Critère de diagonalisation de Klarès

Description

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MP 933 & 934 Devoir Libre no 6 bis Corrigé Critère de diagonalisation de Klarès Mines MP 2011 Maths 1 Bernard Klarès est un ancien Maître de Conférence de l'Université de Metz. Son critère est exposé dans l'ouvrage Réduction des endomorphismes de R. Mneimné (à ne lire qu'avec autorisation parentale). I Décomposition de Dunford Voilà un grand classique, qui vaut la peine d'être travaillé en détail... mais qui fait presque partie des « classiques » de MP*... La décomposition de (Jordan-Chevalley-) Dunford d'un endomorphisme u ∈ L (E) d'un espace de dimension finie est l'unique décomposition u =

• sorte de propriété d'antisymétrie de l'endomorphisme comma
• λk iαk
• orthogonalité au sens des espaces euclidiens
• propriété de la trace
• espace complexe
• comma ◦
• décomposition
• décompositions
• comma
• fk
• matrice
• matrices

Sujets

• Exposé
• Université Paul-Verlaine - Metz
• Matrice
• Décomposition
• Espace
• Propriété
• Orthogonalité

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Extrait

MP 933&934

o Devoir Libre n6 bis

Critère de diagonalisation de Klarès Mines MP 2011 Maths 1

Corrigé

Bernard Klarès est un ancien Maître de Conférence de l’Université de Metz. Son critère est exposé dans l’ouvrage Réduction des endomorphismesde R. Mneimné (à ne lire qu’avec autorisation parentale).

I Décompositionde Dunford Voilà un grand classique, qui vaut la peine d’être travaillé en détail... mais qui fait presque partie des « classiques » de MP*... La décomposition de (JordanChevalley) Dunford d’un endomorphismeu∈L(E)d’un espace de dimension finie est l’unique décompositionu=d+ndeuen la somme d’un endomorphismeddiagonalisable et d’un endo morphismennilpotent, vérifiantu◦d=d◦u. Dans cette partie, on fait prouver l’existence de la décomposition, en décomposant tout d’abord l’espaceEambiant en la somme directe r M E =F λ i (u), i=1 où ∞ [   k F λ i (uKer () =u−λ i ) k=0 est le sousespace caractéristique deuassocié à la valeur propreλ i . Cet espace est introduit de manière légèrement différente dans l’énoncé. 1 1.Le polynôme caractéristique deAest : r r Y Y α k χ f = (X−λ k P) = k . k=1k=1 Ce polynôme est annulateur def(CayleyHamilton). De plus, on l’a écrit sous forme du produitP 1 ∙P 2 ∙ ∙ ∙P r de polynômes premiers entre eux. Par le lemme de décomposition des noyaux, on a donc r r M M n C= KerP k (fF) = k . k=1k=1 2.difficultés commencent. Mais nous ne sommes pas en terrain inconnu. D’abord, on note que les espacesAh, les F k sont stablesparf. Ainsi, comme le rappelle gentiment l’énoncé, on peut noterf k l’endomorphisme induit parfsurF k (pourk= 1, . . . , r) et, si l’on choisit une base adaptée à la décomposition précédente, la matrice représentative def dans cette base est de la forme  A 1 A 2 mat(f) =  .  . B . A r oùA k est la matrice représentative def k dans une base quelconque deF k . Cela entraîne notamment que χ f =χ f ∙χ f ∙ ∙ ∙χ fr . 1 2 Par ailleurs, soitk∈[1 ;r]. Pour toutx∈F k , on a α k α k α k P k (f k )(x) = (X−λ k ) (f k )(x) = (f k −λ k Id) (x) = (f−λ k Id) (x) = 0. Ainsi, P k est un polynôme annulateur def k . 2 Notamment, le spectre def k est inclus dans{λ k }donc, et non videSp(f k ) ={λ k }. Notamment, cela veut dire que le d k polynôme caractéristique def k est de la forme(X−λ k ), oùd k est la dimension deF k : r Y d k χ f = (X−λ k ). k=1 n 1. À un facteur(−1)près selon la définition que l’on prend, ici je vais prendreχ A XIt(´e=d n −A)... 2. On travaille dans un espace complexe! et ce n’est pas un artifice de preuve : le résultat est faux sur un espace réel...

