇐⇒ (AY = aY − bZ
AZ = bY + aZ
doncVect(Y, Z ) est stable par A .
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Polynôme caractéristique
χ
u(x) = det(xId − u) = xn− (tr u)xn−1+ · · · ? · · · + (−1)ndet u.• Les valeurs propres de u sont les racines de
χ
u.
• Si
χ
u(x) = (x − λ)nλQ(x) alors dim(Ker(u − λId)) 6 nλ.
• Lorsque
χ
u(x) =
n Y
i=1
(x − λi) est scindé (tjs vrai lorsque K = C),
tr u = n X i=1 λi et det u = n Y i=1 λi.
Chaque valeur propre apparait autant de fois que sa multiplicité.
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Polynôme caractéristique
χ
u(x) = det(xId − u) = xn− (tr u)xn−1+ · · · ? · · · + (−1)ndet u.• Les valeurs propres de u sont les racines de
χ
u.
• Si
χ
u(x) = (x − λ)nλQ(x) alors dim(Ker(u − λId)) 6 nλ.
• Lorsque
χ
u(x) =
n Y
i=1
(x − λi) est scindé (tjs vrai lorsque K = C),
tr u = n X i=1 λi et det u = n Y i=1 λi.
Chaque valeur propre apparait autant de fois que sa multiplicité.
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Polynôme caractéristique
Soit A ∈ Mp(C). Déterminer le rayon de convergence deXtr(An)zn,
puis exprimer sa somme en fonction du polynôme caractéristique de A .
On poseSp(A ) = {λ1, . . . , λp} (répétées avec multiplicité).
A est trigonalisable donctr(An) =
p X k=1 λnk. +∞ X n=0 tr(An)zn= p X k=1 +∞ X n=0 (λkz)n = p X k=1 1 1 −λkz lorsque ∀k ∈ ~1, p, |z| 6 1 |λk| doncR= 1 max |λk| .
Par ailleurs,
χ
A(z) = (z − λ1) · · · (z − λp) doncχ
0 A(z)χ
A(z) = p X k=1 1 z − λk et ainsi : +∞ X n=0 tr(An)zn=χ
0 A(1/z) zχ
A(1/z) .l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Polynôme caractéristique
Soit A ∈ Mp(C). Déterminer le rayon de convergence deXtr(An)zn,
puis exprimer sa somme en fonction du polynôme caractéristique de A . On poseSp(A ) = {λ1, . . . , λp} (répétées avec multiplicité).
A est trigonalisable donctr(An) =
p X k=1 λnk. +∞ X n=0 tr(An)zn= p X k=1 +∞ X n=0 (λkz)n = p X k=1 1 1 −λkz lorsque ∀k ∈ ~1, p, |z| 6 1 |λk| doncR= 1 max |λk| .
Par ailleurs,
χ
A(z) = (z − λ1) · · · (z − λp) doncχ
0 A(z)χ
A(z) = p X k=1 1 z − λk et ainsi : +∞ X n=0 tr(An)zn=χ
0 A(1/z) zχ
A(1/z) .l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Polynôme caractéristique
Soit A ∈ Mp(C). Déterminer le rayon de convergence deXtr(An)zn,
puis exprimer sa somme en fonction du polynôme caractéristique de A . On poseSp(A ) = {λ1, . . . , λp} (répétées avec multiplicité).
A est trigonalisable donctr(An) =
p X k=1 λnk. +∞ X n=0 tr(An)zn= p X k=1 +∞ X n=0 (λkz)n = p X k=1 1 1 −λkz lorsque ∀k ∈ ~1, p, |z| 6 1 |λk| doncR= 1 max |λk| .
Par ailleurs,
χ
A(z) = (z − λ1) · · · (z − λp) doncχ
0 A(z)χ
A(z) = p X k=1 1 z − λk et ainsi : +∞ X n=0 tr(An)zn=χ
0 A(1/z) zχ
A(1/z) .l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Polynôme caractéristique
Soit A ∈ Mp(C). Déterminer le rayon de convergence deXtr(An)zn,
puis exprimer sa somme en fonction du polynôme caractéristique de A . On poseSp(A ) = {λ1, . . . , λp} (répétées avec multiplicité).
