# Réduction des endomorphismes/Exercices/Diagonalisation et sous-espaces stables
## Exercice 1-1

Soit $u$ un endomorphisme d'un $K$-espace vectoriel $E$.
* Montrer que tout sous-espace de $E$ engendré par une famille de vecteurs propres pour $u$ est stable (par $u$).
* On suppose que $u$ est diagonalisable. Déduire de la question précédente qu'alors, tout sous-espace de $E$ admet un supplémentaire stable.
* On suppose maintenant que $K=\mathbb {C}$ et que tout sous-espace stable de $E$ admet un supplémentaire stable. Montrer qu'alors, $u$ est diagonalisable.
* Soit $u\in \mathrm {L} (\mathbb {R} ^{2})$ de matrice ${\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}$ dans la base canonique. Déterminer les sous-espaces stables par $u$ et en déduire que tout sous-espace stable de $\mathbb {R} ^{2}$ admet un supplémentaire stable, bien que $u$ ne soit pas diagonalisable.
* Soit $W$ un sous-espace engendré par une famille $(w_{i})_{i\in I}$ de vecteurs propres, de valeurs propres associées $(\lambda _{i})_{i\in I}$. Tout vecteur de $W$ s'écrit alors sous la forme $z=\sum _{i\in J}x_{i}w_{i}$ (où $J$ est une partie finie de $I$ et les $x_{i}$ sont des scalaires) donc son image appartient à $W$, car $u(z)=\sum _{i\in J}x_{i}\lambda _{i}w_{i}$.
* Soient $G$ une partie génératrice de $E$ constituée de vecteurs propres, $V$ un sous-espace de $E$, et $L$ une base de $V$. D'après le théorème de la base incomplète, il existe un sous-ensemble $G'\subset G$ tel que $L\cup G'$ soit une base de $E$. Le sous-espace $W$ engendré par $G'$ est alors un supplémentaire de $V$ et — d'après la question 1 — $W$ est stable.
* Soient $F$ la somme des sous-espaces propres et $G$ un supplémentaire stable. Si $G$ était de dimension $>0$, la restriction de $u$ à $G$ aurait au moins une valeur propre dans $\mathbb {C}$ donc $G$ contiendrait au moins un vecteur propre pour $u$. C'est impossible puisqu'ils sont tous dans $F$. Donc $G=\{0\}$, c'est-à-dire $F=E$, c'est-à-dire que $u$ est diagonalisable.
* $u$ (la rotation de $\pi /2$ dans $\mathbb {R} ^{2}$) n'a pas de vecteur propre c'est-à-dire pas de droite stable. Les seuls sous-espaces stables sont donc $\{0\}$ et $\mathbb {R} ^{2}$. Chacun d'eux admet l'autre comme supplémentaire stable. Pourtant, $u$ n'est pas diagonalisable.

## Exercice 1-2

Soit $u$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $U=V\oplus W$ avec $V$ et $W$ stables par $u$. On note $v$ et $w$ les restrictions de $u$ à ces deux sous-espaces.
* Soit $\lambda$ un scalaire. On note $U_{\lambda }$, $V_{\lambda }$ et $W_{\lambda }$ les sous-espaces correspondants (propres ou nuls) de $U$, $V$ et $W$. Démontrer que $U_{\lambda }=V_{\lambda }\oplus W_{\lambda }$.
* En déduire que si $u$ est diagonalisable alors $v$ et $w$ le sont aussi.
* En déduire (en utilisant l'exercice précédent) que :La restriction d'un endomorphisme diagonalisable à un sous-espace stable est diagonalisable.
* On a évidemment $V_{\lambda }\oplus W_{\lambda }\subset U_{\lambda }$. Réciproquement, montrons que tout vecteur $x\in U_{\lambda }$ appartient à $V_{\lambda }+W_{\lambda }$. Soit $x=y+z$ sa décomposition selon la somme directe $V\oplus W$. Alors, $u(x)=\lambda x$ se réécrit $u(y)+u(z)=\lambda y+\lambda z$, ce qui donne deux décompositions d'un même vecteur selon la somme directe $V\oplus W$. Par unicité d'une telle décomposition, $u(y)=\lambda y$ et $u(z)=\lambda z$, autrement dit : $y\in V_{\lambda }$ et $z\in W_{\lambda }$. On a donc bien : $x=y+z\in V_{\lambda }+W_{\lambda }$.
* Notons $U':=\oplus _{\lambda }U_{\lambda }\subset U$ et définissons de même $V'$ et $W'$. D'après la question précédente, $U'=\oplus _{\lambda }(V_{\lambda }\oplus W_{\lambda })=V'\oplus W'$ donc $U'\cap V=V'$. Par conséquent, si $u$ est diagonalisable, c'est-à-dire si $U=U'$, alors $V=V'$ donc $v$ est diagonalisable, et de même pour $w$.
* Soient $u$ un endomorphisme diagonalisable d'un espace $E$, et $V$ un sous-espace stable.
    D'après l'exercice 1, $V$ possède un supplémentaire stable.
    D'après la question précédente, la restriction de $u$ à $V$ est donc diagonalisable.

