Diagonalisation – DM2 PeiP (2019) – Correction

Exercice 1. [⋆] Trouver un suppl´ementaire de F dans E dans chacun des cas suivants.

1. E=K² et F =Vect((1,−1)); 2. E=K³ et F =Vect((1,−1,1));

3. E=Kⁿ et F = {x∈Rⁿ, x1+ ⋯ + (−1)ⁿ⁺¹xn=0} ;

4. E = Mⁿ(K) et F = Triang⁻_n(K) l’ensemble des matrices triangulaires inf´erieures ;

5. E=K2n[X] et F =Vect(X², X⁴, . . . , X²ⁿ).

Correction :

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

G=Vect((1,1)).

On v´erifie facilement queF∩G= {0}. Maintenant pour (x, y) ∈K², on a la d´ecomposition :

(x, y) = x−y

2 (1,−1) + x+y 2 (1,1). Donc Gest un suppl´ementaire de F dans E.

2. IciF est de dimension 1. Donc son suppl´ementaire sera de dimension 2. L’id´ee est alors plus d´elicate ... On va prendre tout d’abord un premier vecteur de F^c, par exempleu= (1,1,1). Si on prend un deuxi`eme vecteur n’importe comment, cela pourrait ne pas marcher. En effet, le vecteur ˜u= (0,−2,0) ∉F. On aurait envie de poser ˜G=Vect(u,u˜). Cependant le vecteur

Correction :

(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 `a H=Vect(u,(1,−1,1)). On sait que (x, y, z) ∈H si et seulement s’il existe λ, µ∈K tels que :

(x, y, z) = (λ+µ,−λ+µ, λ+µ),

ce qui revient `ax=z. Ainsi on peut prendre le vecteur v= (−1,1,1).

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

⎛⎜

⎝ x y z

⎞⎟

⎠= x+y

2 u+z−x

2 v+z−y 2

⎛⎜

⎝ 1 1 1

⎞⎟

⎠. Donc Gest bien un suppl´ementaire de F.

3. Cette question est une g´en´eralisation des cas de coll`ege n = 2 et n = 3. En effet, dans ces deux cas, on sait qu’une “ droite perpendiculaire” est dirig´ee par le vecteur (1,−1) ou (1,−1,1). On pose alors le vecteur u= (1, . . . ,(−1)ⁿ⁺¹) ∈Kⁿ, puis G=Vect(u).

D´emontrons 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 que λ = 0. On vient de montrer que F ∩G ⊂ {0}. Comme F (car c’est le noyau de l’application lin´eaire d´efinie parx↦x₁+ ⋅ ⋅ ⋅ + (−1)ⁿ⁺¹x_n)) etG sont desK- espaces vectoriels, on sait que 0 ∈ F∩G. On a donc bienF∩G= {0}.

On sait que dimG=1. De plus, on remarque que pour tout i, v_i = e₁ + (−1)ⁱe_i ∈ F. Donc on obtient que H=Vect(v₂, . . . , v_n) ⊂F. Comme(v₂, . . . , v_n)est libre, on a dimH=n−1. AinsiH⊕G=E. Or H⊂F.

Correction :

D’o`u H⊕G⊂F⊕G⊂E. Par double inclusion, on a bienE =F⊕G.

4. On remarque que F = Vect(Eij)^{1≤j≤i≤n}. On compl`ete donc cette famille pour retrouver la base canonique, et ainsi avoir un suppl´ementaire.

On poseG=Vect(E_ij)1≤i<j≤n. On remarque facilement queF∩G= {0}. AinsiF⊕Gest un K-espace vectoriel engenr´e par les (Eij)^1≤i,j≤n : c’est forc´ement Mⁿ(K). 5. On pose G=Vect(1, X, X³, . . . , X²ⁿ⁻¹). On remarque

queF∩G= {0}. Ainsi on a :

F⊕G=Vect(1, X, . . . , X²ⁿ) =K2n[X].

Exercice 2. [⋆⋆] On note Diag_n(R) l’ensemble des matrices diagonales `a coefficients r´eels.

1. Montrer que Diag_n(R) est un R-espace vectoriel. Donner sa dimension et une base.

2. Trouver un suppl´ementaire S deDiag_n(R). 3. Montrer que pourA∈ Mn(R) et pour i∈J1, nK,

EiiAEii=aiiEii.

4. Montrer que l’application suivante est lin´eaire : π ∶ Mn(R) → Mn(R)

A ↦ ∑ⁿi=1E_iiAE_ii Quel est son noyau ? Quelle est son image ? 5. Interpr´eter g´eom´etriquement π.

Correction :

1. Pour une matrice diagonale r´eelleM = (mij)^1≤i,j≤n, on remarque que :

M =∑ⁿ

i=1m_iiE_ii.

R´eciproquement une telle matrice est clairement une matrice diagonale r´eelle.

