Multiplions (1) par λ k et soustrayons à (2) :
x 1 (λ 1 − λ k )u 1 + x 2 (λ 2 − λ k )u 2 + · · · + x k−1 (λ k−1 − λ k )u k−1 = 0 .
Les vecteurs u 1 , . . . , u k−1 sont indépendants. D’après l’hypothèse de récurrence, on a donc
x i (λ i − λ k ) = 0 pour tout i = 1, . . . , k − 1. Puisque λ i = λ k , on en déduit x i = 0 pour tout
i = 1, . . . , k − 1. L’égalité (1) devient x k u k = 0, d’où x k = 0, car u k n’est pas le vecteur nul.
Définition
Soit λ une valeur propre de f . Le noyau de la transformation f − λ id V s’appelle
le sous-espace propre pour la valeur propre λ et se note V (λ).
Un vecteur v est dans V (λ) si et seulement si f (v) − λv = 0 : les vecteurs propres
de f pour la valeur propre λ sont exactement les vecteurs non nuls appartenant à
V (λ). Un sous-espace propre contient donc des vecteurs non nuls.
Notation. Si λ est une valeur propre de f , notons m(λ) la multiplicité de λ
comme racine du polynôme caractéristique de f (page 47). Si λ est racine simple du
polynôme caractéristique, on dit que c’est une valeur propre simple.
Proposition. Pour toute valeur propre λ de f , on a dim V (λ) m(λ).
Démonstration. Soient v 1 ,v 2 ,. . .,v d une base de V (λ). Si d = n, alors V (λ)=V : dans ce cas,
tous les vecteurs non nuls de V sont propres avec λ pour valeur propre ; on a alors f = λ id V ,
C f (z) = (λ−z)
n et la multiplicité de λ est n. Supposons maintenant d < n. D’après le théorème
de la base incomplète (page 164), il existe une base de V de la forme (v 1 ,. . .,v d ,w d+1 ,. . .,w n ).
Puisqu’on a f (v i ) = λv i pour i = 1, . . . , d, la matrice de f dans cette base est de la forme
M
=
λI d ∗
0
N
, où N est une matrice carrée de taille n − d.
On a M
− zI n =
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
(λ−z)I d
∗
0
N −zI n−d
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
et d’après la proposition page 151, il vient
C f (z) = det(M
− zI n ) = det
(λ−z)I d
det(N − zI n−d ) = (λ − z)
d det(N − zI n−d ) .
La racine λ de C f a donc une multiplicité au moins égale à d.
Transformation diagonalisable
Proposition. Pour que la matrice de f dans une base soit diagonale, il faut et il suffit
que les vecteurs de cette base soient tous propres. Dans ce cas, le j -ème coefficient diagonal
est la valeur propre associée au j -ème vecteur de base.
Démonstration. Supposons que, dans la base (u 1 , u 2 , . . . , u n ), la matrice de f est la matrice diagonale diag(λ 1 , λ 2 , . . . , λ n ). Puisque la j -ème colonne de cette matrice est λ j E j , on
a f (u j ) = λ j u j , donc les vecteurs de la base sont propres. Réciproquement, supposons que
176 – DIAGONALISATION
x 1 (λ 1 − λ k )u 1 + x 2 (λ 2 − λ k )u 2 + · · · + x k−1 (λ k−1 − λ k )u k−1 = 0 .
Les vecteurs u 1 , . . . , u k−1 sont indépendants. D’après l’hypothèse de récurrence, on a donc
x i (λ i − λ k ) = 0 pour tout i = 1, . . . , k − 1. Puisque λ i = λ k , on en déduit x i = 0 pour tout
i = 1, . . . , k − 1. L’égalité (1) devient x k u k = 0, d’où x k = 0, car u k n’est pas le vecteur nul.
Définition
Soit λ une valeur propre de f . Le noyau de la transformation f − λ id V s’appelle
le sous-espace propre pour la valeur propre λ et se note V (λ).
Un vecteur v est dans V (λ) si et seulement si f (v) − λv = 0 : les vecteurs propres
de f pour la valeur propre λ sont exactement les vecteurs non nuls appartenant à
V (λ). Un sous-espace propre contient donc des vecteurs non nuls.
Notation. Si λ est une valeur propre de f , notons m(λ) la multiplicité de λ
comme racine du polynôme caractéristique de f (page 47). Si λ est racine simple du
polynôme caractéristique, on dit que c’est une valeur propre simple.
Proposition. Pour toute valeur propre λ de f , on a dim V (λ) m(λ).
Démonstration. Soient v 1 ,v 2 ,. . .,v d une base de V (λ). Si d = n, alors V (λ)=V : dans ce cas,
tous les vecteurs non nuls de V sont propres avec λ pour valeur propre ; on a alors f = λ id V ,
C f (z) = (λ−z)
n et la multiplicité de λ est n. Supposons maintenant d < n. D’après le théorème
de la base incomplète (page 164), il existe une base de V de la forme (v 1 ,. . .,v d ,w d+1 ,. . .,w n ).
Puisqu’on a f (v i ) = λv i pour i = 1, . . . , d, la matrice de f dans cette base est de la forme
M
=
λI d ∗
0
N
, où N est une matrice carrée de taille n − d.
On a M
− zI n =
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
(λ−z)I d
∗
0
N −zI n−d
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
et d’après la proposition page 151, il vient
C f (z) = det(M
− zI n ) = det
(λ−z)I d
det(N − zI n−d ) = (λ − z)
d det(N − zI n−d ) .
La racine λ de C f a donc une multiplicité au moins égale à d.
Transformation diagonalisable
Proposition. Pour que la matrice de f dans une base soit diagonale, il faut et il suffit
que les vecteurs de cette base soient tous propres. Dans ce cas, le j -ème coefficient diagonal
est la valeur propre associée au j -ème vecteur de base.
Démonstration. Supposons que, dans la base (u 1 , u 2 , . . . , u n ), la matrice de f est la matrice diagonale diag(λ 1 , λ 2 , . . . , λ n ). Puisque la j -ème colonne de cette matrice est λ j E j , on
a f (u j ) = λ j u j , donc les vecteurs de la base sont propres. Réciproquement, supposons que
176 – DIAGONALISATION