Corrigé

Devoir à la maison n°06

• Le devoir devra être rédigé sur des copies doubles.

• Les copies ne devront comporter ni rature, ni renvoi, ni trace d’effaceur.

• Toute copie ne satisfaisant pas à ces exigences devra être intégralement récrite.

Problème 1

Partie I – Etude dans un cas particulier

I.1 I.1.a On calcule le polynôme caractéristique deA:χ_A= (X + 2)(X − 1)². Par conséquent le spectre deAest {−2; 1}.

I.1.b On vérifie aisément que(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3)est une base deℳ3,1(ℝ)en calculant son déterminant dans la base canonique. De plus,A𝑢1 = 𝑢1,A𝑢2 = 𝑢2etA𝑢3 = −2𝑢3donc𝑢1,𝑢2et𝑢3 sont des vecteurs propres deA.

I.1.c On vient de trouver une base deℳ_3,1(ℝ)constituée de vecteurs propres deAdoncAest diagonalisable.

I.1.d B𝑢1=

⎛

⎜⎜

⎝ 4 0 0

⎞

⎟⎟

⎠

n’est pas colinéaire à𝑢1et de même pour𝑢2et𝑢3donc aucun élément deℱn’est vecteur propre deBdonc a fortiori commun àAetB.

I.2 I.2.a χ_B= (X − 2)³(on développe par rapport à la deuxième ligne) donc le spectre deBest{2}.

I.2.b B − 2I3 =

⎛

⎜⎜

⎝

1 −3 −1 0 0 0 1 −3 −1

⎞

⎟⎟

⎠

. Les trois colonnes de cette matrice sont colinéaires à𝑢4 doncI𝑚2(B) ⊂

vect(𝑢4)et𝑢₄est la première colonne donc vect(𝑢4) ⊂ I𝑚₂(B). Par conséquentI𝑚₂(B) =vect(𝑢4).

Le théorème du rang nous dit alors que dimE₂(B) = 2.

I.2.c La somme des dimensions des sous espaces propres deBest égale à2 < 3doncBn’est pas diagonali- sable.

I.3 I.3.a B𝑢₅= 2𝑢₅etA𝑢₅= 𝑢₅donc vect(𝑢5) ⊂ E₁(A) ∩ E₂(B).

E₁(A)etE₂(B)sont de dimension2donc cette intersection est de dimension1ou2(on a déjà un vecteur non nul dans l’intersection). Si elle est de dimension2, alorsE₁(A) = E₂(B)ce qui est absurde car𝑢₁est dansE₁(A)mais pas dansE₂(B). Par conséquent l’intersection est de dimension1etE₁(A) ∩ E₂(B) = vect(𝑢5).

I.3.b Comme𝑢3n’est pas vecteur propre deBet qu’il engendreE−2(A), il n’y a pas de vecteur propre commun àAetBdansE−2(A). De plus,2est la seule valeur propre deBdonc les vecteurs propres communs à AetBsont dansE1(A) ∩ E2(B).

D’après la question précédente, les vecteurs propres communs àAetBsont les vecteurs de la forme λ𝑢5,λ ∈ ℝ^∗.

I.4 I.4.a AB =

⎛

⎜⎜

⎝

−1 1 −1

−4 6 0

−3 1 1

⎞

⎟⎟

⎠

etBA =

⎛

⎜⎜

⎝

4 −2 0

−2 0 −2 2 −2 2

⎞

⎟⎟

⎠

donc[A, B] = C.

I.4.b On calcule le polynôme caractéristique deC. Pourλ ∈ ℝ,χ_C(λ) =

||

||

|

λ + 5 −3 1 2 λ − 6 −2 5 −3 λ + 1

||

||

|

. On remplace L₁parL₁− L3:

χ_C(λ) =

||

||

|

λ 0 −λ

2 λ − 6 −2 5 −3 λ + 1

||

||

|

. On utilise la linéarité par rapport à la première ligne puis on remplaceC₁

parC1+ C3 :χC(λ) = λ

||

||

|

0 0 −1

0 λ − 6 −2 λ + 6 −3 λ + 1

||

||

|

. Enfin, on développe par rapport à la première ligne : χC(λ) = λ(λ − 6)(6 + λ).

χ_Cest scindé à racines simples doncCest diagonalisable. De plus les valeurs propres deCsont−6,0 et6doncCest semblable àD.