## Exercice 1-3

* Soient u et v deux endomorphismes d'un espace vectoriel E. Vérifier que si u est diagonalisable et si chacun de ses sous-espaces propres est stable par v, alors u et v commutent (c'est-à-dire que $v\circ u=u\circ v$).
* Vérifier que si deux endomorphismes u et v d'un espace vectoriel commutent alors chacun des sous-espaces propres pour v est stable par u.
* En déduire, par récurrence et à l'aide du résultat de l'exercice 2, que pour tout entier n ≥ 1 :Si n endomorphismes diagonalisables d'un espace vectoriel commutent deux à deux, alors ils sont simultanément diagonalisables(c'est-à-dire qu'il existe une base de l'espace dont les vecteurs sont propres pour tous ces endomorphismes).
* En déduire que dans M$_k$(K) (pour tout corps K et tout entier naturel k), toute famille (non nécessairement finie) de matrices diagonalisables qui commutent deux à deux est simultanément diagonalisable (c'est-à-dire qu'il existe une matrice inversible $P$ telle que pour chaque matrice $M$ de la famille, $P^{-1}MP$ soit diagonale).
* Si u est diagonalisable, E est somme directe des sous-espaces propres $E_{\lambda }(u)$, donc pour que $v\circ u=u\circ v$, (il faut et) il suffit que $\forall \lambda \in Sp(u)\quad \forall x\in E_{\lambda }(u)\quad u(v(x))=v(u(x))$, c'est-à-dire $u(v(x))=\lambda v(x)$, c'est-à-dire $\forall \lambda \in Sp(u)\quad E_{\lambda }(u)$ est stable par v.
* Le sous-espace propre pour $v$ pour une valeur propre $\lambda$ est stable par $u$ car c'est le noyau d'un endomorphisme qui commute avec $u$ : l'endomorphisme $v-\lambda \operatorname {id}$.
* Pour n = 1, la propriété est vraie. Pour n ≥ 1, supposons-la vraie à l'ordre n et montrons qu'elle l'est encore à l'ordre n + 1. Soient $u_{0},\dots ,u_{n}$ des endomorphismes diagonalisables de $E$ qui commutent, et soit $(E_{\lambda })_{\lambda }$ la famille des sous-espaces propres pour $u_{0}$. D'après la question précédente, chaque $E_{\lambda }$ est stable par $u_{1},\dots ,u_{n}$. Les restrictions à $E_{\lambda }$ de $u_{1},\dots ,u_{n}$ commutent et (d'après l'exercice 2) sont diagonalisables. Par hypothèse de récurrence, il existe donc une base $B_{\lambda }$ de $E_{\lambda }$ constituée de vecteurs propres pour $u_{1},\dots ,u_{n}$. Ces vecteurs sont également propres pour $u_{0}$ (pour la valeur propre $\lambda$). La réunion des $B_{\lambda }$ est alors constituée de vecteurs propres pour $u_{0},\dots ,u_{n}$, et c'est une base de $\oplus _{\lambda }E_{\lambda }=E$, ce qui termine la preuve par récurrence.
* Soit n le rang de cette famille, c'est-à-dire la dimension (inférieure ou égale à k$^2$) du sous-espace vectoriel de M$_k$(K) qu'elle engendre, et soit $(M_{1},\dots ,M_{n})$ une sous-famille constituant une base de ce sous-espace. Ces n matrices sont simultanément diagonalisables d'après la question précédente. Soit $P$ une matrice qui les diagonalise. Alors $P$ diagonalise aussi toutes leurs combinaisons linéaires, en particulier la famille toute entière.

