Ceci montre que φ est linéaire injective ; comme M p,q (K ) est
de dimension finie, il en résulte que φ est bijective.
Il existe donc Y ∈ M p,q (K ) telle que φ(Y ) = P −1 C Q. En notant U = PY, on a alors :
(P −1 U )E − D(P −1 U ) = Y E − DY = φ(Y ) = P −1 C Q,
d'où W = C.
Ceci prouve :
M =
A C
0 B
∼
D 0
0 E
∼
A 0
0 B
,
donc M est diagonalisable et semblable à
A 0
0 B
.
• Former le polynôme caractéristique :
χ A (λ) = −(λ − 3)(λ 2 + 3) .
• SEP(A,3) est de dimension 1, engendré par V =
1
1
1
.
• Les sev stables de dimensions 0, 1, 3 sont : {0} , RV, R 3 . Il
reste à trouver les plans stables. Remarquer que le plan
P 0 = Ker( f 2 + 3e), d'équation x + y + z = 0, est stable
par f.
Soit P un plan stable par f, autre que P 0 (s'il en existe). Alors
P ∩ P 0 est une droite vectorielle stable, donc P ∩ P 0 = RV .
Donc V ∈ P 0 , ce qui n'est pas. Ainsi, P 0 est le seul plan stable.
Réponse :
{0} , R
1
1
1
, le plan d'équation x + y + z = 0, R 3 .
a) Récurrence sur n.
• La propriété est vraie pour n = 1 par hypothèse.
• Supposons-la vraie pour un n de N ∗ .
Alors :
f
n+1 ◦ g − g◦ f
n+1
= f ◦ ( f
n ◦ g) − g ◦ f
n+1
= f ◦ (g ◦ f
n + nα f
n ) − g ◦ f
n+1
= nα f
n+1 + ( f ◦ g − g ◦ f ) ◦ f
n
= nα f
n+1 + α f ◦ f
n = (n + 1)α f
n+1 .
b) • Soient λ ∈ Sp C (g) et x un − →
vp associé : x = 0 et g(x) = λx.
On a, pour tout n de N ∗ , d'après a) :
g( f
n (x)) = f
n (g(x)) − nα f
n (x) = (λ − nα) f
n (x).
Puisque Sp C (g) est fini et que α n'est pas nul, il existe n ∈ N ∗
tel que λ − nα ∈ Sp C (g) , et on a alors f n (x) = 0.
• Puisque g est diagonalisable, il existe une base
B = (x 1 ,. . . ,x p ) de E ( p = dim(E)) formée de vecteurs
307
propres pour g. On vient de voir que, pour chaque i de
{1,. . . ,p}, il existe n i ∈ N ∗ tel que f n i (x i ) = 0. En notant
N = Max
1ip
n i , on a : ∀i ∈ {1,. . . , p}, f N (x i ) = 0,
et donc f N = 0.
Il est clair que, si A est diagonalisable dans M n (R) (c'est-àdire : ∃P ∈ GL n (R) , ∃D ∈ D n (R) , A = P D P −1 ), alors A
est diagonalisable dans M n (C) (c'est-à-dire :
∃P ∈ GL n (C) , ∃D ∈ D n (C) , A = P D P −1 ).
Supposons donc A diagonalisable dans M n (C), c'est-à-dire qu'il
existe P ∈ GL n (C), D ∈ D n (R) (car χ A est scindé sur R )
telles que A = P D P −1 .
Notons
R = R´ e(P) =
1
2
(P + P) et S = Im(P) =
1
2i
(P − P) ,
de sorte que :
R,S ∈ M n (R) et P = R + iS .
On a :
A = P D P
−1 ⇐⇒ AP = P D
⇐⇒ A(R + iS) = (R + iS)D ⇐⇒
AR = R D
AS = S D,
car AR, R D, AS, S D sont réelles.
Soient α ∈ R (à choisir ultérieurement), Q = R + αS.
On a :
AQ = AR + α AS = R D + αS D = Q D .
Il ne reste plus qu'à montrer qu'on peut choisir α pour que Q
soit inversible.
L'application polynomiale f : C −→ C
α −→ det(R + αS)
n'est pas
nulle (car f (i) = det(P) = 0) , donc n'admet qu'un nombre fini
de zéros. Comme R est infini, il existe donc α ∈ R tel que
f (α) = 0 .
Pour cet α , Q est inversible et A = Q DQ −1 , donc A est diagonalisable dans M n (R).
(i) ⇒ (ii) :
Supposons A nilpotente.
• Il existe N ∈ N ∗ tel que A N = 0 ;
autrement dit, le polynôme X N est annulateur de A.
Il en résulte : Sp C (A) ⊂ {0}.
• Puisque χ A ∈ C[X] et deg(χ A ) 1, χ A admet au moins un
zéro dans C , donc Sp C (A) = ∅.
Finalement : Sp C (A) = {0}.
(ii) ⇒ (iii) :
Si Sp C (A) = {0} , comme χ A est scindé sur C , que
χ
−1
A ({0}) = {0} et que χ A est de degré n à coefficient
dominant (−1) n , on conclut : χ A = (−1) n X n .
(iii) ⇒ (iv) :
Supposons χ A = (−1) n X n .