A est trigonalisable donctr(An) =
p X k=1 λnk. +∞ X n=0 tr(An)zn= p X k=1 +∞ X n=0 (λkz)n = p X k=1 1 1 −λkz lorsque ∀k ∈ ~1, p, |z| 6 1 |λk| doncR= 1 max |λk| .
Par ailleurs,
χ
A(z) = (z − λ1) · · · (z − λp) doncχ
0 A(z)χ
A(z) = p X k=1 1 z − λk et ainsi : +∞ X n=0 tr(An)zn=χ
0 A(1/z) zχ
A(1/z) .l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Polynôme caractéristique
Soit A ∈ Mp(C). Déterminer le rayon de convergence deXtr(An)zn,
puis exprimer sa somme en fonction du polynôme caractéristique de A . On poseSp(A ) = {λ1, . . . , λp} (répétées avec multiplicité).
A est trigonalisable donctr(An) =
p X k=1 λnk. +∞ X n=0 tr(An)zn= p X k=1 +∞ X n=0 (λkz)n = p X k=1 1 1 −λkz lorsque ∀k ∈ ~1, p, |z| 6 1 |λk| doncR= 1 max |λk| .
Par ailleurs,
χ
A(z) = (z − λ1) · · · (z − λp) doncχ
0 A(z)χ
A(z) = p X k=1 1 z − λk et ainsi : +∞ X n=0 tr(An)zn=χ
0 A(1/z) zχ
A(1/z) .l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Polynôme caractéristique
Soit A ∈ Mp(C). Déterminer le rayon de convergence deXtr(An)zn,
puis exprimer sa somme en fonction du polynôme caractéristique de A . On poseSp(A ) = {λ1, . . . , λp} (répétées avec multiplicité).
A est trigonalisable donctr(An) =
p X k=1 λnk. +∞ X n=0 tr(An)zn= p X k=1 +∞ X n=0 (λkz)n = p X k=1 1 1 −λkz lorsque ∀k ∈ ~1, p, |z| 6 1 |λk| doncR= 1 max |λk| .
Par ailleurs,
χ
A(z) = (z − λ1) · · · (z − λp) doncχ
0 A(z)χ
A(z) = p X k=1 1 z − λk et ainsi : +∞ X n=0 tr(An)zn=χ
0 A(1/z) zχ
A(1/z) .l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Diagonalisabilité
u est diagonalisable si et seulement si l’une de ces conditions équiva-lentes est réalisée :
• il existe une base(e) telle que Mat
(e)(u) est diagonale ;
• il existe une base(e) formée de vecteurs propres de u ;
• E= M
λ∈Sp(u)
Ker(u − λId) ;
•
χ
u est scindé et pour toute valeur propre,dim(Ker(u − λId)) = nλ.
Cas particulier: si
χ
u est scindé à racines simples, u est diagonalisable.l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Diagonalisabilité
u est diagonalisable si et seulement si l’une de ces conditions équiva-lentes est réalisée :
• il existe une base(e) telle que Mat
(e)(u) est diagonale ;
• il existe une base(e) formée de vecteurs propres de u ;
• E= M
λ∈Sp(u)
Ker(u − λId) ;
•
χ
u est scindé et pour toute valeur propre,dim(Ker(u − λId)) = nλ.
Cas particulier: si
χ
u est scindé à racines simples, u est diagonalisable.l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Diagonalisabilité
u est diagonalisable si et seulement si l’une de ces conditions équiva-lentes est réalisée :
• il existe une base(e) telle que Mat
(e)(u) est diagonale ;
• il existe une base(e) formée de vecteurs propres de u ;
• E= M
λ∈Sp(u)
Ker(u − λId) ;
•
χ
u est scindé et pour toute valeur propre,dim(Ker(u − λId)) = nλ.
Cas particulier: si
χ
u est scindé à racines simples, u est diagonalisable.l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Diagonalisabilité
u est diagonalisable si et seulement si l’une de ces conditions équiva-lentes est réalisée :
• il existe une base(e) telle que Mat
(e)(u) est diagonale ;
• il existe une base(e) formée de vecteurs propres de u ;
• E= M
λ∈Sp(u)
Ker(u − λId) ;
•
χ
u est scindé et pour toute valeur propre,dim(Ker(u − λId)) = nλ.