## Exercice 1-4

Sur le K-espace vectoriel $E:=K^{\mathbb {N} }$ des suites à valeurs dans K, on définit pour tout $n\in \mathbb {N}$ l'endomorphisme $P_{n}$ par : pour toute suite $x=(x_{k})_{k\in \mathbb {N} }$, la suite $P_{n}(x)$ est celle dont le n-ième terme vaut $x_{n}$ et les autres sont nuls.
* Montrer que les $P_{n}$ (pour $n\in \mathbb {N}$) commutent deux à deux.
* Montrer que chaque $P_{n}$ est diagonalisable.
* Identifier les suites qui sont propres pour tous les $P_{n}$ à la fois.
* En déduire que les $P_{n}$ ne sont pas simultanément diagonalisables.
* Si $m\neq n$, $P_{n}\circ P_{m}=0=P_{m}\circ P_{n}$.
* $P_{n}$ est une projection, donc de valeurs propres 0 et 1, et de sous-espaces propres supplémentaires
    $\ker(P_{n})=\{x\in E\mid x_{n}=0\},\quad \ker(P_{n}-\operatorname {id} _{E})=\operatorname {im} (P_{n})=\{x\in E\mid \forall k\neq n\quad x_{k}=0\}$.
* Soient $x$ une suite non nulle propre pour tous les $P_{n}$, et $m$ un indice tel que $x_{m}\neq 0$. Alors, $P_{m}(x)=x$ donc le seul terme non nul de $x$ est $x_{m}$. Réciproquement, soit $x$ une suite dont seul le m-ième terme est non nul. Alors, $x$ est propre pour tous les $P_{n}$ (avec la valeur propre 1 pour $P_{m}$ et 0 pour les autres $P_{n}$). Les suites propres pour tous les $P_{n}$ à la fois sont donc les suites qui n'ont qu'un terme non nul.
* Les suites propres pour tous les $P_{n}$ à la fois n'engendrent que le sous-espace des suites qui n'ont qu'un nombre fini de termes non nuls.

## Exercice 1-5

Soit $n\in \mathbb {N}$. Résoudre dans $\operatorname {M} _{2}(\mathbb {R} )$ l'équation
$M^{n}={\begin{pmatrix}2&3\\4&6\end{pmatrix}}$
Notons $A={\begin{pmatrix}2&3\\4&6\end{pmatrix}}$.
Un simple calcul montre que $A=P{\begin{pmatrix}0&0\\0&8\end{pmatrix}}P^{-1}{\text{ avec }}P={\begin{pmatrix}3&1\\-2&2\end{pmatrix}}$.
Si $M$ est solution de l'équation, alors $M$ commute avec $A$ donc $A$ et $M$ sont diagonalisables dans une même base.
Les solutions sont donc les matrices $M=PNP^{-1}$, avec $N$ diagonale et $N^{n}={\begin{pmatrix}0&0\\0&8\end{pmatrix}}$.
Si $n$ est pair, il y a deux solutions : $M=P{\begin{pmatrix}0&0\\0&8^{\frac {1}{n}}\end{pmatrix}}P^{-1}$ et $M=P{\begin{pmatrix}0&0\\0&-8^{\frac {1}{n}}\end{pmatrix}}P^{-1}$.
Si $n$ est impair, l'unique solution est $M=P{\begin{pmatrix}0&0\\0&8^{\frac {1}{n}}\end{pmatrix}}P^{-1}$.
* Si $A$ et $B$ sont deux matrices de $\mathrm {M} _{n}(K)$ (où $K$ est un corps arbitraire) telles que $AB=BA$, donner des exemples de sous-espaces de $K^{n}$ stables à la fois par $A$ et par $B$.
* Déterminer toutes les matrices carrées réelles $B$ d'ordre $3$ telles que $B^{3}=A$, où $A={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&-1&2\end{pmatrix}}$.
* $\mathrm {im} (A)$, $\ker(A-\lambda I)$ ou plus généralement $\mathrm {im} (P(A))$ et $\ker(P(A))$ pour n'importe quel polynôme $P$, et idem en remplaçant $A$ par $B$.
* Dans la base $(e_{1},e_{2}+e_{3},e_{3})$, la matrice correspondant à $A$ est $A':=\mathrm {diag} (1,1,2)$. D'après la question 1, la matrice $B'$ correspondant à $B$ doit être (puisque $B'^{2}=A'$, en particulier $B'A'=A'B'$) de la forme $B'={\begin{pmatrix}S&0\\0&\lambda \end{pmatrix}}$ avec $S^{2}=I$ et $\lambda =\pm {\sqrt {2}}$. $S^{2}=I\Leftrightarrow S={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ avec ou bien $b=c=0$ et $a=d=\pm 1$, ou bien $d=-a$ et $bc=1-a^{2}$. Dans les deux cas, la matrice $B$ correspondante est ${\begin{pmatrix}a&b&0\\c&d&0\\c&d-\lambda &\lambda \end{pmatrix}}$.

