4.Un endomorphismeudeE est ditcycliques’il existe un vecteur xdeE tel que l’ensemble Ex={P(u)(x

(1)

SEMAINE 3

R ´EDUCTION DES ENDOMORPHISMES (PREMI `ERE PARTIE) EXERCICE 1 :

Soit IK un corps infini, soitE un IK-espace vectoriel de dimension finie.

1.Montrer queE n’est pas la r´eunion d’une famille finie de sous-espaces vectoriels stricts.

2.Soituun endomorphisme deE. Pour tout vecteurxdeE, soitI_x={P ∈IK[X]|P(u)(x) = 0}

(idéal annulateur de uen x). Montrer que I_x est un idéal de IK[X] ; on notera µ_x le générateur normalisé de cet idéal.

3.Soitµle polynˆome minimal deu. Montrer qu’il existe un vecteurxdeE tel queµ=µx. 4.Un endomorphismeudeE est ditcycliques’il existe un vecteur xdeE tel que l’ensemble

E_x={P(u)(x) ; P ∈IK[X]}

soit égal à E. Montrer que uest cyclique si et seulement si son polynôme minimal est égal (au signe près) à son polynôme caractéristique (notéχ).

5.On suppose IK = IR ou C. Montrer que l’ensemble des endomorphismes cycliques est un ouvert dense deL(E).

On pourra, pour tout x de E, consid´erer l’application δx : L(E) → IK d´efinie par δx(u) = det_B x, u(x), . . . , uⁿ⁻¹(x)

, o`u B est une quelconque base de E, et n = dimE.

Source :

• Jacques CHEVALLET, Alg`ebre MP/PSI, ´Editions Vuibert, ISBN 2-7117-2092-6

• Patrice TAUVEL, Exercices de mathématiques pour l’agrégation, Algèbre 2, Éditions Mas- son, ISBN 2-225-84441-0

- - - - 1.Par r´ecurrence surn= dimE.

• Pourn= 0 oun= 1, c’est ´evident.

• Soit n ≥2, supposons la propriété démontrée pour tout IK-espace vectoriel de dimension n−1.

SoitE un IK-espace vectoriel de dimensionn, supposons E=F1 ∪ F2 ∪ . . . ∪ Fp o`u les Fi sont des sous-espaces vectoriels stricts deE. SiH est un hyperplan deE, on a alors

H = (H ∩ F1) ∪ (H ∩ F2) ∪ . . . ∪ (H ∩ Fp).

D’après l’hypothèse de récurrence, on a H ∩ Fi = H pour un certain indice i ∈ [[1, p]], c’est-à-dire H⊂F_i, soit encoreH =F_i puisqueF_i est un sous-espace strict deE.

Tout hyperplan de E est donc l’un des Fi (c’est absurde, il y a dans E une infinit´e d’hyperplans distincts).

2.Vérifications immédiates, laissées à l’éventuel lecteur. On aIx6={0}carµ∈Ix. 3.Notons Dl’ensemble des diviseurs stricts normalisés de µdans IK[X] :

D={P ∈IK[X] ; P normalis´e, P |µ , P 6=µ}.

L’ensembleDest fini. S’il n’existait pas de vecteur xdeE tel queµ=µ_x, alors toutxde E appartiendrait `a un sous-espace KerP(u) avecP ∈ D, on aurait donc

E= [

P∈D

KerP(u)

(2)

etEserait une union finie de sous-espaces stricts (on a bien KerP(u)6=Epour toutP ∈ D en raison de la minimalit´e deµ), ce qui est absurde.

3’.Montrons avec des arguments plus classiques l’existence d’un vecteurxtel queµx=µ, mˆeme siIK est un corps fini:

•sixetysont deux vecteurs quelconques, on a P(u)(x+y) =P(u)(x) +P(u)(y) pour tout polyn”meP, d’o`uIx ∩ Iy⊂Ix+y, soitµx+y|µx∨µy, ce qui entraˆıneµx+y |µxµy.

