Diagonalisation – DM2 PeiP (2018) – Correction

On notera par la suite Diag_n(K) l’ensemble des matrices diagonales et Triang⁺_n(K) celui des matrices triangulaires supérieures de Mⁿ(K).

Exercice 1. [⋆] Trouver le supplémentaire de F dans E dans chacun des cas suivants.

1. E=K² etF =Vect((1,1)); 2. E=K³ etF =Vect((1,1,1));

3. E=Kⁿ et F = {x∈Rⁿ, x₁+ ⋯ +x_n=0}; 4. E= Mn(K) et F =Diag_n(K);

5. E= Mⁿ(K) et F =Triang⁺_n(K);

6. E=K2n+1[X] et F=Vect(1, X³, X⁵, . . . , X²ⁿ⁺¹);

7. E=Kn[X]et F =Vect(Xⁿ−Xⁿ⁻¹, Xⁿ−Xⁿ⁻², . . . , Xⁿ−X, Xⁿ−1). Correction :

1. Comme F est de dimension 1, le supplémentaire de F sera de dimension 2−1= 1. Il nous suffit alors de trouver un vecteur qui ne vit pas dansF. Par exemple, (1, 0) ∉F. On pose donc :

G=Vect((1, 0)).

On vérifie facilement que F ∩G = {0}. Maintenant pour(x, y) ∈K², on a la décomposition :

(x, y) = (x−y) ⋅ (1, 0) +y⋅ (1, 1). DoncGest un supplémentaire de F dansE.

2. Ici F est de dimension 1. Donc son supplémentaire sera de dimension 2. L’idée est alors plus délicate ...

On va prendre tout d’abord un premier vecteur deF^c, par exemple u= (1, −1, 0). Si on prend un deuxième vecteur n’importe comment, cela pourrait ne pas mar- cher. En effet, le vecteuru˜= (0, 2, 1) ∉F. On aurait

Correction :

envie de poser G˜ =Vect(u, u˜). Cependant le vecteur (1, 1, 1) =u+u˜∈F∩G, ce qui ne nous convient pas.˜ Pour construire G, on va en fait chercher un vecteur qui n’appartient pas à H = Vect(u, (1, 1, 1)). Or (x, y, z) ∈H si et seulement s’il existe λ, µ∈ K tels que

(x, y, z) = (λ+µ, −λ+µ, µ),

ce qui revient à x = 2z−y. Ainsi on peut prendre v= (1, 0, −1).

On pose G = Vect(u, v). On vérifie rapidement que F∩G= {0} et que pour (x, y, z) ∈K³ on a :

⎛⎜

⎝ x y z

⎞⎟

⎠= x−2y+z

3 u+x+y−2z

3 v+x+y+z 3

⎛⎜

⎝ 1 1 1

⎞⎟

⎠. DoncGest bien un supplémentaire de F.

3. Cette question est une généralisation des cas de col- lège n = 2 et n = 3. En effet, dans ces deux cas, on sait qu’une "droite perpendiculaire" est dirigée par le vecteur (1, 1) ou (1, 1, 1). On pose alors u= (1, . . . , 1) ∈Kⁿ puisG=Vect(u).

Démontrons que F et G sont en somme directe. Soit x∈ F∩G. On sait qu’il existe λ∈ K tel que x =λu.

Or x∈F. Cela implique que 0=λ+ ⋯ +λ=nλ,puis queλ=0. On vient donc de montrer queF∩G⊂ {0}. Comme F (car c’est le noyau de l’application linéaire x↦x1+ ⋯ +xn) et G sont des K-espaces vectoriels, on sait que 0∈F∩G. On a doncF∩G= {0}.

On sait quedimG=1. De plus, on remarque que pour touti, vi=e1−ei ∈F. DoncH=Vect(v2, . . . , vn) ⊂F. Comme(v2, . . . , vn)est libre, on adimH=n−1. Ainsi H⊕G=E. Or H⊂F. DoncH⊕G⊂F⊕G⊂E. Par double inclusion, on a bienE=F⊕G.

Correction :

4. On remarque que Diag_n(K) = Vect(E_ii)¹≤i≤n. Donc dimF = n. Ici on a une partie de la base canonique qui génèreF. On va faire en sorte que la base adaptée à E=F⊕G soit la base canonique.

