alors qu'il n'en dépend pas dans le second ! Autrement dit, il s'agit de montrer que
les scalaires λ x sont en fait tous égaux.
Tous les éléments non nuls de E sont vecteurs propres de f ; en particulier,
toute base de E est une base de vecteurs propres de f (et donc f est diagonalisable).
Soit (e 1 ,. . . ,e n ) une base de E. Il existe des scalaires λ 1 ,. . . ,λ n tels que,
pour tout k ∈ {1,. . . ,n} , f (e k ) = λ k e k . Il suffit de montrer que
λ 1 = · · · = λ n .
Si n = 1, il n'y a rien à faire.
Sinon, pour k et l distincts : f (e k + e l ) = λ k e k + λ l e l . Mais il existe aussi
un scalaire µ tel que f (e k + e l ) = µ (e k + e l ) (µ = λ e k +e l avec les notations de l'énoncé). Ainsi :
λ k e k + λ l e l = µ (e k + e l ).
Comme (e 1 ,. . . ,e n ) est une base de E on a
λ k = µ = λ l .
Ainsi, λ 1 = · · · = λ n .
2. Soit f l'endomorphisme de K n canoniquement associé à M. Supposons que P
existe et soit B la base de K n telle que P est la matrice de passage de la base canonique à B : alors P −1 M P est la matrice de f dans la base B et le fait que la première
colonne de cette matrice soit
0
1
0
. . .
0
signifie que l'image par f du premier vecteur de
B est le deuxième vecteur de B. Ainsi, il s'agit de démontrer l'existence d'une base
(e 1 ,. . . ,e n ) de E telle que f (e 1 ) = e 2 .
Il suffit pour cela de disposer d'un vecteur x tel que (x, f (x)) est libre : en complétant n'importe comment cette famille en une base de E nous aurons une base qui
convient.
Nous devons envisager le cas où toutes les familles (x, f (x)) sont liées puisqu'alors l'argument précédent ne tient pas. C'est précisément ici qu'intervient le
résultat de la première question : il faut distinguer deux cas selon que f est une
homothétie ou non.
• Si l'endomorphisme canoniquement associé f est une homothétie : M est
de la forme λ I n et sa trace est λ n. Ainsi, λ = 0 et donc M = 0 , ce qui est
exclu. Ce cas est donc impossible.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
51
Chapitre 2 • Algèbre linéaire
les scalaires λ x sont en fait tous égaux.
Tous les éléments non nuls de E sont vecteurs propres de f ; en particulier,
toute base de E est une base de vecteurs propres de f (et donc f est diagonalisable).
Soit (e 1 ,. . . ,e n ) une base de E. Il existe des scalaires λ 1 ,. . . ,λ n tels que,
pour tout k ∈ {1,. . . ,n} , f (e k ) = λ k e k . Il suffit de montrer que
λ 1 = · · · = λ n .
Si n = 1, il n'y a rien à faire.
Sinon, pour k et l distincts : f (e k + e l ) = λ k e k + λ l e l . Mais il existe aussi
un scalaire µ tel que f (e k + e l ) = µ (e k + e l ) (µ = λ e k +e l avec les notations de l'énoncé). Ainsi :
λ k e k + λ l e l = µ (e k + e l ).
Comme (e 1 ,. . . ,e n ) est une base de E on a
λ k = µ = λ l .
Ainsi, λ 1 = · · · = λ n .
2. Soit f l'endomorphisme de K n canoniquement associé à M. Supposons que P
existe et soit B la base de K n telle que P est la matrice de passage de la base canonique à B : alors P −1 M P est la matrice de f dans la base B et le fait que la première
colonne de cette matrice soit
0
1
0
. . .
0
signifie que l'image par f du premier vecteur de
B est le deuxième vecteur de B. Ainsi, il s'agit de démontrer l'existence d'une base
(e 1 ,. . . ,e n ) de E telle que f (e 1 ) = e 2 .
Il suffit pour cela de disposer d'un vecteur x tel que (x, f (x)) est libre : en complétant n'importe comment cette famille en une base de E nous aurons une base qui
convient.
Nous devons envisager le cas où toutes les familles (x, f (x)) sont liées puisqu'alors l'argument précédent ne tient pas. C'est précisément ici qu'intervient le
résultat de la première question : il faut distinguer deux cas selon que f est une
homothétie ou non.
• Si l'endomorphisme canoniquement associé f est une homothétie : M est
de la forme λ I n et sa trace est λ n. Ainsi, λ = 0 et donc M = 0 , ce qui est
exclu. Ce cas est donc impossible.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
51
Chapitre 2 • Algèbre linéaire