Math III-Algèbre - Automne 2007 Université Claude Bernard Lyon 1

Sous-espaces caractéristiques - Décomposition spectrale d’un endomorphisme - Exponentielle d’endomorphismes

Exercice 1.* 1. Tout vecteur x de E s’écrit sous la forme x = (x − π(x)) + π(x) et x − π(x) ∈ Ker(π), π(x) ∈ Im(π) en vertu de la condition π^{2} = π. Cette décomposition est unique car Ker(π)∩Im(π) = {0}: un élément x de Ker(π) ∩ Im(π) s’écrit sous la forme x = π(y) avec π^{2}(y) = 0, donc est nul puisque π = π^{2}. Remarque : il est bon d’observer que tout projecteur π est diagonalisable puisque le polynôme T^{2} − T est scindé à racines simples sur K ; on a donc E = Ker(π) ⊕ Ker(π − id_{E}) et l’égalité Ker(π − id_{E}) = Im(π) se déduit immédiatement de l’équation π^{2} = π. Ainsi, la décomposition de E obtenue n’est pas autre chose que la décomposition en somme directes des sous-espaces propres de π...

Bien évidemment, la décomposition E = Ker(u) ⊕ Im(u) ne garantit pas que l’endomorphisme u soit un projecteur : pour obtenir un contre-exemple, il suffit de partir d’une décomposition E = E′⊕ E′′, de choisir un automorphisme quelconque u′′de E′′et de considérer l’endomorphisme u de E défini par u(x′+ x′′) = u′′(x′′) ; on a E′= Ker(u) et E′′= Im(u), mais u est un projecteur si et seulement si u′′= id_{E′′}.

2. Comme on l’a remarqué, Im(π) = Ker(π − id_{E}) est le sous-espace propre de π associé à la valeur propre 1 ; en juxtaposant une base de Ker(π) et une base de Im(π), on obtient donc une base de E dans laquelle la matrice de π est de la forme

( \begin{matrix}(0) & (0) \\ (0) & I_{r} \end{matrix} )

avec r = dimIm(π) = rg(π) et l’égalité rg(π) = tr(π) devient évidente.

3. Étant donnés deux projecteurs π_{1}, π_{2},

(π_{1}+ π_{2})^{2} = π_{1}^{2}+ π_{1}∘ π_{2}+ π_{2}∘ π_{1}+ π_{2}^{2}
= π_{1}+ π_{2}+ π_{1}∘ π_{2}+ π_{2}∘ π_{1}.

Si π_{1}∘ π_{2} = π_{2}∘ π_{1} = 0, π_{1}+ π_{2} est manifestement un projecteur.

Réciproquement, si π_{1}+ π_{2} est un projecteur, π_{1}∘ π_{2} = −π_{2}∘ π_{1}. Contrairement aux apparences, cette dernière condition implique que π_{1} et π_{2} commutent : il en découle en effet que π_{2} stabilise les sous-espaces Ker(π_{1}) et Im(π_{1}) (le vérifier !) et donc commute avec π_{1} puisque tel est évidemment le cas sur Ker(π_{1}), où π_{1} = 0, et sur Im(π_{1}) = Ker(π_{1} − id_{E}), où π_{1} = id. Ainsi, si π_{1} + π_{2} est un projecteur, π_{1} ∘ π_{2} = −π_{2} ∘ π_{1} et π_{1}∘π_{2} = π_{2}∘π_{1}, donc 2π_{1}∘π_{2} = 0. Lorsque 2 ≠ 0 dans le corps K (c’est-à-dire lorsque la caractéristique de K n’est pas égale à 2), nous en déduisons π_{1}∘ π_{2} = π_{2}∘ π_{1} = 0.

Remarque : lorsque le corps K est de caractéristique 2, (u + v)^{2} = u^{2} + v^{2} pour tous endomorphismes u,v qui commutent et la somme de deux projecteurs est donc un projecteur si et seulement si ceux-ci commutent.

4. Dans cette dernière question, π_{1} + π_{2} est un projecteur et K est de caractéristique différente de 2 donc π_{1}∘ π_{2} = π_{2}∘ π_{1} = 0.