## Exercice 1-6

Soit $A\in \operatorname {M} _{n}(\mathbb {R} )$.
* Soit $w=u+\mathrm {i} v\in \mathbb {C} ^{n}$ un vecteur propre pour A, pour une valeur propre $\lambda =a+\mathrm {i} b$. Montrer que le $\mathbb {R}$-sous-espace $E_{w}:=\operatorname {Vect} _{\mathbb {R} }(u,v)$ de $\mathbb {R} ^{n}$ est A-stable.
* En déduire que $\mathbb {R} ^{n}$ possède un sous-espace A-stable de dimension 1 ou 2 (il en est donc de même pour tout endomorphisme d'un $\mathbb {R}$-espace vectoriel de dimension finie).
* En supposant que $\lambda \notin \mathbb {R}$, montrer que $(u,v)$ est une base de $E_{w}$ et donner la matrice de $A_{|E_{w}}$ dans cette base.
* $Au+\mathrm {i} Av=Aw=\lambda w=(au-bv)+\mathrm {i} (bu+av)$ donc $Au=au-bv$ et $Av=bu+av$.
* $\dim E_{w}=1$ ou $2$.
* Si $(u,v)$ est lié, soit $(c,d)\in \mathbb {R} ^{2}$ non nul tel que $cu+dv=0$. Alors, $0=A(cu+dv)=c(au-bv)+d(bu+av)=(ca+db)u+(-cb+da)v$ donc $(ca+db)d=(-cb+da)c$, c'est-à-dire $b(c^{2}+d^{2})=0$, si bien que $b=0$, c'est-à-dire $\lambda \in \mathbb {R}$. Par contraposition, si $\lambda \notin \mathbb {R}$ alors $(u,v)$ est libre donc est une base de $E_{w}$. La matrice de $A_{|E_{w}}$ dans cette base est alors ${\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}}$.

## Exercice 1-7

Soient $V$ un $\mathbb {R}$-e.v. et $f\in \mathrm {L} (V)$ tel que $f\circ f-3f+2\operatorname {id} _{V}=0$.
* Montrer que $f$ est diagonalisable.
* Montrer que $f$ est un isomorphisme et calculer $f^{-1}$ en fonction de $f$.
* Calculer $f^{3}$ en fonction de $f$. Peut-on calculer $f^{n}$ en fonction de $f$ ?
* Le polynôme minimal de $f$ divise $X^{2}-3X+2=(X-1)(X-2)$ donc est scindé à racines simples.
* $\operatorname {id} _{V}=f\circ g=g\circ f$ pour $g={3\operatorname {id} _{V}-f \over 2}$, donc $f$ est un isomorphisme et $f^{-1}=g$.
* $f^{n}=a_{n}f+b_{n}\operatorname {id} _{V}$ où $a_{n}X+b_{n}$ est le reste de la division euclidienne de $X^{n}$ par $X^{2}-3X+2$, c'est-à-dire$1=a_{n}+b_{n}$ et $2^{n}=2a_{n}+b_{n}$, c'est-à-dire $a_{n}=2^{n}-1$ et $b_{n}=2-2^{n}$ (en particulier $a_{3}=7$ et $b_{3}=-6$).