• si les vecteurs xet y sont tels que µ_x∧µ_y = 1, alors µ_x+y =µ_xµ_y : en effet, on sait déjà queµ_x+y|µ_xµ_y ; par ailleurs,x= (x+y) + (−y), donc µ_x|µ_x+yµ_y. Par le théorème de Gauss, on tireµ_x|µ_x+y. Par symétrie, µ_y|µ_x+y. Doncµ_xµ_y=µ_x∧µ_y |µ_x+y.

• Soit µ =

p

Y

k=1

P_k^r^k la d´ecomposition de µ en produit de facteurs irr´eductibles dans K[X].

D’apr`es le lemme des noyaux, on aE=

p

M

k=1

N_k avec N_k= KerP_k^r^k(u). Pour touti∈[[1, p]], posonsQ_i=P_i^rⁱ⁻¹ Y

j6=i

P_j^r^j

, on a ainsiµ=P_iQ_i.

DansNi = KerP_i^rⁱ(u), il existe au moins un élément xi tel queµx_i =P_i^rⁱ : en effet, sinon, on auraitP_i^rⁱ⁻¹(u)(x) = 0 pour toutx∈Ni, doncNi = KerP_i^rⁱ⁻¹(u) et le polynômeQi

annulerait alorsu, ce qui contredirait la minimalit´e deµ.

LesP_i^rⁱ´etant deux `a deux premiers entre eux, le vecteurx=

p

X

i=1

xiv´erifieµx=

p

Y

i=1

P_i^rⁱ=µ.

4. Soitu∈ L(E) quelconque, soitx∈E non nul. L’ensemble Ex={P(u)(x) ; P ∈IK[X]} est un sous-espace vectoriel de E (évident, on l’appelle sous-espaceu-monogène engendré par le vecteur x). La dimension deEx est le degré du polynômeµx: dimEx= degµx.

En effet, soit r le plus petit entier naturel non nul pour lequel la famille de vecteurs x, u(x), . . . , u^r(x)

est li´ee. Alors, la famille x, u(x), . . . , u^r−1(x)

est libre, donc l’idéal an- nulateurIxne contient aucun polynôme de degré inférieur ou égal àr−1 (sauf le polynôme nul), mais u^r(x) est combinaison linéaire des vecteursx, u(x), . . ., u^r−1(x) donc il existe un polynôme normaliséP de degrértel queP(u)(x) = 0 et ce polynôme est alorsµx, donc degµx=r.

Par ailleurs, u^r(x) ∈ Vect x, u(x), . . . , u^r−1(x)

et, par une r´ecurrence imm´ediate, on a u^k(x)∈Vect x, u(x), . . . , u^r−1(x)

pour toutk∈IN, doncE_x= Vect x, u(x), . . . , u^r−1(x) et cet espace est de dimensionrpuisque la famille (x, u(x), . . . , u^r−1(x)

est libre.

• Si uest cyclique, alors il existextel queEx=E, donc tel que degµx =n. Comme µx|µ et µ|χavec degχ=n, on a donc (−1)ⁿχ=µ=µx.

• Si χ = (−1)ⁿµ, on utilise l’existence d’un vecteur x tel que µ_x = µ ; pour un telx, on a dimE_x= degµ_x=n, doncE_x=E etuest cyclique.

5.Soit Ω l’ensemble des endomorphismes cycliques deE. SoitBune base quelconque deE. Alors u∈Ω ⇐⇒ ∃x∈E detB x, u(x), . . . , uⁿ⁻¹(x)

6= 0.

(3)

Pour toutx∈E, l’applicationδx:L(E)→IK d´efinie parδx(u) = det_B x, u(x), . . . , uⁿ⁻¹(x) est polynomiale (c’est un polynˆome en les coefficients de la matriceMB(u)), donc continue, donc Ω = [

x∈E

δ_x⁻¹(IK^∗) est un ouvert de L(E).

Remarquons que l’applicationδx est n(n−1)

2 -homogène (multilinéarité du déterminant) :

∀u∈ L(E) ∀t∈K δx(tu) =t

n(n−1)

2 ·δx(u).

