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18

Réduction d'un endomorphisme d'unespace vectoriel de dimension �nie.Applications

1Les notions de matrice d'une application linéaire dans une base donnée, changements debases, valeurs, vecteurs, espaces propres et de polynômes minimal et caractéristique sont sup-posées connues (voir le chapitre 16). On suppose également connus les principaux résultats surles polynômes d'endomorphisme (voir le chapitre 17).

On utilise les mêmes notations qu'au chapitre 16.Dans ce qui suit, K est un corps commutatif, E un K-espace vectoriel de dimension �nie

n ≥ 1, u un endomorphisme de E, χu son polynôme caractéristique et πu son polynôme minimal.

18.1 Endomorphismes trigonalisables

Dé�nition 18.1 On dit que u est trigonalisable s'il existe une base de E dans laquelle lamatrice de u est triangulaire.

Si u a pour matrice A dans une base B = (ei)1≤i≤n de E et si u est trigonalisable, il existealors une base B′ = (e′i)1≤i≤n dans laquelle la matrice T de u est triangulaire. On sait alors queles matrices A et T sont semblables c'est-à-dire qu'il existe une matrice d'ordre n à coe�cientsdans K inversible P telle que T = P−1AP. Ce qui nous amène à poser la dé�nition suivante.

Dé�nition 18.2 On dit qu'une matrice A ∈ Mn (K) est trigonalisable si elle est semblable àune matrice triangulaire.

Deux matrices semblables ayant même déterminant on en déduit qu'elles ont même polynômecaractéristique. En conséquence si la matrice A est semblable à une matrice triangulaire T, lestermes diagonaux de T sont alors les valeurs propres de A.

Exemple 18.1 Une matrice à coe�cients réels ayant des valeurs propres complexes non réellesn'est pas trigonalisable dansMn (R) . Par exemple la matrice :

A =

(0 11 0

)de valeurs propres complexes i et −i n'est pas trigonalisable dans M2 (R) .

1. Version du 24/02/2013

479

480 Réduction d'un endomorphisme ...

Lemme 18.1 Si n ≥ 2 et si le polynôme caractéristique χu de u est scindé sur K, il existealors un hyperplan de E stable par u.

Démonstration. Comme χu est scindé sur K, on a Sp (u) ̸= ∅ et pour λ ∈ Sp (u) ,ker (u− λId) ̸= {0} , donc Im (u− λId) est un sous espace vectoriel de dimension inférieure ouégale à n− 1. Il existe donc un hyperplan H de E qui contient Im (u− λId) . On a donc :

∀x ∈ E, u (x)− λx ∈ H

et :∀x ∈ H, u (x) = (u (x)− λx) + λx ∈ H

ce qui signi�e que l'hyperplan H est stable par u.

Théorème 18.1 L'endomorphisme u est trigonalisable sur K si et seulement si son polynômecaractéristique est scindé sur K.

Démonstration. Il est clair que si u est trigonalisable, son polynôme caractéristique estalors scindé sur K (on utilise la matrice de u dans une base de trigonalisation).

Pour la réciproque, on raisonne par récurrence sur la dimension n ≥ 1 de E.Pour n = 1 le résultat est évident.Supposons le acquis pour les espaces vectoriels de dimension n − 1 ≥ 1 et soit u ∈ L (E)

avec E de dimension n ≥ 2 tel que χu soit scindé sur K. Le lemme précédent nous dit qu'ilexiste un hyperplan H de E qui est stable par u. Le polynôme caractéristique de la restrictionde u à H qui divise χu (lemme 16.1) est également scindé sur K, donc la restriction v deu à H est trigonalisable, c'est-à-dire qu'il existe une base B1 = B = (ei)1≤i≤n−1 de H danslaquelle la matrice de v est triangulaire supérieure. Pour tout vecteur en ∈ E −H le systèmeB = B = (ei)1≤i≤n est une base de E et la matrice de u dans cette base est triangulairesupérieure.

Corollaire 18.1 Si le corps K est algébriquement clos, alors tout endomorphisme u ∈ L (E)est trigonalisable.

Démonstration. Sur K algébriquement clos, χu est scindé.

Corollaire 18.2 Si le corps K est algébriquement clos, alors toute matrice A ∈ Mn (K) esttrigonalisable, c'est-à-dire qu'il existe une matrice P ∈ GLn (K) telle que P−1AP soit triangu-laire.