L’ inclusion Ker(π_{1}) ∩ Ker(π_{2}) ⊂ Ker(π_{1}+ π_{2}) est évidente ; réciproquement, étant donné x ∈ Ker(π_{1}+ π_{2}), π_{1}(x) = −π_{2}(x) = −π_{2}^{2}(x) = π_{2}(π_{1}(x)) = 0 et donc Ker(π_{1}+ π_{2}) = Ker(π_{1}) ∩ Ker(π_{2}).

Comme π_{1}∘ π_{2} = 0, Im(π_{2}) ⊂ Ker(π_{1}) et donc Im(π_{1}) ∩ Im(π_{2}) = 0. L’inclusion Im(π_{1}+ π_{2}) ⊂ Im(π_{1}) ⊕ Im(π_{2}) est évidente ; réciproquement, étant donné x ∈ Im(π_{1}) ⊕ Im(π_{2}), x = π_{1}(y) + π_{2}(z) et π_{1}(x) = π_{1}^{2}(y) = π_{1}(y), π_{2}(x) = π_{2}^{2}(z) = π_{2}(z), donc x = π_{1}(x) + π_{2}(x) ∈ Im(π_{1}+ π_{2}).

Complément : il convient d’observer que les projecteurs π ∈ L (E) sont les pendants algébriques des décompositions de l’espace vectoriel E en somme directe de deux sous-espaces vectoriels. De manière précise, l’application π ↦ (Im(π),Ker(π)) réalise une bijection entre l’ensemble des endomorphismes π de E tels que π^{2} = π et l’ensemble des couples (E′,E′′) formés de deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E. Étant donné un couples (E′,E′′) de sous-espaces supplémentaires, le projecteur π correspondant est défini par π_{|E′}= id_{|E′}et π_{|E′′}= 0 ; la permutation des sous-espaces E′et E′′correspond au remplacement du projecteur π par le projecteur id_{E}− π.

Exercice 2.* Remarque préliminaire : l’énoncé suppose implictement que les applications π : E → E_{i} sont surjectives.

Soient E_{1},...,E_{n} des sous-espaces vectoriels de E tels que E = E_{1}⊕ ...⊕ E_{n}. Étant donné i ∈ {1,...,n}, il existe une unique application linéaire π_{i} : E → E telle que π_{i}(x) = x si x ∈ E_{i} et π_{i}(x) = 0 si x ∈ E_{j} avec j ≠ i (si cela ne vous semble pas tout-à-fait évident, il n’y a qu’à considérer une base de E obtenue en juxtposant des bases de chacun des sous-espaces E_{1},...,E_{n}) ; on a évidemment Im(π_{i}) = E_{i}, Ker(π_{i}) = ⨁ _{j≠i} E_{j}, π_{i}^{2} = π_{i}, π_{i}∘ π_{j} = 0 si i ≠ j et id_{E} = π_{1}+ ...+ π_{n}.

Soient réciproquement π_{1},...,π_{n} ∈ L (E) des projecteurs tels que Im(π_{i}) = E_{i} pour tout i, π_{i}∘ π_{j} = 0 pour tous i,j avec i ≠ j et id_{E} = π_{1} + ...+ π_{n}. La décomposition de E en somme directe des sous-espaces E_{i} peut s’établir en raisonnant par récurrence sur n ≥ 2 à partir du cas n = 2 étudié à la question 4 de l’exercice précédent, le point étant que π′_{p} = π_{1}+...+π_{p} et π_{p+1} sont des projecteurs tels que π′_{p}∘π_{p+1} = π_{p+1} ∘π′_{p} = 0. Il est tout aussi simple de démontrer directement notre assertion : la condition id_{E} = π_{1} + ...+ π_{n} garantit que tout vecteur x de E s’écrit comme la somme des vecteurs x_{i} = π_{i}(x) ∈ E_{i} = Im(π_{i}) et cette décomposition est unique car, si x = x′_{1} + ...+ x′_{n} avec x′_{i}∈ Im(π_{i}), π_{i}(x) = π_{i}(x′_{i}) pour tout i puisque π_{i} ∘ π_{j} = 0 si j ≠ i et x′_{i}= π_{i}(x′_{i}) = π_{i}(x) car Im(π_{i}) = Ker(id_{E}− π_{i}).

