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398. Un endomorphisme est diagonalisable, si et seulement si, il est annulé par un polynôme scindé à racines simples

Yannis TRIANTAPHYLIDES

L’objectif de cet article est d’établir un critère de diagonalisabilité d’un endomorphisme avec des polynômes. La démonstration proposée utilise la notion de sous-espace invariant dans la deuxième partie.

Le premier sens : quand $u$ est diagonalisable, explicitez un polynôme annulateur de $u$ qui soit scindé à racines simples

Soit $\K$ un corps commutatif et soit $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension finie $n\geq 1.$ Soit $u$ un endomorphisme de $E$ supposé diagonalisable.

Alors $E$ est muni d’une base de vecteurs propres de $u.$ Autrement dit, il existe une base $(v_1, \dots, v_n)$ de $E$ telle que pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ $v_i$ est un vecteur propre de $u.$

Pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ le vecteur propre $v_i$ est associé à une valeur propre $\lambda_i.$ Ainsi :

\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, \exists \lambda_i\in\K, u(v_i) = \lambda_i v_i.

Les valeurs propres $\lambda_i\comma$ quand $i$ décrit l’intervalle $\llbracket 1, n\rrbracket$ ne sont pas nécessairement deux à deux distinctes. Vous considérez l’ensemble $S = \{\lambda_i, i\in\llbracket 1, n\rrbracket\}.$ L’ensemble $S$ est fini et non vide, ce qui permet de poser :

P(X) = \prod_{\lambda \in S} (X-\lambda).

Vous constatez que $P$ est un polynôme de $\K[X]$ qui est scindé à racines simples. Reste à démontrer qu’il annule l’endomorphisme $u.$

Soit $i\in\llbracket 1, n\rrbracket.$

Comme $u(v_i) = \lambda_i v_i\comma$ vous avez $P(u)(v_i) = P(\lambda_i) v_i.$ Or, $\lambda_i \in S$ donc $\lambda_i$ est une racine de $P$ d’où $P(\lambda_i) = 0$ et par suite $P(u)(v_i)$ est le vecteur nul de $E.$

Vous avez montré que :

\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, P(u)(v_i) = 0.

Soit maintenant $x$ un vecteur quelconque de $E.$ Comme $(v_1, \dots, v_n)$ est une base de $E\comma$ il existe $(x_1, \dots, x_n)\in \K^n$ tel que :

x = \sum_{i=1}^{n}x_i v_i.

Par linéarité de l’endomorphisme $P(u)$ il vient :

\begin{align*} P(u)(x) &= \sum_{i=1}^{n}x_i\cdot P(u)(v_i)\\ &= \sum_{i=1}^{n}x_i \cdot 0\\ &=0. \end{align*}

Donc :

\forall x\in E, P(u)(x) = 0.

Cela prouve que $P(u)$ est l’endomorphisme nul : $P(u) = \mathbf{0}.$ Autrement dit, $u$ est annulé par $P$ qui est scindé à racines simples.

Le sens réciproque : quand $u$ est annulé par un polynôme à racines simples, utilisez une récurrence forte sur la dimension de l’espace $E$

Vous allez procéder par récurrence forte. Soit $\K$ un corps commutatif. Pour tout entier $n\geq 1$ vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété suivante : « pour tout $\K$-espace vectoriel $E$ de dimension finie $n$ et pour tout endomorphisme $u$ de $E\comma$ si $u$ est annulé par un polynôme scindé à racines simples de $\K[X]$, alors $u$ est diagonalisable. »

Initialisation. Soient $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension $1$ et $u$ un endomorphisme de $E.$ Tout d’abord, $E$ admet une base $(e)$ qui ne contient qu’un seul vecteur $e\in E.$ Comme $u$ est un endomorphisme de $E$ vous avez $u(e)\in E.$ Comme $(e)$ est une base de $E$ il existe $\lambda\in\K$ tel que $u(e) = \lambda e.$ Comme la famille $(e)$ est libre, le vecteur $e$ est non nul. Donc $\lambda$ est une valeur propre de $u.$ Vous constatez que la base $(e)$ est une famille de vecteurs propres de $u$ donc $u$ est bien diagonalisable. Ainsi, la propriété $\mathscr{P}(1)$ est vérifiée.