Le rangs deCet deDsont alors égaux et rg(C) = 2.

Partie II – Condition nécessaire et conditions suffisantes

II.1 II.1.a Soientλetμtels queA𝑒 = λ𝑒etB𝑒 = μ𝑒. AlorsAB𝑒 = μA𝑒 = λμ𝑒 et de même pourBA𝑒donc 𝑒 ∈Ker([A, B]).

II.1.b 𝑒est non nul (car vecteur propre) donc[A, B]n’est pas injectif et comme il s’agit d’une matrice carrée (endomorphisme en dimension finie), cela prouve que[A, B]n’est pas inversible et rg([A, B]) < 𝑛.

II.2 On suppose[A, B] = 0. Comme𝕂 = ℂ,Aa au moins une valeur propre : soitλ ∈ S𝑝(A).[A, B] = 0donc Ker([A, B]) = ℳ𝑛,1(K)etE_λ(A) ⊂Ker([A, B]):AetBvérifient la propriétéℋ.

II.3 II.3.a SoitX ∈ E_λ(A). Par hypothèse(AB − BA)X = 0soitABX = BAX. OrAX = λXdoncA(BX) = λBX ce qui signifie queBX ∈ E_λ(A):ψ ∶ X ↦ BXest une application deE_λ(A)dans lui même. De plus, par propriété du produit matriciel,ψest linéaire doncψest un endomorphisme deE_λ(A).

II.3.b λest valeur propre deAdoncE_λ(A)est de dimension non nulle et commeK = ℂ,ψa au moins une valeur propre : il existeμ ∈ ℂetX ∈ E_λ(A)non nul tels queψ(X) = μX. On a doncBX = μX,AX = λX etXnon nul :Xest un vecteur propre commun àAetB.

II.4 En dimension1, tous les vecteurs non nuls sont des vecteurs propres donc𝒫1est vérifiée.

II.5 II.5.a Aet B ne vérifient pasℋ doncEλ(A) n’est pas inclus dans Ker(C): il existe 𝑢 ∈ Eλ(A) tel que 𝑢 ∉Ker(C):𝑢est donc un élément deℳ𝑛,1(ℂ)qui vérifieA𝑢 = λ𝑢etC𝑢 ≠ 0.

II.5.b Par hypothèse ImCest de dimension1et𝑣 = C𝑢est un vecteur non nul de cette image donc ImC = vect(𝑣).

II.5.c 𝑣 = C𝑢donc𝑣 = AB𝑢 − BA𝑢 = AB𝑢 − λB𝑢soit𝑣 = (A − λI)(B𝑢):𝑣 ∈ Imλ(A). La question précédente permet alors de dire que ImC ⊂Imλ(A).

II.5.d ImCest de dimension1donc1 ≤dim(Imλ(A)).

λ est valeur propre de A donc E_λ(A) a une dimension non nulle et, d’après le théorème du rang, dim(Imλ(A)) ≤ 𝑛 − 1.

Finalement

1 ≤dim(Imλ(A)) ≤ 𝑛 − 1 .

II.5.e AetA − λI𝑛commutent donc[A, A − λI𝑛] = 0.

Par définition[B, A − λI𝑛] = B(A − λI𝑛) − (A − λI𝑛)B = BA − AB = −[A, B]d’où[B, A − λI𝑛] = −C.

φetψsont des applications linéaires par propriétés du produit matriciel.

SoitX ∈Imλ(A):X = (A − λI𝑛)YoùY ∈ ℳ𝑛,1(ℂ).

Comme[A, A − λI𝑛] = 0,AX = (A − λI𝑛)(AY)doncAX ∈Imλ(A). Par conséquentφest un endo- morphisme de Imλ(A).

De mêmeBX = (A − λI_𝑛)(BY) − CY.CY ∈ ImCet ImC ⊂Imλ(A)doncCY ∈Imλ(A); on a aussi (A − λI_𝑛)(BY) ∈Imλ(A)doncBX ∈Imλ(A). On en conclut queψest un endomorphisme de Imλ(A).

II.5.f Im([φ, ψ]) ⊂Im(C)donc rg([φ, ψ]) ≤ 1. On peut donc appliquer l’hypothèse de récurrence àφetψ, endomorphismes de Imλ(A)qui est de dimension non nulle et strictement inférieure à𝑛:φetψont un vecteur propre commun. A fortioriAetBont un vecteur propre commun.