Exercice 3.* 1. L’hypothèse Q(λ) ≠ 0 signifie précisément que les polynômes (T − λ)^{k} et Q sont premiers entre eux et on peut donc écrire une identité de Bézout UQ + V(T − λ)^{k} = 1 avec U, V ∈ K[T]. L’inclusion Ker(Q(u)) ⊂ Im(u − λid_{E})^{k} découle immédiatement de l’identité

id_{E} = U(u)Q(u) + V(u)(u − λid_{E})^{k} = U(u)Q(u) + (u − λid_{E})^{k}V(u).

L’inclusion réciproque est évidente puisque Q(u)(u − λid_{E})^{k} = m_{u}(u) = 0.

2. Les identités id_{E} = U(u)Q(u) + V(u)(u − λid_{E})^{k} = Q(u)U(u) + (u − λid_{E})^{k}V(u) et (u − λid_{E})^{k}Q(u) = 0 impliquent immédiatement la décomposition de E en somme directe des sous-espaces Ker(Q(u)) et Ker(u − λid_{E}) (lemme de décomposition des noyaux) ; vu la question précédente, on obtient la décomposition

E = Ker(u − λid_{E})^{k}⊕ Ker(Q(u)) = Ker(u − λid_{E})^{k}⊕ Im(u − λid_{E})^{k}.

3. Les sous-espaces Ker(u − λid_{E}) et Im(u − λid_{E}) sont stables par u car les endomorphismes u et u − λid_{E} commutent. Écrivant un vecteur quelconque x de E sous la forme x = x′+ x′′avec x′∈ Im(u − λid_{E}) et x′′∈ Ker(u − λid_{E}) ,

P(u)(x) = P(u)(x′) + P(u)(x′′)
= m′(u)(u − λid_{E})(x′) + (u − λid_{E})m′(u)(x′′) = 0

car le polynôme m′(resp. T−λ) annule la restriction de u au sous-espace Im(u−λid_{E})^{k} (resp. Ker(u−λid_{E})) ; on a donc P(u) = 0.

Le polynôme minimal m_{u} de u divise le polynôme (T − λ)m′; si l’on suppose en outre que λ est une valeur propre de u, m_{u} s’écrit sous la forme m_{u} = (T − λ)m̃et le polynôme m̃divise m′. Le scalaire λ est une racine simple de m_{u} si et seulement si m̃(λ) ≠ 0 ; comme cette condition sera vérifiée si m′(λ) ≠ 0, il suffit de s’assurer que λ n’est pas racine de m′.

Si l’on avait m′(λ) = 0, λ serait une valeur propre de la restriction de u au sous-espace Im(u − λid_{E}) et ce dernier contiendrait donc un vecteur non nul x tel que u(x) = λx. La condition Ker(u−λid_{E})∩Im(u−λid_{E}) = {0} montre que ceci est impossible ; on a donc m′(λ) ≠ 0 et λ est une racine simple de m_{u}.

4. Commençons par observer que les conditions

(i) E = Ker(u − λid_{E}) ⊕ Im(u − λid_{E})

(i’) Ker(u − λid_{E}) ∩ Im(u − λid_{E}) = {0} sont équivalentes puisqu’on a déjà l’égalité dim(E) = dimKer(u − λid_{E}) + dimIm(u − λid_{E}). Les conditions

(ii) Ker(u − λid_{E}) = Ker(u − λid_{E})^{2}

(ii’) Ker(u − λid_{E})^{2} ⊂ Ker(u − λid_{E}) sont également équivalentes en vertu de l’inclusion Ker(u − λid_{E}) ⊂ Ker(u − λid_{E})^{2}. Il en découle que les conditions (i) et (ii) sont équivalentes si et seulement si les conditions (i’) et (ii’) le sont.

(i’) ⇒ (ii’) : quel que soit x ∈ Ker(u − λid_{E})^{2}, (u − λid_{E})(x) appartient simultanément aux sous-espaces Im(u − λid_{E}) et Ker(u − λid_{E}), donc est nul.