vendredinovembre—brumaire

˜/LaTeX/MP/Annee/2011/DM2011/DM06bis.tex

o Devoir Libre n6 bis(Corrigé) Mathématiques, MP 933&934 Comme enfinλ k est racine deχ f de multiplicitéα k pourk= 1, . . . , n, on en déduit queα k =d k pourk= 1, . . . , n. Le polynôme caractéristique def k estP k pourk= 1, . . . , n. déf. 3.Dans chaque sousespace caractéristique, on peut écriref k =λ k Id F k +n k , où l’on a simplement posén k =f k −λ k Id F k . α k (Rusé, non?) Maintenant, par construction, on sait quenest nul (on l’a vu dans la question précédente). En d’autres k termes, on a pu séparerA k =λ k I α k + N k oùN k est une matrice nilpotente d’ordreα k . Dans notre baseB, la matrice représentative defest donc de la forme voulue, ce qui, en terme matriciel, et en notantPla matrice de passage de la base canonique à la baseB:   λ 1 I α 1 + N 1 0∙ ∙ ∙0 . . . . déf. 0 . . . ′ −1 A =P AP=   . . . .   . . . 0 0∙ ∙ ∙0λ r I α r + N r 4.Ben, tout est mâché, il n’y a plus qu’à poser    λ 1 I α 1 0∙ ∙ ∙0 N 1 0∙ ∙ ∙0 . .. . . .. . déf. . . . déf. 0 . . . 0 −1−1 D = PPetN = PP.    . .. . . .. .    . . . 0. . . 0 0∙ ∙ ∙0λI 0∙ ∙ ∙0 N r r α r 3 AlorsD?),est bien diagonalisable (évident, nonNest bien nilpotente, etDetNcommutent . 2 5.Un rapide calcul montre que le polynôme caractéristique deAest(X−1)(X−2). On trouve un vecteur propree 1 associé à la valeur propre1, et c’este 1 = (0,1,1). On trouve un vecteur propree 2 associé à2, et c’este 2 = (1,1,0). Il 2 reste à trouver un dernier vecteur dansKer(A−2 Id). Puisque   0 00 2   (A−=2 Id) −1 1 0 , −1 1 0 on peut par exemple posere 3 = (0,0,1). Ainsi, on a   0 1 0   P = 1 1 0 1 0 1 4 et, puisque tous calculs faits onAe 3 =e 2 + 2e 3 , on en déduitque   1 0 0 ′   A = 0 2 1 . 0 0 2 Il ne reste enfin qu’à calculer     1 0 02 0 01−1 1 −1     D = P 0 2 0 P= 11 0 etN = A−D = 1−1 1 . 0 0 21−0 0 01 2

II Commutationet conjugaison 6.On vérifie rapidement que conj◦comm◦conj P= comm. −1 −1 P A P AP 7.Un simple calcul montre que, si l’on noteA = diag (λ 1 , λ 2 , . . . , λ n ), alors comm A (E ij ) = (λ i −λ j ) E ij , ce qui prouve que 2 Pour tout(i, j)∈[1 ;n],E ij est vecteur propre decomm A pour la valeur propre(λ i −λ j ). 3. Il suffit d’écrire les deux produits, mais c’est encore plus évident géométriquement... −1 4. Sans passer par le calcul direct, qui oblige, quelle horreur, à calculerP!

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o Devoir Libre n6 bis(Corrigé) Mathématiques, MP 933&934 Notamment, puisque la famille(E ij ) ij est une base deM n (C), c’est une base propre, l’endomorphismecomm A est diagonalisable et Sp comm A ={λ i −λ j ;i, j∈[1 ;n]}. 8.SupposonsAdiagonalisable. NotonsPune matrice diagonalisante deA, c’estàdire une matrice inversible telle −1 queP APsoit diagonale. D’après la question 8, l’endomorphismecomm P A est diagonalisable; orcomm P A = −1−1 etco, d’inverseconj −1 . Notamment, les m conj −1 ◦comm A ◦conj P,nj P est un automorphisme deM n (C) P atrices re P présentatives decomm A et decomm P AP sont semblables, et −1 comm A est diagonalisable.

