Critère de diagonalisation de Klarès
6
pages
Français
Documents
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
6
pages
Français
Documents
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
- exposé
- 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
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 (JordanChevalley) 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 =Fλi(u), i=1 où ∞ [ k Fλi(uKer () =u−λi) k=0 est le sousespace caractéristique deuassocié à la valeur propreλi. Cet espace est introduit de manière légèrement différente dans l’énoncé. 1 1.Le polynôme caractéristique deAest : r r Y Y αk χf= (X−λkP) =k. k=1k=1 Ce polynôme est annulateur def(CayleyHamilton). De plus, on l’a écrit sous forme du produitP1∙P2∙ ∙ ∙Prde polynômes premiers entre eux. Par le lemme de décomposition des noyaux, on a donc r r M M n C= KerPk(fF) =k. k=1k=1 2.difficultés commencent. Mais nous ne sommes pas en terrain inconnu. D’abord, on note que les espacesAh, les Fksont stablesparf. Ainsi, comme le rappelle gentiment l’énoncé, on peut noterfkl’endomorphisme induit parfsurFk (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 A1 A2 mat(f) = . . B . Ar oùAkest la matrice représentative defkdans une base quelconque deFk. Cela entraîne notamment que χf=χf∙χf∙ ∙ ∙χfr. 1 2 Par ailleurs, soitk∈[1 ;r]. Pour toutx∈Fk, on a αkαkαk Pk(fk)(x) = (X−λk) (fk)(x) = (fk−λkId) (x) = (f−λkId) (x) = 0. Ainsi, Pkest un polynôme annulateur defk. 2 Notamment, le spectre defkest inclus dans{λk}donc, et non videSp(fk) ={λk}. Notamment, cela veut dire que le dk polynôme caractéristique defkest de la forme(X−λk), oùdkest la dimension deFk: r Y dk χf= (X−λk). k=1 n 1. À un facteur(−1)près selon la définition que l’on prend, ici je vais prendreχAXIt(´e=dn−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...
vendredinovembre—brumaire
˜/LaTeX/MP/Annee/2011/DM2011/DM06bis.tex
o Devoir Libre n6 bis(Corrigé)Mathématiques, MP 933&934 Comme enfinλkest racine deχfde multiplicitéαkpourk= 1, . . . , n, on en déduit queαk=dkpourk= 1, . . . , n. Le polynôme caractéristique defkestPkpourk= 1, . . . , n. déf. 3.Dans chaque sousespace caractéristique, on peut écrirefk=λkIdFk+nk, où l’on a simplement posénk=fk−λkIdFk. αk (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 séparerAk=λkIαk+ NkoùNkest une matrice nilpotente d’ordreαk. 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: λ1Iα1+ N10∙ ∙ ∙0 . . . . déf.0. .. ′ −1 A =P AP= . . . . .. .0 0∙ ∙ ∙0λrIαr+ Nr 4.Ben, tout est mâché, il n’y a plus qu’à poser λ1Iα10∙ ∙ ∙0 N10∙ ∙ ∙0 . .. . . .. . déf.. ..déf.0. .. 0 −1−1 D = PPetN = PP. . .. . . .. . .. .0.. .0 0∙ ∙ ∙0λI 0∙ ∙ ∙0 Nr r αr 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 propree1 associé à la valeur propre1, et c’este1= (0,1,1). On trouve un vecteur propree2associé à2, et c’este2= (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 posere3= (0,0,1). Ainsi, on a 0 1 0 P =1 1 0 1 0 1 4 et, puisque tous calculs faits onAe3=e2+ 2e3, 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 = P0 2 0 P= 11 0etN = 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 AP AP 7.Un simple calcul montre que, si l’on noteA = diag (λ1, λ2, . . . , λn), alors commA(Eij) = (λi−λj) Eij, ce qui prouve que 2 Pour tout(i, j)∈[1 ;n],Eijest vecteur propre decommApour la valeur propre(λi−λj). 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!
