On note ϕ l'endomorphisme de R 3 dont la matrice dans la base canonique B = (e 1 , e 2 , e 3 ) est :

Diagonalisation

INP Bordeaux.

Exercice 1. (EDHEC 2008)

On note ϕ l'endomorphisme de R ³ dont la matrice dans la base canonique B = (e 1 , e 2 , e 3 ) est :

A =





−2 5 2

−1 4 2 2 −10 −5





1) a) Montrer que A ne possède qu'une seule valeur propre a .

b) Expliquer pourquoi A n'est pas diagonalisable. Est-elle inversible ?

c) Déterminer une base du sous-espace propre de A associé à la valeur propre a . 2) On note Id l'application identité de R ³ , on pose :

u 1 = e 1 , u 2 = (ϕ − a Id )(e 1 ) et u 3 = 2e 1 + e 3 .

a) Montrer que B ⁰ = (u 1 , u 2 , u 3 ) est une base de R ³ et vérier que u 2 et u 3 sont des vecteurs propres de ϕ .

b) Ecrire la matrice T de ϕ dans la base B ⁰ .

c) On note P la matrice de passage de la base B dans la base B ⁰ . Déterminer P ⁻¹ . d) Pour tout n de N, calculer T ⁿ puis en déduire explicitement A ⁿ .

Exercice 2.

Déterminer si les deux matrices suivantes sont diagonalisables :

1) A =









1 1 1 1

1 1 −1 −1

1 −1 1 −1

1 −1 −1 1









2) B =









1 −3 0 3

−2 −6 0 13 0 −3 1 3

−1 −4 0 8









Exercice 3.

Soit la matrice M d'ordre n de permutation circulaire M ij = 1 si i − j ≡ 1 modulo n et M ij = 0 sinon. Montrer que M est diagonalisable sur C.

Exercice 4.

Montrer que toute matrice réelle symétrique 2 × 2 est diagonalisable.

Exercice 5. (Projections)

On rappelle qu'une projection p sur F suivant G ( E = F ⊕ G ) est dénie par

p : E −→ E

x

|{z}

∈F

⊕ y

|{z}

∈G

7−→ x

Faire un dessin pour se persuader que cette dénition est cohérente avec celle vue auparavant.

Montrer qu'une projection est toujours diagonalisable.

Exercice 6. (Réexions)

Faire de même avec une réexion r par rapport à F suivant G ( E = F ⊕ G ) dénie par

r : E −→ E x

|{z}

∈F

⊕ y

|{z}

∈G

7−→ x − y

Exercice 7. (Diagonalisation simultanée)

Soient ϕ et ψ deux endomorphismes sur un espace vectoriel de dimension nie E tels que ϕ et ψ sont diagonalisables,

et ϕ ◦ ψ = ψ ◦ ϕ.

Montrer qu'il existe une base de E telle que les matrices de ϕ et ψ soient diagonales dans cette base.

(On dit que ϕ et ψ sont simultanément diagonalisables).

Exercice 8. (Projecteurs spectraux)

Soit ϕ un endomorphisme et soit λ 1 , . . . , λ p ses valeurs propres. On pose alors π λ

l'endomorphisme de projection sur le sous-espace caractéristique E _λ

parallèlement à G =

p

L

j=1, j6=k

E _λ

. 1) Montrer que

a) π _λ ²

k

= π λ

,

b) Im π _λ

= E _λ

et Ker π _λ

=

p

L

j=1, j6=k

E _λ

c) π λ

◦ π _λ

k

= 0 si k 6= k ⁰ ,

d) P ^p

k=1

π λ

= Id,

e) Si ϕ est diagonalisable, alors

p

P

k=1

λ k π λ

= ϕ 2) Détermination des projecteurs spectraux.

On pose Q i (X) = µ ϕ (X )

(X − λ i ) ^α

, où µ ϕ (X ) est le polynôme minimal et α λ

est la multiplicité de λ i

dans µ ϕ .

a) Montrer que Q i (X) et (X − λ i ) ^α

sont premiers entre eux.

b) En déduire qu'il existe U _i (X ) tel que (Q _i U _i )(X) ≡ 1 mod (X − λ _i ) ^α

. c) Montrer que (Q _i U _i )(ϕ) = π _λ

.

d) On écrit la décomposition en éléments simples de 1 µ _ϕ (X ) =

p

P

i=1

R i (X)

(X − λ _i ) ^α(λ

⁾ . Montrer que l'on peut prendre U _i (X ) = R _i (X) .

3) Application : Déterminer les projecteurs spectraux associés à A =





1 1 1 1 1 1 1 1 1



 .