Remarque 1SiAest diagonalisable, on peut facilement trouver une base propre pour l’endomorphismeγ: X7→AX, en choisissant une base(X 1 ,X 2 , . . . ,X n )de vecteurs propres deAet en créant les matricesM ij dont laiième colonne estX j et les autres nulles. t t De même, on choisit une base(L 1 ,L 2 , . . . ,L n )telle queL i est vecteur propre deA, et on fabrique (avec des lignes) une base propre de l’endomorphismeδ: X7→XA. Ainsi, les endomorphismesγetδsont diagonalisables. Puisqu’ils commutent, un résultat classique montre qu’ils sont simultanément diagonalisables ;notamment, leur différence, qui est précisémentcomm A , est diagonalisable.

n 5 9.SupposonsAnilpotente, alors classiquementA =0. Une petite récurrence permet de montrer que, pour toutk∈N et toutM∈M n (C), on a p   X p p kp−k k (comm A ) (M)= (−1) AMA. k k=0 p (Au pire, si la formule exacte vous a échappé, vous pouvez vous en tirer en disant que(comm A ) (M)est une combinaison p−k k linéaire de termes de la formeA MA, ce qui est suffisant pour poursuivre.) Mézalors, si l’on prendpassez grand, disonsp= 2n, alors nécessairement l’une des puissances deA, à gauche ou à droite, égale ou dépassen. En d’autres 2p termes, on a prouvé que0comm =: A SiAest nilpotente, alorscomm A l’est également.

10.On supposeAnilpotente etcomm A = 0. Cela veut dire queAcommute avec toutes les matrices deM n (C), et donc 6 queAest proportionnelle àI n ... Puisqu’elleest en plus nilpotente, elle est nulle. SiAest nilpotente etcomm A = 0, alorsA = 0.

11.Dunfordisons la matriceA:A = D + N. On cherche deux endomorphismes : l’un diagonalisable, l’autre nilpotent. Or, c’est pile ce que nous donnent les questions 8 et 9 :comm D est diagonalisable, etcomm N est nilpotent! Il ne reste plus qu’à vérifier quecomm A = comm D + comm N , ce qui est à peu près immédiat, et quecomm N ◦comm D = comm D ◦comm N : pour toute matriceM∈M n (C):   (comm N ◦comm D −comm D ◦comm N )(M) = N(DM−MD)−(DM−MD)N−D(NM−MN)−(NM−MN)D = NDM−NMD−DMN + MDN−DNM + DMN + NMD−MND = 0carND = DN

La décomposition de Dunford decomm A estcomm A = comm D + comm N . Il reste à conclure. On sait déjà que, siAest diagonalisable, alorscomm A l’est aussi. Supposons réciproquement que comm A est diagonalisable. Alors, par unicité de la décomposition de Dunford, sa partie nilpotentecomm N est nulle. PuisqueNest nilpotente etcomm N = 0, la question 10 nous permet d’affirmer queN = 0, et donc queA = Dest diagonalisable. Aest diagonalisable si et seulement sicomm A l’est.

q 5. Si vous n’êtes plus sûr du résultats, vous pouvez juste dire qu’il existe un entierqtel que0A =, et dans la suite remplaceznparq... 6. Ne me dites pas que vous n’avez jamais montré ça!