Les corollaires précédents s'appliquent pour K = C.

Corollaire 18.3 Si u ∈ L (E) est trigonalisable et si F est un sous espace vectoriel de E stablepar u alors la restriction de u à F est aussi trigonalisable.

Démonstration. Le polynôme caractéristique de la restriction de u à F qui divise χu (lemme16.1) est également scindé sur K.

Corollaire 18.4 Si u ∈ L (E) [resp. A ∈ Mn (K)] est trigonalisable alors la trace de u [resp.de A] est égale à la somme des valeurs propres de u [resp. de A] et le déterminant de u [resp.de A] est égal au produit des valeurs propres de u [resp. de A].

Démonstration. On utilise la matrice de u dans une base de trigonalisation.

Endomorphismes trigonalisables 481

Remarque 18.1 Dans le cas où u [resp. de A] n'est pas trigonalisable, il est faux, a priori, dedire que la trace est égale à la somme des valeurs propres et le déterminant est égal au produitdes valeurs propres. Par exemple pour :

A =

1 0 00 2 cos (θ) −2 sin (θ)0 2 sin (θ) 2 cos (θ)

dans M3 (R) avec θ ∈ ]0, π[ , on a une seule valeur propre réelle, λ1 = 1 et Tr (A) = 1 +4 cos (θ) ̸= λ1, det (A) = 4 ̸= λ1.

Pour un corps non algébriquement clos, on peut réduire une matrice à la forme de Hessenbergen utilisant des opérations élémentaires (voir le paragraphe ?? pour ces opérations).

Dé�nition 18.3 Une matrice A = ((aij))1≤i,j≤n ∈ Mn (K) , où n ≥ 3, est dite de Hessenbergsi aij = 0 pour tout j compris entre 1 et n− 2 et i compris entre j + 2 et n.

Une matrice de Hessenberg est donc de la forme :

A =

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23. . . a2n

0. . . . . . . . .

......

. . . . . . . . . an−1,n

0 · · · 0 an,n−1 ann

Théorème 18.2 Toute matrice A = ((aij))1≤i,j≤n ∈ Mn (K) est semblable à une matrice deHessenberg.

Démonstration. On commence par montrer que pour toute matrice A = ((aij)) 1≤i≤n1≤j≤m

∈

Mn,m (K) , il existe une matrice P ∈ GLn (K) produit de matrices de permutation et de trans-vection telle que :

P−1AP =

a(1)11 a

(1)12 · · · · · · a

(1)1n

a(1)21 a

(1)22 · · · · · · a

(1)2n

0 a(1)23

. . . . . ....

......

.... . .

...0 a

(1)n2 · · · · · · a

(1)nn

Si la matrice A a déjà la forme souhaitée (i. e. ai1 = 0 pour 3 ≤ i ≤ n), on fait rien et P = Inconvient.

Sinon, il existe un indice i compris entre 3 et n tel que ai1 ̸= 0. Si ai2 = 0, on permute alorsla ligne 2 avec la ligne i, ce qui revient à multiplier à gauche la matrice A par la matrice depermutation P2i et parallèlement, on permute la colonne 2 avec la colonne i, ce qui revient àmultiplier à droite la matrice A par la matrice de permutation P−1

2i = Pi2 et ne modi�e pas lapremière colonne, sinon on ne fait rien.

Dans tous les cas, on s'est ramené à une matrice de coe�cient a(1)21 ̸= 0 et en e�ectuant lesopérations élémentaires :

Li ← Li −a(1)i1

a(1)21

L2 (3 ≤ i ≤ n)


et :

Ci ← Ci +a(1)i1

a(1)21

C2 (3 ≤ i ≤ n)

ce qui revient à multiplier à gauche la matrice par les matrices de transvection :

Ti = Ti2

(−a

(1)i1

a(1)21

)(3 ≤ i ≤ n)

et parallèlement à droite par les matrices de transvection :

Ti2

(a(1)i1

a(1)21

)= T−1

i (3 ≤ i ≤ n)

(ce qui ne modi�e pas la première colonne), on obtient la matrice :

A(1) = P−1AP =

a(1)11 a

(1)12 · · · · · · a

(1)1n

a(1)21 a

(1)22 · · · · · · a

(1)2n

0 a(1)23

. . . . . ....