On pose G=Vect(Ei,j)¹≤i,j≤n

i≠j . Cet espace est généré par une famille libre à n²−n éléments, car c’est une sous-famille de la base canonique de Mⁿ(K). Ainsi dim(G) =n²−n.

On remarque rapidement queF∩G= {0}. DoncGest un supplémentaire de F dansE.

5. On remarque que F =Vect(E_i,j)1≤i≤j≤n. On va donc compléter cette famille pour retrouver la base cano- nique.

On pose G = Vect(E_i,j)1≤j<i≤n. On remarque facile- ment que F ∩G= {0}. Ainsi F ⊕G est un K-espace vectoriel engendré par les(Ei,j)¹≤i,j≤n: c’est forcément Mn(K).

6. On pose G = Vect(X, X², . . . , X²ⁿ). On remarque queF∩G= {0}. Ainsi :

F⊕G=Vect(0, 1, X, . . . , X²ⁿ⁺¹) =K2n+1[X]. 7. On poseG=Vect(Xⁿ). Montrons que F etGsont en

somme directe. Prenons αXⁿ ∈ G qui vit aussi dans F. Alors il existe des coefficients (λ₀, . . . , λ_n−1) tels que :

αXⁿ=λ_n−1(Xⁿ−Xⁿ⁻¹) + ⋯ +λ₀(Xⁿ−1) αXⁿ = (λ_n−1+ ⋯ +λ₀)Xⁿ−λ_n−1Xⁿ⁻¹− ⋯ −λ₀ Par unicité, on montre que chaqueλ_iest nul, puis que :

α=ⁿ∑⁻¹

i=0

λi=0.

Correction :

Cela implique que F∩G= {0}. PourP = ∑ⁿi=0αiXⁱ, on peut écrire :

P =ⁿ∑⁻¹

i=0

(−α_i)Xⁱ+ (α_n−ⁿ∑⁻¹

i=0

α_i)Xⁿ DoncE=F⊕G.

Exercice 2. [⋆⋆] Soit A∈ Mⁿ(K). On pose A1 =^A+₂^tA. 1. Vérifier queA1 ∈Sym_n(K).

2. Trouver le supplémentaire A de Sym_n(K) dans Mⁿ(K). 3. Donner une base adaptée à E= A ⊕Sym_n(K).

4. Exprimer la projection sur A parallèlement à Sym_n(K).

5. Montrer que la symétrie par rapport à Sym_n(K) parallèlement à A est l’application A↦ ^tA.

Correction :

1. On voit que :

tA₁ =1 2

t(A+^tA) = 1

2(^tA+^t(^tA)) = 1

2(^tA+A) =A₁. DoncA₁ est symétrique de taillen:A₁∈Sym_n(R). 2. En utilisant l’énoncé, on a envie de poser :A=A₁+B.

Donc :

B= A−^tA 2 .

On peut alors vérifier que B est antisymétrique. Une idée est donc de voir si l’ensembleAn(R)des matrices antisymétriques est un supplémentaire de Sym_n(R).

Correction :

Soit A ∈ Aⁿ(R) ∩Sym_n(R). On a alors les égalités suivantes :

A=^tA= −A,

puisA=0. On remarque que la matrice nulle est bien symétrique et antisymétrique. On a donc montré que Sym_n(R)etAⁿ(R) sont en somme directe.

Par la remarque du début, on sait qu’on peut écrire toute matriceA∈ Mn(R)de la forme :

A=A₁+B,

avec A1 syméytrique etB antisymétrique. On a donc fini par prouver que An(R) était un supplémentaire de Sym_n(R).

3. On voit qu’une base de An(R) est donnée par les ma- trices :

V_i,j=E_i,j−E_j,i

pour1≤i<j≤n, tandis que Sym_n(R) est généré par la famille libre :

S_i,j =E_i,j+E_j,i

avec1≤i≤j≤n. Une base adaptée à la décomposition Mn(K) = An(R) ⊕Sym_n(R) est donnée par :

(V_1,2, . . . , V_n−1,n, S_1,1, . . . , S_n,n).

4. Grâce à la question 2, on sait que la projection p sur Aⁿ(R)parallèlement à Sym_n(R) est donnée par

p(A) = A−^tA 2 .

