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 \(P_{\textrm{car},f^{-1}}(X)\).