On sait que 0∈E. De plus, pourM, D∈Diag_n(R) et λ∈R, alors :

(λ⋅M+D) =λ

n

∑i=1m_iiE_ii+∑ⁿ

i=1d_iiE_ii=∑ⁿ

i=1(λm_ii+d_ii)E_ii, o`uλm_ii+d_ii∈Rpour touti, j. Doncλ⋅M+Dest bien diagonale : Diagn(R)est un sous-R-espace vectoriel de Mn(R).

On a d´ej`a vu que (E_ii)^1≤i≤n g´en´erait Diag_n(R). Comme il s’agit d’une sous-famille de la base canonique de Mⁿ(R), elle est libre. Ainsi c’est une base.

On vient par ailleurs de montrer que Diagn(R) ´etait de dimensionn.

2. On a Diagn(R) = Vect(Eii)^1≤i≤n. On va donc compl´eter cette famille pour retrouver la base cano- nique.

On poseS=Vect(Eij)^1≤i,j≤n

i≠j . On remarque facilement queF∩S= {0}. AinsiF⊕S est unR-espace vectoriel engendr´e par les(E_ij)^1≤i,j≤n: c’est forc´ementMn(R), etS est un suppl´ementaire de F dansMn(R).

Correction :

3. Soit A∈ Mⁿ(R) et 1 ≤i≤n. On sait que pour deux indices ketl :

(AEii)^kl=∑ⁿ

r=1akr(Eii)^rl=akiδl=i,

avecδ_l=i qui vaut 0 pour toute valeur del, sauf enl=i, o`u elle vaut 1. Ainsi on trouve que :

(EiiAEii)_kl=

n

∑

r=1

(Eii)_kr(AEii)_rl=δk=i(AEii)_il=aiiδk=iδl=i.

Cependant(aiiEii)kl=aiiδk=iδl=i. Donc par unicit´e des coordonn´ees, on a :

E_iiAE_ii=a_iiE_ii.

4. Soit A, B∈ Mⁿ(R) etλ∈R. Alors on a : π(λA+B) =∑ⁿ

i=1E_ii(λA+B)E_ii,

=λ

∑n

i=1EiiAEii+∑ⁿ

i=1EiiBEii=λπ(A) +π(B). Doncπ est bien un endomorphisme de Mn(R). Soit A∈kerπ. Cela signifie que :

0=∑ⁿ

i=1E_iiAE_ii=∑ⁿ

i=1a_iiE_ii,

d’apr`es la question 3. Par unicit´e de la d´ecomposition dans la base (ici canonique), on a que pour tout indice 1≤i≤n,aii=0. Cela implique queA∈S. Par ailleurs, il est imm´ediat que siA∈S, alorsA∈kerπ. On a donc montr´e que kerπ=S.

Correction :

SoitM ∈Imπ. Alors il existe une matriceAtelle que : M =π(A) =∑ⁿ

i=1aiiEii,

d’apr`es la remarque faite ci-dessus. Cela veut exacte- ment dire que Im π=Diagn(R).

5. Calculons π². SoitA∈ Mⁿ(R). Alors on a : π²(A) =∑ⁿ

i=1(π(A))ⁱⁱE_ii=∑ⁿ

i=1a_iiE_ii=π(A). Cette ´egalit´e est vraie pour toute matrice A. Donc on a π² = π. D’o`u π est une projection. Par la question pr´ec´edente, on a queπ est la projection surDiag<sub>n</sub>(R) parall`element `a S.

Exercice 3. [⋆ ⋆ ⋆] Soit A∈ M³(R). On d´efinit le polynˆome : P(X) = −X³+Tr(A) X²−Tr(A)²−Tr(A²)

2 X+det(A), avec Tr(A) = ∑ⁿi=1a_ii la trace de A.

1. CalculerP(A).

2. Supposons que A est inversible. En d´eduire une expression de A⁻¹ en fonction de A et de A².

3. Soitλ∈Rtel qu’il existe X∈R³ NON NULavec AX=λX. Montrer que λest une racine de P.

Correction :

1. Soit A = ⎛

⎜⎝ a b c d e f g h i

⎞⎟

⎠. On calcule en d´eveloppant par rapport `a la premi`ere ligne le d´eterminant deA :

det(A) =a(ei−hf) −b(di−gf) +c(dh−ge). On sait par ailleurs que :

Tr(A)²=a²+e²+i²+2(ae+ai+ei), et

Tr(A²) =a²+e²+i²+2(bd+cg+f h). Ainsi on peut simplifier le coefficient d’ordre 1 :

Tr(A)²−Tr(A²)

2 =ae+ai+ei−bd−cg−f h.