Critère de diagonalisation de Klarès
DM06bis.tex
o Devoir Libre n6 bis(Corrigé)Mathématiques, MP 933&934 Notamment, puisque la famille(Eij)ijest une base deMn(C), c’est une base propre, l’endomorphismecommAest diagonalisable et Sp commA={λi−λj;i, j∈[1 ;n]}. 8.SupposonsAdiagonalisable. NotonsPune matrice diagonalisante deA, c’estàdire une matrice inversible telle −1 queP APsoit diagonale. D’après la question 8, l’endomorphismecommP Aest diagonalisable; orcommP A= −1−1 etco, d’inverseconj−1. Notamment, les m conj−1◦commA◦conj P,njPest un automorphisme deMn(C)Patrices re P présentatives decommAet decommP APsont semblables, et −1 commAest diagonalisable.
Remarque 1SiAest diagonalisable, on peut facilement trouver une base propre pour l’endomorphismeγ: X7→AX, en choisissant une base(X1,X2, . . . ,Xn)de vecteurs propres deAet en créant les matricesMijdont laiième colonne estXjet les autres nulles. t t De même, on choisit une base(L1,L2, . . . ,Ln)telle queLiest 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 précisémentcommA, est diagonalisable.
n 5 9.SupposonsAnilpotente, alors classiquementA =0. Une petite récurrence permet de montrer que, pour toutk∈N et toutM∈Mn(C), on a p X p p kp−k k (commA) (M)= (−1) AMA. k k=0 p (Au pire, si la formule exacte vous a échappé, vous pouvez vous en tirer en disant que(commA) (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, alorscommAl’est également.
10.On supposeAnilpotente etcommA= 0. Cela veut dire queAcommute avec toutes les matrices deMn(C), et donc 6 queAest proportionnelle àIn... Puisqu’elleest en plus nilpotente, elle est nulle. SiAest nilpotente etcommA= 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 :commDest diagonalisable, etcommNest nilpotent! Il ne reste plus qu’à vérifier quecommA= commD+ commN, ce qui est à peu près immédiat, et quecommN◦commD= commD◦commN: pour toute matriceM∈Mn(C): (commN◦commD−commD◦commN)(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 decommAestcommA= commD+ commN. Il reste à conclure. On sait déjà que, siAest diagonalisable, alorscommAl’est aussi. Supposons réciproquement que commAest diagonalisable. Alors, par unicité de la décomposition de Dunford, sa partie nilpotentecommNest nulle. PuisqueNest nilpotente etcommN= 0, la question 10 nous permet d’affirmer queN = 0, et donc queA = Dest diagonalisable. Aest diagonalisable si et seulement sicommAl’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!
Critère de diagonalisation de Klarès
DM06bis.tex
o Devoir Libre n6 bis(Corrigé)Mathématiques, MP 933&934 III Formesbilinéaires sur un espace complexe 3 Pour les2, on commence à se risquer dans le bizarre. / 12.(a)⇒(b)Oh là là, rien que du facile, si on pense à diagonaliseru, c’estàdire choisir une base propre(e1, e2, . . . , en) 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, λr+1, . . . , λn) mat(u) = diag(0, . . . ,0, λ, . . . , λ) r+1n B B 2 d’où l’on déduit queKer(u) = Ker(u) = Vect(e1, . . . , er). 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 tλ1, . . . , λqtels queλkϕk= 0.Cela signifie que k=1 ! q q X X ∀x∈E 0=λkϕk(x) =b λkεk., x k=1k=1 q q P P ⊥b Cela signifie donc également queλkεk∈Eet donc, puisquebest non dégénérée, queλkεk= 0. Puisque k=1k=1 se, on en déduit queλ=∙ ∙ ∙=λ (ε1, ε2, . . . , εq)est une ba1q= 0.o ∗ (ϕ1, ϕ2, . . . , ϕq)est une famille libre deE. ⊥b 14 So .oitx∈F.Alors, par définition, on ab(x, y) = 0pour touty∈F. Notamment, puisque(ε1, ε2, . . . , εq)est une base deF, on en déduit queb(x, ε1) =∙ ∙ ∙=b(x, εq) = 0, ce qui s’écrit encoreϕ1(x) =∙ ∙ ∙=ϕq(x) = 0. ∗ Or,xse décompose dans la base(e1, e2, . . . , ep)deE, on l’écrit donc sous la forme p X x=αkek. k=1
). Pour touti∈[1 ;q], si l’on appliqueϕià cette écriture, on obtientαi= 0. En d’autres termes,x∈Vect(eq+1, . . . , epo
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=ϕk(x)ek, k=1 puisque(ϕ1, ϕ2, . . . , ϕp)est duale de(e1, e2, . . . , ep).