Cas particulier: si
χ
u est scindé à racines simples, u est diagonalisable.l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Diagonalisabilité
u est diagonalisable si et seulement si l’une de ces conditions équiva-lentes est réalisée :
• il existe une base(e) telle que Mat
(e)(u) est diagonale ;
• il existe une base(e) formée de vecteurs propres de u ;
• E= M
λ∈Sp(u)
Ker(u − λId) ;
•
χ
u est scindé et pour toute valeur propre,dim(Ker(u − λId)) = nλ.
Cas particulier: si
χ
u est scindé à racines simples, u est diagonalisable.l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Diagonalisabilité
Un exercice difficile mais classique
Soit A ∈ GLn(C) inversible et diagonalisable, et B =
O I
A O
!
∈ M2n(C).
Montrer que B est diagonalisable.
Résoudre le système B X Y ! = λ X Y ! ⇐⇒ (AX = λ 2X Y= λX
Soit(X1, . . . , Xn) une base de v.p. de A : AXk= µkXkavecµk, 0.
On noteλkune racine carrée deµk, Zk= Xk
λkXk ! , eZk= Xk −λkXk ! . n X k=1 (akZk+ bkeZk) = 0 ⇐⇒ n X k=1 (ak+ bk)Xk= 0 et n X k=1 λk(ak− bk)Xk= 0 ⇐⇒ ak+ bk= 0 et λk(ak− bk) = 0 ⇐⇒ ak= bk= 0 car λk, 0.
(Zk,eZk)16k 6nest une base de vecteurs propres de B , B est diagonalisable.
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Diagonalisabilité
Un exercice difficile mais classique
Soit A ∈ GLn(C) inversible et diagonalisable, et B =
O I
A O
!
∈ M2n(C).
Montrer que B est diagonalisable.
Résoudre le système B X Y ! = λ X Y ! ⇐⇒ (AX = λ 2X Y= λX
Soit(X1, . . . , Xn) une base de v.p. de A : AXk= µkXkavecµk, 0.
On noteλkune racine carrée deµk, Zk= Xk
λkXk ! , eZk= Xk −λkXk ! . n X k=1 (akZk+ bkeZk) = 0 ⇐⇒ n X k=1 (ak+ bk)Xk= 0 et n X k=1 λk(ak− bk)Xk= 0 ⇐⇒ ak+ bk= 0 et λk(ak− bk) = 0 ⇐⇒ ak= bk= 0 car λk, 0.
(Zk,eZk)16k 6nest une base de vecteurs propres de B , B est diagonalisable.
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Diagonalisabilité
Un exercice difficile mais classique
Soit A ∈ GLn(C) inversible et diagonalisable, et B =
O I
A O
!
∈ M2n(C).
Montrer que B est diagonalisable.
Résoudre le système B X Y ! = λ X Y ! ⇐⇒ (AX = λ 2X Y= λX
Soit(X1, . . . , Xn) une base de v.p. de A : AXk= µkXkavecµk, 0.
On noteλkune racine carrée deµk, Zk= Xk
λkXk ! , eZk= Xk −λkXk ! . n X k=1 (akZk+ bkeZk) = 0 ⇐⇒ n X k=1 (ak+ bk)Xk= 0 et n X k=1 λk(ak− bk)Xk= 0 ⇐⇒ ak+ bk= 0 et λk(ak− bk) = 0 ⇐⇒ ak= bk= 0 car λk, 0.
(Zk,eZk)16k 6nest une base de vecteurs propres de B , B est diagonalisable.
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Diagonalisabilité
Un exercice difficile mais classique
Soit A ∈ GLn(C) inversible et diagonalisable, et B =
O I
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!
∈ M2n(C).
Montrer que B est diagonalisable.
Résoudre le système B X Y ! = λ X Y ! ⇐⇒ (AX = λ 2X Y= λX
Soit(X1, . . . , Xn) une base de v.p. de A : AXk= µkXkavecµk, 0.