Par la suite, nous n’allons que pr´esenter certains calculs pour le coefficientP(A)11. Les autres termes se traitent de la mˆeme mani`ere. Tout d’abord on a :

Tr(A)²−Tr(A²)

2 a11−det(A) =

a²(e+i)−a(bd+cg)+b(di−gf)−c(dh−ge). Par ailleurs, nous avons :

(A²)¹¹=a²+bd+cg, et

(A³)11=a³+2bad+2cag+b(ed+f g) +c(dh+ig). Tout cela mis bout-`a-bout permet d’avoir P(A)11=0.

En fait, P(A) =0.

Correction :

2. Comme A est suppos´ee inversible, on a detA≠0. On sait queP(A) =0. Ainsi on trouve :

A⁻¹=A⁻¹I3= 1

det(A)A⁻¹(A³−Tr(A)A²+

Tr(A)²−Tr(A²)

2 A),

ce qui implique la relation : A⁻¹= 1

det(A) A²− Tr(A)

det(A)A+Tr(A)²−Tr(A²) 2 det(A) I3. 3. Soit λ ∈ R tel qu’il existe X ∈ R³ NON NUL avec

AX = λX. Comme P(A) = 0 et que A^kX = λ^kX (imm´ediat par r´ecurrence), on a :

0=P(A)X,

= −λ³X+Tr(A)λ²X−Tr(A)²−Tr(A²)

2 λX+det(A)X=P(λ)X.

3. On a donc montr´e que si X = (x₁, x₂, x₃), alors pour touti :

P(λ)xi =0.

Comme X est non nul, il existe j tel que xj ≠ 0. En divisant par x_j (chose qu’on peut faire car x_j ≠ 0) le fait queP(λ)xj =0, on obtient queP(λ) =0.

Exercice 4. [⋆ ⋆ ⋆] Soit A= ( 0 1

−1 0) ∈ M2(C).

1. Montrer que pour toutλ∈C, il existeX∈C², tel que AX=λX.

2. Trouver les λ∈Ctels qu’il existe X∈C² NON NULavec AX=λX.

3. D´evelopper le polynˆome χ=det(A−XI2).

4. Montrer que lesλ de la quesiton b sont les racines deχ.

5. Soit D = (⁻ⁱ0 ⁰i) et P = (−i i^{1 1}). Montrer que P est inversible et que A=P DP⁻¹.

6. Montrer que pour tout n∈N, Aⁿ=P DⁿP⁻¹. En d´eduire Aⁿ pour tout n∈N.

Correction :

1. Il suffit de voir que pour toutλ∈C, siX= (0,0), alors AX= (0,0) =X etλX= (0,0) =X.

2. On chercheλ∈Cet un coupleX= (x, y)complexe non nul tel que :

AX=λX,

ce qui revient au syst`eme : { y=λx,

−x=λy, ⇔ { y=λx,

−x=λ²x,

en substituant y par λx dans la deuxi`eme ligne. La deuxi`eme ´equation nous am`ene `a traiter deux cas.

Correction :

Si x =0, la premi`ere ´egalit´e implique que y = 0 aussi, chose qu’on a ´eject´ee au d´ebut.

Six≠0, on peut diviser la deuxi`eme relation par x et on obtient le syst`eme :

{ y=λx,

− =λ².

Ainsi les seuls λ∈C qui conviennent sonti(avec x=1 ety=ipar exemple) et −i(pour x=1 et y= −i).

3. On a :

χ=RRRRRRRRRRR

−X 1

−1 −XRRRRRRRRRRR=X²+1.

4. Il est imm´ediat que ±isont racines de χ, par d´efinition de i.

5. On sait que det(P) =2i≠0. DoncP est bien inversible.

On a :

P D= ( −i i

−1 −1) =AP.

En multipliant `a droite par P⁻¹, on trouve que P DP⁻¹=A.

Correction :

6. Montrons par r´ecurrence surn∈N, queAⁿ=P DⁿP⁻¹. Pour n = 0, on a Aⁿ = I2 = P DⁿP⁻¹. Supposons la propri´et´e vraie au rangnet montrons la au rangn+1.

On a :

Aⁿ⁺¹=A Aⁿ= (P DP⁻¹) (P DⁿP⁻¹),

par hypoth`ese de r´ecurence. Ainsi on a trouv´e que : Aⁿ⁺¹=P D(P⁻¹P)DⁿP⁻¹=P Dⁿ⁺¹P⁻¹.

La propri´et´e est donc d´emontr´ee `a tout rang n par r´ecurrence.

Tout d’abord, on a pour n∈N:

Aⁿ=P DⁿP⁻¹=P(⁽⁻ⁱ⁾₀ⁿ_i⁰ⁿ)P⁻¹,

=⎛

⎝

(−1)ⁿ+1

2 i^{n (−1)n+1}₂ ⁺¹iⁿ⁻¹

(−1)ⁿ⁺¹+1

2 i^{n+1 (−1)}₂ⁿ⁺¹iⁿ

⎞

⎠.