3.4 • Trigonalisation
99
Théorème
1) Soit A ∈ M n (K ). Les deux propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) A est trigonalisable
(ii) χ A est scindé sur K.
2) Soit f ∈ L(E). Les deux propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) f est trigonalisable
(ii) χ f est scindé sur K.
Preuve
1) (i) ⇒ (ii) :
Supposons A trigonalisable. Il existe T =
t 11
. . .
. . .
. . .
. . .
0
t nn
∈ T n,s (K ) telle que A ∼ T. Alors :
∀λ ∈ K , χ A (λ) = χ T (λ) =
n
i=1
(t ii − λ) , donc χ A est scindé sur K.
(ii) ⇒ (i) :
Récurrence sur n.
La propriété est triviale pour n = 1.
Supposons-la vraie pour un n de N ∗ , et soit A ∈ M n+1 (K ) telle que χ A soit scindé sur K. Alors A
admet au moins une vp λ 1 et un − →
vp associé V 1 (V 1 ∈ M n+1,1 (K )) , et donc il existe L ∈ M 1,n (K ),
A 2 ∈ M n (K ) telles que A ∼
λ 1 L
0 A 2
.
On a : ∀λ ∈ K , χ A (λ) = det
λ 1 − λ
L
0
A 2 − λI n
= (λ 1 − λ)χ A 2 (λ) .
Comme χ A est scindé sur K, il en résulte que χ A 2 est scindé sur K. D'après l'hypothèse de récurrence, il
existe Q ∈ GL n (K ), T ∈ T n,s (K ) telles que A 2 = QT Q −1 .
Notons R =
1 0
0 Q
∈ M n+1 (K ) , qui est inversible et d'inverse R −1 =
1
0
0 Q −1
.
Montrons qu'il existe X ∈ M 1,n (K ) telle qu'en notant T 1 =
λ 1 X
0 T
, on ait
λ 1 L
0 A 2
= RT 1 R −1 .
On a : RT 1 R −1 =
1 0
0 Q
λ 1 X
0 T
1
0
0 Q −1
=
λ 1 X Q −1
0
A 2
.
Il suffit donc de choisir X = L Q pour obtenir
λ 1 L
0 A 2
= RT 1 R −1 .
Ceci montre A ∼
λ 1 X
0 T
∈ T n+1,s (K ) , donc A est trigonalisable.
2) Soit f ∈ L(E). Le K-ev E admet au moins une base B et on a, en utilisant 1) et en notant
A = Mat B ( f ) :
( f trigonalisable) ⇐⇒ (A trigonalisable) ⇐⇒ (χ A scindé) ⇐⇒ (χ f scindé).
Utilisation d’un changement de base,la
nouvelle base commençant par V 1 .
Monie r Algèbre Monier
Géométrie
Moni er Algèbre Monier
Mon ier Algèbre Géomé
Gé
ométrie Monier
Plus généralement, tout polynôme qui
divise un polynôme scindé est lui-même
scindé.
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Géométrie
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Mon ier Algèbre Géomé
Gé
ométrie Monier
Effectuer le produit de trois matrices.
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Géométrie
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Mon ier Algèbre Géomé
Gé
ométrie Monier
Cette preuve n’est pas au programme.
Cependant, la démarche (récurrence
sur n et utilisation de blocs) intervient
dans des exercices.
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Théorème
1) Soit A ∈ M n (K ). Les deux propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) A est trigonalisable
(ii) χ A est scindé sur K.
2) Soit f ∈ L(E). Les deux propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) f est trigonalisable
(ii) χ f est scindé sur K.
Preuve
1) (i) ⇒ (ii) :
Supposons A trigonalisable. Il existe T =
t 11
. . .
. . .
. . .
. . .
0
t nn
∈ T n,s (K ) telle que A ∼ T. Alors :
∀λ ∈ K , χ A (λ) = χ T (λ) =
n
i=1
(t ii − λ) , donc χ A est scindé sur K.
(ii) ⇒ (i) :
Récurrence sur n.
La propriété est triviale pour n = 1.
Supposons-la vraie pour un n de N ∗ , et soit A ∈ M n+1 (K ) telle que χ A soit scindé sur K. Alors A
admet au moins une vp λ 1 et un − →
vp associé V 1 (V 1 ∈ M n+1,1 (K )) , et donc il existe L ∈ M 1,n (K ),
A 2 ∈ M n (K ) telles que A ∼
λ 1 L
0 A 2
.
On a : ∀λ ∈ K , χ A (λ) = det
λ 1 − λ
L
0
A 2 − λI n
= (λ 1 − λ)χ A 2 (λ) .
Comme χ A est scindé sur K, il en résulte que χ A 2 est scindé sur K. D'après l'hypothèse de récurrence, il
existe Q ∈ GL n (K ), T ∈ T n,s (K ) telles que A 2 = QT Q −1 .
Notons R =
1 0
0 Q
∈ M n+1 (K ) , qui est inversible et d'inverse R −1 =
1
0
0 Q −1
.
Montrons qu'il existe X ∈ M 1,n (K ) telle qu'en notant T 1 =
λ 1 X
0 T
, on ait
λ 1 L
0 A 2
= RT 1 R −1 .
On a : RT 1 R −1 =
1 0
0 Q
λ 1 X
0 T
1
0
0 Q −1
=
λ 1 X Q −1
0
A 2
.
Il suffit donc de choisir X = L Q pour obtenir
λ 1 L
0 A 2
= RT 1 R −1 .
Ceci montre A ∼
λ 1 X
0 T
∈ T n+1,s (K ) , donc A est trigonalisable.
2) Soit f ∈ L(E). Le K-ev E admet au moins une base B et on a, en utilisant 1) et en notant
A = Mat B ( f ) :
( f trigonalisable) ⇐⇒ (A trigonalisable) ⇐⇒ (χ A scindé) ⇐⇒ (χ f scindé).
Utilisation d’un changement de base,la
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Plus généralement, tout polynôme qui
divise un polynôme scindé est lui-même
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Cependant, la démarche (récurrence
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