On noteλkune racine carrée deµk, Zk= Xk
λkXk ! , eZk= Xk −λkXk ! . n X k=1 (akZk+ bkeZk) = 0 ⇐⇒ n X k=1 (ak+ bk)Xk= 0 et n X k=1 λk(ak− bk)Xk= 0 ⇐⇒ ak+ bk= 0 et λk(ak− bk) = 0 ⇐⇒ ak= bk= 0 car λk, 0.
(Zk,eZk)16k 6nest une base de vecteurs propres de B , B est diagonalisable.
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Diagonalisabilité
Un exercice difficile mais classique
Soit A ∈ GLn(C) inversible et diagonalisable, et B =
O I
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!
∈ M2n(C).
Montrer que B est diagonalisable.
Résoudre le système B X Y ! = λ X Y ! ⇐⇒ (AX = λ 2X Y= λX
Soit(X1, . . . , Xn) une base de v.p. de A : AXk= µkXkavecµk, 0.
On noteλkune racine carrée deµk, Zk= Xk
λkXk ! , eZk= Xk −λkXk ! . n X k=1 (akZk+ bkeZk) = 0 ⇐⇒ n X k=1 (ak+ bk)Xk= 0 et n X k=1 λk(ak− bk)Xk= 0 ⇐⇒ ak+ bk= 0 et λk(ak− bk) = 0 ⇐⇒ ak= bk= 0 car λk, 0.
(Zk,eZk)16k 6nest une base de vecteurs propres de B , B est diagonalisable.
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Diagonalisabilité
Un exercice difficile mais classique
Soit A ∈ GLn(C) inversible et diagonalisable, et B =
O I
A O
!
∈ M2n(C).
Montrer que B est diagonalisable.
Résoudre le système B X Y ! = λ X Y ! ⇐⇒ (AX = λ 2X Y= λX
Soit(X1, . . . , Xn) une base de v.p. de A : AXk= µkXkavecµk, 0.
On noteλkune racine carrée deµk, Zk= Xk
λkXk ! , eZk= Xk −λkXk ! . n X k=1 (akZk+ bkeZk) = 0 ⇐⇒ n X k=1 (ak+ bk)Xk= 0 et n X k=1 λk(ak− bk)Xk= 0 ⇐⇒ ak+ bk= 0 et λk(ak− bk) = 0 ⇐⇒ ak= bk= 0 car λk, 0.
(Zk,eZk)16k 6nest une base de vecteurs propres de B , B est diagonalisable.
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Si u est diagonalisable, u ◦ v= v ◦ u ssichacun des sous-espaces propres
de u est stable par v.
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Si u est diagonalisable, u ◦ v= v ◦ u ssichacun des sous-espaces propres
de u est stable par v.
• Si u ◦ v= v ◦ u, alors pour tout x ∈ Ker(u − λId),
u ◦ v(x) = v ◦ u(x) = v(λx) = λv(x) donc v(x) ∈ Ker(u − λId).
• Réciproquement, E= M
λ∈Sp(u)
Ker(u − λId) donc pour tout x ∈ E ,
x= X
λ∈Sp(u)
xλ avec xλ∈ Ker(u − λId).
Pour toutλ ∈ Sp(u), v(xλ) ∈ Ker(u − λId) donc
u ◦ v(xλ) = λv(xλ) = v(λxλ) = v ◦ u(xλ) et par linéarité, u ◦ v(x) = v ◦ u(x).
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Si u est diagonalisable, u ◦ v= v ◦ u ssichacun des sous-espaces propres
de u est stable par v.
• Si u ◦ v= v ◦ u, alors pour tout x ∈ Ker(u − λId),
u ◦ v(x) = v ◦ u(x) = v(λx) = λv(x) donc v(x) ∈ Ker(u − λId).
• Réciproquement, E= M
λ∈Sp(u)
Ker(u − λId) donc pour tout x ∈ E ,
x= X
λ∈Sp(u)
xλ avec xλ∈ Ker(u − λId).
Pour toutλ ∈ Sp(u), v(xλ) ∈ Ker(u − λId) donc
u ◦ v(xλ) = λv(xλ) = v(λxλ) = v ◦ u(xλ) et par linéarité, u ◦ v(x) = v ◦ u(x).
