RÉDUCTION DES ENDOMORPHISMES

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1 UNIVERSITÉ PARIS 7 D E N I S D I D E R O T MI3 Algèbre et analyse fondamentales I CHAPITRE IV RÉDUCTION DES ENDOMORPHISMES année Auteur : Thierry Joly Département de Formation de 1 er Cycle de Sciences Exactes

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3 CHAPITRE IV MI3 Année 28/9 RÉDUCTION DES ENDOMORPHISMES Plan du chapitre : 1 Sommes directes de sous-espaces vectoriels (rappels) 2 Diagonalisation 21 Matrices diagonales endomorphismes diagonalisables 22 Applications de la diagonalisation 23 Sous-espaces propres d un endomorphisme 24 Critères de diagonalisation 25 Méthode de diagonalisation Exemples 3 Trigonalisation 31 Matrices triangulaires endomorphismes trigonalisables 32 Critère de trigonalisation 33 Méthode de trigonalisation Exemple 34 Application aux systèmes différentiels linéaires 1

4 CHAPITRE IV MI3 RÉDUCTION DES ENDOMORPHISMES NB Dans tout ce chapitre, la lettre K désigne l un des ensembles R ou C 1 Sommes directes de sous-espaces vectoriels (rappels) Définition On appelle somme de sous-espaces E 1,, E n d un K-espace vectoriel E l ensemble noté E E n des vecteurs de E de la forme x x n, où x 1 E 1,, x n E n : E E n = { x x n ; x 1 E 1,, x n E n } Proposition 1 La somme E E n de sous-espaces quelconques E 1,, E n d un K-espace vectoriel E est un sous-espace de E Démonstration Pour tous x, y E 1 + +E n et tout k K, il existe par définition des vecteurs x 1 E 1,, x n E n, y 1 E 1,, y n E n tels que : x = x x n et y = y y n, donc x + y = (x 1 + y 1 ) + + (x n + y n ) E E n et kx = kx kx n E E n Définition On dit que la somme E 1 + +E n de sous-espaces E 1,, E n d un K-espace vectoriel E est directe lorsque pour tous x 1 E 1,, x n E n : x x n = = x 1 = = x n = Si tel est le cas, la somme E E n est notée : E 1 E n Proposition 2 Soit E 1 E n une somme directe de sous-espaces d un K-espace vectoriel E Alors tout vecteur x E 1 E n se décompose de façon unique en une somme : x = x x n, x 1 E 1,, x n E n Démonstration Si x = x x n = x x n avec x i, x i E i pour tout i, alors (x 1 x 1) + + (x n x n) = Il s ensuit : x 1 x 1 = = x n x n =, soit encore : x 1 = x 1,, x n = x n 2

5 Proposition 3 La somme E 1 +E 2 de deux sous-espaces vectoriels E 1, E 2 d un K-espace vectoriel E est directe ssi E 1 E 2 = {} Démonstration Si la somme E 1 + E 2 est directe, alors pour tout x E 1 E 2, on a : x E 1, x E 2 et la relation x + ( x) = entraîne donc x = x =, d où : E 1 E 2 = {} Réciproquement, si E 1 E 2 = {}, alors pour tous x 1 E 1, x 2 E 2 tels que x 1 + x 2 =, on a x 1 = x 2 E 1 E 2, donc x 1 = x 2 = et la somme E 1 + E 2 est directe Remarques Dans le cas particulier où chaque sous-espace E i d une somme E E n est engendré par un unique vecteur non nul v i, alors la somme E E n est directe ssi les vecteurs v 1,, v n sont linéairement indépendants La notion de somme directe de sous-espaces peut donc être vue comme une généralisation de la notion d indépendance linéaire de vecteurs et la proposition 2 est à rapprocher de l unicité des coefficients k i d une combinaison linéaire n k iv i de vecteurs linéairement indépendants v 1,, v n Tout naturellement, les notions de somme directe et de systèmes linéairement indépendants présentent aussi les mêmes écueils Par exemple, de même qu il est tout à fait faux de dire que des vecteurs v 1,, v n sont linéairement indépendants ssi ils deux à deux non colinéaires (erreur fréquente), il faut se garder de généraliser abusivement la proposition 3 en prétendant qu une somme E E n est directe ssi E i E j = {} pour chaque paire de sous-espaces E i E j Théorème 4 Soit E 1 E n une somme directe de sous-espaces d un K-espace vectoriel E Si (u 11,, u 1p1 ) est une base quelconque de E 1, (u 21,, u 2p2 ) une base quelconque de E 2, et (u n1,, u npn ) une base quelconque de E n, alors la suite de vecteurs obtenue en accolant toutes ces bases : (u 11,, u 1p1, u 21,, u 2p2,, u n1,, u npn ) est une base de E 1 E n Démonstration sous la forme : Il s agit d établir que tout vecteur x de E 1 E n s écrit de façon unique x = k 11 u k 1p1 u 1p1 + k 21 u k 2p2 u 2p2 + + k n1 u n1 + + k npn u npn ( ) Tout vecteur x E 1 E n s écrit sous la forme x = x x n, où x 1 E 1,, x n E n Comme (u i1,, u ipi ) est une base de E i, chacun des vecteurs x i s écrit à son tour sous la forme x i = k i1 u i1 + + k ipi u ipi En remplaçant ces expressions dans la somme x = x x n, on obtient la relation ( ) Montrons à présent que les scalaires k ij de ( ) sont uniques Supposons que l on a aussi : x = k 11u k 1p 1 u 1p1 + k 21u k 2p 2 u 2p2 + + k n1u n1 + + k np n u npn Alors pour tout i, x i = k i1 u i1 + + k ip i u ipi est un vecteur de E i et l on a : x = x x n La proposition 2 entraîne donc x 1 = x 1, x 2 = x 2,, x n = x n, d où pour chaque i : x i = k i1 u i1 + + k ipi u ipi = k i1u i1 + + k ip i u ipi Comme les coordonnées du vecteur x i dans la base (u i1,, u ipi ) de E i sont uniques, il s ensuit k ij = k ij pour tous i, j Corollaire 5 dim (E 1 E n ) = dim E dim E n 3

