Restriction à un sous-espace vectoriel stable d'un endomorphisme diagonalisable. Deuxième méthode

Partie

Question

Les hypothèses de cet exercice utilisent le résultat de l'exercice 1 :

Un sous-espace stable par un endomorphisme diagonalisable admet un supplémentaire stable.

Soient \(E\) un espace vectoriel sur \(\mathbb R\) ou \(\mathbb C\) de dimension finie \(n\), \(n\in\mathbb N^*\), et \(f\) un endomorphisme de \(E\) diagonalisable.

Soit \(F\) un sous-espace vectoriel de \(E\) de dimension \(r\), \(0<r<n\), stable par \(f\).

  1. Soit \(G\) un supplémentaire de \(F\) stable par \(f\).

    Pour toute valeur propre \(\lambda\) de \(f\), on note \(E_\lambda\) le sous-espace propre associé à \(\lambda\), et \(F_{(\lambda)}\) et \(G_{(\lambda)}\) les sous-espaces vectoriels de \(E\) suivants :

    \(F_{(\lambda)}=F\cap E_{\lambda}\) et \(G_{(\lambda)}=G\cap E_\lambda\).

    a. Montrer l'égalité : \(E_\lambda=F_{(\lambda)}\oplus G_{(\lambda)}\).

    b. Soient \(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_t\) les \(t\) valeurs propres distinctes de \(f\).

    Montrer les égalités :

    \(F=F_{(\lambda_1)}\oplus F_{(\lambda_2)}\oplus\cdots\oplus F_{(\lambda_t)}\) et \(G=G_{(\lambda_1)}\oplus G_{(\lambda_2)}\oplus\cdots\oplus G_{(\lambda_t)}\).

  2. En déduire que \(F\) admet une base de vecteurs propres de \(f_{|F}\), restriction de \(f\) au sous-espace \(F\), et donc que la restriction de \(f\) au sous-espace \(F\) est diagonalisable.

Aide simple

  1. b. Utiliser l'égalité \(E=E_{\lambda_1}\oplus E_{\lambda_2}\oplus\cdots\oplus E_{\lambda_t}\).

  2. Ne faire intervenir dans la somme directe des \(F_{(\lambda_i)}\) que ceux qui ne sont pas réduits au vecteur nul.

Aide méthodologique

Le texte fait intervenir des sommes directes de sous-espaces vectoriels, or une méthode pour démontrer qu'un endomorphisme \(l\) d'un espace vectoriel \(L\) est diagonalisable est de montrer que \(L\) est somme directe des sous-espaces propres de \(l\) ou bien de montrer qu'il existe dans \(L\) une base de vecteurs propres.

Aide à la lecture

D'après le résultat de l'exercice 1 de cette ressource, il existe un supplémentaire \(G\) de \(F\) stable par \(f\). Donc \(F\) et \(G\) sont tous deux stables par \(f\).

Un sous-espace vectoriel \(F\) est stable par \(f\) s'il vérifie la propriété « l'image par \(f\) de tout élément de \(F\) appartient à \(F\) ».

On peut donc considérer l'application suivante :

\(\begin{array}{cc}f_{|F} :&F\rightarrow F\\&x\mapsto f(x)\end{array}\)

L'application \(f_{|F}\) est un endomorphisme de \(F\), appelée restriction de \(f\) au sous-espace \(F\).

Solution détaillée

  1. Soient \(\lambda\) une valeur propre de \(f\), \(E_\lambda\) le sous-espace propre associé à \(\lambda\),

    \(F_{(\lambda)}=F\cap E_\lambda=\{x\in F |f(x)=\lambda x\}\) et \(G_{(\lambda)}=G\cap E_\lambda=\{x\in G |f(x)=\lambda x\}\).

    (Remarque : l'un de ces sous-espaces peut ne contenir que le vecteur nul).

    1.a. On veut montrer l'égalité \(E_\lambda=F_{(\lambda)}\oplus G_{(\lambda)}\).

    On sait que \(F\) et \(G\) sont des sous-espaces supplémentaires, donc \(F\cap G=\{0\}\), à fortiori \(F_{(\lambda)}\cap G_{(\lambda)}=\{0\}\). Donc la somme de \(F_{(\lambda)}\) et \(G_{(\lambda)}\) est directe et comme chacun d'eux est inclus dans \(E_\lambda\), on a \(F_{(\lambda)}\oplus G_{(\lambda)}\subset E_\lambda.\)

    On montre \(E_\lambda\subset F_{(\lambda)}\oplus G_{(\lambda)}\):

    Soit u un élément de \(E_\lambda\), donc \(f(u)=\lambda u\); \(u\), en tant qu'élément de \(E\), s'écrit \(u=u_1+u_2\), \(u_1\in F\), \(u_2\in G\).