II.6 𝒫1est vraie.

Soit𝑛 ∈ ℕ,𝑛 ≥ 2. On suppose que𝒫𝑘est vérifiée pour tout entier𝑘 ∈J1, 𝑛 − 1K.

SoitEde dimension𝑛.

Soitφetψdeux d’endomorphismes deEtels que rg([φ, ψ]) ≤ 1.

On considèreAetBles matrices associées respectivement àφetψdans une base deE,C = AB − BA.

Si rg(C) = 1et siAetBne vérifient pasℋ, alors, d’après la questionII.5,AetBont un vecteur propre commun : φetψont un vecteur propre commun (K = ℂ) doncAa au moins une valeur propre.

Si rg(C) = 1etA,Bvérifientℋ, alors d’aprèsII.3,φetψont un vecteur propre commun.

Si rg(C) = 0, alors[A, B] = 0et, d’après les questionsII.2etII.3,φetψont un vecteur propre commun.

On en déduit que𝒫_𝑛est vérifiée.

Par récurrence, on peut conclure que, pour tout𝑛 ∈ ℕ^∗,𝒫𝑛est vraie.

Partie III – Etude d’un autre cas particulier III.1 𝑔(P) = ∑^2𝑛_𝑘=0𝑎𝑘X^2𝑛−𝑘. On pose𝑙 = 2𝑛 − 𝑘pour obtenir𝑔(P) = ∑^2𝑛_𝑙=0𝑎2𝑛−𝑙X^𝑙.

III.2 Pour tout polynômeP, degP^′ ≤degPet la dérivation des polynômes est linéaire donc𝑓est un endomorphisme deE.

La question précédente prouve que𝑔est une application deEdansE.

Si(P, Q) ∈ E²etλ ∈ ℂ,

𝑔(P + λQ) = X^2𝑛(P + λQ) (1 X)

= X^2𝑛P (1

X) + X^2𝑛Q (1 X)

= 𝑔(P) + λ𝑔(Q) donc𝑔est linéaire.𝑔est donc un endomorphisme deE.

III.3 III.3.a SoitPun vecteur propre de𝑔etλla valeur propre associée.𝑔(P) = λP.

La questionIII.1prouve que𝑔est injective doncλne peut pas être nul. Par conséquentPet𝑔(P)ont le même degré que l’on appelle𝑑. (Pn’est pas nul car vecteur propre).

On reprend les notations de la questionIII.1.𝑎_𝑑≠ 0donc si𝑘 = 2𝑛−𝑑,𝑎_2𝑛−𝑘≠ 0et donc deg(𝑔(P)) ≥ 2𝑛 − 𝑑. Par conséquent𝑑 ≥ 2𝑛 − 𝑑et donc deg(P) ≥ 𝑛.

III.3.b 𝑔(X^𝑛) = X^𝑛etX^𝑛n’est pas le polynôme nul doncX^𝑛est un vecteur propre de𝑔.

III.4 III.4.a 𝑓^𝑖(P) = P^(𝑖).P^′est nul si et seulementPest un polynôme constant c’est-à-dire un polynôme de degré

≤ 0.On suppose que ker𝑓^𝑖= ℂ𝑖−1[X]pour un entier𝑖entre1et2𝑛 − 1.

P ∈ker𝑓^𝑖+1si seulement siP^′∈ker𝑓^𝑖donc si et seulement siP^′∈ ℂ𝑖−1[X]donc ker𝑓^𝑖+1= ℂ𝑖[X].

Par récurrence, pour tout𝑖entre1et2𝑛, ker𝑓^𝑖 = ℂ𝑖−1[X].

III.4.b SiPest non nul de degré𝑖 − 1, alors𝑓^𝑖(P) = 0Pdonc0 ∈ S𝑝(𝑓^𝑖).

(𝑓^𝑖)^2𝑛+1= (𝑓^2𝑛1)^𝑖et siP ∈ E, sa dérivée d’ordre2𝑛 + 1est nul doncX^2𝑛+1est un polynôme annulateur de𝑓^𝑖.0est sa seule racine donc0est la seule valeur propre possible de𝑓^𝑖.

FinalementS𝑝(𝑓^𝑖) = {0}.

