Endomorphisme ou matrice diagonalisable

Partie A

1. Un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension finie est inversible si et seulement si son noyau est réduit au vecteur nul. Par conséquent si $f$ est inversible le seul vecteur $V$ de $E$ qui vérifie l'équation $f(V)=0.V$ est le vecteur nul : $0$ n'est pas une valeur propre pour $f$.

   Si $\lambda$ est une valeur propre de $f$ et $V$ un vecteur propre de $f$ associé à la valeur propre $\lambda$ alors $f(V)=\lambda V$, par conséquent :

   $f^{-1}(f(V))=f^{-1}(\lambda V)$.

   Comme $f^{-1}$ est une application linéaire vérifiant $f^{-1}\bigcirc f=\textrm{Id}_E$ et comme $\lambda$ est non nul d'après le résultat précédent nous obtenons :

   $\displaystyle{f^{-1}(V)=\frac{1}{\lambda}V}$.

   Le vecteur $V$ n'étant pas le vecteur nul, cette égalité prouve que $\lambda^{-1}$ est une valeur propre de $f^{-1}$ et $V$ est un vecteur propre de $f^{-1}$ associé à la valeur propre $\lambda^{-1}$.

2. Soit $E_\lambda$ le sous-espace propre de $f$ associé à la valeur propre $\lambda$, et $E'_{\lambda^{-1}}$ le sous-espace propre de $f^{-1}$ associé à la valeur propre $\lambda^{-1}$.

   Dans la question 1. nous avons montré $E_\lambda\subset E'_{\lambda^{-1}}$. Comme $(f^{-1})^{-1}=f$ et $(\lambda^{-1})^{-1}=\lambda$, en remplaçant dans la question 1. $f$ par $f^{-1}$ et $\lambda$ par $\lambda^{-1}$ nous obtenons $E'_{\lambda^{-1}}\subset E_\lambda$, par conséquent $E_\lambda'=E'_{\lambda^{-1}}$.

3. Si $f$ est diagonalisable il existe une base de $E$ formée de vecteurs propres de $f$ et des scalaires $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$ non nuls tels que la matrice de $f$ dans cette base soit :

   $D=\left(\begin{array}{ccc}\lambda_1&0&0\\0&\ddots&0\\0&0&\lambda_n\end{array}\right)$.

   Les scalaires $\lambda_i$ étant non nuls, la matrice $D$ est inversible et la matrice de $f^{-1}$ dans cette base est :

   $D^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda_1}^{-1}&0&0\\0&\ddots&0\\0&0&{\lambda_n}^{-1}\end{array}\right)$.

   Ceci prouve que l'endomorphisme $f^{-1}$ est diagonalisable.

   • Autre démonstration pour prouver que $f^{-1}$ est diagonalisable :

     Si $f$ est diagonalisable, il existe une base de $E$ formée de vecteurs propres de $f$. D'après la question 1., cette base est aussi une base de vecteurs propres de $f^{-1}$, donc $f^{-1}$ est diagonalisable.

   Si $\lambda$ est une valeur propre de $f$ de multiplicité $r$ et $E_\lambda$ le sous-espace propre associé, nous avons montré que $\lambda^{-1}$ est une valeur propre de $f^{-1}$ et $E_\lambda$ est le sous-espace propre associé.

   Lorsqu'un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension finie est diagonalisable la multiplicité d'une valeur propre est égale à la dimension du sous-espace propre associé.

   Comme $f$ est diagonalisable et que la valeur propre $\lambda$ a pour multiplicité $r$, $\textrm{dim}(E_\lambda)=r$.

   Comme $f^{-1}$ est diagonalisable et que le sous-espace propre associé à la valeur propre $\lambda^{-1}$ a pour dimension $r$, $\lambda^{-1}$ a pour multiplicité $r$.

Partie B

1. Soit $Q$ est un polynôme de $\mathbf K[X]$ défini par

   $Q(X)=a_0+a_1X+\cdots+a_qX^q$,

   $\widetilde{Q}$ étant le polynôme de $\mathbf K[X]$ défini par :

   $\widetilde{Q}(X)=a_0X^q+a_1X^{q-1}+\cdots+a_q$,

   nous avons pour tout $x$ élément non nul de $\mathbf K$ :

   $\begin{array}{lll}\widetilde{Q}(x)&=a_0x^q+a_1x^{q-1}+\cdots+a_q\\&=\displaystyle{x^q\left(a_0+a_1\frac{1}{x}+\cdots+a_q\frac{1}{x^q}\right)}\\&=\displaystyle{x^qQ\left(\frac{1}{x}\right)}\end{array}$

   Par conséquent, pour tout élément $x$ non nul de $\mathbf K$ : $\displaystyle{\widetilde{Q}(x)=x^qQ\left(\frac{1}{x}\right)}$.