......

.... . .

...0 a

(1)n2 · · · · · · a

(1)nn

où P−1 = Tn · · ·T3P1 avec P1 = In ou une matrice de permutation et, pour i compris entre 3et n, Ti = In ou une matrice de transvection de paramètre non nul.

En itérant ce procédé, on aboutit au résultat annoncé.Soient I un ensemble ayant au moins deux éléments et (ui)i∈I une famille d'endomorphismes

de E. On dit qu'une base B de E est une base commune de trigonalisation pour la famille(ui)i∈I , si la matrice Ti de chaque endomorphisme ui dans cette base B est triangulaire.

Théorème 18.3 Si (ui)i∈I est une famille d'endomorphismes trigonalisables de E qui com-mutent deux à deux (l'ensemble I ayant au moins deux éléments), il existe alors une basecommune de trigonalisation dans E pour la famille (ui)i∈I .

Démonstration. Si tous les ui sont des homothéties le résultat est alors clair.On suppose donc que ce n'est pas le cas pour n ≥ 2.On montre tout d'abord qu'il existe un vecteur propre non nul commun à tous les ui.Pour ce faire, on raisonne par récurrence sur la dimension n de E.Pour n = 1 le résultat est évident puisque dans ce cas, tous les ui sont des homothéties.On suppose que E est de dimension n + 1 et que le résultat est acquis pour les espaces

vectoriels de dimension inférieure ou égale à n.On se �xe j ∈ I tel que uj ne soit pas une homothétie. Comme uj est trigonalisable, il a

des valeurs propres dans E. Si λ est l'une d'elle, l'espace propre Ej,λ = ker (uj − λId) est dedimension au plus égale à n, stable par chaque ui pour i dans I \ {j} (puisque ui ◦uj = uj ◦ui)et la restriction de chaque ui à Ej,λ est trigonalisable (corollaire 18.3), il existe donc un vecteurpropre non nul x ∈ Ej,λ commun à tous les ui, pour i ∈ I \ {j} et x est un vecteur propre nonnul commun à tous les ui pour i ∈ I.

Pour en déduire l'existence d'une base commune de trigonalisation, on raisonne encore parrécurrence sur n ≥ 1, le résultat étant évident pour n = 1.

On suppose que E est de dimension n + 1 et que le résultat est acquis pour les espacesvectoriels de dimension inférieure ou égale à n.

Réduction des endomorphismes nilpotents 483

On se �xe j ∈ I et on désigne par e1 un vecteur propre non nul commun à tous les ui pouri ∈ I.

En complétant {e1} en une base B = (ei)1≤i≤n de E, la matrice de chaque ui dans B est dela forme :

Ai =

(λi µi0 Bi

)Comme Pui (X) = (λi −X)PBi

(X) est scindé sur K (puisque ui est trigonalisable), il en estde même de PBi

et la matrice Bi est trigonalisable. De plus comme les ui commutent deux àdeux, on a, pour tous i, j dans I :

AiAj =

(λi µi0 Bi

)(λj µj0 Bj

)=

(λiλj λiµj + µiBj

0 BiBj

)et les Bi commutent deux à deux. L'hypothèse de récurrence appliquée à l'espace vectoriel Kn

nous assure de l'existence d'une matrice inversible Q telle que chaque matrice Q−1BiQ soittriangulaire (chaque Bi dé�nit dans la base canonique de Kn un endomorphisme trigonalisable

vi et ces endomorphismes commutent deux à deux). En notant P =

(1 00 Q

), on dé�nit une

matrice inversible telle que, pour tout i ∈ I, on a :

P−1AiP =

(1 00 Q−1

)(λi µi0 Bi

)(1 00 Q

)=

(λi µiQ0 Q−1BiQ

)et ces matrices sont triangulaires. Les endomorphisme ui, pour i ∈ I, sont donc simultanémenttrigonalisables.

18.2 Réduction des endomorphismes nilpotents

On rappelle qu'un endomorphisme u ∈ L (E) est nilpotent s'il existe un entier q ≥ 1 tel queuq−1 ̸= 0 et uq = 0. On dit que q est l'indice (ou l'ordre) de nilpotence de u (voir le paragraphe16.2 pour plus de détails sur les endomorphismes nilpotents).