6 2 Diagonalisation 21 Matrices diagonales endomorphismes diagonalisables Définition Si k 1,, k n sont des scalaires, on note Diag(k 1,, k n ) la matrice carrée n n : k 1 k 2 Diag(k 1,, k n ) = k 3 k n Les matrices de la forme Diag(k 1,, k n ) sont appelées matrices diagonales Définition On dit qu un endomorphisme f de d un K-espace vectoriel E est diagonalisable s il existe une base de E dans laquelle la matrice représentant f est diagonale Diagonaliser f signifie : rechercher une telle base Si la matrice de f dans la base (u 1,, u n ) est Diag(k 1,, k n ), on a pour tout i : f(u i ) = k i u i, autrement dit u i est un vecteur propre associé à la valeur propre k i Diagonaliser f revient donc à rechercher une base de E uniquement constituée de vecteurs propres Exemple Soit f l endomorphisme de R 2 dont la matrice dans la base canonique (e 1, e 2 ) de R 2 est : ( ) 1 A = 2 3 Bien que A ne soit pas diagonale, f est diagonalisable En effet, les vecteurs u 1 = e 1 + e 2 et u 2 = e 1 + 2e 2 ne sont à l évidence pas colinéaires, donc le système (u 1, u 2 ) est libre et forme une base de R 2 De plus, la matrice A nous donne : f(e 1 ) = 2e 2 et f(e 2 ) = e 1 + 3e 2, donc : f(u 1 ) = f(e 1 ) + f(e 2 ) = 2e 2 + (e 1 + 3e 2 ) = e 1 + e 2 = u 1, f(u 2 ) = f(e 1 ) + 2f(e 2 ) = 2e 2 + 2(e 1 + 3e 2 ) = 2e 1 + 4e 2 = 2u 2 Ainsi, la matrice de f dans la base (u 1, u 2 ) est : ( 1 D = 2 Comme les coordonnées dans la base canonique (e 1, e 2 ) des vecteurs u 1, u 2 sont respectivement (1, 1) et (1, 2), la matrice de passage de la base canonique (e 1, e 2 ) à cette nouvelle base (u 1, u 2 ) s écrit : u 1 u 2 ( ) 1 1 e 1 P = 1 2 e 2 Rappelons que si X (respectivement X ) est le vecteur colonne des coordonnées dans la base (e 1, e 2 ) (respectivement dans la base (u 1, u 2 )) d un même vecteur de R 2, alors X = P X, X = P 1 X, et que ceci entraîne les relations : ) D = P 1 AP, A = P DP 1 Remarque Par abus de langage, on dit aussi que l on a diagonalisé la matrice A : cela signifie simplement que l on a trouvé une matrice inversible P (la matrice de passage) telle que D = P 1 AP soit diagonale 4

7 22 Applications de la diagonalisation Indiquons dès à présent quelques problèmes où la diagonalisation des matrices s avère précieuse : Calcul des puissances d une matrice Une vertu des matrices diagonales est qu elles sont particulièrement faciles à multiplier entre elles ; en effet, on vérifie sans peine la relation : Diag ( k 1,, k p ) Diag ( k 1,, k p) = Diag ( k1 k 1,, k p k p) Cette dernière entraîne facilement par récurrence sur n N : ( ) n ( Diag(k1,, k p = Diag k n 1,, kp n ) Ainsi, alors que l on ne voit pas bien comment calculer directement A n pour la matrice A de l exemple précédent, on peut immédiatement écrire : ( ) 1 D n = 2 n Or la relation A = P DP 1 entraîne : A n = (P DP 1 ) (P DP 1 ) = P D n P 1, }{{} n facteurs de sorte que l on obtient A n en inversant P puis en calculant le produit P D n P 1 : ( ) ( ) P 1 =, A n = P D n P 1 n 2 n 1 = n+1 2 n+1 1 Calcul du terme général d une suite récurrente linéaire Il est bien connu qu une suite géométrique (u n ) n N de raison a, ie telle que u n+1 = a u n, a pour terme général : u n = a n u Le calcul matriciel permet d exprimer de même le terme général d une suite définie à partir de ses k premiers termes par une relation de la forme : u n+k = a 1 u n+k 1 + a 2 u n+k a k u n Soit, par exemple, la suite (u n ) n N définie par : u = 4, u 1 = 7, u n+2 = 3u n+1 2u n Quitte à être redondant, la relation de récurrence de cette définition peut aussi s exprimer par le système : [ ( ) un+1 = u n+1 un+1 u n+2 = 2u n + 3u n+1 soit encore u n+2 ( un = A où A est toujours la même matrice que précédemment En posant U n = n N, on a donc : ( ) 4 U =, U n+1 = A U n, 7 u n+1 ( un u n+1 ), ) pour tout d où, par récurrence sur n N : U n = A n U À l aide du calcul de A n plus haut, on obtient u n = (2 2 n )4 + (2 n 1)7, soit encore : u n = 32 n + 1 5

8 23 Sous-espaces propres d un endomorphisme Comme on a déjà remarqué plus haut, diagonaliser un endomorphisme f d un K-espace vectoriel E consiste à former une base de E à l aide de vecteurs propres de f Puisque l on sait déjà déterminer les valeurs propres de f (il s agit des racines de son polynôme caractéristique), il nous reste à étudier pour chaque valeur propre λ l ensemble E λ des vecteurs propres associés à λ Cet ensemble E λ est en fait le noyau de l application linéaire f λ Id E : f(v) = λv (f λ Id E )(v) = f(v) λv = v Ker(f λ Id E ) Définition Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E Pour toute valeur propre λ de f, le sous-espace vectoriel E λ = Ker(f λ Id E ) = {v E ; f(v) = λv} est appelé sous-espace propre de f associé à la valeur propre λ Rappelons que la multiplicité d une racine α d un polynôme P (x) est le plus grand entier m tel que (x α) m divise P (x), ie tel que P (x) puisse s écrire sous la forme : P (x) = (x α) m Q(x), où Q(x) est un polynôme Théorème 6 Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension finie, P f son polynôme caractéristique et λ 1,, λ p les racines de P f, que l on suppose deux à deux distinctes et de multiplicités respectives m 1,, m p Alors : La somme des sous-espaces propres E λi = Ker (f λ i Id E ) de f est directe : E λ1 E λp E La dimension de chaque sous-espace propre E λi vérifie : dim E λi m i Démonstration Établissons par récurrence sur n {1,, p} que la somme E λ E λn est directe Lorsque n = 1, cette somme est trivialement directe, puisqu elle ne comporte qu un seul terme Supposons le résultat établi au rang n 1 et établissons-le au rang n Soit donc v 1 E λ1, v 2 E λ2,, v n E λn tels que : v v n 1 + v n = En appliquant f à cette somme, on obtient en vertu de la linéarité de f et des relations f(v i ) = λ i v i : et en multipliant cette même somme par λ n : Retranchons ces deux dernières égalités : λ 1 v λ n 1 v n 1 + λ n v n =, λ n v λ n v n 1 + λ n v n = (λ 1 λ n )v (λ n 1 λ n )v n 1 = Comme (λ i λ n )v i E λi pour tout i {1,, n 1}, l hypothèse de récurrence entraîne alors : (λ i λ n )v i = (i = 1,, n 1), or λ i λ n (car λ 1,, λ n 1 sont deux à deux distincts), donc v i = pour tout i {1,, n 1} Il s ensuit évidemment v n = ; ainsi tous les vecteurs v i sont nuls, ce qui établit que la somme des sous-espaces E λi est directe 6