Donnons-nous un endomorphisme cycliquev0 fix deE (celui tel que M_B(v0) = diag(1, . . . , n) par exemple : un endomorphisme diagonalisable est cyclique si et seulement si ses valeurs propres sont deux `a deux distinctes), soit doncxun vecteur tel queδx(v0)6= 0. Soitu∈ L(E) quelconque, montrons que l’on peut approcher u par des endomorphismes cycliques. Par continuit´e, on aδ_x(v₀+tu)6= 0 pour|t|petit. Mais on a δ_x(u+tv₀) =t

n(n−1) 2 ·δx

v₀+1

tu

pour toutt∈IK^∗. L’application IK→IK,t7→δx(u+tv0), est polynomiale non identiquement nulle, soitRl’ensemble (fini, éventuellement vide) de ses racines ; si 06∈R, cela signifie que u∈ Ω et, si 0∈ R, il existe un réel α >0 tel que 0 soit le seul élément deR de module strictement inférieur à αet alors tous les endomorphismesu+tv₀, avec 0 <|t|< α, sont cycliques.

EXERCICE 2 :

Pour toute matrice A∈ Mn(IK),

- on noteγ_A l’endomorphisme deM_n(IK) défini parγ_A(M) = [A, M] =AM−M A; - on noteτAla forme linéaire surMn(IK) définie parτA(M) = tr(AM).

1.Montrer que l’applicationτ:A7→τAd´efinit un isomorphisme deMn(IK) sur son dual.

2.On suppose Anilpotente. Comparer les sous-espaces Kerγ_A et Kerτ_A.

3.Montrer queAest nilpotente si et seulement si il existeB∈ Mn(IK) telle queA=BA−AB.

4.On suppose IK = IR ou C. Montrer qu’une matriceA∈ M_n(IK) est nilpotente si et seulement si les matricesAet 2Asont semblables.

Source : Merci `a Jacques CHEVALLET.

- - - - 1. La lin´earit´e deτ :Mn(K)→ Mn(K)^∗

est immédiate. On vérifie que τA(Eij) =aji (avec des notations évidentes) doncτA = 0 si et seulement siA= 0. L’application linéaireτ est donc injective, c’est donc un isomorphisme puisque les espaces de départ et d’arrivée sont de même dimension.

2. Si A est nilpotente et si M est une matrice commutant avec A (c’est-`a-dire M ∈ KerγA), alors AM est nilpotente (puisque (AM)^k =A^kM^k pour tout k ∈IN), donc tr(AM) = 0.

On a ainsi prouv´e l’inclusion

KerγA⊂KerτA.

(4)

3.•SiAest nilpotente, l’inclusion KerγA⊂KerτA démontrée ci-dessus permet de factoriser : il existe une forme linéaireλsurMn(IK) telle queτA=λ◦γA(cf. théorème de factorisation, semaine2, exercice1,questiona.). D’après la question1., on peut écrireλ=τB, oùB est une certaine matrice deMn(IK), doncτA=τB◦γA. Mais siM est une matrice quelconque deMn(IK), on a

(τB◦γA)(M) = tr B(AM−M A)

= tr(BAM)−tr(BM A) = tr(BAM)−tr(ABM)

= tr [B, A]M

=τ_[B,A](M),

doncτB◦γA=τ[B,A]. On a ainsi prouv´e l’existence d’une matrice B telle queτA=τ[B,A]. Par l’isomorphisme “canonique” entreMn(IK) et son dual, on d´eduit

A= [B, A] =BA−AB .

• Si BA−AB =A, alors (BA−AB)A+A(BA−AB) = 2A², soit BA²−A²B = 2A² puis, par récurrence, on a BA^k−A^kB =kA^k pour tout entier naturelk. Si la matriceA n’était pas nilpotente, alors l’endomorphismeγ_B:M 7→BM−M B deMn(IK) admettrait une infinité de valeurs propres (tous les entiers naturels), ce qui est impossible. La matrice Aest donc nilpotente.