Correction :

5. D’après la question 2, la symétrie s par rapport à Sym_n(R)parallèlement à Aⁿ(R) est :

s(A) = A+^tA

2 −A−^tA 2 =^tA.

Exercice 3. [⋆] On définit l’application suivante : f ∶ R³ → R³

(x, y, z) ↦ (−z, x,−y) 1. Vérifier quef est un endomorphisme bijectif.

2. Exprimer la matriceM at_C(f).

3. On définit la famille (e₁, e₂, e₃) par e₁ = (1,1,−1), e₂ = (1,−1,0) et e3= (1,0,1).Montrer qu’il s’agit d’une base qu’on notera B.

4. Donner la matrice de passage deC vers B puis la matriceM at_B(f).

Correction :

1. Soit X= (x, y, z) etX^′= (x^′, y^′, z^′) deux éléments de R³ etλ∈R. Alors :

f(λX+X^′) = (−λz−z^′, λx+x^′, −λy−y^′)

=λ(−z, x, −y) + (−z^′, x^′, −y^′)

=λ f(X) +f(X^′)

Donc f est un endomorphisme de R³. On voit faci- lement que kerf = {0}, donc f est injectif. Comme la dimension des espaces de départ et d’arrivée est la même (c’est un endomorphisme ici), on obtient que f est bijectif.

Correction :

2. On a f(1, 0, 0) = (0, 1, 0), f(0, 1, 0) = (0, 0, −1) etf(0, 0, 1) = (−1, 0, 0). Comme il s’agit de la base canonique, il suffit d’écrire les vecteurs images direc- tement dans les colonnes de la matrice de l’endomor- phisme, ce qui donne :

M at_C(f) =⎛

⎜⎝

0 0 −1 1 0 0 0 −1 0

⎞⎟

⎠.

3. Soitλ, µ, ν trois réels avecλe1+µe2+νe3=0. Alors : (λ+µ+ν, λ−µ, −λ+ν) = (0, 0, 0).

Cela implique queλ=µ=ν=0 : la familleBest donc libre de cardinal 3, qui est aussi la dimension deR³ : c’est donc une base de R³.

4. La matrice de passage de C versB est : P =⎛

⎜⎝

1 1 1 1 −1 0

−1 0 1

⎞⎟

⎠, dont l’inverse est donnée par :

P⁻¹= 1 detP

tcom(P) = 1 3

⎛⎜

⎝

1 1 1 1 −2 −1 1 1 2

⎞⎟

⎠. Finalement, on obtient :

M at_B(f) =P⁻¹M at_C(f)P=⎛

⎜⎝

1/3 2/3 0 0 −1 −1

0 1 0

⎞⎟

⎠.

Exercice 4. [⋆ ⋆ ⋆] Montrer que le déterminant d’une matrice de Triang⁺_n(K) est le produit de ces coefficients diagonaux.

Démonstration. Comme pour le déterminant des matrices diagonales, on va raisonner par récurrence sur la dimension n:

◇ Le casn=1 est trivial.

◇ Supposons la propriété vraie au rangn−1. Montrons-la au rangn. Soit une matrice T ∈ Triang⁺_n(K). Alors en développant par rapport à la dernière ligne du déterminant, on obtient :

detT=tn,n det

⎛⎜⎜

⎜⎜⎜

⎝

t₁₁ . . . t_1,n−1 0 . .. ... ... . .. ... ... 0 ⋯ 0 tn−1,n−1

⎞⎟⎟

⎟⎟⎟

⎠ .

On est donc ramené au déterminant d’une matrice triangulaire carrée de taille n−1. Par hypothèse de récurrence, on sait que :

detT=t_n,n⋅ⁿ∏⁻¹

i=1

t_i,i=∏ⁿ

i=1

t_i,i.

Exercice 5. [⋆ ⋆ ⋆⋆]

1. Pour P ∈GL_n(K), montrer que det(P) ≠0.

2. Soit A∈ Mⁿ(K). On définit la comatrice deA par : com(A)i,j = (−1)^i+j∆_i,j.

Montrer alors que (A ^tcom(A))^i,j est le déterminant de la matrice A où on a remplacé la j-ème ligne par lai-ème ligne deA.