Nous allons montrer dans ce paragraphe que tout endomorphisme nilpotent est trigonalisable.Ce résultat sera utilisé pour donner une méthode de recherche d'une base de trigonalisationpour un endomorphisme de polynôme caractéristique scindé sur K.

On désigne par E∗ = L (E,K) le dual algébrique de E (voir le chapitre 12).Pour tout endomorphisme u ∈ L (E) , on note tu ∈ L (E∗) le transposé de u dé�ni par :

∀φ ∈ E∗, tu (φ) = φ ◦ u

(voir le paragraphe 12.7).Si u ∈ L (E) a pour matrice A dans une base B de E, alors la matrice de tu dans la base

duale B∗ est tA (théorème 12.11).

Lemme 18.2 Si u ∈ L (E) est nilpotent d'ordre q ≥ 1, alors tu ∈ L (E∗) est aussi nilpotentd'ordre q.

Démonstration. Résulte de (tu)k= t

(uk)pour tout entier k ≥ 0.

Lemme 18.3 Soit u ∈ L (E) nilpotent d'ordre q ≥ 1. Pour tout vecteur x ∈ E tel queuq−1 (x) ̸= 0, la famille :

Bu,x =(uk (x)

)0≤k≤q−1

est libre et l'espace vectoriel F = Vect (Bu,x) est stable par u.


Démonstration. Comme uq−1 ̸= 0, il existe des vecteurs x ∈ E \ {0} tels que uq−1 (x) ̸= 0.Si, pour un tel vecteur x ∈ E \ {0} , la famille Bu,x est liée, il existe alors des scalaires

λ0, · · · , λq−1 non tous nuls tels queq−1∑k=0

λkuk (x) = 0. En désignant par p le plus petit entier

compris entre 0 et q − 1 tel que λp ̸= 0, on a nécessairement p ≤ q − 2 (puisque uq−1 (x) ̸= 0)

et en notant µk = −λkλp

pour tout k compris entre p+ 1 et q − 1, on a :

up (x) =

q−1∑k=p+1

µkuk (x) =

q−1−p∑j=1

µp+jup+j (x)

et :

uq−1 (x) = uq−1−p (up (x)) =

q−1−p∑j=1

µp+juq+j−1 (x) = 0

(uq+k = 0 pour k ≥ 0), ce qui n'est pas.La famille Bu,x est donc libre et F = Vect (Bu,x) est un sous-espace vectoriel de dimension q

de E.Du fait que u est nilpotent d'ordre q, on déduit que F est stable par u.

Lemme 18.4 Soit u un endomorphisme de E nilpotent d'ordre q ≥ 1. Il existe φ ∈ E∗ etx ∈ E tels que l'espace vectoriel F = Vect {x, u (x) , · · · , uq−1 (x)} et l'orthogonal G dans E de

H = Vect{φ,t u (φ) , · · · , (tu)q−1

(φ)}sont stables par u avec E = F ⊕G.

Démonstration. On rappelle que l'orthogonal du sous-espace vectoriel H de E∗ et le sous-espace vectoriel G de E dé�ni par :

G = {y ∈ E | ∀φ ∈ H, φ (y) = 0}

et on a dim (G) = dim (E)− dim (H) .On rappelle également que si H est stable par tu, le sous-espace G est alors stable par u.

En e�et, pour tout y dans G et tout φ ∈ H, on a :

φ (u (y)) = tu (φ) (y) = 0

et u (y) ∈ G.L'endomorphisme tu étant aussi nilpotent d'ordre q, il existe une forme linéaire φ ∈ E∗ telle

que ( tu)q−1

(φ) ̸= 0, on a donc φ ◦ uq−1 ̸= 0 et il existe x dans E tel que φ (uq−1 (x)) ̸= 0.On a nécessairement uq−1 (x) ̸= 0 et le lemme précédent nous dit que les espaces vectoriels

F et H sont de dimension q, F étant stable par u, H stable par tu et G stable par u.Comme dim (F )+dim (G) = dim (H)+dim (G) = n, il nous su�t de véri�er que F∩G = {0}

pour déduire que E = F ⊕G.