III.5 Si𝑖 ≥ 𝑛 + 1,𝑓^𝑖(X^𝑛) = 0X^𝑛doncX^𝑛est vecteur propre de𝑓^𝑖. Avec la questionIII.3.b, on peut en déduire queX^𝑛 est un vecteur propre commun à𝑓et𝑔.

On suppose réciproquement que𝑖est tel que𝑓et𝑔ont un vecteur propre commun.

SoitPun vecteur propre commun. D’après la questionIII.3.a, deg(P) ≥ 𝑛et d’après la questionIII.4.b,P ∈ker𝑓^𝑖 donc d’après la questionIII.4.a, deg(P) ≤ 𝑖 − 1. Ainsi,𝑛 ≤ 𝑖 − 1soit𝑖 ≥ 𝑛 + 1.

Finalement𝑓et𝑔ont un vecteur propre commun si et seulement si𝑖 ≥ 𝑛 + 1.

III.6 A𝑛= (𝑎𝑖𝑗)1≤𝑖,𝑗≤2𝑛+1où pour𝑖entre2et2𝑛,𝑎𝑖,𝑖−1= 𝑖 − 1et tous les autres coefficients nuls :

A_𝑛=

⎛

⎜⎜

⎜⎜

⎜

⎝

0 1 0 ⋯ 0

⋮ ⋱ 2 ⋱ ⋮

⋱ 0

⋮ ⋱ 2𝑛

0 ⋯ ⋯ 0

⎞

⎟⎟

⎟⎟

⎟

⎠

Pour𝑘entre0et2𝑛,𝑔(X^𝑘) = X^2𝑛−𝑘doncB𝑛= (𝑏𝑖𝑗)1≤𝑖,𝑗≤2𝑛+1où pour tout𝑖entre1et2𝑛 + 1,𝑏𝑖,2𝑛+2−𝑖= 1, tous les autres coefficients étant nuls.

III.7 III.7.a En prenant𝑛 = 1dans la question précédente, on obtient bienA₁=

⎛

⎜⎜

⎝ 0 1 0 0 0 2 0 0 0

⎞

⎟⎟

⎠ etB₁=

⎛

⎜⎜

⎝ 0 0 1 0 1 0 1 0 0

⎞

⎟⎟

⎠ .

Par produit matriciel,(A1)²=

⎛

⎜⎜

⎝ 0 0 2 0 0 0 0 0 0

⎞

⎟⎟

⎠

et(A1)³est la matrice nulle.

III.7.b On trouve[A1, B1] =

⎛

⎜⎜

⎝

0 1 0 2 0 −2 0 −1 0

⎞

⎟⎟

⎠

qui est de rang2.

[(A₁)², B₁] =

⎛

⎜⎜

⎝

2 0 0 0 0 0 0 0 −2

⎞

⎟⎟

⎠

qui est aussi de rang2.

III.7.c Quand𝑖 = 2,𝑖 ≥ 1 + 1donc(A₁)²etB₁ont un vecteur propre commun alors que la condition de la questionII.6n’est pas vérifiée; celle-ci n’est donc pas nécessaire.

Quand𝑖 = 1, rg([A1, B₁]) < 3maisA₁etB₁n’ont pas de vecteur propre commun donc la condition de la questionII.1.bn’est pas suffisante.

Partie IV – Forme normale pour un vecteur propre

IV.1 dimE_λ(A) ≥ 2donc on peut considérer deux vecteurs propresXetX^′formant une famille libre associés à la valeur propreλ:X = (𝑥₁, ⋯ , 𝑥_𝑛)etX^′= (𝑥^′₁, ⋯ , 𝑥^′_𝑛).

Si𝑥₁= 0alorsX ∈ 𝒩.

SI𝑥₁≠ 0, on poseX^″= 𝑥^′₁X − 𝑥₁X^′. AlorsX^″ ∈ 𝒩(la première composante deX^″est nulle),X^″n’est pas nul (car(X, X^′)est libre) et est dansE_λ(A)doncX^″est un vecteur propre deA.

Dans tous les cas,Aadmet un vecteur propre sous forme normale associé à la valeur propreλ.

IV.2 IV.2.a SoitA = (𝑎_𝑖𝑗)_{1≤𝑖,𝑗≤𝑛}tel que𝑎₁₂= 1,𝑎₂₁= −1, tous les autres coefficients nuls (ceci est possible car 𝑛 ≥ 2).An’est pas la matrice nulle et est antisymétrique donc𝒜_𝑛(ℂ) ≠ {0}.

