Endomorphismes diagonalisables. Exemples et applications

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1 19 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications 1 K est un corps commutatif, K [X] l'algèbre des polynômes à coecients dans K, M n (K) l'algèbre des matrices carrées d'ordre n à coecients dans K, GL n (K) le groupe des matrices inversibles dans M n (K), E un K-espace vectoriel de dimension nie n 1, L (E) l'algèbre des endomorphismes de E et GL (E) le groupe des automorphismes de E On note Id [resp I n ] l'endomorphisme [resp la matrice] identité Le choix d'une base de E permet de réaliser un isomorphisme d'algèbres de L (E) sur M n (K) À toute matrice A dans M n (K) est associé l'endomorphisme de K n, que nous noterons encore A : A : K n K n x y = Ax Les notions de valeurs, vecteurs, espaces propres, de polynôme caractéristique et minimal sont supposées connues (voir le chapitre 16) Les principaux résultats sur les polynômes d'endomorphisme et en particulier le théorème de décomposition des noyaux, sont aussi supposés connus (voir le chapitre 17) Dans ce qui suit, u est un endomorphisme de E, Sp (u) = {λ 1,, λ p } K l'ensemble des valeurs propres distinctes de u (quand il est non vide), χ u son polynôme caractéristique et π u son polynôme minimal On sait que : p ker (u λ k Id) E et pour cette leçon on s'intéresse au cas d'égalité 191 Endomorphismes diagonalisables On sait que si Sp (u) = {λ 1,, λ p }, on a alors : p ker (u λ k Id) E (théorème 164) On s'intéresse ici au cas d'égalité 1 Version du 24/02/

2 494 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications Si p ker (u λ k Id) = E, en désignant pour tout k compris entre 1 et p par B k une base de ker (u λ k Id), la réunion p B k est une base de E dans laquelle la matrice de u est diagonale Dénition 191 On dit que u est diagonalisable s'il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est diagonale Si u diagonalisable a pour matrice A dans une base B = (e i ) 1 i n, il existe alors une base B = (e i) 1 i n dans laquelle la matrice D de u est diagonale On sait alors que les matrices A et D sont semblables c'est-à-dire qu'il existe une matrice P d'ordre n à coecients dans K inversible telle que D = P 1 AP Ce qui nous amène à poser la dénition suivante Dénition 192 On dit qu'une matrice A M n (K) est diagonalisable si elle est semblable à une matrice diagonale Une condition susante de diagonalisation est donnée par le résultat suivant Théorème 191 Si u a n valeurs propres distinctes dans K, il est alors diagonalisable Démonstration Si Sp (u) = {λ 1,, λ n }, alors toutes les valeurs propres de u sont simples et chaque sous espace propre est de dimension ( 1 (théorème 161) Comme ces sous espaces n ) propres sont en somme directe, on a dim ker (u λ k Id) = n, donc E = n ker (u λ k Id) et u est diagonalisable Des conditions nécessaires et susantes pour qu'un endomorphisme soit diagonalisable sont données par le résultat suivant Théorème 192 Les conditions suivantes sont équivalentes (i) l'endomorphisme u est diagonalisable ; (ii) si Sp (u) = {λ 1,, λ p }, alors E = p (iii) si Sp (u) = {λ 1,, λ p }, alors ker (u λ k Id) ; p dim (ker (u λ k Id)) = n ; (iv) le polynôme caractéristique de u est scindé sur K de racines deux à deux distinctes λ 1,, λ p dans K, chaque λ k (1 k p) étant de multiplicité α k = dim (ker (u λ k Id)) ; (v) il existe un polynôme annulateur de u scindé à racines simples dans K ; (vi) le polynôme minimal π u est scindé à racines simples dans K Démonstration (i) (ii) Si u est diagonalisable il existe alors une base de E : B = { e 11,, e 1,α1,, e p1,, e p,αp } formée de vecteurs propres avec : u (e k,j ) = λ k e k,j (1 k p, 1 j α k ), où les λ 1,, λ p sont les valeurs propres distinctes deux à deux de u