Exercice 9. (Décomposition de Dunford)

On suppose que le polynôme minimal de ϕ est scindé, Montrer qu'il existe une décomposition unique du type

ϕ = d + n où

• d est diagonalisable,

• n est nilpotent,

• dn = nd .

De plus, d et n sont des polynômes en ϕ . Exercice 10.

Déterminer exp

0 −t t 0

.

Solutions des exercices

Exercice 1.

1) a) On trouve χ A (X) = (X + 1) ³ .

b) La matrice A n'est pas diagonalisable car si elle l'était, elle serait égale à −I , ce qui n'est pas le cas.

c) On trouve que dim V ₋₁ = 2 et V ₋₁ est engendré par v ₋₁ = ^t (5, 1, 0) et v ₋₁ ⁰ = ^t (2, 0, 1) .

2) a) On calcule u ₂ = ^t (−1, −1, 2) et u ₃ = ^t (2, 0, 1) . On calcule le déterminant pour voir qu'il est non nul et qu'il s'agit donc bien d'une base. De plus, ϕ(u ₂ ) = −u ₂ et ϕ(u ₃ ) = −u ₃ .

b) T =





−1 0 0

1 −1 0

0 0 −1



.

c) On trouve P =





1 −1 2 0 −1 0

0 2 1



 et P ⁻¹ =





1 −5 −2 0 −1 0

0 2 1



 .

d) On trouve T ⁿ = (−1) ⁿ I si n > 0 . Donc A ⁿ = P T ⁿ P ⁻¹ . Si n est pair, alors A ⁿ = I . Si n est impair, alors A ⁿ = −I .

Exercice 2.

1) On peut dire qu'elle est symétrique réelle et basta, ou alors, on trouve que 2 est valeur propre de

multiplicité algébrique 3 et −2 valeur propre simple. de plus, P =









1 1 1 1 1 0 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1









2) 1 est valeur propre de multiplicité algébrique 4 , mais B 6= I , donc elle n'est pas diagonalisable.

Exercice 3.

On démontre facilement que M ⁿ = I en composant n fois la permutation circulaire. Le polynôme annulateur X ⁿ − 1 est scindé à racines simples sur C : en eet, les valeurs propres sont toutes distinctes n

e

o

k∈[[1,n]] . Exercice 4.

On pose A = a b

b c

. On a alors χ _A (X ) = X ² − X(a + c) − b ² et ∆ = (a + c) ² + 4b ² qui est positif, et nul uniquement si a = −c et b = 0 . Mais si b = 0 , alors A est diagonale. Donc A est toujours diagonalisable.

Exercice 5.

Un polynôme annulateur est par dénition M ² = M . Il sut de voir que X et X − 1 ne sont pas polynômes annulateurs pour comprendre que µ p (X) = X (X − 1) est le polynôme minimal de p . Ainsi, dans une base de vecteurs propres, on a

Mat (p) =

























1 0 . . . . . . . . . 0

0 ... ... ...

... ... 1 ... ...

... ... 0 ... ...

... ... ... 0

0 . . . . . . . . . 0 0

























Les premiers vecteurs propres associés à 1 sont ceux qui décrivent l'espace F de projection et ceux associés à la valeur propre 0 décrivent l'espace suivant lequel on projette.

Exercice 6.

Un polynôme annulateur est par dénition M ² = I . Il sut de voir que X + 1 et X − 1 ne sont pas polynômes annulateurs pour comprendre que µ p (X) = X (X − 1) est le polynôme minimal de p . Ainsi, dans une base de vecteurs propres, on a

Mat (p) =

























1 0 . . . . . . . . . 0

0 ... ... ...

... ... 1 ... ...

... ... −1 ... ...

... ... ... 0

0 . . . . . . . . . 0 −1

























Les premiers vecteurs propres associés à 1 sont ceux qui décrivent l'espace F de projection et ceux associés à la valeur propre −1 décrivent l'espace suivant lequel on projette.

Exercice 7.

On raisonne par récurrence sur la dimension de l'espace dim E = n . L'initialisation pour n = 1 ne pose pas de problème. Supposons que le résultat soit vrai pour la dimension n − 1 . On note λ 1 , . . . , λ p les valeurs propres de ϕ distinctes deux à deux. Si ϕ est une homothétie, le résultat est vrai car toute base qui diagonalise ψ diagonalise ϕ . Si ϕ n'est pas une homothétie, E est somme directe de ses sous-espaces propres qui sont tous de dimensions strictement inférieures à n . Soit E _λ un sous-espace propre de ϕ . Il sut de montrer qu'il est stable par ψ : Soit u ∈ E _λ , on a (ϕ − λ Id ) ◦ ψ(u) = ψ ◦ (ϕ − λ Id )(u) = 0 car ϕ et ψ commutent. Donc ψ(u) ∈ E _λ . Il sut ensuite d'appliquer l'hypothèse de récurrence à tous les sous-espaces propres.