(ii’) ⇒ (i’) : quel que soit x ∈ Ker(u−λid_{E})∩Im(u−λid_{E}), x = (u−λid_{E})(y) avec y ∈ E et (u−λid_{E})^{2}(y) = (u − λid_{E})(x) = 0 ; on a alors par hypothèse (u − λid_{E})(y) = 0, d’où x = 0.

5. Supposons que l’endomorphisme u soit diagonalisable. Chaque valeur propre λ de u est une racine simple du polynôme minimal de u, donc

E = Ker(u − λid_{E}) ⊕ Im(u − λid_{E})

en vertu de la question 2 (avec k = 1) et Ker(u − λid_{E}) = Ker(u − λid_{E})^{2} en vertu de la question 4.

Exercice 4.* — En vertu du théorème du rang, les conditions rg(u − λid_{E}) = rg(u − λid_{E})^{2} et dimKer(u − λid_{E}) = dimKer(u − λid_{E})^{2} sont équivalentes et, vu l’inclusion Ker(u − λid_{E}) = Ker(u − λid_{E})^{2}, elles sont également équivalentes à l’égalité Ker(u − λid_{E}) = Ker(u − λid_{E})^{2}.

Cette égalité est évidemment vérifiée si λ n’est pas une valeur propre de u : en effet, l’endomorphisme u − λid_{E} est alors injectif et Ker(u − λid_{E}) = Ker(u − λid_{E})^{2} = {0}.

L’exercice conciste donc à vérifier que l’endomorphisme u est diagonalisable si et seulement si

Ker(u − λid_{E}) = Ker(u − λid_{E})^{2}

pour toute valeur propre λ ∈ Sp(u).

Si u est diagonalisable, cette égalité a été prouvée à la fin de l’exercice précédent.

Réciproquement, si Ker(u − λid_{E}) = Ker(u − λid_{E})^{2} pour toute valeur propre λ ∈ Sp(u), un raisonnement par récurrence immédiat permet d’établir l’égalité Ker(u − λid_{E}) = Ker(u − λid_{E})^{p} pour tout λ ∈ Sp(u) et tout entier naturel p ≥ 1 ; de manière équivalente, chaque sous-espace caractéristique de u coïncide avec le sous-espace propre correspondant. Le polynôme caractéristique de u étant scindé, E est la somme directe des sous-espaces caractéristiques de u; c’est donc également la somme directe des sous-espaces propres de u et l’endomorphisme u est diagonalisable.

Exercice 7.* — 1. Les polynômes (T − 1)^{2} et T − 2 sont premiers entre eux et (T − 1)^{2}− T(T − 2) = 1 est une relation de Bézout. On en déduit comme d’habitude que les endomorphismes π_{2} = −(u − id_{E})^{2} et π_{1} = u(u − 2id_{E}) sont des projecteurs tels que π_{1}∘ π_{2} = π_{2}∘ π_{1} = 0 et id_{E} = π_{1}+ π_{2}, d’images respectives Ker(u − 2id_{E}) et Ker(u − id_{E})^{2}, d’où la décomposition

E = Ker(u − id_{E})^{2}⊕ Ker(u − 2id_{E}).

2. Les projecteurs spectraux π_{1} et π_{2} étant des polynômes en u, ils commutent avec u.

On a uπ_{2} = 2π_{2} puisque Im(π_{2}) = Ker(u − 2id_{E}) et uπ_{1} = π_{1} + (u − id_{E})π_{1} avec [(u − id_{E})π_{1}]^{2} = (u − id_{E})^{2}π_{1} = 0 puisque Im(π_{1}) = Ker(u − id_{E})^{2}. On en déduit

e^{u}π_{2} = e^{2}π_{2}

et

e^{u}π_{1} = e^{π_{1}u}
= e^{π_{1}}e^{(u−id_{E})π_{1}}
= (eπ_{1})(id_{E}+ (u − id_{E})π_{1})
= euπ_{1}.