3.3.24
3.3.25
3.3.26
3.4.1
de dimension finie, il en résulte que φ est bijective.
Il existe donc Y ∈ M p,q (K ) telle que φ(Y ) = P −1 C Q. En notant U = PY, on a alors :
(P −1 U )E − D(P −1 U ) = Y E − DY = φ(Y ) = P −1 C Q,
d'où W = C.
Ceci prouve :
M =
A C
0 B
∼
D 0
0 E
∼
A 0
0 B
,
donc M est diagonalisable et semblable à
A 0
0 B
.
• Former le polynôme caractéristique :
χ A (λ) = −(λ − 3)(λ 2 + 3) .
• SEP(A,3) est de dimension 1, engendré par V =
1
1
1
.
• Les sev stables de dimensions 0, 1, 3 sont : {0} , RV, R 3 . Il
reste à trouver les plans stables. Remarquer que le plan
P 0 = Ker( f 2 + 3e), d'équation x + y + z = 0, est stable
par f.
Soit P un plan stable par f, autre que P 0 (s'il en existe). Alors
P ∩ P 0 est une droite vectorielle stable, donc P ∩ P 0 = RV .
Donc V ∈ P 0 , ce qui n'est pas. Ainsi, P 0 est le seul plan stable.
Réponse :
{0} , R
1
1
1
, le plan d'équation x + y + z = 0, R 3 .
a) Récurrence sur n.
• La propriété est vraie pour n = 1 par hypothèse.
• Supposons-la vraie pour un n de N ∗ .
Alors :
f
n+1 ◦ g − g◦ f
n+1
= f ◦ ( f
n ◦ g) − g ◦ f
n+1
= f ◦ (g ◦ f
n + nα f
n ) − g ◦ f
n+1
= nα f
n+1 + ( f ◦ g − g ◦ f ) ◦ f
n
= nα f
n+1 + α f ◦ f
n = (n + 1)α f
n+1 .
b) • Soient λ ∈ Sp C (g) et x un − →
vp associé : x = 0 et g(x) = λx.
On a, pour tout n de N ∗ , d'après a) :
g( f
n (x)) = f
n (g(x)) − nα f
n (x) = (λ − nα) f
n (x).
Puisque Sp C (g) est fini et que α n'est pas nul, il existe n ∈ N ∗
tel que λ − nα ∈ Sp C (g) , et on a alors f n (x) = 0.
• Puisque g est diagonalisable, il existe une base
B = (x 1 ,. . . ,x p ) de E ( p = dim(E)) formée de vecteurs
307
propres pour g. On vient de voir que, pour chaque i de
{1,. . . ,p}, il existe n i ∈ N ∗ tel que f n i (x i ) = 0. En notant
N = Max
1ip
n i , on a : ∀i ∈ {1,. . . , p}, f N (x i ) = 0,
et donc f N = 0.
Il est clair que, si A est diagonalisable dans M n (R) (c'est-àdire : ∃P ∈ GL n (R) , ∃D ∈ D n (R) , A = P D P −1 ), alors A
est diagonalisable dans M n (C) (c'est-à-dire :
∃P ∈ GL n (C) , ∃D ∈ D n (C) , A = P D P −1 ).
Supposons donc A diagonalisable dans M n (C), c'est-à-dire qu'il
existe P ∈ GL n (C), D ∈ D n (R) (car χ A est scindé sur R )
telles que A = P D P −1 .
Notons
R = R´ e(P) =
1
2
(P + P) et S = Im(P) =
1
2i
(P − P) ,
de sorte que :
R,S ∈ M n (R) et P = R + iS .
On a :
A = P D P
−1 ⇐⇒ AP = P D
⇐⇒ A(R + iS) = (R + iS)D ⇐⇒
AR = R D
AS = S D,
car AR, R D, AS, S D sont réelles.
Soient α ∈ R (à choisir ultérieurement), Q = R + αS.
On a :
AQ = AR + α AS = R D + αS D = Q D .
Il ne reste plus qu'à montrer qu'on peut choisir α pour que Q
soit inversible.
L'application polynomiale f : C −→ C
α −→ det(R + αS)
n'est pas
nulle (car f (i) = det(P) = 0) , donc n'admet qu'un nombre fini
de zéros. Comme R est infini, il existe donc α ∈ R tel que
f (α) = 0 .
Pour cet α , Q est inversible et A = Q DQ −1 , donc A est diagonalisable dans M n (R).
(i) ⇒ (ii) :
Supposons A nilpotente.
• Il existe N ∈ N ∗ tel que A N = 0 ;
autrement dit, le polynôme X N est annulateur de A.
Il en résulte : Sp C (A) ⊂ {0}.
• Puisque χ A ∈ C[X] et deg(χ A ) 1, χ A admet au moins un
zéro dans C , donc Sp C (A) = ∅.
Finalement : Sp C (A) = {0}.
(ii) ⇒ (iii) :
Si Sp C (A) = {0} , comme χ A est scindé sur C , que
χ
−1
A ({0}) = {0} et que χ A est de degré n à coefficient
dominant (−1) n , on conclut : χ A = (−1) n X n .
(iii) ⇒ (iv) :
Supposons χ A = (−1) n X n .
3.3.24
3.3.25
3.3.26
3.4.1