9 Fixons maintenant un sous-espace propre E λi et montrons que l on a : d = dim E λi m i Pour ce faire, considérons une base quelconque (u 1,, u k ) de E λi, que l on complète en une base (u 1,, u n ) de E Comme f(u i ) = λ i u i pour tout i d, la matrice A de f dans la base (u 1,, u n ) est de la forme : A = }{{} λ i d λ i B C P f (x) est donc le déterminant de la matrice : A xi n = }{{} λ i x d λ i x B C xi n-d En itérant d développements selon la première colonne de ce déterminant, on obtient donc : P f (x) = (λ i x) d det(c xi n d ) De plus, det(c xi n d ) est bien un polynôme, puisque qu il s agit du polynôme caractéristique de l endomorphisme de K n d représenté par la matrice C Ainsi, la multiplicité de la racine λ i de P f est au moins égale à d, autrement dit : dim E λi = d m i 24 Critères de diagonalisation Définition On dit qu un polynôme P (x) est scindé dans K s il est décomposable en un produit de facteurs du premier degré à coefficients dans K, ie s il peut s écrire sous la forme : P (x) = a n (x α i ), a, α 1,, α n K Remarque Si le polynôme caractéristique P f (x) d un endomorphisme f est scindé dans K, alors on peut l écrire sous la forme : P f (x) = a p (λ i x) m i, où λ 1,, λ p K sont ses racines deux à deux distinctes dans K De plus, a est alors le coefficient de plus haut degré du polynôme P f ( x) = a p (x + λ i) mi et vaut donc 1 en vertu de la proposition 12 du premier chapitre, d où la forme suivante de P f (x) : n P f (x) = (λ i x) mi 7

10 Théorème 7 Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension finie, P f son polynôme caractéristique, λ 1,, λ p une liste sans répétition de toutes ses valeurs propres et E λi = Ker (f λ i Id E ) (1 i p) ses sous-espaces propres associés Les énoncés suivants sont alors équivalents : 1 f est diagonalisable 2 P f est scindé, mettons : P f (x) = p (λ i x) m i, et la multiplicité de chaque racine λ i de P f est égale à la dimension du sous-espace propre associé à λ i : dim E λi = m i, 1 i p 3 dim E = dim E λ1 + + dim E λp 4 E est la somme (directe) des sous-espaces propres de f : E = E λ1 E λp Démonstration 1 2 Par hypothèse, E possède une base (u 1,, u n ) constituée de vecteurs propres de f Quitte à réordonner les vecteurs de cette base, on peut supposer que la matrice de f dans la base (u 1,, u n ) est, pour des scalaires λ 1,, λ p deux à deux distincts, de la forme : D = Diag(λ 1,, λ }{{} 1,, λ p,, λ p ) En itérant des développements selon la première colonne, on }{{} obtient : m 1 m p p P f (x) = det Diag(λ 1 x,, λ 1 x,, λ }{{} p x,, λ p x) = (λ i x) mi }{{} m 1 m p Ainsi, P f est scindé et m i est bien la multiplicité de la racine λ i de P f pour tout i {1,, p} De plus, en vertu de la forme de la matrice D, la base (u 1,, u n ) contient clairement m i vecteurs (linéairement indépendants) de E λi, d où : m i dim E λi On en déduit à l aide du théorème 7 : dim E λi = m i (1 i p) 2 3 On a par hypothèse : dim E λ1 + + dim E λp = m m p = deg P f = dim E 3 4 Selon le corollaire 5, on a alors : dim (E λ1 E λp ) = dim E λ1 + + dim E λp = dim E, autrement dit E λ1 E λp est un sous-espace vectoriel de E de même dimension que E, d où l égalité : E λ1 E λp = E 4 1 Pour tout i {1,, p}, soit (u i1,, u ini ) une base quelconque de E λi Par définition, les vecteurs u ij sont des vecteurs propres de f De plus, (u 11,, u 1n1,, u p1,, u pnp ) constitue une base de E λ1 E λp d après le théorème 4 Ainsi, l hypothèse E = E λ1 E λp entraîne que ces vecteurs propres de f forment une base de E et f est bien diagonalisable Remarque Lorsque P f est scindé et ne possède que des racines simples (ie de multiplicité 1), alors f est nécessairement diagonalisable en vertu du critère 2 ci-dessus 25 Méthode de diagonalisation Exemples Afin de diagonaliser un endomorphisme f, on peut procéder comme suit : 1 Calcul et scindage de P f : P f (x) = diagonalisable p (λ i x) mi Si P f n est pas scindé, alors f n est pas 2 Pour chaque racine λ i de P f, détermination d une base (u i1,, u ini ) du sous-espace propre : E λi = Ker (f λ i Id E ) Si l une de ces bases vérifie : n i = dim E λi < m i, alors f n est pas diagonalisable 8

11 Sinon, on a n i = dim E λi = m i pour tout i et l on obtient une base de E en les juxtaposant La matrice de passage à cette nouvelle base et la matrice diagonale représentant f dans cette dernière s en déduisent immédiatement : P = u 11 u 1n1 u 21 u 2n2 u p1 u pnp D = }{{} λ 1 n 1 λ 1 }{{} λ2 n 2 λ 2 }{{} λ p n p λ p Exemple 1 Soit f l endomorphisme de R 2 représenté dans la base canonique de R 2 par la matrice : ( ) 1 A = 1 Le polynôme P f (x) = x 1 1 x = x2 +1 n est pas scindé dans R, donc f n est pas diagonalisable Considérons maintenant l endomorphisme g de C 2 représenté par la matrice A : on a cette fois P g (x) = x = (x i)(x + i) et g a deux valeurs propres simples : i et i Selon le théorème 6, les deux sous-espaces propres correspondants E i, E i sont donc de dimension 1 et g est à coup sûr diagonalisable, puisque : dim E i + dim E i = 2 = dim C 2 Déterminons une base de E i Les vecteurs de E i = Ker(g i Id C 2) sont les vecteurs (z 1, z 2 ) C 2 tels que : ( ) ( ) ( ) ( ) [ z1 i 1 z1 iz1 + z (A ii 2 ) = = ie 2 = 1 i z 1 iz 2 = z 2 z 2 autrement dit tels que z 2 = iz 1, puisque les deux équations du système équivalent à cette dernière On peut donc choisir comme base de E i le vecteur u 1 = (1, i) On trouve de même que E i est l ensemble des vecteurs (z 1, z 2 ) C 2 tels que z 2 = iz 1, et l on peut donc choisir comme base de E i le vecteur u 2 = (1, i) La matrice de passage à la base (u 1, u 2 ) et la matrice de g dans cette dernière sont respectivement : P = ( 1 1 i i ) ( i, D = i En conclusion, la matrice A est diagonalisable dans C, mais pas dans R ) 9