3 Endomorphismes diagonalisables 495 On a alors Vect {e k1,, e k,αk } = ker (u λ k Id) pour tout k compris entre 1 et p et : E = p Vect {e k1,, e k,αk } = p ker (u λ k Id) La réciproque est évidente (ii) (iii) Cette équivalence résulte du fait que les espaces propres sont en somme directe p (iii) (iv) Si dim (ker (u λ k Id)) = n, on a alors E = p ker (u λ k Id) et le polynôme caractéristique de u s'écrit χ u (X) = (X λ k ) α k (iv) (v) Du fait que dim (ker (u λ k Id)) est égal à la multiplicité de λ k comme racine p du polynôme caractéristique, on déduit que dim (ker (u λ k Id)) = n et donc que E = p ker (u λ k Id) On a alors P (u) = 0 avec P (X) = (X λ k ) scindé sur K à racines simples (v) (vi) Le polynôme minimal étant un diviseur de tout polynôme annulateur, il est également scindé sur K à racines simples si (v) est vérié (vi) (i) Si le polynôme minimal de u s'écrit π u (X) = (X λ k ), les λ k étant deux à deux distincts, alors le théorème de décomposition des noyaux (théorème 176) nous dit que : E = p ker (u λ k Id), ce qui signie que u est diagonalisable Un endomorphisme u est diagonalisable à racines simples si, et seulement si, son polynôme minimal ou caractéristique est de degré n et scindé à racines simples Sur un corps algébriquement clos, il sut de vérier que χ u χ u = 1, où χ u est le polynôme dérivé de χ u Exercice 191 Montrer que la matrice de permutation : A = est diagonalisable dans M n (C) Solution 191 Voir l'exercice 167 Exercice 192 Montrer que si u est diagonalisable et F un sous-espace vectoriel de E stable par u, alors la restriction de u à F est un endomorphisme de F diagonalisable Solution 192 Si F est un sous-espace vectoriel de E stable par u, la restriction v de u à F est un endomorphisme de F Comme u est diagonalisable, il annulé par un polynôme scindé à racines simples et ce polynôme annule v qui est alors diagonalisable

4 496 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications Exercice 193 Soit u un endomorphisme de E diagonalisable avec Sp (u) = {λ 1,, λ p } Montrer que pour 1 k p la projection de E sur le sous espace propre ker (u λ k Id) est donnée par : p k = α k (u λ j Id) où α k = j k j k 1 (utiliser la décomposition en éléments simples de 1 ) π (λ k λ j ) u Solution 193 Comme u est diagonalisable, son polynôme minimal s'écrit : π u (X) = La décomposition en éléments simples de 1 π u : (X λ k ) où α k = 1 (λ k λ j ) j k 1 π u (X) = p α k X λ k permet d'obtenir l'égalité de Bézout : p α k (X λ j ) = 1 j k De cette égalité, on déduit que : x E, x = p α k (u λ j Id) x j k En considérant que pour tout k {1,, p} et tout x E on a : on déduit que α k (u λ k Id) (u λ j Id) x = π u (u) x = 0 j k (u λ j Id) x ker (u λ k Id) c'est à dire que les projecteurs p k s'écrivent : j k p k = α k (u λ j Id) avec α k = j k En particulier ces projecteurs sont des polynômes en u 1 (λ k λ j ) j k

5 Diagonalisation simultanée 497 Exercice 194 On suppose que K = C et que u est diagonalisable 1 Montrer que e u est diagonalisable et exprimer les valeurs propres de e u en fonctions de celles de u 2 Montrer que e u est un polynôme en u Solution 194 On rappelle que e u est déni dans l'algèbre de Banach L (E) par e u = (exercice 169) + 1 k! uk k=0 1 Si u est diagonalisable et B = (e i ) 1 i n est une base de E formée de vecteurs propres de u, avec u (e i ) = λ i e i pour tout i compris entre 1 et n, en utilisant la continuité des applications φ i : v L (E) v (e i ) (φ i est linéaire et φ i (v) = v (e i ) v e i pour tout v L (E)), on déduit que : ( ) ( ) (e i ) = φ i e u e i = lim = lim k 1 k! uk j=0 k 1 j=0 k! uk (e i ) = lim lim k 1 k! uk j=0 ( k 1 k! λk i e i = j=0 lim = lim k 1 k 1 k! φ ( ) i u k ) j=0 k! λk i j=0 e i = e λ i e i ce qui signie que e u est diagonalisable de valeurs propres e λ i, les vecteurs propres associés étant ceux de u On peut aussi dire que la matrice de u dans B est une matrice diagonale D de termes diagonaux λ 1,, λ n et celle de e u dans cette même base est la matrice diagonale e D de termes diagonaux e λ 1,, e λn, donc e u est diagonalisable 2 Si u est diagonalisable avec une unique valeur propre, c'est alors une homothétie de rapport λ et e u est l'homothétie de rapport e λ On suppose que u a au moins deux valeurs propres En notant µ 1,, µ p les valeurs propres deux à deux distinctes de u et en désignant par P C p 1 [X] le polynôme d'interpolation de Lagrange déni par P (µ i ) = e µ i pour i n compris entre 1 et p, on a pour tout x = x k e k E : e u (x) = n x k e λ k e k = n x k P (λ k ) e k = P (u) (x) On a donc : e u = P (u) = p e µ j 1 (u µ i Id) µ j µ i i=1 i j 192 Diagonalisation simultanée Soient I un ensemble ayant au moins deux éléments et (u i ) i I une famille d'endomorphismes de E On dit qu'une base B de E est une base commune de diagonalisation pour la famille (u i ) i I si c'est une base de vecteurs propres pour chaque endomorphisme u i, i I Le résultat suivant de diagonalisation simultanée est parfois utile