3. Montrer queA est inversible si et seulement sidet(A) ≠0, et que dans ce cas :

A⁻¹= 1

det(A) ^tcom(A)

4. Donner l’inverse des matrices suivantes (si elles sont inversibles) :

— A₂= (a b

c d), avecad−bc≠0;

— A₃=⎛

⎜⎝ a b c d e f g h i

⎞⎟

⎠, avecaei+dhc+gbf ≠ahf+dbi+gec;

— D∈Diag_n(K) avec ∏ⁿi=1dii≠0; Correction :

1. SoitP ∈GLn(K). Alors on a :

1=det(In) =det(P P⁻¹) =detPdet(P⁻¹), ce qui implique quedetP ≠0.

2. Soit deux indicesietj. Alors : (A^tcom(A))i,j= ∑ⁿ

k=1

a_ik(−1)^k+j∆_j,k= ∑ⁿ

k=1

b_jk(−1)^k+j∆_j,k, où la matrice B est la matrice A où on a remplacé la j-ème ligne par lai-ème ligne deA. On voit aussi que le mineur(j, k) de A est aussi le mineur de B. Ainsi on a retrouvé l’expression du développement dedetB par rapport à la j ligne deB :

(A ^tcom(A))^i,j=detB.

3. On sait que si deux lignes d’une matrice sont iden- tiques, alors le déterminant de cette matrice est nulle.

La question précédente nous informe alors que pour i≠j :

(A ^tcom(A))^i,j=0.

De plus, on sait que (A ^tcom(A))^i,i=detA. On peut alors écrire ces relations sous la forme matricielle :

A ^tcom(A) =det(A)In.

Correction :

Si detA ≠ 0, alors en posant C = _detA^{1 t}com(A), on obtient AC=In, ce qui implique queA est inversible d’inverse C. Le sens réciproque a été démontré dans la question 1.

4. On a

— comm(A₂) = ( d −c

−b a ), puis : A⁻₂¹= 1

detA₂

tcom(A2) = 1

ad−bc( d −b

−c a ).

— On a

comm(A3) =⎛

⎜⎝

ei−hf gf −di dh−ge ch−bi ai−gc gb−ah bf−ec cd−af ae−bd

⎞⎟

⎠, ce qui permet d’avoir :

A⁻¹₃ = 1 detA₃

⎛⎜

⎝

ei−hf gf−di dh−ge ch−bi ai−gc gb−ah bf−ec cd−af ae−bd

⎞⎟

⎠, avec detA3=aei+bf g+cdh−gec−hf a−idb.

— On remarque qu’un mineur∆i,j est nul si i≠j, et

∏^k≠id_kk si i= j, car ce sont les déterminants de matrices diagonales.

On sait aussi que detD= ∏ⁿi=1dii. On déduit que : D⁻¹ =⎛

⎜⎜⎝

1/d₁₁ (0) . ..

(0) 1/d_nn

⎞⎟⎟

⎠ .

Exercice 6. [⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆]

On étudie la matriceA= (a b

c d). On appelle valeur propre deAun scalaire λ tel qu’il existe un vecteurNON NUL X∈K² tel que AX=λX.

1. Montrer que A²−T r(A)A+det(A)I₂ =0₂. En déduire, dans le cas où detA≠0, la formule :

A⁻¹= T r(A)I2−A detA .

2. Montrer que si λest valeur propre, alors λ²−T r(A)λ+det(A) =0.

3. On suppose ici que b ≠ 0. Montrer que si λ est racine du polynôme X²−T r(A)X+det(A), alorsλ est une valeur propre de A.

4. On suppose queb=0. Calculer les racines de X²−T r(A)X+det(A) et montrer qu’elles sont encore valeur propre.

5. Conclure.

Correction : 1. On a :

A²= ( a²+bc (a+d)b (a+d)c bc+d² ), puis :

A²−T r(A)A= (bc−ad 0

0 bc−ad) = −detAI2. On a donc bien le résultatA²−T r(A)A+det(A)I₂ =0₂. Par ailleurs, on a aussi vu que, sidetA≠0, alors : I2= T r(A)A−A²

detA = (T r(A)I2−A

detA )A=A(T r(A)I2−A detA ). On a donc bien la formule souhaitée pour A⁻¹.