12 Exemple 2 Pour tout a R, soit f a l endomorphisme de R 3 dont la matrice dans la base canonique de R 3 est : 4 2 M a = a Déterminons pour quelles valeurs de a l endomorphisme f a est diagonalisable et diagonalisons f a pour ces valeurs Pour ce faire, on commence par calculer le polynôme caractéristique de f a : P fa (x) = det(m a xi 3 ) = 4 x x a x = (4 x) 5 x 4 2 a x x 4 2 = (4 x) ( (5 x)(a x) 8 ) 2 ( 4 4(5 x) ) = (4 x) ( (5 x)(a x) 8 ) + 8(4 x) = (4 x)(5 x)(a x) Si a = 4, P fa a comme racines la racine double 4 et la racine simple 5 En vertu du théorème 6, on en déduit que les deux sous-espaces propres E 4, E 5 de f 4 vérifient : dim E 4 = 1 ou 2, dim E 5 = 1 Pour savoir si f 4 est diagonalisable, il faut donc déterminer la dimension de E 4 Clairement, la matrice : 2 M 4 4I 3 = a pour rang 2 (ses deux premières colonnes sont proportionnelles entre elles, mais pas à la troisième) On a donc : dim E 4 = dim Ker(f 4 4 Id R 3) = 3 rang(f 4 4 Id R 3) = 1 Ainsi, dim E 4 + dim E 5 = dim R 3, donc f 4 n est pas diagonalisable Si a = 5, P fa a comme racines la racine simple 4 et la racine double 5 Les deux sous-espaces propres E 4, E 5 de f 5 vérifient donc : dim E 4 = 1 et dim E 5 = 1 ou 2 La matrice : 1 2 M 5 5I 3 = a pour rang 2 (ses deux premières lignes sont proportionnelles, mais pas à la troisième) Le rang de l application f 5 5 Id R 3 est donc 2, d où : dim E 5 = 3 rang(f 5 5 Id R 3) = 1 Ainsi, on a : dim E 4 + dim E 5 = 2 dim R 3, donc f 5 n est pas diagonalisable Si a 4 et a 5, alors P fa a trois racines simples distinctes : 4, 5 et a Les trois sous-espaces propres correspondants de f a vérifient donc : dim E 4 = dim E 5 = dim E a = 1 On a alors dim E 4 + dim E 5 + dim E a = dim R 3 et le théorème 7 entraîne que f a est diagonalisable Diagonalisons f a dans ce cas Toujours selon le théorème 7, on a alors R 3 = E 4 E 5 E a, de sorte qu il suffit de trouver des vecteurs non nuls u 1, u 2, u 3 dans E 4, E 5, E a respectivement pour constituer une base de diagonalisation pour f (en effet, chacun de ces vecteurs constituera automatiquement une base du sous-espace correspondant et (u 1, u 2, u 3 ) sera donc bien une base de E, en vertu du théorème 4) E 4 est l ensemble des vecteurs (x, y, z) R 3 tels que : x (M a 4I 3 ) y = z On peut donc prendre u 1 = (1, 2, ) a 4 x y = z 1

13 E 5 est l ensemble des vecteurs (x, y, z) R 3 tels que : x 1 2 x (M a 5I 3 ) y = 2 4 y =, z 4 2 a 5 z soit encore : [ x + 2z = 4x + 2y + (a 5)z = ( On peut donc prendre x = 2, z = 1 et 2y = a 5 4x = a 13, ie u 2 = E a est l ensemble des vecteurs (x, y, z) R 3 tels que : x 4 a 2 (M a ai 3 ) y = 2 5 a 4 z 4 2 soit encore : (4 a)x 2z = 2x + (5 a)y + 4z = 4x + 2y = x y = z 2, a 13, 1 2 En prenant x = 1, y = 2 pour vérifier la troisième équation, on vérifie facilement que z = a 4 ( satisfait les deux premières, de sorte que l on peut choisir u 3 = 1, 2, a 4 ) 2 2 Finalement, la matrice de passage à la base (u 1, u 2, u 3 ) et la matrice de f a dans cette dernière sont respectivement : P = a , D = 5 a a Remarque On pourra vérifier que les vecteurs u 1, u 2, u 3 trouvés plus haut sont des vecteurs propres de f a, même lorsque a = 4 ou = 5 Cependant, la diagonalisation ci-dessus cesse d être valide dans ces deux cas, car (u 1, u 2, u 3 ) cesse d être une base : on a u 1 = u 3 si a = 4 et u 2 = 2u 3 si a = 5 ) 3 Trigonalisation 31 Matrices triangulaires endomorphismes trigonalisables Définition On dit qu une matrice carrée A = (a ij ) 1 i n est triangulaire supérieure si l on a a ij = 1 j n pour tous (i, j) tels que i > j : a 11 a 12 a 13 a 1n a 22 a 23 a 2n A = a 33 a 3n a nn Définition Un endomorphisme f d un espace vectoriel E est dit trigonalisable s il existe une base de E dans laquelle f est représenté par une matrice triangulaire supérieure Trigonaliser f signifie : rechercher une telle base Si f a dans la base (u 1,, u n ) une matrice triangulaire supérieure, mettons la matrice A comme plus haut, alors pour tout j : f(u j ) = j a iju i 11