Note. Il n’a pas été nécessaire de supposer ici que $u$ est annulé par un polynôme scindé à racines simples.

Hérédité. Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $1.$ Supposez que, pour tout entier $k\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ la propriété $\mathscr{P}(k)$ est vraie. Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension $n+1$ et soit $u$ un endomorphisme de $E$ qui soit annulé par un polynôme scindé à racines simples dans $\K[X]$. Ce polynôme est noté $P.$

La première étape va consister à démontrer que $u$ possède au moins une valeur propre.

Puisque $P$ est scindé à racines simples, il existe un entier $d\geq 1$ et $d$ éléments de $\K$ deux à deux distincts, notés $\lambda_1, \dots, \lambda_d$ et un élément $c\in\K$ non nul tels que :

P(X) = c\prod_{i=1}^{d} (X-\lambda_i).

Par commodité, vous noterez $\mathbf{0}$ l’endomorphisme nul. Quand vous substituez l’endomorphisme $u\comma$ vous obtenez :

\mathbf{0} = c\prod_{i=1}^{d} (u-\lambda_i \mathrm{Id}_E) = c(u-\lambda_1\mathrm{Id}_E)\circ\cdots \circ (u-\lambda_d\mathrm{Id}_E).

Note. Le produit d’endomorphismes est effectué avec l’opération de composition.

Supposez que, pour tout entier $i\in\llbracket 1, d\rrbracket\comma$ l’endomorphisme $u-\lambda_i \mathrm{Id}_E$ soit inversible. Alors, en composant à gauche par $(u-\lambda_d\mathrm{Id}_E)^{-1}\circ\cdots \circ (u-\lambda_1\mathrm{Id}_E)^{-1}$ vous déduisez :

\begin{align*} \mathbf{0} &= c (u-\lambda_d\mathrm{Id}_E)^{-1}\circ\cdots \circ (u-\lambda_1\mathrm{Id}_E)^{-1} \circ (u-\lambda_1\mathrm{Id}_E)\circ\cdots \circ (u-\lambda_d\mathrm{Id}_E)\\ \mathbf{0} &=c \mathrm{Id}_E\\ \mathbf{0} &= \mathrm{Id}_E \quad\text{car } c\neq 0. \end{align*}

Comme $E$ est de dimension strictement positive, il existe un vecteur non nul $e\in E.$

Alors en évaluant l’égalité précédente en $e$ il vient :

\begin{align*} &\mathbf{0}(e) = \mathrm{Id}_E(e)\\ &0 = e. \end{align*}

Vous obtenez une contradiction.

Donc il existe $\lambda\in\{\lambda_i, i\in\llbracket 1, d\rrbracket\}$ tel que $u-\lambda \mathrm{Id}_E$ n’est pas inversible. Par le théorème du rang, cela signifie que $\ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E) \neq \{0\}\comma$ donc $\lambda$ est valeur propre de $u.$

Si la dimension de $\ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est égale à $n+1\comma$ alors tout vecteur de $E$ appartient à $\ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ et donc $u = \lambda \mathrm{Id}_E.$ En choisissant n’importe quelle base de $E$ vous obtenez une base de $E$ constituée de vecteurs propres de $u\comma$ donc $u$ est diagonalisable.

Si la dimension de $\ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ n’est pas égale à $n+1\comma$ alors $\dim \ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E) \in\llbracket 1, n\rrbracket.$ Dans ce cas précis, vous allez démontrer que le sous-espace $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est un supplémentaire de $\ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ et qu’il est stable par $u.$

Soit $y\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$ Il existe $z \in E$ tel que :

y = u(z)-\lambda z.

Alors :

\begin{align*} u(y) &= u(u(z)) – \lambda u(z)\\ &= (u-\lambda \mathrm{Id}_E)(u(z)). \end{align*}

Du coup, $u(y)\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

Ainsi :

\forall y\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E), u(y)\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).

Le sous-espace $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est stable par $u.$

Par le théorème du rang, vous avez :

\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) + \dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) = n+1.

Vous allez montrer que la somme $\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) + \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est directe.