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Si u est diagonalisable, u ◦ v= v ◦ u ssichacun des sous-espaces propres
de u est stable par v.
Dans ce cas, dans une base adaptée,
Mat(e)(u) = λ1I λ2I λkI et Mat(e)(v) = A1 A2 Ak
Cette base adaptée est construite en choisissant une basequelconque
sur chacun des s.e.v. propre.
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Si u est diagonalisable, u ◦ v= v ◦ u ssichacun des sous-espaces propres
de u est stable par v.
Dans ce cas, dans une base adaptée,
Mat(e)(u) = λ1I λ2I λkI et Mat(e)(v) = A1 A2 Ak Cas particulier : u et v sont des endomorphismes symétriques d’un es-pace euclidien.
La restriction de v àKer(u − λId) est toujours symétrique, donc on peut
choisir une b.o.n. deKer(u − λId)formée de vecteurs propres de v.
Dans ce cas, chaque Aiest diagonale, et u et v sont diagonalisablesdans
une même base orthonormée.
l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Si u est diagonalisable, u ◦ v= v ◦ u ssichacun des sous-espaces propres
de u est stable par v.
Dans ce cas, dans une base adaptée,
Mat(e)(u) = λ1I λ2I λkI et Mat(e)(v) = A1 A2 Ak Cas particulier : u et v sont diagonalisables.
On peut procéder de même à condition de démontrer le théorème : La restriction d’un endomorphisme diagonalisable à un sous-espace stable est encore diagonalisable.
(difficile à prouver avec le programme de PC*)
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Si u est diagonalisable, u ◦ v= v ◦ u ssichacun des sous-espaces propres
de u est stable par v.
Dans ce cas, dans une base adaptée,
Mat(e)(u) = λ1I λ2I λkI et Mat(e)(v) = A1 A2 Ak
Cas particulier simple: chaque sous-espace propre de u est de
dimen-sion 1 (les valeurs propres sont simples). Dans ce cas, v est diagonali-sable dans la même base que u.
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice
Trouver les M ∈ M3(R) telles que M3= A avec A =
−4 4 −4 −4 4 4 −8 8 0 .
On a AM= M4= MA donc les solutions sontdans le commutant de A .
On calcule
χ
A(x) = x(x − 8)(x + 8) donc Sp(A ) = {0, 8, −8} ; A est dz avectrois valeurs propres simples : ∃P ∈ GL3(R) tel que :
A= P 0 0 0 0 8 0 0 0 −8 P−1 et M= P x 0 0 0 y 0 0 0 z P−1 Ainsi, M3= A ⇐⇒ x3= 0, y3= 8, z3= −8 ⇐⇒ x = 0, y = 2, z = −2.
Pour terminer l’exercice, il reste à calculer P puis M .
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice
Trouver les M ∈ M3(R) telles que M3= A avec A =
−4 4 −4 −4 4 4 −8 8 0 .
On a AM= M4= MA donc les solutions sontdans le commutant de A .
On calcule
χ
A(x) = x(x − 8)(x + 8) donc Sp(A ) = {0, 8, −8} ; A est dz avectrois valeurs propres simples : ∃P ∈ GL3(R) tel que :
A= P 0 0 0 0 8 0 0 0 −8 P−1 et M= P x 0 0 0 y 0 0 0 z P−1 Ainsi, M3= A ⇐⇒ x3= 0, y3= 8, z3= −8 ⇐⇒ x = 0, y = 2, z = −2.
Pour terminer l’exercice, il reste à calculer P puis M .
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice
Trouver les M ∈ M3(R) telles que M3= A avec A =
−4 4 −4 −4 4 4 −8 8 0 .
On a AM= M4= MA donc les solutions sontdans le commutant de A .
On calcule
χ
A(x) = x(x − 8)(x + 8) donc Sp(A ) = {0, 8, −8} ; A est dz avectrois valeurs propres simples : ∃P ∈ GL3(R) tel que :
A= P 0 0 0 0 8 0 0 0 −8 P−1 et M= P x 0 0 0 y 0 0 0 z P−1 Ainsi, M3= A ⇐⇒ x3= 0, y3= 8, z3= −8 ⇐⇒ x = 0, y = 2, z = −2.