2. Soit $x$ un élément non nul de $\mathbf K$. Nous avons :

   $\begin{array}{lll}\textrm{det}(f)P_{\textrm{car},f^{-1}}(x)&=\textrm{det}(f)\textrm{det}(f^{-1}-x\textrm{ Id}_E)\\&=\textrm{det}[(f)\bigcirc(f^{-1}-x\textrm{Id}_E)]\\&=\textrm{det}(\textrm{Id}_E-xf)\\&=\textrm{det}[(-x)\left(f-\displaystyle{\frac{1}{x}}\textrm{Id}_E\right)]\\&=(-1)^nx^nP_{\textrm{car},f}\displaystyle{\left(\frac{1}{x}\right)}\end{array}$.

   D'après la question 1., nous savons que si $Q(X)$ est un polynôme de degré $q$, alors pour tout élément $x$ non nul de $\mathbf K$ nous avons : $\displaystyle{\widetilde{Q}(x)=x^qQ\left(\frac{1}{x}\right)}$. 

   Comme $P_{\textrm{car},f}(X)$ est un polynôme de degré $n$,

   $\displaystyle{x^nP_{\textrm{car},f}\left(\frac{1}{x}\right)=\widetilde{P}_{\textrm{car},f}(x)}$,

   et l'égalité précédente s'écrit :

   $\textrm{det}(f)P_{\textrm{car},f^{-1}}(x)=(-1)^n\widetilde{P}_{\textrm{car},f}(x)$,

   cette égalité étant vraie pour tout élément $x$ non nul de $\mathbf K$.

   Lorsque deux polynômes de $\mathbf K[X]$, ($\mathbf K$ étant $\mathbb R$ ou $\mathbb C$), prennent la même valeur pour une infinité d'éléments de $\mathbf K$ alors ces polynômes sont égaux. Ceci est le cas des polynômes $\textrm{det}(f)P_{\textrm{car},f^{-1}}(X)$ et $(-1)^n\widetilde{P}_{\textrm{car},f}(X)$ par conséquent :

   $\textrm{det}(f)P_{\textrm{car},f^{-1}}(X)=(-1)^n\widetilde{P}_{\textrm{car},f}(X)$.

   Comme $f$ est inversible son déterminant n'est pas nul et l'égalité précédente s'écrit :

   $\displaystyle{P_{\textrm{car},f^{-1}}(X)=\frac{(-1)^n}{\textrm{det}(f)}\widetilde{P}_{\textrm{car},f}(X)}$.

3. 3a. Notons $n_1$ le degré du polynôme $Q_1$, $n_2$ celui du polynôme $Q_2$, et $x$ un élément non nul de $\mathbf K$. Nous rappelons que si $Q(X)$ est un polynôme de degré $q$, alors pour tout élément $x$ non nul de $\mathbf K$ : $\displaystyle{\widetilde{Q}(x)=x^qQ\left(\frac{1}{x}\right)}$.

   Cette remarque nous permet d'écrire :

   $\displaystyle{\widetilde{Q_1Q_2}(x)=x^{n_1+n_2}(Q_1Q_2)\left(\frac{1}{x}\right)=x^{n_1}Q_1\left(\frac{1}{x}\right)x^{n_2}Q_2\left(\frac{1}{x}\right)=\widetilde{Q_1}(x)\widetilde{Q_2}(x)}$.

   Pour tout élément $x$ non nul de $\mathbf K$ les polynômes $\widetilde{Q_1Q_2}$ et $\widetilde{Q_1}\widetilde{Q_2}$ prennent la même valeur.

   Par conséquent, $\mathbf K$ étant $\mathbb R$ ou $\mathbb C$, ces polynômes sont égaux :

   $\widetilde{Q_1Q_2}=\widetilde{Q_1}\widetilde{Q_2}$.

   3b. Si $\lambda$ est une valeur propre de $f$ de multiplicité $r$ alors :

   $P_{\textrm{car},f}(X)=(\lambda-X)^rQ(X)$,

   où $Q$ est un polynôme de $\mathbf K[X]$ de degré $n-r$ tel que $Q(\lambda)\neq0$. D'après la question 3. nous avons :

   $\widetilde{P}_{\textrm{car},f}(X)=\left(\widetilde{\lambda-X}\right)^r\widetilde{Q}(X)$.

   Or $\displaystyle{\widetilde{\lambda-X}=\lambda X-1=\lambda\left(X-\frac{1}{\lambda}\right)}$,

   par conséquent $\displaystyle{\widetilde{P}_{\textrm{car},f}(X)=(\lambda)^r\left(X-\frac{1}{\lambda}\right)^r\widetilde{Q}(X)}$

   et le nombre $\displaystyle{\widetilde{Q}\left(\frac{1}{\lambda}\right)=\left(\frac{1}{\lambda}\right)^{n-r}Q(\lambda)}$ est non nul.

   Nous avons montré que :

   $\displaystyle{P_{\textrm{car},f^{-1}}(X)=\frac{(-1)^n}{\textrm{det}(f)}\widetilde{P}_{\textrm{car},f}(X)=\frac{(-1)^n(\lambda)^r}{\textrm{det}(f)}\left(X-\frac{1}{\lambda}\right)^r\widetilde{Q}(X)}$

   où $\widetilde{Q}$ est un polynôme qui n'admet pas $\lambda^{-1}$ pour racine. Cette égalité prouve que $\lambda^{-1}$ est une racine d'ordre de multiplicité $r$ de $P_{\textrm{car},f^{-1}}(X)$.