[<] Éléments propres d'un endomorphisme matriciel [>] Diagonalisabilité
Soient et deux endomorphismes d’un -espace vectoriel tels que .
Montrer que, pour tout entier , on a .
En dimension finie non nulle, montrer qu’il n’existe pas deux endomorphismes et tels que .
Montrer que dans les endomorphismes et définis par et conviennent.
Solution
Il suffit de procéder par récurrence en exploitant
Si alors
C’est absurdre.
Pour
donc
Soient vérifiant .
Calculer pour .
On considère l’endomorphisme de défini par .
À quelle condition la matrice est-elle vecteur propre de ?
En déduire qu’il existe11 1 Autrement dit, la matrice est nilpotente. tel que .
On fixe et l’on considère .
Prouver que est un endomorphisme de et que:
On suppose que commute avec . Montrer
Vérifier .
Soit une norme sur . Montrer que .
En déduire que la matrice est nilpotente.
Solution
est évidemment linéaire de dans lui-même.
En exploitant
on montre la relation
en raisonnant par récurrence comme pour établir la formule de Leibniz.
donne directement et donc .
La relation s’obtient alors en raisonnant par récurrence et en observant que les termes sommés sont nuls dans la relation
L’identité s’obtient aussi par récurrence et un calcul assez analogue.
Considérons une norme sous-multiplicative (par équivalence des normes en dimension finie, cela ne change rien au problème). On a
L’application linéaire étant continue, on peut introduire vérifiant
On a alors
puis
On peut plonger le problème dans le cadre complexe. Soit une valeur propre complexe de et une matrice de dont toutes les colonnes sont vecteurs propres de associés à la valeur propre . On a
et donc puis . Or
et l’on peut donc conclure .
Puisque 0 est la seule valeur propre complexe de , celle-ci est nilpotente.
Soient et deux endomorphismes d’un -espace vectoriel de dimension finie tels que
Montrer que est nilpotent.
On suppose . Montrer qu’il existe une base de et tels que:
Solution
On vérifie pour tout .
Si pour tout alors l’endomorphisme admet une infinité de valeurs propres (à savoir tous les entiers naturels). Cela étant impossible en dimension finie, on peut affirmer que l’endomorphisme est nilpotent.
(car ) et . Pour et , on montre classiquement que est une base de dans laquelle la matrice de est telle que voulue.
On remarque
donc
pour un certain .
Aussi,
et la matrice de dans est donc triangulaire supérieure avec sur la diagonale . Ainsi,
Soit vecteur propre associé à la valeur propre .
Si alors puisque est stable par , est valeur propre de l’endomorphisme induit par sur . Cela n’étant pas le cas, . On vérifie alors facilement que la famille résout notre problème.
Soient un -espace vectoriel de dimension finie non nulle, dans et dans . On suppose
On étudie le cas .
Montrer que et ont un vecteur propre en commun.
On étudie le cas , .
Montrer que est non inversible.
Calculer puis établir que est nilpotent.
Conclure que et ont un vecteur propre en commun.
On étudie le cas .
Montrer que et ont un vecteur propre en commun.
Solution
Puisque les sous-espaces propres de sont stables par . Puisque est un -espace vectoriel non réduit au vecteur nul, admet au moins une valeur propre. Le sous-espace propre associé est stable par et non réduit au vecteur nul. L’endomorphisme induit par sur celui-ci admet au moins une valeur propre. Cela assure l’existence d’un vecteur propre à l’endomorphisme dans un sous-espace propre de l’endomorphisme . Ce vecteur est un vecteur propre commun à et .
On a .
Par l’absurde, si est inversible alors
et donc
Or
ce qui entraîne une absurdité. On en déduit que l’endomorphisme est non inversible.
Par récurrence sur , on vérifie
En effet, la propriété est immédiate pour et on obtient l’hérédité en écrivant
L’endomorphisme défini sur n’admet qu’un nombre fini de valeurs propres car opère en dimension finie. Si n’est pas nilpotent alors pour tout , est valeur propre de . C’est absurde et donc est nilpotent.
Enfin, soit . On a donc .
Par suite, est stable et un vecteur propre de l’endomorphisme induit est vecteur propre commun à et .
.
Si il suffit de transposer l’étude précédente.
Si , considérons .
On a
Par l’étude qui précède, et ont un vecteur propre en commun puis et ont un vecteur propre en commun.
Soient un -espace vectoriel de dimension finie non nulle, et deux endomorphismes de .
On suppose dans cette question et dans la suivante que .
Montrer que est stable par .
Montrer que .
On pourra raisonner par l’absurde et utiliser la trace.
En déduire que et ont un vecteur propre commun.
Montrer qu’il existe une base de dans laquelle les matrices de et sont triangulaires supérieures.
Généraliser le résultat précédent au cas où .
Solution
Soit . On a et donc
Ainsi, . L’espace est stable par .
Par l’absurde, supposons l’endomorphisme est inversible. On peut introduire et écrire
Or
et l’égalité précédente donne alors
Cela est absurde. On en déduit .
L’espace est stable et non réduit à l’espace nul. L’endomorphisme complexe induit par sur cet espace de dimension finie admet au moins une valeur propre . Si est un vecteur propre associé, c’est un vecteur propre commun à et car c’est un vecteur non vérifiant à la fois
Par récurrence, on établit que deux endomorphismes et d’un -espace vectoriel de dimension vérifiant sont cotrigonalisables.
Pour , il n’y a rien à démontrer.
Supposons la propriété acquise pour .
Soient et deux endomorphismes d’un -espace vectoriel de dimension vérifiant . Il existe vecteur propre commun à et . Par le théorème de la base incomplète, on forme une base de . Dans cette base les matrices de et sont respectivement de la forme
Par opérations par blocs, on vérifie car . Par hypothèse de récurrence, les endomorphismes canoniquement associés aux matrices et sont cotrigonalisables. Il existe donc telle que
Considérons ensuite la matrice étendue
On vérifie
Par produit par blocs,
Les matrices et sont donc cotrigonalisables et la matrice de passage détermine alors une base dans laquelle les matrices de et sont triangulaires supérieures.
La récurrence est établie.
L’étude qui précède est aussi valable pour une identité du type avec . Dans le cas où , le résultat est encore vraie car deux endomorphismes et qui commutent possèdent une valeur propre commune. En effet, possède au moins une valeur propre, le sous-espace propre associé est stable par et l’endomorphisme induit par sur celui-ci possède au moins une valeur propre. Cela permet de déterminer un vecteur propre commun à et . On peut alors adapter la démonstration précédente et acquérir la propriété de cotrigonalisabilité.
Si avec alors, en considérant , on a
Les endomorphismes et sont donc cotrigonalisables. Or est combinaison linéaire de et . Les endomorphismes et sont donc aussi cotrigonalisables.
[<] Éléments propres d'un endomorphisme matriciel [>] Diagonalisabilité
Édité le 29-08-2023
Bootstrap 3 - LaTeXML - Powered by MathJax