Pour terminer l’exercice, il reste à calculer P puis M .
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice
Trouver les M ∈ M3(R) telles que M3= A avec A =
−4 4 −4 −4 4 4 −8 8 0 .
On a AM= M4= MA donc les solutions sontdans le commutant de A .
On calcule
χ
A(x) = x(x − 8)(x + 8) donc Sp(A ) = {0, 8, −8} ; A est dz avectrois valeurs propres simples : ∃P ∈ GL3(R) tel que :
A= P 0 0 0 0 8 0 0 0 −8 P−1 et M= P x 0 0 0 y 0 0 0 z P−1 Ainsi, M3= A ⇐⇒ x3= 0, y3= 8, z3= −8 ⇐⇒ x = 0, y = 2, z = −2.
Pour terminer l’exercice, il reste à calculer P puis M .
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice
Trouver les M ∈ M3(R) telles que M3= A avec A =
−4 4 −4 −4 4 4 −8 8 0 .
On a AM= M4= MA donc les solutions sontdans le commutant de A .
On calcule
χ
A(x) = x(x − 8)(x + 8) donc Sp(A ) = {0, 8, −8} ; A est dz avectrois valeurs propres simples : ∃P ∈ GL3(R) tel que :
A= P 0 0 0 0 8 0 0 0 −8 P−1 et M= P x 0 0 0 y 0 0 0 z P−1 Ainsi, M3= A ⇐⇒ x3= 0, y3= 8, z3= −8 ⇐⇒ x = 0, y = 2, z = −2.
Pour terminer l’exercice, il reste à calculer P puis M .
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice
Trouver les M ∈ M3(R) telles que M3= A avec A =
−4 4 −4 −4 4 4 −8 8 0 .
On a AM= M4= MA donc les solutions sontdans le commutant de A .
On calcule
χ
A(x) = x(x − 8)(x + 8) donc Sp(A ) = {0, 8, −8} ; A est dz avectrois valeurs propres simples : ∃P ∈ GL3(R) tel que :
A= P 0 0 0 0 8 0 0 0 −8 P−1 et M= P x 0 0 0 y 0 0 0 z P−1 Ainsi, M3= A ⇐⇒ x3= 0, y3= 8, z3= −8 ⇐⇒ x = 0, y = 2, z = −2.
Pour terminer l’exercice, il reste à calculer P puis M .
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice symétrique
Rappel :deux endomorphismes symétriques qui commutent se
diagona-lisent sur une même base.
Soit A une matrice symétrique réelle. Montrer qu’il existe une unique
matrice symétrique réelle M telle que M3= A .
Pour tout a ∈ R, l’équation x3= a possède une unique solution réelle.
Soit A une matrice symétrique réelle positive (Sp(A ) ⊂ R+). Montrer qu’il
existe une unique matrice symétrique réelle positive telle que M2= A .
Pour tout a ∈ R+, l’équation x2 = a possède une unique solution dans
R+.
Attention: ces deux équations peuvent avoir d’autres solutions, mais elle
ne seront pas des matrices symétriques.
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice symétrique
Rappel :deux endomorphismes symétriques qui commutent se
diagona-lisent sur une même base.
Soit A une matrice symétrique réelle. Montrer qu’il existe une unique
matrice symétrique réelle M telle que M3= A .
Pour tout a ∈ R, l’équation x3= a possède une unique solution réelle.
Soit A une matrice symétrique réelle positive (Sp(A ) ⊂ R+). Montrer qu’il
existe une unique matrice symétrique réelle positive telle que M2= A .
Pour tout a ∈ R+, l’équation x2 = a possède une unique solution dans
R+.
Attention: ces deux équations peuvent avoir d’autres solutions, mais elle
ne seront pas des matrices symétriques.
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice symétrique
Rappel :deux endomorphismes symétriques qui commutent se
diagona-lisent sur une même base.
Soit A une matrice symétrique réelle. Montrer qu’il existe une unique
matrice symétrique réelle M telle que M3= A .
Pour tout a ∈ R, l’équation x3= a possède une unique solution réelle.
Soit A une matrice symétrique réelle positive (Sp(A ) ⊂ R+). Montrer qu’il
existe une unique matrice symétrique réelle positive telle que M2= A .