4. •SupposonsA nilpotente. Il existe une matriceB telle que A=BA−AB, ce que l’on peut

´

ecrire A(I+B) = BA. Par une récurrence immédiate, on en tire A(I+B)^k = B^kA pour tout entier naturel k puis, plus généralement, A·P(I+B) = P(B)·A pour tout polynômeP ∈IK[X]. Soitλ∈IK ; en considérant la suite de polynômes (PN) définie par PN(X) =

N

X

k=0

λ^kX^k

k! et en passant `a la limite (justifications imm´ediates), on obtient la relation

A e^λ(I+B)=e^λBA , soit encore e^λA=e^λBA e^−λB ;

les matrices A et e^λA sont donc semblables, il suffit alors de prendreλ= ln 2.

•SiAet 2Asont semblables, alors 2^kAest semblable àApour toutk∈IN. Siλest une valeur propre (complexe) de A, alors 2^kλ est aussi valeur propre de A pour toutn, cela impose λ= 0 (sinonAadmettrait une infinité de valeurs propres). Le polynôme caractéristique de Aest donc (−X)ⁿ, doncAest nilpotente d’après Cayley-Hamilton.

(5)

EXERCICE 3 :

SoitEun C-espace vectoriel de dimension finien, soientuetvdeux endomorphismes deE tels queuv−vu=u.

1.Montrer queu^kv−vu^k=k u^k pour toutk∈IN.

2.En d´eduire queuest nilpotent.

3.Montrer queuetv sont cotrigonalisables (il existe une base de trigonalisation commune).

4.Montrer que le r´esultat de la question3. reste vrai si on suppose seulement que uv−vu∈Vect(u, v).

- - - - 1.C’est une r´ecurrence imm´ediate.

En notant [u, v] = uv−vu, on peut remarquer que [uv, w] = [u, w]v+u[v, w]. Si, au rang k≥1, on a [u^k, v] =k u^k, alors

[u^k+1, v] = [uu^k, v] = [u, v]u^k+u[u^k, v] =u^k+1+k u^k+1= (k+ 1)u^k+1.

2.Notonsγ_vl’endomorphisme deL(E) d´efini par γ_v(w) = [w, v] =wv−vwpour toutw∈ L(E).

On aγ_v(u^k) =k u^kpour toutk∈IN donc, siun’´etait pas nilpotent, l’endomorphismeγ_vde L(E) aurait une infinit´e de valeurs propres (tous les entiers naturels), ce qui est impossible carL(E) est de dimension finie.

3. Montrons d’abord que u et v admettent un vecteur propre commun : le sous-espace Keru (non réduit à{0}caruest nilpotent) est stable parv(vérification immédiate). Le corps de base étant C, l’endomorphisme de Keruinduit par v admet au moins un vecteur propre, et le tour est joué.

Raisonnons maintenant par r´ecurrence surn= dimE :

• pourn= 1, c’est ´evident ;

• soit n≥2, supposons l’assertion vraie au rang n−1, soit E de dimension n, soient uet v deux endomorphismes deE tels que [u, v] =u. Soite1 un vecteur propre commun `a uetv (on vient d’en prouver l’existence) :u(e1) = 0 (n´ecessairement!) etv(e1) =λe1.

SoitH un hyperplan supplémentaire de la droiteD= Ce₁ dansE, notonsple projecteur surH parallèlement àD ; dans une baseB= (e₁, e₂,· · ·, e_n) deE où B⁰= (e₂,· · ·, e_n) est une base de H, on a U =M_B(u) =

0 L 0 U⁰

et V =M_B(v) =

λ L⁰ 0 V⁰

avecU⁰ etV⁰ carr´ees d’ordre n−1 (repr´esentant dans B⁰ les endomorphismesu⁰ et v⁰ deH induits par p◦uet p◦v respectivement).

DeU V−V U =U, un calcul par blocs donneU⁰V⁰−V⁰U⁰ =U⁰, soit [u⁰, v⁰] =u⁰. On applique alors l’hypothèse de récurrence aux endomorphismes u⁰ et v⁰ de H : il existe une base C⁰= (ε₂,· · ·, ε_n) deH dans laquelleu⁰ etv⁰ sont représentés par des matrices triangulaires supérieuresT1etT2. Dans la baseC= (e1, ε2,· · ·, εn) deE, les endomorphismesuetvsont représentés par des matrices de la forme

0 X 0 T1

et

λ Y 0 T2

qui sont encore triangulaires

(6)

supérieures (XetY sont des matrices-lignes àn−1 coefficients). La récurrence est achevée.