Soit y =q−1∑k=0

λkuk (x) ∈ F∩G. On a uq−1 (y) ∈ G (G est stable par u), donc 0 = φ (uq−1 (y)) =

λ0φ (uq−1 (x)) et λ0 = 0. En supposant que λ0 = · · · = λj = 0 pour 0 ≤ j ≤ q − 2 (si q = 1

c'est �ni), on a y =q−1∑k=j+1

λkuk (x) et 0 = φ (uq−j−2 (y)) = λj+1φ (uq−1 (x)) , donc λj+1 = 0.

De ces lemmes on déduit le résultat suivant.

Réduction de Jordan 485

Théorème 18.4 Si u ∈ L (E) est nilpotent d'ordre q ≥ 1, il existe alors une base de E :

B = B1 ∪ · · · ∪ Br

telle que chaque sous espace vectoriel Ei = Vect (Bi) soit stable par u et la matrice de larestriction de u à Ei est :

Ji =

0 0 0 · · · 0

1 0 0. . .

...

0. . . . . . . . . 0

.... . . 1 0 0

0 · · · 0 1 0

∈Mqi (K) ,

avec qi = dim (Ei) (1 ≤ i ≤ r).

Démonstration. On procède par récurrence sur n = dim (E) .Pour n = 1, on a u = 0 et le résultat est trivial.Supposons le acquis pour les espaces vectoriels de dimension strictement inférieure à n.

Avec les notations du lemme précédent, la matrice de u|F (F est stable par u) dans la baseB1 = (x, u (x) , · · · , uq−1 (x)) est :

Jq =

0 0 0 · · · 0

1 0 0. . .

...

0. . . . . . . . . 0

.... . . 1 0 0

0 · · · 0 1 0

∈Mq (K)

Si q = n c'est �ni, sinon en complétant cette base par une base BG de G, la matrice de u dans

la base B1∪BG est A =

(Jq 00 An−q

)(G est stable par u) où An−q ∈Mn−q (K) est la matrice

de u|G dans BG, cette matrice étant nilpotente d'indice au plus égal à q avec G de dimensionstrictement inférieure à n. L'hypothèse de récurrence permet alors de conclure.

18.3 Réduction de Jordan

Soit u ∈ L (E)− {0} tel que le polynôme caractéristique χu soit scindé sur K :

χu (X) = (−1)np∏

k=1

(X − λk)αk

avec αk ≥ 1 et les λk ∈ K distincts deux à deux. On note :

πu (X) =

p∏k=1

(X − λk)βk

le polynôme minimal de u avec 1 ≤ βk ≤ αk pour k compris entre 1 et p.


Théorème 18.5 (Jordan) Avec les hypothèses de ce paragraphe, il existe une base B de Edans laquelle la matrice de u est de la forme :

A =

J1 0 · · · 0

0 J2. . .

......

. . . . . . 00 · · · 0 Jp

(18.1)

avec :

∀k ∈ {1, 2, · · · , p} , Jk =

λk 0 0 · · · 0

εk,2 λk 0. . .

...

0. . . . . . . . . 0

.... . . εk,αk−1 λk 0

0 · · · 0 εk,αkλk

∈Mαk(K)

où εk,i ∈ {0, 1} (forme réduite de Jordan).

Démonstration. En désignant, pour tout k ∈ {1, 2, · · · , p} , par Nk = ker (u− λkId)αk

les sous-espaces caractéristiques de u, on a E =p⊕

k=1

Nk. Chaque sous espace vectoriel Nk est

de dimension αk stable par u, λk est la seule valeur propre de la restriction de u à Nk et larestriction de u− λkId à Nk est nilpotente d'indice βk (théorème 17.9).

On déduit alors qu'il existe une base Bk de Nk dans laquelle la matrice de la restriction deu− λkId à Nk est de la forme :

Jk =

0 0 0 · · · 0

εk,2 0 0. . .

...

0. . . . . . . . . 0

.... . . εk,αk−1 0 0

0 · · · 0 εk,αk0

∈Mαk(K) .

Dans la réunion de ces bases, la matrice de u a la forme indiquée.

Corollaire 18.5 Toute matrice non nulle A d'ordre n à coe�cients dans un corps commutatifalgébriquement clos est semblable à une matrice triangulaire de la forme (18.1) .

Si le corps K est algébriquement clos, la réduction de Jordan est toujours possible et onretrouve ainsi le théorème de trigonalisation.