Correction :

2. Soit λ valeur propre de A. Il existe alors un vecteur non nul X ∈K² tel que AX =λX. En particulier, on a :

A²X=A(AX) =A(λX) =λAX =λ²X.

Comme A²−T r(A)A+det(A)I₂=0₂,on a : 0= [A²−T r(A)A+det(A)I₂]X

=A²X−T r(A)AX+det(A)I₂X

= [λ²−T r(A)λ+det(A)]X.

Comme le vecteur X est non nul, il existe un indice i tel que x_i ≠ 0. Par la formule précédente, on a en particulier :

0= [λ²−T r(A)λ+det(A)]x_i, puis0=λ²−T r(A)λ+det(A), carx_i≠0.

3. On cherche donc un vecteur non nul (x, y) ∈ K² tel queAX=λX. Cela est équivalent à :

{ ax+by=λx cx+dy=λy ⇔⎧⎪⎪

⎨⎪⎪⎩

y= ^λ−_b^ax

cx= (λ−d)^λ−_b^ax , carb≠0. La deuxième ligne se réécrit :

(λ²−λ(a+d) +ad−bc)x=0.

Cependantλest racine de X²−T r(A)X+det(A), ce qui revient à :

λ²−λ(a+d) +ad−bc=0.

Cela nous permet de simplifier le raisonnement précé- dent par :

AX=λX ⇔y= λ−a b x.

Correction :

On prend alors le vecteur (b, λ−a), qui est non nul carb≠0. Doncλest bien valeur propre de A.

4. Si b=0 alorsdetA=ad, puis :

X²−T r(A)X+detA=X²−(a+d)X+ad= (X−a)(X−d). Les seules racines deX²−T r(A)X+detA sont alors aetd.

◇ On suppose dans un premier temps quea≠d. Etu- dions la racinea. Alors il existe un vecteurX∈K² non nul tel queAX =aX si et seulement si :

{ ax=ax

cx= (a−d)y ⇔cx= (a−d)y.

On pose alorsX= (a−d, c)non nul par hypothèse et on a bien AX =aX : a est bien valeur propre de A.

Pour la racine d, on obtient par le même raisonne- ment la condition :

{ ax=dx cx=0 ,

qui n’est possible que si x = 0. On prend alors le vecteur (non nul)X= (0, 1)qui vérifieAX=dX : dest une valeur propre de A aussi.

◇ Supposons que a=d. On cherche donc un vecteur non nul X = (x, y) tel que AX =aX, ce qui est équivlalnt àcx=0(car a=d). On prend là-encore le vecteur X = (0, 1) non nul et on vérifie que AX =aX. Doncaest encore une valeur propre.

Correction :

5. On sait que si λ est une valeur propre de A, alors elle est racine du polynôme X²−T r(A)X+det(A). Réciproquement, si λ est une racine de ce polynôme X²−T r(A)X+det(A), on a vu que dans tous les cas λ est une valeur propre de A (cf. questions 3 et 4).

Ainsi :

λest valeur propre deA si et seulement siλest racine de X²−T r(A)X+det(A).

Remarque :Ce polynôme s’appellepolynôme carctéristique de la matrice A. Il est noté soit χA soit PA selon les conventions. On peut généraliser ce polynôme au cas d’une matrice deMn(K), mais l’expression deχ_Adevient de plus en plus compliquée. Cependant, on garde la caractérisation :

λest valeur propre deAsi et seulement si λest racine deχ_A.

C’est cette méthode qu’on applique en général pour trouver les valeurs propres d’une matriceA.

Remarque :Dans la définition, on a précisé que le vecteurX∈K² devait être non nul. En effet, le vecteur nul vérifie forcément AX=λX, quelque soit le scalaire λ. Si on n’ajoutait pas l’hypothèseX≠0, alors tous les éléments de Kseraient des valeurs propres. La notion n’aurait alors aucun intérêt.

Remarque : L’ensemble des valeurs propres d’une matrice A est appelé spectre de A et noté Sp(A) et même parfois Sp_K(A) si on veut préciser dans quel ensemble on cherche les valeurs propres. Comme les éléments de Sp(A) sont les racines d’un polynôme χA (qui est non nul !), la matrice A ne peut alors avoir qu’un nombre fini de valeurs propres.