3. C’est déjà fait...

4. Nous obtenons finalement

e^{u} = e^{u}(π_{1}+ π_{2})
= e^{u}π_{1}+ e^{u}π_{2}
= euπ_{1}+ e^{2}π_{2}
= eu^{2}(u − 2E) − e^{2}(u − id_{E})
= eu^{3}− (e^{2}+ 2e)u^{2}+ 2e^{2}u − e^{2}id_{E}.

Exercice 8.* — Les matrices sont données sans garantie et il est fortement conseillé de vérifier tous les calculs !

(i) On vérifie que Sp(u) = {2,3,4}, de sorte que le polynôme minimal de u est (T − 2)(T − 3)(T − 4). En décomposant la fraction rationnelle (T − 2)^{−1} (T − 3)^{−1} (T − 4)^{−1} en éléments simples, on obtient l’identité

\frac{1}{2}(T − 3)(T − 4) − (T − 2)(T − 4) + \frac{1}{2}(T − 2)(T − 3) = 1,

qui est une relation de Bézout pour les polynômes premiers entre eux (T − 3)(T − 4), (T − 2)(T − 4) et (T − 2)(T − 3). Les endomorphismes

π_{2} = \frac{1}{2}(u − 3id_{ℝ^{3}})(u − 4id_{ℝ^{3}}), π_{3} = −(u − 2id_{ℝ^{3}})(u − 4id_{ℝ^{3}}) et π_{4} = \frac{1}{2}(u − 2id_{ℝ^{3}})(u − 3id_{ℝ^{3}})

sont les projecteurs spectraux sur les sous-espaces propres Ker(u − 2id_{ℝ^{3}}), Ker(u − 3id_{ℝ^{3}}) et Ker(u − 4id_{ℝ^{3}}) respectivement. Leurs matrices respectives dans la base canonique sont

\frac{1}{2} ( \begin{matrix}3 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ −3 & 2 & −1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}−4 & 1 & −4 \\ −4 & 1 & −4 \\ 4 & −1 & 4 \end{matrix} ) , \frac{1}{2} ( \begin{matrix}7 & 0 & 7 \\ 8 & 0 & 8 \\ −5 & 0 & −5 \end{matrix} ) .

Partant de l’identité id_{ℝ^{3}} = π_{2}+ π_{3}+ π_{4}, on obtient

u^{n} = 2^{n}π_{2}+ 3^{n}π_{3}+ 4^{n}π_{4}

pour tout entier naturel n et la matrice de u^{n} dans la base canonique est

A^{n} = ( \begin{matrix}3.2^{n−1} − 4.3^{n}+ 14.4^{n−1} & −2^{n}+ 3^{n} & 2^{n−1} − 4.3^{n}+ 14.4^{n−1} \\ −4.3^{n}+ 4^{n+1} & 3^{n} & −4.3^{n}+ 4^{n+1} \\ −3.2^{n−1} + 4.3^{n}− 10.4^{n−1} & 2^{n}− 3^{n} & −2^{n−1} + 4.3^{n}− 10.4^{n−1} \end{matrix}  ) .

On a enfin

e^{tu}= e^{2t}π_{2}+ e^{3t}π_{3}+ e^{4t}π_{4}

pour tout nombre réel t et la matrice de cet endomorphisme dans la base canonique est

e^{tA}= ( \begin{matrix}\frac{3}{2}e^{2t}− 4e^{3t}+ \frac{7}{2}e^{4t} & −e^{2t}+ e^{3t} & \frac{1}{2}e^{2t}− 4e^{3t}+ \frac{7}{2}e^{4t} \\ −4e^{3t}+ 4e^{4t} & e^{3t} & −4e^{3t}+ 4e^{4t} \\ −\frac{3}{2}e^{2t}+ 4e^{3t}− \frac{5}{2}e^{4t} & e^{2t}− e^{3t} & −\frac{1}{2}e^{2t}+ 4e^{3t}− \frac{5}{2}e^{4t} \end{matrix} ) .

(ii) On vérifie que Sp(u) = {1,4}, la valeur propre étant de multiplicité géométrique égale à 2 ; l’endomorphisme u est donc diagonalisable et son polynôme minimal est (T − 1)(T − 4).