Exercice 18.1 Réduire sous forme de Jordan la matrice :

A =

1 0 −1 10 1 1 00 0 1 00 0 1 0

∈M4 (C)

Solution 18.1 Voir l'exercice 17.12.

18.4 Diagonalisation

Voir le chapitre 19.

Réduction des matrices symétriques réelle 487

18.5 Réduction des matrices symétriques réelle

Voir le paragraphe 19.3.1.

18.6 Réduction des matrices orthogonales réelle

On se place ici dans un espace réel euclidien (E, ⟨· | ·⟩) de dimension n ≥ 1.On rappelle qu'un endomorphisme u ∈ L (E) est dit orthogonal (ou que c'est une isométrie)

si :∀ (x, y) ∈ E2, ⟨u (x) | u (y)⟩ = ⟨x | y⟩ .

On note O (E) l'ensemble des endomorphismes orthogonaux de E.Un endomorphisme u ∈ L (E) est orthogonal si, et seulement si, pour toute base orthonormée

B de E la matrice A de u dans B est telle que A tA = tAA = In. Une telle matrice A est diteorthogonale et on note On (R) le groupe multiplicatif de toutes ces matrices orthogonales.

On peut consulter le chapitre 21 pour plus de détails sur les espaces euclidiens et les isomé-tries.

Théorème 18.6 Soit A ∈ On (R) avec n ≥ 2. Il existe une matrice P ∈ On (R) telle que :

tPAP =

Ip 0 0 0 · · · 0

0 −Iq 0. . . . . .

...

0 0 R1 0. . . 0

0. . . 0 R2

. . . 0...

. . . . . . . . . . . . 00 · · · 0 0 0 Rr

,

Démonstration. Voir le paragraphe 21.7.

18.7 Réduction des matrices normales

Voir le paragraphe 19.3.2.

18.8 Quelques applications

Exercice 18.2 En utilisant le théorème de trigonalisation, montrer le théorème de Cayley-Hamilton dansMn (K) pour K algébriquement clos.

Solution 18.2 Comme K est algébriquement clos, toute matrice A ∈ Mn (K) est semblable àune matrice triangulaire et il nous su�t de montrer le résultat pour une matrice triangulairepuisque P (Q−1AQ) = Q−1P (A)Q pour tout polynôme P et toutes matrices A,Q avec Q in-versible.Soit :

A =

a11 a12 · · · a1n

0 a22. . .

......

. . . . . . an−1,n

0 · · · 0 ann


une matrice triangulaire et P (X) =n∏i=1

(aii −X) son polynôme caractéristique.

On désigne par (ek)1≤k≤n la base canonique de Kn et pour tout k compris entre 1 et n, Pk est

le polynôme de degré k, Pk (X) =k∏i=1

(aii −X) .

Nous allons montrer par récurrence �nie sur k que Pk (A) (ei) = 0 pour tout i compris entre1 et k (en identi�ant une matrice à l'endomorphisme qu'elle dé�nit dans la base canonique deKn).Pour k = 1, on a :

P1 (A) (e1) = a11e1 − A (e1) = 0

Supposons le résultat acquis jusqu'au rang k − 1 ∈ {1, · · · , n− 1} . Pour i compris entre 1 etk − 1, on a :

Pk (A) (ei) = (akkIn − A)Pk−1 (A) (ei) = 0

et pour i = k :

Pk (A) (ek) = Pk−1 (A) (akkek − A (ek)) = −k−1∑i=1

aikPk−1 (A) (ei) = 0

Le résultat est donc vrai pour k.Pour k = n, on a Pk (A) (ei) = 0 pour tout i compris entre 1 et n, ce qui revient à dire quePk (A) = 0.

On rappelle que si E est un espace vectoriel de dimension n sur K = C, on peut dé�nirl'exponentielle d'un endomorphisme u ∈ L (E) par :

eu =+∞∑k=0

1

k!uk.

Exercice 18.3 Montrer que, pour tout u ∈ L (E) , on det (eu) = eTr(u) et eu est inversible.