14 Trigonaliser f : E E revient donc à chercher une base (u 1, u 2,, u n ) de E telle que pour tout j {1,, n}, f(u j ) appartient au sous-espace engendré par les vecteurs u 1, u 2,, u j : f(u j ) Vect(u 1, u 2,, u j ) (En particulier, u 1 est nécessairement un vecteur propre de f) 32 Critère de trigonalisation Théorème 8 Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie, f : E E un endomorphisme et P f (x) son polynôme caractéristique Alors : f trigonalisable P f scindé En particulier, lorsque K = C, f est toujours trigonalisable Démonstration Si f est représenté par une matrice triangulaire supérieure T = (a ij ) 1 i n, on a 1 j n en itérant des développements de déterminants selon leur première colonne : a 11 x a 12 a 13 a 1n a 22 x a 23 a a 22 x a 23 a 2n 2n a P f (x) = det(t xi n ) = a 33 x a 3n = (a 11 x) 33 x a 3n a nn x a nn x a 33 x a 34 a 3n a = (a 11 x)(a 22 x) 44 x a 4n n = = (a ii x) a nn x Ainsi, le polynôme caractéristique de f est scindé Réciproquement, si P f est scindé, alors la remarque suivant la définition de polynôme scindé (début de la section 24) entraîne que P f est de la forme : P f (x) = n (λ i x), où les scalaires λ i ne sont pas nécessairement distincts Nous allons montrer par récurrence sur n que si : n P f (x) = (λ i x), alors il existe une base dans laquelle la matrice de f est de la forme : λ 1 a 12 a 13 a 1n λ 2 a 23 a 2n λ 3 a 3n λ n Si n = 1, alors la matrice de f dans toute base est la matrice 1 1 : ( ) λ 1 et il n y a rien à prouver Supposons donc ce fait établi au rang n 1 et montrons-le au rang n Comme λ 1 est valeur propre de f, il existe un vecteur non nul u 1 E tel que f(u 1 ) = λ 1 u 1 On peut alors trouver des vecteurs u 2,, u n tels que B = (u 1, u 2,, u n ) soit une base de E Soit F = Vect(u 2,, u p ) le sous-espace engendré par u 2,, u n ; on a donc : E = Vect(u 1 ) F Soit p : E F la projecteur 12

15 sur F parallèlement à u 1, autrement dit l application linéaire qui à tout vecteur de coordonnées (x 1, x 2,, x n ) dans la base B de E associe le vecteur de coordonnées (x 2,, x n ) dans la base (u 2,, u n ) de F Soit enfin g : F F l endomorphisme défini par g(v) = p(f(v)) pour tout v F et C sa matrice dans la base (u 2,, u n ) de F La matrice A de f dans la base B est donc nécessairement de la forme : λ 1 b 2 b n A = C À l aide d un développement selon la première colonne, il s ensuit : λ 1 x b 2 b n P f (x) = det(a xi n ) = = (λ C xin 1 1 x) det(c xi n 1 ) Ainsi, le polynôme caractéristique de g est : P g (x) = det(c xi n 1 ) = n (λ i x) De par l hypothèse de récurrence, il existe donc une base (v 2,, v n ) de F dans laquelle la matrice de g est de la forme : λ 2 a 22 a 2n λ T = 3 a 3n ; λ n Comme E = Vect(u 1 ) F, le théorème 4 entraîne que B = (u 1, v 2,, v n ) est une base de E De plus, le projecteur p n est autre que l application qui à tout vecteur de coordonnées (x 1, x 2,, x n ) dans la base B de E associe le vecteur de coordonnées (x 2,, x n ) dans la base (v 2,, v n ) de F Or selon la forme de la matrice T, les coordonnées dans cette dernière base du vecteur g(v j ) = p(f(v j )) sont (a 2j,, a j 1 j, λ j,,, ) pour tout j {2,, n}, donc les coordonnées de f(v j ) (j = 2,, n) dans B sont de la forme : (b j, a 2j,, a j 1 j, λ j,,, ) Ainsi, la matrice de f dans B est : λ 1 b 2 b n T, ie une matrice de la forme désirée Remarque Il ressort de cette démonstration que les coefficients diagonaux d une matrice triangulaire représentant un endomorphisme f sont toujours les valeurs propres de f (chacune étant répétée autant de fois que sa multiplicité dans le polynôme P f ) Par ailleurs, on y a montré que si P f (x) = n (λ i x) (les scalaires λ i n étant pas nécessairement distincts), alors f possède dans une certaine base une matrice de la forme : λ 1 a 12 a 13 a 1n λ 2 a 23 a 2n λ 3 a 3n λ n i=2 13

16 Puisque l ordre des scalaires λ i dans la suite λ 1,, λ n n a absolument aucune influence sur l expression n (λ i x), il s ensuit que dans la forme d une matrice triangulaire supérieure représentant f, on peut choisir arbitrairement l ordre des valeurs propres sur la diagonale (à condition, bien sûr, de respecter leur multiplicité) Il est particulièrement utile de garder à l esprit ces deux faits lorsque l on cherche à trigonaliser un endomorphisme (cf section suivante) Concluons cette section par d autres faits utiles concernant les valeurs propres d un endormorphisme f Rappelons que la trace tr f de f est la somme des coefficients diagonaux de n importe quelle matrice représentant f (cf Chapitre III, p24) Proposition 9 Soit f un endomorphisme d un espace de dimension n dont le polynôme caractéristique P f est scindé, autrement dit tel que P f possède n racines λ 1,, λ n (non nécessairement distinctes) On a alors : n n tr f = λ i, det f = λ i Démonstration En effet, f est alors représenté dans une certaine base par une matrice triangulaire supérieure T dont les coefficients diagonaux sont précisément les n racines λ 1,, λ n de P f (x)= n (λ i x) (comptées autant de fois que leur multiplicité) On en déduit immédiatement : n n tr f = λ i et : det f = det(t I n ) = P f () = λ i Remarque Cette dernière proposition peut être mise à profit pour la détermination de valeurs propres d un endomorphisme : Si un endomorphisme f est représenté par une matrice A = propres λ 1, λ 2 ont pour somme S et pour produit P : ( ) a b, alors ses deux valeurs c d S = tr f = a + d, P = det f = ad bc λ 1, λ 2 sont alors les racines du polynôme x 2 Sx + P (qui est de fait le polynôme caractéristique de f) Aux dimensions supérieures à 2, la trace et le déterminant ne suffisent plus à déterminer les valeurs propres d un endomorphisme f Toutefois, la trace de f (qui est toujours rapidement calculée à partir d une matrice représentant f) permet de vérifier la somme des valeurs propres trouvées et fournit donc un moyen simple de détecter d éventuelles erreurs de calculs, à l image de la célèbre preuve par 9 33 Méthode de trigonalisation Exemple Afin de trigonaliser un endomorphisme f : E E, on peut commencer par calculer et factoriser son polynôme caractéristique P f Si P f n est pas scindé dans K, alors f n est pas trigonalisable Sinon, P f est de la forme : P f (x) = n (λ i x) (où λ 1,, λ n ne sont pas nécessairement distincts) et il s agit de trouver une base (u 1,, u n ) dans laquelle la matrice de f est triangulaire supérieure 14