On en déduit immédiatement que
⊥b F =Vect(eq+1, . . . , ep).
⊥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∈Mn(C). Notamment,(A A) = 0, ce qui s’écrit également|ai,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 deϕorthogonalité diffère sensiblement de la notion, plus intuitive, d’orthogonalité.
Critère de diagonalisation de Klarès
DM06bis.tex
o Devoir Libre n6 bis(Corrigé)
Mathématiques, MP 933&934
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. oAn Pour toutY∈Ker(commA)(c’estàdire 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). Ao Cette inclusion et l’égalité des dimensions permet de conclure que ⊥ϕ (Ker commA) =Im commA.
Remarque 5On pouvait aussi vérifier que, pour toutes matricesM,N∈Mn(C), on aϕcommA(M),N =ϕM,−commA(N), ce qui est une sorte de propriété d’antisymétriede l’endomorphismecommA. Notamment, siX∈Im commAetY∈Ker commA, alors ϕ(X,Y) =ϕcommAM,Y =ϕM,commA,Y =0, ⊥ϕ ce qui prouve queIm commA⊂(Ker commA). ⊥ ∗ 5 Cette propriété est à rapprocher de celle, connue des2dans le cas des espaces euclidiens :(Keru) =Imu... / ⊥ϕ 17.L’énoncé suggère clairement, pour prouver queA∈Im commA, de prouver queA∈(Ker commA). SoitB∈Ker commA(c’estàdire 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 commA), doncA∈Im commA: SiAest nilpotente, il existe une matriceX∈Mn(C)telle queA = commA(X) = AX−XA. On vérifie alors immédiatement que comm(A+λIn)(X) = (A +λIn)X−X(A +λIn) = 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 λ1Iα1N1 ′ −1′ −1′. .′ .. D = PD PN = PN PavecD = . .etN =. λrIαrNr D’après la question précédente, pour toutk∈[1 ;r], puisqueNkest nilpotente, il existe une matriceX∈Mαk(C)telle quecomm (X) = N, c’estàdireN X−X N= N, et cette matrice vérifie égalementcomm (X) = N, Nkk kkk kk kNk+λkIαk k k c’estàdire (Nk+λkIαk)X−X(Nk+λkIαk) = Nk+λkIαk. Il ne reste plus qu’à mettre tout ça ensemble : notons X1 ′ déf. . . X = . Xr ′ ′′ ′′ ′′ alors on vérifie immédiatement (simples calculs par blocs) quecommN+D= N(X ), c’estàdireA 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∈Mn(C)telle queN = commA(X). 19.Voilà enfin le critère de diagonalisabilité de Klarès. •SupposonsAdiagonalisable. Alors (partie II),commA; c’est ensuite un grand classique, refaitest diagonalisable 2 en question12, que d’en conclure queKer(commA) = Ker(commA). 2 •Réciproquement, supposonsKer(commA) = Ker(commA). Toujours d’après la question 12, on en déduit que Ker(commA)∩Im(commA) ={0}. Or,Nest dansIm(comma)d’après la question 18, et de plusNcommute avecD, doncNcommute avecA, c’estàdire queN∈Ker(commA). Ah, bah alors du coup,N = 0, doncA = D + N = Dest diagonalisable. 2 Aest diagonalisable si et seulement siKer(commA) = Ker(commA).(critère de Klarès)
Critère de diagonalisation de Klarès
DM06bis.tex
