Base de vecteurs propres communs à deux endomorphismes diagonalisables qui commutent
Partie
Question
Il est utile pour résoudre cet exercice de connaître le résultat de l'exercice 2 :
La restriction à un sous-espace vectoriel stable d'un endomorphisme diagonalisable est diagonalisable.
Soit \(E\) un espace vectoriel sur \(\mathbb C\) de dimension finie \(n\), \(n\in\mathbb N^*\). On considère deux endomorphismes \(f\) et \(g\) de \(E\) tels que \(f\bigcirc g=g\bigcirc f\).
Montrer que les sous-espaces propres de \(f\) sont stables par \(g\).
Montrer qu'il existe au moins un vecteur propre commun à \(f\) et \(g\).
Montrer que si \(f\) et \(g\) sont diagonalisables, il existe une base commune de vecteurs propres.
L'endomorphisme \(f\bigcirc g\) est-il diagonalisable ?
On considère les matrices \(A=\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&2\end{array}\right)\) et \(B=\left(\begin{array}{cc}2&6\\0&1\end{array}\right)\) et les endomorphismes de \(\mathbb C^2\) associés à ces matrices dans la base canonique de \(\mathbb C^2\).
La propriété démontrée au 3 est-elle vérifiée ? Expliquer.
Aide méthodologique
D'après l'intitulé de la question 1, traduire la condition \(f\) est diagonalisable par une condition utilisant les sous-espaces propres, ainsi que la propriété de l'exercice 2 rappelée en début d'énoncé.
Aide à la lecture
Un sous-espace vectoriel \(F\) est stable par \(g\) s'il vérifie la propriété « l'image par \(g\) de tout élément de \(F\) appartient à \(F\) ».
Dans la question 3 il faut montrer qu'il existe une base de \(E\) formée de vecteurs qui sont à la fois des vecteurs propres de \(f\) et de \(g\).
Solution détaillée
Soient \(\lambda\) une valeur propre de \(f\) et \(E_\lambda\) le sous-espace propre associé à \(\lambda\).
Soit \(u\) appartenant à \(E_\lambda\), donc \(f(u)=\lambda u\).
On montre que \(g(u)\) appartient à \(E_\lambda\) :
en effet \(f(g(u))=g(f(u))\) car \(f\bigcirc g=g\bigcirc f\). Comme \(f(u)=\lambda u\), il vient \(g(f(u))=g(\lambda u)=\lambda g(u)\). Donc \(f(g(u))=\lambda g(u)\), ce qui signifie que \(g(u)\) appartient aussi à \(E_\lambda\), donc \(E_\lambda\) est stable par \(g\).
Comme \(E\) est un espace vectoriel sur \(\mathbb C\), le polynôme caractéristique de \(f\) est scindé, il admet donc une racine, notée \(\lambda\), qui est une valeur propre de \(f\).
Le sous-espace propre \(E_\lambda\) est stable par \(g\) d'après la question 1). On peut donc considérer la restriction \(g_{|E_\lambda}\) de \(g\) au sous-espace \(E_\lambda\) :
\(\begin{array}{cc}g_{|E_\lambda} :&E_\lambda\rightarrow E_\lambda\\&u\mapsto g(u)\end{array}\)
L'application \(g_{|E_\lambda}\) est un endomorphisme de \(E_\lambda\), qui est lui aussi un espace vectoriel de dimension finie sur \(\mathbb C\), donc le polynôme caractéristique de \(g_{|E_\lambda}\) a une racine \(\mu\) qui est une valeur propre de \(g_{|E_\lambda}\).
Il existe alors un élément \(v\) de \(E_\lambda\) qui est vecteur propre de \(g_{|E_\lambda}\), c'est-à-dire tel que \(v\neq0\) et \(g_{|E_\lambda}(v)=\mu v\). Or \(g_{|E_\lambda}(v)=g(v)\).
Donc \(v\), non nul, vérifie à la fois \(g(v)=\mu v\) et \(f(v)=\lambda v\) (puisque \(v\) appartient à \(E_{|\lambda}\)). D'où \(v\) est un vecteur propre commun à \(f\) et à \(g\).
On suppose de plus que \(f\) et \(g\) sont diagonalisables.
Soient \(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_t\) les \(t\) valeurs propres distinctes de \(f\), donc \(E=E_{\lambda_1}\oplus E_{\lambda_2}\oplus\cdots\oplus E_{\lambda_t}\), \(E_{\lambda_i}\) étant le sous-espace propre associé à la valeur propre \(\lambda_i\).
D'après la question 1, les sous-espaces propres \(E_{\lambda_i}\), \(1\le i\le t\), sont stables par \(g\), or on a le résultat rappelé de l'exercice précédent : « La restriction à un sous-espace vectoriel stable d'un endomorphisme diagonalisable est diagonalisable ».
Donc dans chaque \(E_{\lambda_i}\), \(1\le i\le t\), il existe une base de vecteurs propres pour la restriction de \(g\) à ce sous-espace, ces vecteurs propres sont donc aussi des vecteurs propres de \(g\), mais ce sont des vecteurs propres de \(f\) d'après la définition de \(E_{\lambda_i}\).
Comme \(E\) est somme directe des \(E_{\lambda_i}\), \(1\le i\le t\), la réunion de ces bases de \(E_{\lambda_i}\) est une base de \(E\); c'est une base commune de vecteurs propres de \(f\) et \(g\).
De plus, si \(v\) est vecteur propre à la fois de \(f\) et de \(g\), il existe \(\lambda\) et \(\mu\) tels que \(f(v)=\lambda v\) et \(g(v)=\mu v\), donc \((f\bigcirc g)(v)=f(\mu v)=\mu f(v)=(\lambda\mu)v\) et \(v\) est vecteur propre de \(f\bigcirc g\).
Donc la base commune de vecteurs propres de \(f\) et \(g\) est une base de vecteurs propres de \(f\bigcirc g\), donc \(f\bigcirc g\) est diagonalisable.
Soit \(f\) associé à la matrice \(A=\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&2\end{array}\right)\) et \(g\) associé à la matrice \(B=\left(\begin{array}{cc}2&6\\0&1\end{array}\right)\) dans la base canonique de \(\mathbb C^2\).
La matrice \(A\) est diagonale donc \(f\) est diagonalisable, la matrice \(B\) admet deux valeurs propres \(1\) et \(2\) distinctes donc \(g\) est diagonalisable.
Le produit \(AB\) est égal à \(\left(\begin{array}{cc}2&6\\0&2\end{array}\right)\) donc \(f\bigcirc g\) n'est pas diagonalisable car la matrice \(AB\) a la seule valeur propre double \(2\) sans être égale à \(2I_2\), \(I_2\) étant la matrice unité d'ordre 2 (voir par exemple que le rang de \(AB-2I_2\) est \(1\), donc \(E_2=\textrm{Ker }(f\bigcirc g-2id_{\mathbb C^2})\) est de dimension 1). Ceci ne peut s'expliquer que par l'absence d'au moins une hypothèse.
En effet \(AB=\left(\begin{array}{cc}2&6\\0&2\end{array}\right)\) et \(BA=\left(\begin{array}{cc}2&12\\0&2\end{array}\right)\). Donc \(f\bigcirc g\neq g\bigcirc f\).