17 On a alors tout intérêt à placer dans cette base (u 1,, u n ) le plus grand nombre possible de vecteurs propres de f, en déterminant une base (u i1,, u ipi ) de chaque sous-espace propre E i (1 i s) de f En effet, une fois connues les valeurs propres de f, l obtention de telles bases est relativement rapide ; de plus, nous n avons pas à nous soucier de ce que la réunion de ces bases est bien un début de base de E possible, autrement dit un système libre, puisque c est automatiquement le cas par le théorème 4, du fait que la somme E 1 + +E s est directe (selon le théorème 6) Nous pouvons donc choisir : (u 1,, u p ) = (u 11,, u 1p1, u 21,, u 2p2,, u s1,, u sps ), p = dim E 1 + +dim E s Quitte à réordonner la suite de scalaires λ 1,, λ n, nous pouvons supposer que la valeur propre associée à chaque vecteur propre u i (1 i p) est λ i Ce choix des p premiers vecteurs de base impose que la matrice triangulaire supérieure représentant f sera de la forme : T = λ 1 a 1 p+1 a 1 p+2 a 1n λ 2 a 2 p+1 a 2 p+2 a 2n λ 3 λ p a p p+1 λ p+1 a p+1p+2 λ p+2 a n 1n λ n 1 C A En revanche, la remarque faite à la suite de la démonstration du théorème 8 nous permet de ranger dans n importe quel ordre les valeurs propres restantes λ p+1, λ p+2,, λ n (en tenant compte de leur multiplicité) Si p = n, nous avons déjà fini en obtenant la plus belle trigonalisation possible : une diagonalisation Sinon, il reste à choisir l un après l autre les vecteurs de base u p+1,, u n On peut s y prendre de la façon suivante : mettons que l on a déjà déterminé u 1,, u j (p j <n) Afin de choisir u j+1 de sorte que (u 1,, u j, u j+1 ) soit encore un système libre, on commence par compléter arbitrairement le système (u 1,, u j ) en une base (u 1,, u j, v j+1,, v n ) de E, puis on cherche u j+1 sous la forme d une combinaison linéaire des vecteurs v j+1,, v n : n u j+1 = x i v i (x j+1,, x n K) La forme de matrice T impose alors : f(u j+1 ) = i=j+1 j a ij u i + λ j+1 u j+1 En explicitant cette dernière relation, on obtient n équations linéaires dont les inconnues sont les n scalaires a 1j, a 2j,, a jj, x j+1,, x n En effet, la linéarité de f permet de la réécrire sous la forme : n j n x i f(v i ) = a ij u i + λ j+1 x i v i, soit encore : i=j+1 j a ij u i + n i=j+1 i=j+1 x i ( λj+1 v i f(v i ) ) =, ce qui constitue bien un système de n équations linéaires, puisqu il s agit d une relation vectorielle dans un espace de dimension n Toute solution non nulle de ce système fournit d un même coup un vecteur u j+1 possible et les coefficients correspondants de la j ème colonne de T : a 1j, a 2j,, a jj 15

18 Exemple Soit f l endomorphisme de R 4 dont la matrice dans la base canonique de R 4 est : 1 A = Commençons par vérifier si f est trigonalisable en factorisant son polynôme caractéristique : 1 x P f (x) = det(a xi 4 ) = 4 2 x x x 3 = (1 x) 4 4 x x 1 1 x ( = (1 x) 3 3 ) 4 x 3 + (1 x) 2 x x ( = (1 x) ) = (1 x) ( x x = (1 x) 2( 1 2x x 2) = (1 x) 4 ) 3x 3 + (1 x) 2 x x Puisque P f est scindé, f est bien trigonalisable Déterminons une base de son unique sous-espace propre E 1 E 1 est l ensemble des vecteurs (x, y, z, t) R 4 tels que : x x (A I 4 ) y z = y z = 4x 3y 3z 3t =, soit encore : 4y + 3z + 3t = 2x y =, t 2 1 t ou encore, en rajoutant à la première équation les deux autres : 2x = [ x = y = 4y + 3z + 3t = c est-à-dire : z + t = 2x y =, Ainsi, on a E 1 = Ker(f Id R 4) = {(,, z, z) ; z R}, autrement dit, E 1 est la droite vectorielle Vect(u 1 ) engendrée par le vecteur u 1 = (,, 1, 1) Comme P f (x) = (1 x) 4, toute matrice triangulaire supérieure représentant f sera nécessairement de la forme : T = 1 a b c 1 b c 1 c 1 Afin de trouver un vecteur de base u 2 convenable, complétons notre unique vecteur u 1 en une base de R 4 par les vecteurs e 1 = (1,,, ) et e 2 = (, 1,, ) et e 3 = (,, 1, ) de sa base canonique B (u 1, e 1, e 2, e 3 ) est bien une base de R 4 car : det B (e 1, e 2, e 3, u 1 ) = det B (e 1, e 2, e 3, e 3 ) det B (e 1, e 2, e 3, e 4 ) = 1 Cherchons donc u 2 sous la forme d une combinaison linéaire de ces vecteurs additionnels e 1, e 2, e 3 : u 2 = xe 1 + ye 2 + ze 3 = (x, y, z, ) La seconde colonne de la matrice T impose : f(u 2 ) = au 1 + u 2 Cette relation s écrit sur la base canonique B : x A y z = a x y z, soit encore : x = x 4x 2y 3z = y 4y + 4z = a + z 2x y = a 16