4.Supposons maintenant [u, v] =αu+βv.

• Si α 6= 0, en tâtonnant un peu, on se ramène à ce qui a été étudié : posons w = 1 αv, on vérifie [u, w] =u+βw ; on pose ensuite t =u+βw et on a [t, w] = w, donct et w sont trigonalisables dans une même base, donc aussiu=t−βwetv=αw.

• Siβ6= 0, on conclut itou en ´echangeant les rˆoles deuetv.

• Si (α, β) = (0,0), alorsuet v commutent, donc ont un vecteur propre commun (tout sous- espace propre de u est stable par v) et on conclut par r´ecurrence sur la dimension de E comme dans la question3.ci-dessus.

EXERCICE 4 : D´ecomposition de Jordan 1.SoitE un IK-espace vectoriel de dimension finien.

Soitν un endomorphisme nilpotent deE, d’indice de nilpotenceravec 0< r < n: ν^r−16= 0 et ν^r= 0.

Soit a un vecteur de E tel que ν^r−1(a) 6= 0, soit H un hyperplan de E ne contenant pas ν^r−1(a).

Montrer que E=F⊕G, avec

F = Vect a, ν(a),· · ·, ν^r−1(a)

et G=

r−1

\

k=0

(ν^k)⁻¹(H).

2. Soitf un endomorphisme d’un C-espace vectorielE de dimension finie. Un sous-espace vectoriel F de E, stable par f, est dit ind´ecomposable s’il n’existe pas de d´ecomposition F =F1⊕F2 avecF1 etF2stables parf,F16={0},F26={0}.

Soit F un sous-espace stable ind´ecomposable de dimensionn, soit g l’endomorphisme deF induit par f. Montrer qu’il existe une baseC de F dans laquelle la matrice deg est de la forme

M_C(g) =Jn(λ) =







λ 1 0 . . . 0 0 λ 1 . .. ... ... . .. . .. . .. 0 ... . .. . .. 1 0 . . . 0 λ







, avec λ∈C.

Source : Denis MONASSE, Math´ematiques MP, Cours complet avec CD-ROM, ´Editions Vuibert, ISBN 2-7117-8811-3

(7)

1.La famille F= a, ν(a),· · ·, ν^r−1(a)

est libre (question classique), donc dimF =r.

Soit ϕune forme lin´eaire surE, de noyau H, alorsG=

r−1

\

k=0

Ker(ϕ◦ν^k). Chaque ϕ◦ν^k est une forme lin´eaire surE, non nulle car (ϕ◦ν^k) ν^r−1−k(a)

=ϕ ν^r−1(a)

6= 0 étant donné que ν^r−1(a) 6∈ H. Le sous-espace G est une intersection de r hyperplans, il est donc de codimension au plus égale à r, c’est-à-dire dimG≥n−r.

Montrons F ∩ G={0} : si x∈F ∩ G, alors x=λ0a+λ1ν(a) +· · ·+λ_r−1ν^r−1(a), mais (ϕ◦ν^r−1)(x) = 0 ce qui donneλ0ϕ ν^r−1(a)

= 0 d’o`uλ0= 0.

On applique ensuite ϕ◦ν^r−2 qui donneλ₁ = 0, et ainsi de suite (c’est la mˆeme id´ee que pour montrer que la familleF est libre), doncx= 0.

Enfin, dim(F+G) = dim(F⊕G) = dimF+ dimG≥n, doncF⊕G=E.

Remarquons que F et G sont deux sous-espaces stables par ν et qu’ils ne sont pas r´eduits `a {0}, cela servira par la suite.

2. Soitµ le polynˆome minimal deg. Il est irr´eductible : en effet, si on avaitµ=µ1µ2 avecµ1

et µ2 non constants et premiers entre eux, alors le théorème de décomposition des noyaux donnerait F =F1⊕F2 avecF1= Kerµ1(g) etF2= Kerµ2(g) (sous-espaces stables par g et non réduits à {0} en raison de la minimalité deµ), ce qui contredit l’indécomposabilité de F (ce qui a été fait jusqu’à présent est valable sur un corps quelconque ; maintenant, pla¸cons-nous sur C).