En procédant comme en (i), on obtient les expressions

π_{1} = −\frac{1}{3}(u − 4id_{ℝ^{3}}) et π_{4} = \frac{1}{3}(u − id_{ℝ^{3}})

pour les projecteurs spectraux sur les sous-espaces propres Ker(u − id_{ℝ^{3}}) et Ker(u − 4id_{ℝ^{3}}) respectivement. Leurs matrices dans la base canonique s’en déduit immédiatement. Enfin,

u^{n} = π_{1}+ 4^{n}π_{4} et B^{n} = ( \begin{matrix}−2 + 4^{n} & 1 + 4^{n} & 1 + 4^{n} \\ 1 + 4^{n} & −2 + 4^{n} & 1 + 4^{n} \\ 1 + 4^{n} & 1 + 4^{n} & −2 + 4^{n} \end{matrix} )

pour tout entier naturel n et

e^{tu}= e^{t}π_{1}+ e^{4t}π_{4}, e^{tB}= \frac{1}{3} ( \begin{matrix}−2e^{t}+ e^{4t} & e^{t}+ e^{4t} & e^{t}+ e^{4t} \\ e^{t}+ e^{4t} & −2e^{t}+ e^{4t} & e^{t}+ e^{4t} \\ e^{t}+ e^{4t} & e^{t}+ e^{4t} & −2e^{t}+ e^{4t} \end{matrix} )

pour tout nombre réel t.

(iii) On vérifie que Sp(u) = {1,2}, la valeur propre 2 étant de multiplicité algébrique 2 mais de multiplicité géométrique 1 seulement. Cet endomorphisme n’est pas diagonalisable et son polynôme minimal est (T − 1)(T − 2)^{2}. On obtient une relation de Bézout entre T − 1 et (T − 2)^{2} en faisant la division euclidienne du second par le premier :

1 = (T − 2)^{2}− (T − 1)(T − 3).

Les projecteurs spectraux sur les sous-espaces caractéristiques Ker(u − id_{ℝ^{3}}) et Ker(u − 2id_{ℝ^{3}})^{2} sont respectivement

π_{1} = (u − 2id_{ℝ^{3}})^{2} et π_{2} = −(u − id_{ℝ^{3}})(u − 3id_{ℝ^{3}}),

de matrices

( \begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 2 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) et ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ −2 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )

dans la base canonique.

Avant de calculer u^{n} et e^{tu}, observons que uπ_{2} = 2π_{2}+(u−2id_{ℝ^{3}})π_{2} avec [(u−2id_{ℝ^{3}})π_{2}]^{2} = 0, de sorte que u^{n}π_{2} = (uπ_{2})^{n} = 2^{n}π_{2} + n2^{n−1} (u − 2id_{ℝ^{3}})π_{2} et e^{tu}π_{2} = e^{2t}π_{2} + e^{2t}t(u − id_{ℝ^{3}})π_{2}. La matrice de (u − 2id_{ℝ^{3}})π_{2} dans la base canonique est

( \begin{matrix}−2 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ −2 & 1 & 2 \end{matrix} )

et on a par conséquent :

u^{n} = π_{1}+ 2^{n}π_{2}+ (u − 2id_{ℝ^{3}})π_{2}, C^{n} = ( \begin{matrix}1 − n2^{n} & 2^{n−1} n & (n + 1)2^{n}− 1 \\ 2(1 − 2^{n}) & 2^{n} & 2(2^{n}− 1) \\ −n2^{n} & n2^{n−1} & (n + 1)2^{n} \end{matrix} )

pour tout entier naturel n et

e^{tu}= e^{t}π_{1}+ e^{2t}π_{2}+ te^{2t}(u − 2id_{ℝ^{3}})π_{2}, e^{tC}= ( \begin{matrix}e^{t}− 2te^{2t} & te^{2t} & −e^{t}+ (1 + 2t)e^{2t} \\ 2e^{t}− 2e^{2t} & e^{2t} & 2(e^{2t}− e^{t} \\ −2te^{2t} & te^{2t} & (1 + 2t)e^{2t} \end{matrix} )

pour tout nombre réel t.