6 498 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications Théorème 193 Soit (u i ) i I une famille d'endomorphismes de E diagonalisables (l'ensemble I ayant au moins deux éléments) Il existe une base commune de diagonalisation dans E pour la famille (u i ) i I si, et seulement si, ces endomorphismes commutent deux à deux, c'est-à-dire que : (i, j) I 2, u i u j = u j u i Démonstration S'il existe une base commune de diagonalisation B pour la famille d'endomorphisme (u i ) i I, en utilisant les matrices des u i dans cette base B, on vérie facilement que ces endomorphismes commutent deux à deux Pour la réciproque, on raisonne par récurrence sur la dimension n 1 de E Pour n = 1 le résultat est évident puisque tous les u i 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 Si tous les u i sont des homothéties alors le résultat est clair Sinon soit j dans I tel que u j ne soit pas une homothétie On a alors la décomposition en sous espaces propres : E = ker (u j λid) λ Sp(u j ) L'endomorphisme u j n'étant pas une homothétie chaque sous espace propre de u j est de dimension inférieure ou égale à n Comme tous les u i commutent à u j, chaque sous espace propre est stable par u i pour tout i dans I et la restriction de chaque u i à chaque ker (u j λid) est diagonalisable On peut donc appliquer, pour tout λ Sp (u j ), l'hypothèse de récurrence à la famille des restrictions des u i à ker (u j λid), ce qui permet de construire une base de diagonalisation de ker (u j λid) commune à toutes les restrictions de u i à cet espace La réunion de ces bases donne alors une base de diagonalisation commune à tous les u i Corollaire 191 Soit {A i i I} une famille de matrices diagonalisables dans M n (K) (l'ensemble I ayant au moins deux éléments) Ces matrices sont simultanément diagonalisables (i e il existe une matrice inversible P telle que pour tout i I la matrice P 1 A i P est diagonale) si, et seulement si les matrices A i commutent deux à deux Exercice 195 Soient K un corps de caractéristique diérente de 2 et n un entier naturel non nul 1 Montrer que si G est un sous-groupe multiplicatif ni de GL n (K) tel que tout élément de G soit d'ordre au plus égal à 2, alors G est commutatif de cardinal inférieur ou égal à 2 n 2 En déduire que pour (n, m) (N ) 2 les groupes multiplicatifs GL n (K) et GL m (K) sont isomorphes si, et seulement si, n = m Solution Si tous les éléments du sous-groupe G de GL n (K) sont d'ordre inférieur ou égal à 2, on sait alors que G est commutatif d'ordre 2 p (exercice 118) et il s'agit de montrer que p n Du fait que tous les éléments de G sont diagonalisables (ils sont annulés par le polynôme X 2 1 qui est scindé à racine simples puisque K est de caractéristique diérente de 2, ce qui entraîne 1 1) et G est commutatif, on déduit les éléments de G sont simultanément diagonalisables, c'est-à-dire qu'il existe une matrice inversible P telle que pour tout M