On a donc µ(X) = (X−λ)^r, avecλ∈C etr∈IN^∗.

Donc l’endomorphisme (de F) : ν = g−λid_F est nilpotent d’indice r. Si on avait r < n, d’après la question 1., on pourrait décomposerF en F =F⁰⊕F⁰⁰ avecF⁰ et F⁰⁰ stables parν (donc parg=ν+λid_F) et non réduits à {0}, ce qui est absurde.

On a donc r =n (ν est un endomorphisme de F nilpotent d’indice maximal) et en choisis- sant un vecteur a de F tel que νⁿ⁻¹(a) 6= 0, la matrice de g = ν+λidF dans la base C= νⁿ⁻¹(a), νⁿ⁻²(a),· · ·, ν(a), a

deF est celle proposé par l’énoncé.

Achevons la décomposition de Jordan : si f est un endomorphisme quelconque d’un C-espace vectoriel E de dimension finie, il existe une décomposition de E en somme directe de sous-espaces stables indécomposables (faire une récurrence forte sur la dimension de E) : E=

p

M

i=1

Ei avecdimEi =ni (1≤i≤p). En concaténant les bases construites dans chaque Ei comme à la question précédente, on obtient une baseBdeE dans laquelle la matrice de f est diagonale par blocs, chaque bloc étant un “bloc de Jordan” :

M_B(f) = diag J_n₁(λ₁),· · ·, J_n_p(λ_p) . EXERCICE 5 :

SoitEun C-espace vectoriel de dimension finien. Soientuet vdeux endomorphismes deE tels que [u, v] = uv−vu commute avec u et v. Montrer queu et v sont cotrigonalisables (on pourra prouver que l’endomorphismew= [u, v]est nilpotent).

Source : Cyril GRUNSPAN et Emmanuel LANZMANN, L’oral de mathématiques aux concours, Algèbre, Éditions Vuibert, ISBN 2-7117-8824-5

(8)

Notons que l’hypoth`ese peut s’´ecrire

[u, v], u

=

[u, v], v

= 0 (ce qui nous fait une belle jambe...).

On commence par prouver que uet v ont un vecteur propre commun, ce qui permet d’amorcer une r´ecurrence.

Soitλune valeur propre dew= [u, v] (il en existe au moins une car le corps de base estC), soit F =E_λ(w) le sous-espace propre associ´e. AlorsF est stable paruet par v, notonsu⁰,v⁰, w⁰ les endomorphismes deF induits. On a [u⁰, v⁰] =w⁰=λid_F, donc

0 = tr(u⁰v⁰−v⁰u⁰) =λ dim(F),

d’où λ = 0. Il en résulte que w est nilpotent puisque sa seule valeur propre est 0 (son polynôme caractéristique est donc (−X)ⁿ et on applique Cayley-Hamilton).

Avec les notations ci-dessus, on a donc [u⁰, v⁰] = 0, ce qui signifie queu⁰ et v⁰ commutent, donc admettent un vecteur propre commun (si G⊂F est un sous-espace propre de u⁰, alors il est stable parv⁰et l’endomorphisme deGinduit parv⁰admet au moins un vecteur propre), doncuet v ont un vecteur propre commune₁.

Maintenant, on r´ecurre :

• sin= dimE= 1, c’est ´evident ;

• soit n ≥ 2 fixé, si la propriété est vraie pour dimE < n, soit E de dimension n, soit e1

un vecteur propre commun à u et v, soit H un hyperplan supplémentaire de la droite D= Ce1, soitB= (e1, e2,· · ·, en) une base adaptée à la décompositionE =D⊕H ; on a MB(u) =

α · · ·

0 A

et MB(v) =

β · · ·

0 B

, oùA etB sont les matrices dans (e2,· · ·, en) des endomorphismes u et v de H induits par p◦ u et p◦ v (p étant le projecteur sur H parallèlement à D). De

[u, v], u

=

[u, v], v

= 0 , on d´eduit, par des produits par blocs, que

[A, B], A

=

[A, B], B

= 0 ou

[u, v], u

=

[u, v], v

= 0, ce qui permet de

“cotrigonaliser”uetv, dans une base (ε2,· · ·, εn) deH ; dans la base (e1, ε2,· · ·, εn) deE, les matrices deuet de vsont triangulaires.