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o Devoir Libre n6 bis(Corrigé) Mathématiques, MP 933&934 III Formesbilinéaires sur un espace complexe 3 Pour les 2 , on commence à se risquer dans le bizarre. / 12.(a)⇒(b)Oh là là, rien que du facile, si on pense à diagonaliseru, c’estàdire choisir une base propre(e 1 , e 2 , . . . , e n ) deu. Quitte à réordonner, on peut suppose que leskpremiers vecteurs sont associés à la valeur propre0, et les autres à des valeurs propres non nulles. On alors 2 22 mat(u) = diag(0, . . . ,0, λ r+1 , . . . , λ n ) mat(u) = diag(0, . . . ,0, λ, . . . , λ) r+1n B B 2 d’où l’on déduit queKer(u) = Ker(u) = Vect(e 1 , . . . , e r ). 2n (b)⇒(c)SupposonsKeru= Keru. Soitx∈Keru∩Imu. Alors il existey∈Ctel quex=u(y), donc 2 y∈Keru= Keruet doncx=u(y) = 0. On a bien les deux implications voulues. q P 1 oien 3.oS tλ 1 , . . . , λ q tels queλ k ϕ k = 0.Cela signifie que k=1  ! q q X X ∀x∈E 0=λ k ϕ k (x) =b λ k ε k ., x k=1k=1 q q P P ⊥ b Cela signifie donc également queλ k ε k ∈Eet donc, puisquebest non dégénérée, queλ k ε k = 0. Puisque k=1k=1 se, on en déduit queλ=∙ ∙ ∙=λ (ε 1 , ε 2 , . . . , ε q )est une ba 1q = 0.o ∗ (ϕ 1 , ϕ 2 , . . . , ϕ q )est une famille libre deE. ⊥ b 14 So .oitx∈F.Alors, par définition, on ab(x, y) = 0pour touty∈F. Notamment, puisque(ε 1 , ε 2 , . . . , ε q )est une base deF, on en déduit queb(x, ε 1 ) =∙ ∙ ∙=b(x, ε q ) = 0, ce qui s’écrit encoreϕ 1 (x) =∙ ∙ ∙=ϕ q (x) = 0. ∗ Or,xse décompose dans la base(e 1 , e 2 , . . . , e p )deE, on l’écrit donc sous la forme p X x=α k e k . k=1

). Pour touti∈[1 ;q], si l’on appliqueϕ i à cette écriture, on obtientα i = 0. En d’autres termes,x∈Vect(e q+1 , . . . , e p o

Remarque 2On aurait tout de suite pu écrire, comme on l’a vu en cours, la décomposition d’un vecteur dans une base : p X x=ϕ k (x)e k , k=1 puisque(ϕ 1 , ϕ 2 , . . . , ϕ p )est duale de(e 1 , e 2 , . . . , e p ).

On en déduit immédiatement que

⊥ b F =Vect(e q+1 , . . . , e p ).

⊥ b dim F + dim F= dimE.

Remarque 3Bon, évidemment, ça fait beaucoup penser à ce que l’on connaît déjà de l’orthogonalité au sens des formes linéaires ou, plus simplement, à l’orthogonalité au sens des espaces euclidiens. Mais ici, on n’a pas un vrai produit scalaire, seulement une forme bilinéaire ⊥ b symétrique non dégénérée. Et du coup, toutes les propriétés intuitives ne sont pas vraies, notamment, on n’a pas,a priori,E = F⊕F...

IV Critèrede Klarès ⊥ ϕ 15.La forme est clairement bilinéaire, symétrique par propriété de la trace. Par ailleurs, soitAune matrice deE. Alors P 2 t t tr(AB) = 0pour toutB∈M n (C). Notamment,(A A) = 0, ce qui s’écrit également|a i,j |= 0, et mène donc à i,j A = 0. ϕest une forme bilinéaire symétrique, non dégénérée.

t Remarque 4Ce n’est pas un produit scalaire (il faudrait considérer plutôt(A,B)7→B)tr( A...), ce qui fait que la notion deϕorthogonalité diffère sensiblement de la notion, plus intuitive, d’orthogonalité.