19 On vérifie facilement que ce système a pour solutions les quadruplets (a, x, y, z) tels que : x =, y = a et z = y On peut donc choisir a = 1 et u 2 = (, 1, 1, ) Afin de trouver un vecteur u 3 convenable, complétons maintenant le système libre (u 1, u 2 ) en une base de R 4 par les vecteurs e 1, e 2 de sa base canonique B (u 1, u 2, e 1, e 2 ) est bien une base de R 4 car : det B (e 1, e 2, u 2, u 1 ) = det B (e 1, e 2, e 2, u 1 ) det B (e 1, e 2, e 3, u 1 ) = ( 1) Cherchons donc u 3 sous la forme d une combinaison linéaire de ces vecteurs additionnels e 1, e 2 : u 2 = xe 1 +ye 2 = (x, y,, ) La troisième colonne de la matrice T impose : f(u 3 ) = bu 1 +b u 2 +u 3 Cette relation s écrit sur la base canonique B : x A y = b b x y, soit encore : x = x 4x 2y = b + y 4y = b b 2x y = b On vérifie facilement que ce système a pour solutions les quadruplets (b, b, x, y) tels que : x =, y = b et b = 3b On peut donc choisir b = 1, b = 3 et u 3 = (, 1,, ) Nous pouvons achever cette trigonalisation en complétant le système libre (u 1, u 2, u 3 ) par n importe quel vecteur u 4 tel que (u 1, u 2, u 3, u 4 ) soit une base de R 4 Choisissons par exemple u 4 = e 1 (u 1, u 2, u 3, u 4 ) est alors bien une base de R 4 car il s agit à l ordre près des vecteurs de la base (u 1, u 2, e 1, e 2 ) considérée plus haut La dernière colonne de la matrice T impose la relation : f(u 4 ) = cu 1 + c u 2 + c u 3 + u 4, et celle-ci s écrit sur la base canonique B : 1 A = c c d où : c = c = c = c 1 + 1, soit encore : 1 = 1 4 = c + c = c c 2 = c, Ainsi, la matrice de passage de la base canonique à la base (u 1, u 2, u 3, u 4 ) et la matrice de f dans cette dernière sont respectivement : P = , T = Application aux systèmes différentiels linéaires Définition On appelle système différentiel linéaire à coefficients constants avec second membre un système de la forme : x 1(t) = x n(t) = a 11 x 1 (t) + + a 1n x n (t) + b 1 (t) a n1 x 1 (t) + + a nn x n (t) + b n (t) où b 1,, b n : I K sont des fonctions continues sur un intervalle I de R et à valeurs dans K (S) 17

20 Une solution sur I de (S) consiste en n fonctions x 1,, x n dérivables sur I et à valeurs dans K vérifiant le système pour tout t I En posant : a 11 a 1n A = M n (K), a n1 a nn le système (S) s écrit plus simplement : B : I K n t B(t) = b 1 (t) b n (t) et X : I K n t X(t) = x 1 (t) x n (t) X (t) = A X(t) + B(t) matrice à coefficients constants second membre (X (t) A X(t) = B(t) ) On appelle condition initiale du système (S) la donnée d une date t I et d une position X K n Une solution sur I de (S) vérifiant X(t ) = X est alors appelée solution de (S) sur I pour la condition initiale X(t ) = X On appelle système différentiel linéaire homogène ou encore système différentiel linéaire sans second membre associé à (S) le système : X (t) = A X(t) Commençons par remarquer que les solutions de tels systèmes se décrivent en termes d espaces vectoriels et affines Proposition 1 Soit X (t) = A X(t) + B(t) un système différentiel linéaire avec second membre, X P : I K n une solution particulière de ce système et E l ensemble des solutions sur un intervalle I R de son système linéaire homogène associé : X (t) = A X(t) Alors : E est un K-espace vectoriel pour la multiplication par un scalaire et l addition usuelles des fonctions de I dans K n L ensemble des solutions du système avec second membre est : F = {X P + X ; X E} Autrement dit, l ensemble des solutions sur I de X (t) = A X(t) + B(t) est le sous-espace affine F parallèle à E et passant par le point X P, Démonstration Si k, l K et X, Y E, alors pour tout t I : (kx + ly ) (t) = k X (t) + l Y (t) = k A X(t) + l A Y (t) = A (k X(t) + l Y (t)) = A (kx + ly )(t), d où kx +ly E, ce qui établit que E est bien un K-espace vectoriel De plus, pour toute fonction X : I K n et tout t I, on a : X (t) = A X(t) X (t) + X P (t) = A X(t) + A X P (t) + B(t) (X P +X) (t) = A (X P +X)(t) + B(t), ie X est solution sur I de X (t) = A X(t) ssi X P + X est solution sur I de X (t) = A X(t) + B(t) La seconde assertion de cette proposition ne fait qu exprimer en termes géométriques la règle : Solution générale de l équation avec 2 nd membre = solution particulière de l équation avec 2 nd membre + solution générale de l équation homogène associée 18

21 Rappels sur le cas n = 1 (cf MI2) L établissement de toutes les solutions d une équation linéaire homogène du 1 er ordre est remarquablement simple : Proposition 11 Les solutions sur un intervalle I de R de l équation linéaire homogène du 1 er ordre x (t) = a x(t) (a K) sont les fonctions de la forme : x(t) = k e at (k K) Démonstration Les fonctions x(t) = k e at sont clairement solutions de l équation x (t) = a x(t) Réciproquement, si x : I K est solution sur I de l équation x (t) = a x(t), alors x est dérivable sur I ainsi que la fonction u définie sur I par u(t) = x(t) e at et l on obtient pour tout t I : x(t) = u(t) e at, x (t) = u (t) e at + a u(t) e at En remplaçant ces expressions dans x (t) = a x(t), il vient : u (t) =, de sorte que u est une fonction constante sur I, mettons u(t) = k, d où pour tout t I : x(t) = k e at Méthode de variation des constantes Cette méthode permet de trouver les solutions d une équation linéaire du 1 er ordre avec second membre x (t) = a x(t) + b(t) (a K, b : I K) à partir de la solution générale de l équation linéaire homogène associée x (t) = a x(t), en reprenant l idée de la démonstration ci-dessus : On fait varier la constante k de la solution générale de l équation homogène x(t) = k e at ; autrement dit, on cherche les solutions de x (t) = a x(t) + b(t) sous la forme x(t) = k(t) e at Il vient alors : k (t) e at + a k(t) e at = a k(t) e at + b(t), d où : k (t) = e at b(t) Comme la solutions de cette dernière équation sont les fonctions : k(t) = e at b(t) dt + C, la solution génerale de l équation avec second membre est : x(t) = e at e at b(t) dt + C e at Remarque Le premier terme e at e at b(t) dt de cette dernière expression est une solution particulière de l équation avec second membre, tandis que son second terme C e at est la solution générale de l équation homogène associée On retrouve donc bien la règle : Solution générale de l équation avec 2 nd membre = solution particulière de l équation avec 2 nd membre + solution générale de l équation homogène associée Théorème 12 (existence globale et unicité des solutions des systèmes linéaires avec second membre) Soit I un intervalle de R, t I, A M n (K) et B : I K n une fonction continue sur I (K = R ou C) Alors pour tout X K, il existe une solution et une seule sur I du système X (t) = A X(t) + B(t) pour la condition initiale X(t ) = X Démonstration Commençons par le cas le plus simple à traiter : K = C On établit alors le théorème par récurrence sur n Lorsque n = 1, cela résulte des rappels ci-dessus : la seule solution sur I d une équation z (t) = a z(t) + b(t) pour la condition initiale z(t ) = z est : z(t) = e at e at b(t) dt + k e at = e at F (t) + k e at, où k = z e at F (t ) Supposons le théorème établi au rang n 1 et considérons un système Z (t) = A Z(t) + B(t), où A M n (C), B : I C n Soit λ une valeur propre quelconque de A (il en existe puisque K = C) et v n un vecteur propre associé que l on complète en une base (v 1,, v n ) L endomorphisme représenté sur la base canonique de C n par la matrice A a alors sur la base (v 1,, v n ) une matrice C de la forme : C = où E M n 1 (C) et en notant P la matrice de passage de la base canonique à la base (v 1,, v n ), on a : A = P CP 1 Soit D : I C n la fonction définie sur I par D(t) = P 1 B(t) et pour toute E F λ 19

