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 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 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 un 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 tel 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.
\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 vecteurs propres de $E.$
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 $\dim \ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ 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) = (Q(u) \circ (u-\lambda \mathrm{Id}_E)) (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 $\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) + \dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est directe :
E =\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \oplus \dim \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 un polynôme scindé à racines simples (le polynôme $P$.)
En effet, vous avez l’égalité :
\forall x\in E, P(u)(x) = 0.
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 $W$ est égal à la dimension de $\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$
Comme la somme $E =\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \oplus \dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est directe, la réunion des familles $\mathscr{B} \cup \mathscr{W}$ est une famille libre de $E$ qui contient exactement $n+1$ vecteurs de $E$ donc c’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.
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