Solution 18.3 Sur C l'endomorphisme u est trigonalisable, ce qui signi�e qu'il existe unebase de E dans laquelle la matrice A de u est triangulaire supérieure, les termes diagonauxde cette matrice étant les valeurs propres λ1, · · · , λn de u. Comme, pour tout entier k ≥ 0, lamatrice Ak est aussi triangulaire supérieure de termes diagonaux λk1, · · · , λkn, on déduit que eA

est triangulaire supérieure de termes diagonaux eλ1 , · · · , eλn et :

det (eu) = det(eA)=

n∏j=1

eλj = exp

(n∑j=1

λj

)= eTr(A) = eTr(u) ̸= 0

et eu est inversible.

Exercice 18.4 On suppose K algébriquement clos.Montrer que toute matrice A ∈Mn (K) est semblable à sa transposée.

Solution 18.4 On se place tout d'abord dans le cas où A est un bloc de Jordan de la forme :

A =

λ 1 0 · · · 0

0 λ 1. . . 0

0 0. . . . . . 0

.... . . . . . . . . 1

0 · · · 0 0 λ

.

Quelques applications 489

L'endomorphisme u associé à la matrice A est alors dé�ni dans la base canonique (ei)1≤i≤n deKn par : {

u (e1) = λe1,u (ej) = ej−1 + λej (2 ≤ j ≤ n) .

Dans la base (en, · · · , e1) l'endomorphisme u a pour matrice tA.Si A est une matrice quelconque, on sait qu'elle est semblable à une matrice de la forme :

A′ =

J1 0 · · · 0

0 J2. . . 0

.... . . . . . 0

0 · · · 0 Jp

,

où les Jk sont des blocs de Jordan du type précédent. Chacun de ces Jk étant semblable à satransposée on en déduit facilement que A est semblable à sa transposée.

Exercice 18.5 Soit φ une forme linéaire sur Mn (C) telle que φ (AB) = φ (BA) pour toutesmatrices A,B dansMn (C) .

1. En notant {Eij | 1 ≤ i, j ≤ n} la base canonique de Mn (C) , montrer que φ (Eii) =φ (Ejj) pour tous i, j compris entre 1 et n. On note λ cette valeur commune.

2. Montrer que φ (A) = λTr (A) pour toute matrice A dans Mn (C) (on peut d'abord sup-poser que la matrice A est diagonalisable).

3. Soit u un endomorphisme deMn (C) tel que u (In) = In et u (AB) = u (BA) pour toutesmatrices A,B dansMn (C) . Montrer que u conserve la trace.

Solution 18.5 On rappelle que si {ei | 1 ≤ i ≤ n} désigne la base canonique de Cn, alors lamatrice Eij est dé�nie par :

∀k ∈ {1, · · · , n} , Eijek ={

0 si k ̸= j,ei si k = j.

1. Pour i ̸= j dans {1, · · · , n} on a EijEji = Eii et EjiEij = Ejj. On déduit alors que :

φ (Eii) = φ (EijEji) = φ (EjiEij) = φ (Ejj) .

On peut donc poser λ = φ (Eii) pour tout i compris entre 1 et n.

2. Si D est une matrice diagonale, elle s'écrit :

D =n∑i=1

λiEii

et :

φ (D) =n∑i=1

λiφ (Eii) = λn∑i=1

λi = λTr (D) .

Si A est une matrice diagonalisable, elle s'écrit A = PDP−1 avec P inversible, D diago-nale et :

φ (A) = φ(PDP−1

)= φ

(DP−1P

)= φ (D) = λTr (D) = λTr (A) .

En�n si A est quelconque dans Mn (C) , elle peut s'écrire comme limite d'une suite(Ak)k∈N de matrices diagonalisables et avec la continuité des formes linéaires φ et Tr,on déduit que :

φ (A) = limk→+∞

φ (Ak) = λ limk→+∞

Tr (Ak) = λTr (A) .


3. On dé�nit la forme linéaire φ par φ (A) = Tr (u (A)) pour toute matrice A dansMn (K) .On a alors φ (AB) = φ (BA) pour toutes matrices A,B dansMn (K) et φ (A) = λTr (A) ,c'est-à-dire que Tr (u (A)) = λTr (A) pour toute matrice A dans Mn (K) . En�n avecu (In) = In on déduit que λ = 1.

Remarque 18.2 Les résultats de l'exercice précédent sont en fait valables pour tout corps com-mutatif de caractéristique nulle.