22 fonction Z : I C n, notons U la fonction définie sur I par U(t) = P 1 Z(t) Comme P 1 est une matrice à coefficients constants, on vérifie alors facilement (par linéarité de la dérivation) : U (t) = P 1 Z (t) On a alors pour tout t I : Z (t) = A Z(t)+B(t) P 1 Z (t) = P 1 (P CP 1 )Z(t)+P 1 B(t) U (t) = C U(t)+D(t), de sorte que Z est solution sur I du système Z (t) = A Z(t) + B(t) pour la condition initiale Z (t ) = Z si et seulement si U est solution sur I du système U (t) = C U(t) + D(t) pour la condition initiale U (t ) = P 1 Z Ainsi, il suffit d établir l existence et l unicité d une solution sur I de U (t) = C U(t) + D(t) pour une condition initiale donnée U (t ) = U En posant : d 1 (t) u d 1 (t) 1 (t) u 1 (t) D(t) =, G(t) =, U(t) =, V (t) =, U = V, d d n (t) n 1 (t) u u n (t) n 1 (t) k on a : t I U(t ) = U U (t) = C U(t) + D(t) t I V (t) = E Z(t) + G(t) (1) t I u n(t) = λ u n (t) + F V (t) + d n (t) (2) V (t ) = V (3) u n (t ) = k (4) L hypothèse de récurrence entraîne qu il existe une unique fonction V : I C n 1 satisfaisant (1) et (3) et, pour cette fonction V, le cas n = 1 entraîne qu il existe une fonction u n : I C et une seule satisfaisant (2) et (4) Cela établit l existence et l unicité de la solution sur I de U (t) = C U(t) + D(t) pour la condition initiale U (t ) = U Le cas où K = R se déduit facilement du précédent En effet, l unicité d une solution à valeurs réelles résulte immédiatement de l unicité d une solution à valeurs complexes De plus, tout système X (t) = A X(t) + B(t) (A M n (R), B : I R n ) possède une unique solution Z : I C n satisfaisant une condition initiale Z(t ) = X R n donnée En écrivant Z(t) sous la forme Z(t) = X(t) + i Y (t) (X(t) R n, Y (t) R n ), on obtient : X (t) + i Y (t) = A(X(t) + i Y (t)) + B(t) = (A X(t) + B(t)) + i A Y (t), d où pour tout t I : Y (t) = A Y (t) Ainsi, Y est l unique solution de Y (t) = A Y (t) pour la condition initiale Y (t ) = Im(X ) = Comme Y = est une solution évidente de Y (t) = A Y (t) pour cette condition initiale, on en déduit pour tout t I : Y (t) = ; autrement dit, l unique solution du système Z (t) = A Z(t) + B(t) pour la condition initiale Z(t ) = X R n est Z = X Méthode pratique de résolution des systèmes différentiels linéaires à coefficients constants Cette méthode suit à peu de choses près le canevas de la démonstration ci-dessus Considérons un système X (t) = A X(t) + B(t) (A M n (K), B : I K n ) Pour le résoudre, on commence par trigonaliser dans le pire des cas sinon diagonaliser la matrice A ; mettons A = P T P 1, où : T = c 1,1 c 1,2 c 1,n c 2,2 c 2,n c n 1,n 1 c n 1,n cn,n 2

23 Puis on effectue le même changement de variables que dans la preuve du théorème 12 En posant : u 1 (t) d 1 (t) U(t) = = P 1 X(t), D(t) = = P 1 B(t), u n (t) d n (t) le système X (t) = A X(t) + B(t) équivaut au système U (t) = T U(t) + D(t), lequel s écrit : u 1(t) = c 1,1 u 1 (t) + ( c 1,2 u 2 (t) + c 1,3 u 3 (t) + + c 1,n u n (t) + d 1 (t) ) u 2(t) = c 2,2 u 1 (t) + ( c 2,3 u 2 (t) + + c 2,n u n (t) + d 2 (t) ) u n 1(t) = c n 1,n 1 u n 1 (t) + ( c n 1,n u n (t) + d n 1 (t) ) u n(t) = c n,n u n (t) + d n (t) La résolution de ce système se ramène à celle de n équations linéaires du 1 er ordre avec second membre, quand on les resoud de bas en haut en remplaçant dans chacune les solutions des équations inférieures Exercice À l aide de la trigonalisation effectuée dans la section précédente, résoudre le système : x 1(t) = x 1 (t) x 2(t) = 4x 1 (t) 2x 2 (t) 3x 3 (t) 3x 4 (t) x 3(t) = 4x 2 (t) + 4x 3 (t) + 3x 4 (t) x 4(t) = 2x 1 (t) x 2 (t) + x 4 (t) Enfin remarquons que le théorème d existence et d unicité ci-dessus permet de préciser la première assertion de la proposition 1 : Proposition 13 Soit X (t) = A X(t) un système différentiel linéaire homogène à coefficients constants et E l ensemble de ses solutions sur un intervalle I de R quelconque Alors : E est un K-espace vectoriel de dimension n pour la multiplication par un scalaire et l addition usuelles des fonctions, pour tout t I, l application ϕ t : E R n définie par ϕ t (X) = X(t ) est un isomorphisme d espace vectoriels Démonstration Soit t I Pour tout k, l K : ϕ t (kx + ly ) = (kx + ly )(t ) = k X(t ) + l Y (t ) = k ϕ t (X) + l ϕ t (Y ), donc ϕ t est une application linéaire de E dans K n Le théorème 12 exprime très exactement la bijectivité de ϕ t Ainsi, E et K n ont même dimension, à savoir n 21