IV.2.b SoitM ∈ 𝒜_𝑛(ℂ),M = (𝑚_𝑖𝑗)_{1≤𝑖,𝑗≤𝑛}. Pour tous𝑖et𝑗,𝑚_𝑖𝑗 = −𝑚_𝑗𝑖donc en particulier les coefficients diagonaux𝑚_𝑖𝑖sont nuls; comme il y en a un par colonne, on en déduit que les colonnes deMsont des éléments de𝒩.

IV.2.c SoitM ∈ 𝒜𝑛(ℂ). La transposition est linéaire et(AB)^⊤= B^⊤A^⊤donc φ(M)^⊤= (AM)^⊤+ (MA^⊤)^⊤

= M^⊤A^⊤+ (A^⊤)^⊤M^⊤

= −MA^⊤+ AM^⊤

= −φ(M) doncφ(M) ∈ 𝒜_𝑛(ℂ).

De même

ψ(M)^⊤= (AMA^⊤)^⊤

= AM^⊤A^⊤

= −ψ(M)

φetψsont donc des applications de𝒜_𝑛(ℂ)dans lui-même. De plus, elles sont linéaires par propriétés du produit matriciel doncφetψsont des endomorphismes de𝒜_𝑛(ℂ).

IV.2.d SoitM ∈ 𝒜𝑛(ℂ).

φ ∘ ψ(M) = φ(AMA^⊤)

= A(AMA^⊤) + (AMA^⊤)A^⊤

= A²MA^⊤+ AM(A^⊤)²

et par ailleurs

ψ ∘ φ(M) = ψ(AM + MA^⊤)

= A(AM + MA^⊤)A^⊤

= A²MA^⊤+ AM(A^⊤)²

par conséquent, pour toutM ∈ 𝒜_𝑛(ℂ),φ ∘ ψ(M) = ψ ∘ φ(M)doncφ ∘ ψ = ψ ∘ φ.

IV.3 IV.3.a • X1 ∈ ℳ𝑛,1(ℂ)etX^⊤₂ ∈ ℳ1,𝑛(ℂ)doncX1X^⊤₂ ∈ ℳ𝑛(ℂ). De mêmeX2X^⊤₁ ∈ ℳ𝑛(ℂ)doncB ∈ ℳ𝑛(ℂ). De plus

B^⊤= (X1X^⊤₂)^⊤− (X2X^⊤₁)^⊤

= X₂X^⊤₁ − X₁X^⊤₂ doncB ∈ 𝒜_𝑛(ℂ).

• On supposeB = 0. AlorsX₁X^⊤₂ = X₂X^⊤₁. On multiplie à droite parX₂pour obtenirX₁(X^⊤₂X₂) = X2(X^⊤₁X2).

OrX^⊤₂X₂ etX^⊤₁X₂ sont des scalaires et(X₁, X₂)est libre (vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes) donc X^⊤₂X2 = X^⊤₁X2 = 0. En posant X2 = (α1, ⋯ , α𝑛), cela nous donne

∑^𝑛_𝑖=1|α𝑖|² = 0et doncX2= 0ce qui contredit le fait queX2soit un vecteur propre deA.

Par conséquentB ≠ 0.

• Pour𝑖 = 1ou𝑖 = 2,AX_𝑖= λ_𝑖X_𝑖doncX^⊤_𝑖 A^⊤= λ_𝑖X^⊤_𝑖 .

AB + BA^⊤= AX₁X^⊤₂ − AX₂X^⊤₁ + X₁X^⊤₂A^⊤− X₂X^⊤₁A^⊤

= λ1X1X^⊤₂ − λ2X2X^⊤₁ + λ2X1X^⊤₂ − λ1X2X^⊤₁

= λ₁B + λ₂B d’oùAB + BA^⊤= (λ₁+ λ₂)B.

• De même

ABA^⊤= (AX1)(X^⊤₂A^⊤) − (AX2)(X^⊤₁A^⊤)

= λ1λ2X1X^⊤₂ − λ2λ1X2X^⊤1

d’oùABA^⊤= (λ₁λ₂)B.