    Ceci entraîne à la fois \(f(u)=\lambda(u_1+u_2)=\lambda u_1+\lambda u_2\) et \(f(u)=f(u_1)+f(u_2)\).

    Or \(F\) et \(G\) sont stables par \(f\) donc \(f(u_1)\in F\) et \(f(u_2)\in G\), et comme la somme de \(F\) et \(G\) est directe l'écriture de \(f(u)\) comme somme d'un élément de \(F\) et d'un élément de \(G\) est unique.

    Cela entraîne : \(f(u_1)=\lambda u_1\) et \(f(u_2)=\lambda u_2\).

    Donc \(u_1\in F_{(\lambda)}\) et \(u_2\in G_{(\lambda)}\) d'où \(E_\lambda\subset F_{(\lambda)}\oplus G_{(\lambda)}\).

    On a bien montré l'égalité \(E_\lambda=F_{(\lambda)}\oplus G_{(\lambda)}\).

    1.b. Soient \(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_t\) les \(t\) valeurs propres distinctes de \(f\).

    Comme \(f\) est diagonalisable, \(E\) est somme directe de ses sous-espaces propres.

    Donc \(E=E_{\lambda_1}\oplus E_{\lambda_2}\oplus\cdots\oplus E_{\lambda_t}\).

    Or d'après 1.a. \(E_{\lambda_i}=F_{(\lambda_i)}\oplus G_{(\lambda_i)}\), \(\forall i\), \(1\le i\le t\).

    L'égalité suivante est alors immédiate :

    \(E=F_{(\lambda_1)}\oplus F_{(\lambda_2)}\oplus\cdots\oplus F_{(\lambda_t)}\oplus G_{(\lambda_1)}\oplus\cdots\oplus G_{(\lambda_t)}\). Comme \(\forall i\), \(1\le i\le t\), \(F_{(\lambda_i)}\subset F\) et \(G_{(\lambda_i)}\subset G\), on en déduit :

    \(F_{(\lambda_1)}\oplus F_{(\lambda_2)}\oplus\cdots\oplus F_{(\lambda_t)}\subset F\) et \(G_{(\lambda_1)}\oplus G_{(\lambda_2)}\oplus\cdots\oplus G_{(\lambda_t)}\subset G\).

    Comme on a aussi \(E=F\oplus G\), la seule possibilité est :

    \(F=F_{(\lambda_1)}\oplus F_{(\lambda_2)}\oplus\cdots\oplus F_{(\lambda_t)}\) et \(G=G_{(\lambda_1)}\oplus G_{(\lambda_2)}\oplus\cdots\oplus G_{(\lambda_t)}\).

    (On peut aussi considérer les dimensions de tous les sous-espaces intervenant dans ces sommes directes.)

  2. Donc \(F=F_{(\lambda_1)}\oplus F_{(\lambda_2)}\oplus\cdots\oplus F_{(\lambda_t)}\).

    Il est possible que certains des \(F_{(\lambda_i)}\) soient réduits au vecteur nul. Comme la dimension de \(F\) est non nulle, un au moins de ces sous-espaces vectoriels n'est pas réduit au vecteur nul.

    En notant \(\mu_1,\mu_2,\cdots,\mu_k\) ceux des \(\lambda_i\) tels que \(F_{(\lambda_i)}\) ne soit pas réduit au vecteur nul, on en déduit : \(F=F_{(\mu_1)}\oplus F_{(\mu_2)}\oplus\cdots\oplus F_{(\mu_k)}\).

    Le sous-espace vectoriel \(F\) admet donc comme base la réunion des bases des \(F_{(\mu_i)}\), \(1\le i\le k\).

    Or \(F_{(\mu_i)}=F\cap E_{\mu_i}\), donc tout élément \(v\) non nul de \(F_{(\mu_i)}\) appartient à \(E_{\mu_i}\) et est donc un vecteur propre de \(f\) : \(f(v)=\mu_iv\).

    Soit \(f_{|F}\) la restriction de \(f\) au sous-espace \(F\) :

    \(\begin{array}{cc}f_{|F} :&F\rightarrow F\\&x\mapsto f(x)\end{array}\).

    Comme \(v\) appartient à \(F\), on obtient \(f_{|F}(v)=f(v)=\mu_iv\), donc \(v\) est un vecteur propre de \(f_{|F}\).

    Donc \(F\) admet une base formée de vecteurs propres de \(f_{|F}\).

    D'où \(f_{|F}\) est diagonalisable.