Exercice 18.6 Montrer que GLn (C) est connexe par arcs en utilisant le fait que toute matricecomplexe est semblable à une matrice triangulaire.

Solution 18.6 Pour toute matrice A ∈ GLn (C) , il existe une matrice P ∈ GLn (C) et unematrice triangulaire supérieure T = ((mij))1≤i,j≤n telles que A = PTP−1. On note, pour toutj ∈ {1, 2, · · · , } , mjj = ρje

iθj avec ρj > 0 et on dé�nit un chemin continu φ : [0, 1]→ GLn (C)par :

∀t ∈ [0, 1] , φ (t) =

φ11 (t) φ12 (t) · · · φ1n (t)

0 φ22 (t). . .

......

. . . . . . φn−1,n−1 (t)0 · · · 0 φnn (t)

,

où :

φij (t) =

{tmij si 1 ≤ i < j ≤ n,(1− t) eit θj + tmjj si i = j.

On a alors φ (0) = In, φ (1) = T et γ : t 7−→ Pφ (t)P−1 est un chemin continu qui relie lamatrice identité à la matrice A dans GLn (C) .

Exercice 18.7 On suppose le corps K de caractéristique nulle.Soient G un sous-groupe de GLn (K) , F le sous-espace vectoriel deMn (K) engendré par G etB = (Ai)1≤i≤p une base de F extraite de G.

1. On considère l'application :

φ : G → Kp

A 7→ (tr (AA1) , · · · , tr (AAp))

et A,B dans G telles que φ (A) = φ (B) .

(a) Montrer que tr (AB−1M) = tr (M) pour tout M ∈ G.(b) En notant C = AB−1, en déduire que tr

(Ck)= n pour tout k ≥ 1, puis que C − In

est nilpotente.

(c) En déduire que, si on suppose de plus que toutes les matrices de G sont diagonali-sables, alors φ est injective.

2. Montrer que si toutes les matrices de G sont diagonalisables et si tr (G) est �ni, alors Gest �ni.

3. Déduire de ce qui précède qu'un sous-groupe G de GLn (C) est �ni si, et seulement si, ilest d'exposant �ni (c'est-à-dire qu'il existe m ∈ N∗ tel que Am = In pour tout A ∈ G).Ce résultat est un théorème de Burnside.

Solution 18.7

Quelques applications 491

1.

(a) Si A,B dans G sont telles que φ (A) = φ (B) , on a alors tr ((A−B)Aj) = 0 pourtout j compris entre 1 et p et tr ((A−B)M) = 0 pour tout M ∈ F. On a alorstr ((AB−1 − In)BM) = 0 pour tout M ∈ G, ce qui équivaut à tr ((AB−1 − In)M) =0 pour tout M ∈ G puisque l'application M 7→ BM est une permutation de G.

(b) On a C = AB−1 ∈ G (G est un groupe) et tr (CM) = tr (M) pour tout M ∈ G, cequi entraîne tr (C) = tr (In) = n et par récurrence tr

(Ck)= n pour tout k ≥ 1. On

a alors, pour tout k ≥ 1 :

tr((C − In)k

)=

k∑j=0

Cjk (−1)

j tr(Ck−j) = n

k∑j=0

Cjk (−1)

j = n (1− 1)k = 0.

Il en résulte que C − In est nilpotente (théorème 16.6).

(c) La matrice C étant dans G est diagonalisable et il en est de même de C − In. Cettematrice est donc diagonalisable et nilpotente et en conséquence nulle (sa seule valeurpropre est 0). On a donc C = AB−1 = In et A = B. L'application φ est doncinjective.

2. Si tr (G) est �ni, alors φ (G) est une partie �nie de Rp en bijection avec G et G est �ni.

3. Le théorème de Lagrange nous dit qu'un groupe �ni est d'exposant �ni.Si G est un sous-groupe de GLn (C) d'exposant �ni, il existe alors un entier m ≥ 1 telque Am = In pour tout A ∈ G et toutes les matrices de A sont diagonalisables du faitqu'elles sont annulées par le polynôme Xm − 1 qui est scindé à racines simples dans C.Les valeurs propres de tout A ∈ G étant racines de Xm− 1 sont dans le groupe Γm de cesracines de l'unité et en conséquence en nombre �ni quand A décrit G. Il en résulte quetr (G) est �ni est �ni et aussi G.


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