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16.Tout d’abord, on a évidemment l’égalité des dimensions des deux espaces. Soitx∈Im(comm ).Alors il existeM∈M(C)telle queX = AM−MA. o An Pour toutY∈Ker(comm A )(c’estàdire pour toute matriceYtelle queAY = YA), on a ϕ(X,Y) = tr(XY)tr(AMY−MAY) = tr(AMY)−tr(MAY) = tr(AMY)−tr(AMY) = 0. ⊥ ϕ Cela prouve donc queX∈(Ker comm). A o Cette inclusion et l’égalité des dimensions permet de conclure que ⊥ ϕ (Ker comm A ) =Im comm A .

   Remarque 5On pouvait aussi vérifier que, pour toutes matricesM,N∈M n (C), on aϕcomm A (M),N =ϕM,−comm A (N), ce qui est une sorte de propriété d’antisymétriede l’endomorphismecomm A . Notamment, siX∈Im comm A etY∈Ker comm A , alors    ϕ(X,Y) =ϕcomm A M,Y =ϕM,comm A ,Y =0, ⊥ ϕ ce qui prouve queIm comm A ⊂(Ker comm A ). ⊥ ∗ 5 Cette propriété est à rapprocher de celle, connue des 2 dans le cas des espaces euclidiens :(Keru) =Imu... / ⊥ ϕ 17.L’énoncé suggère clairement, pour prouver queA∈Im comm A , de prouver queA∈(Ker comm A ). SoitB∈Ker comm A (c’estàdire queAB = BA). On veut montrer queϕ(A,B) = tr(AB) = 0. Pour cela, o k kk il suffit de noter queABest nilpotente puisque, par commutation,(AB) =A Bpour toutk∈N. Une matrice nilpotente n’a, dans son spectre complexe, que des zéros, donc sa trace est nulle :tr(AB) = 0. o ⊥ ϕ On a donc bien prouvé queA∈(Ker comm A ), doncA∈Im comm A : SiAest nilpotente, il existe une matriceX∈M n (C)telle queA = comm A (X) = AX−XA. On vérifie alors immédiatement que comm (A+λI n ) (X) = (A +λI n )X−X(A +λI n ) = A. 18.On revient donc à une matrice généraleA, et on la dunfordise :A = D + N. Tout d’abord, et avec les notations de la première partie, on peut écrire    λ 1 I α 1 N 1  ′ −1′ −1′  . .  ′  . . D = PD PN = PN PavecD =   . .  etN = .  λ r I α r N r D’après la question précédente, pour toutk∈[1 ;r], puisqueN k est nilpotente, il existe une matriceX∈M α k (C)telle quecomm (X) = N, c’estàdireN X−X N= N, et cette matrice vérifie égalementcomm (X) = N, N k k kkk kk kN k +λ k I α k k k c’estàdire (N k +λ k I α k )X−X(N k +λ k I α k ) = N k +λ k I α k . Il ne reste plus qu’à mettre tout ça ensemble : notons   X 1 ′   déf. . . X =   . X r ′ ′′ ′′ ′′ alors on vérifie immédiatement (simples calculs par blocs) quecomm N+D = N(X ), c’estàdireA X−X A= N. ′ −1′ ′′ ′−1′ −1 Enfin, on poseX = PX P, on a alorsAX−XA = P(A X−X A )P= N= PN P. On a bien trouvé une matriceX∈M n (C)telle queN = comm A (X). 19.Voilà enfin le critère de diagonalisabilité de Klarès. •SupposonsAdiagonalisable. Alors (partie II),comm A ; c’est ensuite un grand classique, refaitest diagonalisable 2 en question12, que d’en conclure queKer(comm A ) = Ker(comm A ). 2 •Réciproquement, supposonsKer(comm A ) = Ker(comm A ). Toujours d’après la question 12, on en déduit que Ker(comm A )∩Im(comm A ) ={0}. Or,Nest dansIm(comm a )d’après la question 18, et de plusNcommute avecD, doncNcommute avecA, c’estàdire queN∈Ker(comm A ). Ah, bah alors du coup,N = 0, doncA = D + N = Dest diagonalisable. 2 Aest diagonalisable si et seulement siKer(comm A ) = Ker(comm A ).(critère de Klarès)

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