IV.3.b AetI_𝑛commutent donc(A − λ₁I_𝑛)(A − λ₂I_𝑛)B = A²B − (λ₁+ λ₂)AB + λ₁λ₂B. On multiplie la relation AB + BA^⊤= (λ₁+ λ₂)BparAà gauche :A²B + ABA^⊤= (λ₁+ λ₂)ABdonc(A − λ₁I_𝑛)(A − λ₂I_𝑛)B =

−ABA^⊤+ λ₁λ₂B. CommeABA^⊤= (λ₁λ₂)B, on conclut(A − λ₁I_𝑛)(A − λ₂I_𝑛)B = 0.

IV.3.c B ≠ 0donc l’une au moins des colonnes deBest non nulle; soitCune colonne deBnon nulle.(A − λ2I𝑛)B = 0donc(A − λ2I𝑛)C = 0𝑛,1soitAC = λ2C.Cn’est pas nulle doncCest un vecteur propre de A.De plusB ∈ 𝒜𝑛(ℂ)doncC ∈ 𝒩.C, une des colonnes deB, est donc un vecteur propre deAsous forme normale.

IV.3.d (A − λ2I𝑛)B ≠ 0donc il existeXune colonne de(A − λ2I𝑛)Bnon nulle. Il existe alorsUune des colonnes deBtelle queX = (A − λ2I𝑛)U. D’après la question b.,Xest un vecteur propre deA(associé à la valeur propreλ₁etλ₂est une valeur propre deA,U ∈ 𝒩. FinalementXest donc un vecteur propre deAsous forme normale.

IV.4 IV.4.a φetψsont deux endomorphismes de𝒜_𝑛(ℂ)tels que rg([φ, ψ]) = 0 ≤ 1donc, d’après la partie II,φet ψont un vecteur propre commun : il existeB ∈ 𝒜_𝑛(ℂ)non nulle vecteur propre deφet deψ; il existe doncα ∈ ℂtel queφ(B) = αBsoitAB + BA^⊤= αBet il existeβ ∈ ℂtel queABA^⊤= βB.

IV.4.b On multipliela relationAB+BA^⊤= (λ₁+λ₂)BparAà gauche :A²B+ABA^⊤= αABmaisABA^⊤= βB doncA²B + βB = αAB. En factorisant parB, on obtient(A²− αA + βI_𝑛)B = 0.

IV.4.c Le polynômeX²− αX + βà coefficients complexes a deux racines (éventuellement confondues) donc il existe(γ, δ) ∈ ℂ²tel queX²− αX + β = (X − γ)(X − δ). AlorsA²− αA + βI𝑛= (A − αI𝑛)(A − βI𝑛) et, la relation de la question précédente devient :(A − γI𝑛)(A − δI𝑛)B = 0.

IV.4.d On suppose(A − δI𝑛)B = 0donc, siA − δI𝑛est inversible, alorsB = 0ce qui est exclu doncA − δI𝑛

n’est pas inversible etδ ∈ S𝑝(A). Une colonne non nulle deBest alors un vecteur propre deAsous forme normale.

IV.4.e Siδ = λet(A − δI𝑛)B ≠ 0.

SoitXune colonne non nulle de(A − δI𝑛)BetUla colonne deBtelle queX = (A − δI𝑛)U.U ∈ 𝒩, δ ∈ S𝑝(A)et(A − γI_𝑛)X = 0_𝑛,1(d’après la questionIV.4.c) doncXest un vecteur propre deAsous forme normale.

IV.4.f An’a qu’une valeur propreλetδ ≠ λdoncδn’est pas valeur propre deAet(A − δI_𝑛)est inversible.

A − γI_𝑛 etA − δI_𝑛 commutent donc si on multiplie à gauche la relation de la questionIV.4.c par (A − δI_𝑛)⁻¹, on obtient(A − γI_𝑛)B = 0.

IV.4.g On est alors revenu à la situation de la questionIV.4.det doncApossède un vecteur propre sous forme normale.

On considère une matriceA ∈ ℳ𝑛(ℂ)quelconque.

Aa au moins une valeur propre.

SiAa une seule valeur propre, d’après les questions précédentes,Apossède un vecteur propre sous forme normale.

SiAa au moins deux valeurs propres distinctes, alors d’aprèsIV.3,Apossède un vecteur propre sous forme normale.

On en conclut que, dans tous les cas, une matriceAdeℳ𝑛(ℂ)possède un vecteur propre sous forme normale.