Exercice 8.

1) a) C'est un projecteur par dénition.

b) Ce sont respectivement les espaces de projection et de direction.

c) Comme E λ

⊕ E _λ

k

, on a π _λ

k

(u) ∈ E _λ

k

et π λ

(E _λ

k

) = {0} .

d) On décompose u ∈ E dans une base adaptée à la somme directe E =

p

L

j=1

E λ

.

e) Les E λ

= V λ

et on a bien une homothétie λ k π λ

sur chacun des sous-espaces propres.

2) Remarque: Cela fonctionne avec n'importe quel polynôme annulateur. Le seul problème est que les calculs sont plus longs...

a) Car Q _i (λ _i ) 6= 0 . b) Bézout.

c) Si u ∈ E λ

, alors (Q i U i )(X ) + R(X )(X − λ i ) ^α

= 1 et (Q i U i )(ϕ)(u) = Id (u) = u . Si u ∈ E λ

avec j 6= i , alors (Q i U i )(ϕ)(u) = 0 .

d) Réduire au même dénominateur et conclure.

3) On a facilement χ ϕ (X ) = X ² (X −3) . En fait, le polynôme minimal est X (X −3) . Imaginons qu'on ne l'ait pas vu et utilisons le procédé expliqué pour trouver les projecteurs spectraux :

On a Q 0 (X) = X − 3 et Q 3 (X) = X ² . De plus, 1

X ² (X − 3) =

−1 9 X − ¹ ₃

X ² +

1 9

X − 3 . Donc U 0 (X ) = −1

X − 1

et U 3 (X ) = 1

. D'où (en remarquant que A ² = 3A ,

π 0 = (Q 0 U 0 )(ϕ) = −ϕ ²

9 + Id = −ϕ 3 + Id.

et π 3 = (Q 3 U 3 )(ϕ) = ϕ ² 9 = ϕ

3 . Exercice 9.

On note λ 1 , . . . , λ p les racines de χ ϕ (X ) distinctes deux à deux. Soit E λ = Ker (ϕ − λ k Id ) ^m(λ

⁾ les sous-espaces caractéristiques et ϕ k = ϕ _|N

la restriction de ϕ à N λ

(ce qui est bien déni car ϕ est stable sur les sous-espaces caractéristiques). On note aussi ψ k = ϕ k − λ k Id. Or λ k Id est diagonalisable et ψ k est nilpotente et ces deux endomorphismes commutent entre eux, d'où l'existence de la décomposition de Dunford.

Montrons que d et n sont des polynômes en ϕ . On pose P j (X) =

p

Q

i=1,i6=j

(X − λ i ) ^m(λ

⁾ pour 1 ≤ j ≤ p . Les polynômes P j sont premiers entre eux dans leur ensemble et d'après le théorème de Bézout, il existe des polynômes Q 1 , . . . , Q p tels que

P ₁ Q ₁ + · · · + P _p Q _p = 1 . On a donc

P ₁ (ϕ)Q ₁ (ϕ)

| {z }

R

(ϕ)

+ · · · + P _p (ϕ)Q _p (ϕ)

| {z }

R

(ϕ)

= Id.

Et pour tout vecteur u , on a

u = R 1 (ϕ)(u)

| {z }

∈N

+ · · · + R p (ϕ)(u)

| {z }

∈N

.

Cette somme est donc la décomposition de u dans la somme directe E =

p

L

i=1

N _i et l'endormorphisme R k (ϕ) est la projection sur N k parallèlement à la somme directe des autres sous-espaces. On pose alors d =

p

P

i=1

λ k R k (ϕ) et n = u−d . Ce sont bien des polynômes en ϕ . L'endomorphisme d est bien diagonalisable car les R k (ϕ) commutent entre eux deux à deux et sont diagonalisables. L'endomorphisme n est nilpotent car le polynôme caractéristique de ϕ est scindé donc il existe une base de E dans laquelle la matrice de ϕ est triangulaire supérieure. Or dans cette base, la matrice de n est triangulaire supérieure avec une diagonale de 0 .

Montrons enn l'unicité. Supposons qu'il existe d ⁰ et n ⁰ vériant les mêmes hypothèses que d et n . Alors h = d ⁰ − d = n − n ⁰ est nilpotent comme somme de deux nilpotents. De plus, d ⁰ et d commutent et sont diagonalisables donc ils sont simultanément diagonalisables et d ⁰ − d est ainsi diagonalisable. Comme h est nilpotent et diagonalisable, il est nul.

Exercice 10.

cos t − sin t sin t cos t

.

Attention ! Si A et B ne commutent pas, exp(A + B) 6= exp(A) × exp(B) .