EXERCICE 6 :

SoitA∈ Mn(IK) une matrice, soit ˜A= ^tComAla transpos´ee de la matrice des cofacteurs.

1.Montrer que tout vecteur propre de Aest vecteur propre de ˜A.

2.On suppose Adiagonalisable. Exprimer les valeurs propres de ˜Aen fonction de celles deA.

- - - - 1.Rappelons la relation AA˜= ˜AA= (detA)I_n.

• SoitX un vecteur propre deApour une valeur propre Anon nulle. On aAX=λX, d’o`u AAX˜ = ˜AλX =λAX˜ = (detA)·X

et ˜AX= detA

λ X, doncX est vecteur propre de ˜Apour la valeur propreµ= detA λ .

(9)

•SiX est vecteur propre deApour la valeur propre 0 (AX= 0), alorsAn’est pas inversible, donc rgA < n;

. si rgA≤n−2, alors ˜A= 0 (tous les mineurs d’ordre n−1 de la matrice A sont nuls), donc ˜AX= 0 ;

.si rgA=n−1, alors KerAest de dimension un, et deAX= 0, on tireAAX˜ = ÃAX= 0, donc ÃX∈KerA et ÃX est colinéaire àX, ce qu’il fallait démontrer.

2.Soit (X₁,· · ·, X_n) une base (de IKⁿ) constituée de vecteurs propres deA, associés aux valeurs propresλ₁,· · ·, λ_n. On sait (question1.) queX₁,· · ·,X_n sont des vecteurs propres de Ã.

• SiAest inversible (lesλi tous non nuls), alors ˜AXi=µiXi avec µi= detA

λi

=Y

j6=i

λj .

•Si rgA≤n−2, alors au moins deux desλ_isont nuls et d’autre part ˜A= 0, donc Sp( ˜A) ={0}.

• Si rgA = n−1, un seul des λi (disons λn) est nul et, pour tout i ∈ [[1, n−1]], on a AX˜ i = detA

λi

Xi = 0 (cf. question 1.), donc 0 est valeur propre de Ã de multiplicité au moins n−1 (et même exactement n−1 car Ã est diagonalisable et Ã 6= 0). La n-ième valeur propre de Ãest alors égale à sa trace, que nous allons calculer :

si on note Aij le mineur d’indice (i, j) dans la matrice A, on a tr( ˜A) =

n

X

i=1

Aii, mais cette somme est aussi l’opposé du coefficient de X dans le développement du polynôme caractéristique de A ; en effet, en notant Cj le j-ième vecteur-colonne de la matrice A et ej = ^t( 0 · · · 0 1 0 · · · 0 ) lej-ième vecteur de la base canoniqueB0 de IKⁿ, on a

χA(X) =

a11−X a12 . . . a1n

a21 a22−X . . . a2n

... ... . .. ... a_n1 a_n2 . . . a_nn−X

= det_B₀(C1−Xe1, C2−Xe2,· · ·, Cn−Xen)

et un développement par multilinéarité montre que le coefficient deX est

−

n

X

j=1

detB₀(C1,· · ·, Cj−1, ej, Cj+1,· · ·, Cn) =−

n

X

j=1

Ajj .

Mais le coefficient deX dansχA(X) est aussi−σ_n−1=−

n

X

i=1



 Y

j6=i

λj



=−

n−1

Y

i=1

λi puisque

λn= 0. Lan-i`eme valeur propre de ˜Aest doncµn=

n−1

Y

i=1

λi.

Conclusion.Si A est diagonalisable, de valeurs propresλ₁,· · ·,λ_n (non nécessairement distinctes), alors Ã est diagonalisable (dans la même base) avec pour valeurs propres les µ₁,· · ·, µ_n, où ∀i∈[[1, n]] µ_i=Y

j6=i

λ_j.