Soit $x\in \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \cap \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

Vous avez :

\left\{\begin{align*} &u(x) = \lambda x \\ &\exists y\in E, x=u(y)-\lambda y. \end{align*} \right.

Comme $\lambda$ est une racine de $P\comma$ il existe un polynôme $Q\in\K[X]$ tel que $P(X) = (X-\lambda)Q(X).$ Notez que $Q$ ne peut admettre $\lambda$ pour racine, sinon il serait factorisable par $X-\lambda$ et $P$ serait factorisable par $(X-\lambda)^2$ ce qui contredirait que $P$ est scindé à racines simples. Donc $Q(\lambda)\neq 0.$

Vous calculez le vecteur $Q(u)(x)$ comme suit :

Q(u)(x) = \bigl(Q(u) \circ (u-\lambda \mathrm{Id}_E)\bigr) (y).

Comme $P(X) = (X-\lambda)Q(X)\comma$ en substituant l’endomorphisme $u$ et en utilisant la commutation des puissances de $u$ vous obtenez :

\mathbf{0} = P(u) = Q(u) \circ (u-\lambda \mathrm{Id}_E).

Du coup $Q(u)(x) = 0.$ Comme $u(x) = \lambda x\comma$ vous déduisez $Q(u)(x) = Q(\lambda)x\comma$ puis $Q(\lambda)x = 0.$ Comme $Q(\lambda)$ est non nul, il vient $x=0.$

Il a été prouvé que la somme $\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) + \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est directe et, compte tenu des dimensions :

E =\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \oplus \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).

Remarquez que $\dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) = n+1 – \dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$ Comme $\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \in \llbracket 1, n\rrbracket$ vous déduisez $\dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \in \llbracket 1, n\rrbracket.$

Vous notez $v$ l’endomorphisme de $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ défini par :

\forall x\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) , v(x) = u(x).

L’endomorphisme $v$ est la restriction de l’endomorphisme $u$ au sous-espace stable $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

L’hypothèse de récurrence forte s’applique à l’endomorphisme $v.$ En effet, la dimension de $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est comprise entre $1$ et $n.$ De plus, $v$ est annulé par un polynôme scindé à racines simples (le polynôme $P$).

En effet, vous avez l’égalité :

\forall x\in E, P(u)(x) = 0.

Comme $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est stable par $u\comma$ pour tout $x$ de ce sous-espace et tout entier naturel $k\comma$ $v^k(x) = u^k(x)\comma$ donc $P(v)(x) = P(u)(x).$ Du coup :

\left\{\begin{align*} &\forall x\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) , P(u)(x) = 0 \\ &\forall x\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) , P(v)(x) = 0. \end{align*} \right.

Donc l’endomorphisme $v$ est diagonalisable.

Il existe une base $\mathscr{B}$ de $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ constituée de vecteurs propres de $v.$ Comme $v$ et $u$ coïncident sur $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ vous déduisez que $\mathscr{B}$ est une famille libre de $E$ constituée de vecteurs propres de $u.$ Le nombre d’éléments de $\mathscr{B}$ est égal à la dimension de $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

Notez $\mathscr{W}$ une base de $\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$ Tous les vecteurs de cette base sont non nuls, puisqu’une base est une famille libre, et que toute famille libre ne contient pas le vecteur nul. Puisque $\forall x\in \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E), u(x) = \lambda x\comma$ tous les vecteurs de $\mathscr{W}$ sont des vecteurs propres de $u.$ Le nombre d’éléments de $\mathscr{W}$ est égal à la dimension de $\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

Comme $E =\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \oplus \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$, la réunion $\mathscr{B} \cup \mathscr{W}$ de ces deux bases est une base de $E.$ Tout vecteur de la famille $\mathscr{B} \cup \mathscr{W}$ étant un vecteur propre de $u\comma$ il en résulte que $u$ est diagonalisable.

La propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est ainsi vérifiée.

Concluez

Soit $\K$ un corps commutatif et soit $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension finie $n\geq 1.$ Soit $u$ un endomorphisme de $E.$ Alors $u$ est diagonalisable, si et seulement si, il est annulé par un polynôme de $\K[X]$ scindé à racines simples.