Pour tout a ∈ R+, l’équation x2 = a possède une unique solution dans
R+.
Attention: ces deux équations peuvent avoir d’autres solutions, mais elle
ne seront pas des matrices symétriques.
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Commutant d’un endomorphisme diagonalisable
Racine ned’une matrice symétrique
Rappel :deux endomorphismes symétriques qui commutent se
diagona-lisent sur une même base.
Soit A une matrice symétrique réelle. Montrer qu’il existe une unique
matrice symétrique réelle M telle que M3= A .
Pour tout a ∈ R, l’équation x3= a possède une unique solution réelle.
Soit A une matrice symétrique réelle positive (Sp(A ) ⊂ R+). Montrer qu’il
existe une unique matrice symétrique réelle positive telle que M2= A .
Pour tout a ∈ R+, l’équation x2 = a possède une unique solution dans
R+.
Attention: ces deux équations peuvent avoir d’autres solutions, mais elle
ne seront pas des matrices symétriques.
l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Trigonalisation
u est trigonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est
scindé (toujours vrai lorsque K= C).
LorsqueMat(e)(u) est triangulaire, les valeurs propres apparaissent sur
la diagonale avec leur multiplicité.
Si A ∈ M3(C)n’est pas diagonalisable, A est semblable à une matrice de
l’un des trois types suivants (résultat admis) :
•
χ
A(x) = (x − λ)2(x − µ) : λ 1 0 0 λ 0 0 0 µ (deux s.e.p. de dimension 1).
•
χ
A(x) = (x − λ)3: λ 0 0 0 λ 1 0 0 λ (un s.e.p. de dimension 2).
•
χ
A(x) = (x − λ)3: λ 1 0 0 λ 1 0 0 λ (un s.e.p. de dimension 1).
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Trigonalisation
u est trigonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est
scindé (toujours vrai lorsque K= C).
LorsqueMat(e)(u) est triangulaire, les valeurs propres apparaissent sur
la diagonale avec leur multiplicité.
Si A ∈ M3(C)n’est pas diagonalisable, A est semblable à une matrice de
l’un des trois types suivants (résultat admis) :
•
χ
A(x) = (x − λ) 2 (x − µ) : λ 1 0 0 λ 0 0 0 µ (deux s.e.p. de dimension 1).
•
χ
A(x) = (x − λ)3: λ 0 0 0 λ 1 0 0 λ (un s.e.p. de dimension 2).
•
χ
A(x) = (x − λ)3: λ 1 0 0 λ 1 0 0 λ (un s.e.p. de dimension 1).
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Trigonalisation
u est trigonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est
scindé (toujours vrai lorsque K= C).
LorsqueMat(e)(u) est triangulaire, les valeurs propres apparaissent sur
la diagonale avec leur multiplicité.
Si A ∈ M3(C)n’est pas diagonalisable, A est semblable à une matrice de
l’un des trois types suivants (résultat admis) :
•
χ
A(x) = (x − λ) 2 (x − µ) : λ 1 0 0 λ 0 0 0 µ (deux s.e.p. de dimension 1).
•
χ
A(x) = (x − λ)3: λ 0 0 0 λ 1 0 0 λ (un s.e.p. de dimension 2).
•
χ
A(x) = (x − λ)3: λ 1 0 0 λ 1 0 0 λ (un s.e.p. de dimension 1).
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Trigonalisation
u est trigonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est
scindé (toujours vrai lorsque K= C).
LorsqueMat(e)(u) est triangulaire, les valeurs propres apparaissent sur
la diagonale avec leur multiplicité.
Si A ∈ M3(C)n’est pas diagonalisable, A est semblable à une matrice de
l’un des trois types suivants (résultat admis) :
•
χ
A(x) = (x − λ) 2 (x − µ) : λ 1 0 0 λ 0 0 0 µ (deux s.e.p. de dimension 1).
•
χ
A(x) = (x − λ)3: λ 0 0 0 λ 1 0 0 λ (un s.e.p. de dimension 2).
•
χ
A(x) = (x − λ)3: λ 1 0 0 λ 1 0 0 λ (un s.e.p. de dimension 1).