## Exercice 1-8

Déterminer tous les s.e.v. non triviaux de $\mathbb {R} ^{3}$ stables par l'endomorphisme $f$ de matrice $A={\begin{pmatrix}1&0&2\\2&1&0\\0&2&1\end{pmatrix}}$ dans la base canonique.
Soient $F$ un tel s.e.v., de dimension $d=1$ ou $2$, et $g$ la restriction de $f$ à $F$. Alors le polynôme minimal $P$ de $g$ est de degré $\leq d\leq 2$ et divise le polynôme caractéristique de $f$, qui est $-(X-3)(X^{2}+3)$. Donc $P=X-3$ ou $X^{2}+3$, et $F\subset \ker(P(f))$.
Dans le premier cas, comme $\ker(f-3\operatorname {id} )$ est la droite $\mathbb {R} (1,1,1)$, $F$ est cette droite.
Dans le second cas, comme $\ker(f^{2}+3\operatorname {id} )$ est le plan $x+y+z=0$ et $d\geq \deg(P)=2$, $F$ est ce plan.
Réciproquement, cette droite et ce plan sont bien stables par $f$, puisqu'ils sont de la forme $\ker(h)$ avec $h=P(f)$ commutant à $f$.

## Exercice 1-9

Soient $n\in \mathbb {N}$ et $E=\mathbb {R} _{n}[X]$. Pour tout $P\in E$ on pose
    $f(P)=X(1-X)P'+nXP$.
Vérifier que $f$ est un endomorphisme de $E$, puis déterminer ses valeurs propres et vecteurs propres.
$f$ est trivialement linéaire, et à première vue $f(P)\in \mathbb {R} _{n+1}[X]$ mais en fait, si le coefficient de $X^{n}$ dans $P$ est $\lambda$, celui de $X^{n+1}$ dans $f(P)$ est $-n\lambda +n\lambda =0$, donc $f(P)\in E$.
Si $f(P)=\lambda P$, c'est-à-dire $X(1-X)P'+(nX-\lambda )P=0$, alors ${P' \over P}={nX-\lambda \over X(X-1)}={\lambda \over X}+{n-\lambda \over X-1}$, c'est-à-dire $P=CX^{\lambda }(X-1)^{n-\lambda }$ avec (pour que $P$ soit bien un polynôme) $\lambda$ entier compris entre $0$ et $n$. Donc $f$ a $n+1$ valeurs propres $\lambda =0,1,\ldots ,n$ et les sous-espaces propres associés sont les droites engendrées respectivement par les vecteurs $P_{\lambda }=X^{\lambda }(X-1)^{n-\lambda }$.
Remarquons que $n+1=\dim(E)$, donc on a diagonalisé $f$.
Mêmes questions pour $f(P)=\left(1-X^{2}\right)P'+nXP$.
$f$ est encore un endomorphisme de $E$, pour les mêmes raisons que précédemment.
Si $f(P)=\lambda P$, c'est-à-dire $\left(1-X^{2}\right)P'+(nX-\lambda )P=0$, alors ${P' \over P}={nX-\lambda \over X^{2}-1}={n+\lambda \over 2(X+1)}+{n-\lambda \over 2(X-1)}$, c'est-à-dire $P=C(X+1)^{n+\lambda \over 2}(X-1)^{n-\lambda \over 2}$ avec (pour que $P$ soit bien un polynôme) $\lambda$ entier de même parité que $n$ et compris entre $-n$ et $n$.
On obtient donc, là aussi, une diagonalisation de $f$, avec $n+1$ valeurs propres distinctes $\lambda _{k}=-n+2k$ pour $k=0,1,\dots ,n$, de droites propres associées engendrées respectivement par $P_{k}=(X+1)^{k}(X-1)^{n-k}$.
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