7 Diagonalisation simultanée 499 de G la matrice P 1 MP est diagonale De plus avec M 2 = I n, on déduit que les valeurs propres de M sont dans { 1, 1} et la matrice P 1 MP est de la forme : ε 1 (M) ε 2 (M) 0 D = 0 0 ε n (M) où ε k (M) { 1, 1}, pour tout k compris entre 1 et n On en déduit alors que l'application : M (ε 1 (M), ε 2 (M),, ε n (M)) réalise un isomorphisme de groupes de G sur un sous-groupe de { 1, 1} n Le groupe multiplicatif { 1, 1} n étant d'ordre 2 n et l'ordre d'un sous-groupe divisant l'ordre du groupe, on déduit que G est ni d'ordre 2 p avec p n 2 Supposons qu'il existe un isomorphisme de groupes Φ de GL n (K) sur GL m (K) On désigne par G le sous-groupe de GL n (K) formé des matrices diagonales de la forme : ε ε 2 0 D = 0 0 ε n où ε k { 1, 1}, pour tout k compris entre 1 et n Ce groupe est d'ordre 2 n avec tous ses éléments d'ordre inférieur ou égal à 2 Par l'isomorphisme Φ il est transformé en un sous-groupe H de GL m (K) ayant les mêmes propriétés D'après la question précédente, on a alors n m En raisonnant avec l'isomorphisme Φ 1 on déduit qu'on a aussi m n Ce qui donne en dénitive m = n La réciproque est évidente Exercice 196 On rappelle que si G est un groupe dont tous les éléments sont d'ordre ni, son exposant est max g G θ (g) Décrire les sous-groupes commutatifs d'exposant r 1 de GL n (C) Solution 196 Soit G un sou-groupe commutatif d'exposant r 1 de GL n (C) Comme tous les éléments de G sont annulés par le polynôme scindé à racine simples X r 1 C [X], ils sont tous diagonalisables Si de plus G est commutatif, les éléments de G sont alors simultanément diagonalisables, c'est-à-dire qu'il existe une matrice inversible P telle que pour tout M de G la matrice P 1 MP est diagonale De plus avec M r = I n, on déduit que les valeurs propres de M sont dans l'ensemble Γ r des racines r-èmes de l'unité et la matrice P 1 MP est de la forme : λ 1 (M) λ 2 (M) 0 D = 0 0 λ n (M) où λ k (M) Γ r, pour tout k compris entre 1 et n On en déduit alors que l'application : M (λ 1 (M), λ 2 (M),, λ n (M)) réalise un morphisme de groupes injectif de G dans Γ n r et G est isomorphe à un sous-groupe de Γ n r, il est donc ni d'ordre qui divise r n

8 500 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications Exercice 197 K est algébriquement clos et n est un entier naturel non nul On considère A et B deux matrices de M n (K) et on introduit l'endomorphisme de M n (K) : Φ A,B : M AM + MB 1 On supposant que A est diagonalisable et que B = 0, établir que Φ A,B est diagonalisable 2 On supposant A et B diagonalisables, établir que Φ A,B est diagonalisable 3 (a) Montrer que pour toutes matrices A, B dans M n (K), on a : Spec (Φ A,B ) = Spec (A) + Spec (B) = {α + β α Spec (A), β Spec (B)} (b) Montrer que l'égalité Φ A,B = 0 avec A, B dans M n (K) équivaut à dire que A = B est une matrice scalaire (c) Montrer que si Φ A,B est diagonalisable, alors A et B le sont (on pourra utiliser la décomposition de Dunford-Schwarz) 4 Lorsque A et B sont diagonalisables, déterminer les éléments propres de Φ A,B en fonction de ceux de A et de t B Solution On peut montrer ce résultat en remarquant que A et Φ A,0 ont même polynôme minimal, ce qui résulte de Φ A k,0 = (Φ A,0 ) k, Φ λa,0 = λφ A,0 et Φ A,0 + Φ A,0 = Φ A+A,0, pour toutes matrices A, A dans M n (K), tout k N et tout λ K, ce qui entraîne que : P C [K], Φ P (A),0 = P (Φ A,0 ) et permet de déduire que A et Φ A,0 ont même polynôme minimal Une matrice de M n (K) étant diagonalisable si, et seulement si, son polynôme minimal est scindé à racines simples, on en déduit que A est diagonalisable si, et seulement si, Φ A,0 est diagonalisable On a un résultat analogue pour B et Φ 0,B On peut aussi montrer le résultat comme suit Si A est diagonalisable dans M n (K), il existe alors une base (V k ) 1 k n de K n formée de vecteurs propres A avec AV k = α k V k pour k compris entre 1 et n En posant, pour k, p compris entre 1 et n : M k,p = (0,, 0, V k, 0,, 0) M n (C) le vecteur colonne V k étant en position p, on a M k,p 0 et : Φ A,0 (M k,p ) = AM k,p = (0,, 0, AV k, 0,, V k ) = α k M k,p et les M k,p sont des vecteurs propres de Φ A,0 avec Φ A,0 (M k,p ) = α k M k,p En désignant par (E i ) 1 i n la base canonique de K n et par (E ij ) 1 i,j n celle de M n (K), chaque vecteur E i s'écrit comme combinaison linéaire des V k et chaque E ij est combinaison linéaire des M k,j, ce qui entraîne que le système (M k,p ) 1 k,p n est générateur de M n (K) et en conséquence c'est une base puisque formé de n 2 éléments En dénitive, (M k,p ) 1 k,p n est une base de M n (K) formé de vecteurs propres de Φ A,0 et Φ A,0 est diagonalisable avec les mêmes valeurs propres que A

9 Diagonalisation simultanée En considérant que Φ A,0 et Φ 0,B commutent (pour toute matrice M, on a Φ A,0 Φ 0,B (M) = Φ 0,B Φ A,0 (M) = AMB), on déduit de la question précédente que si A et B sont diagonalisables alors Φ A,0 et Φ 0,B sont simultanément diagonalisables et Φ A,B = Φ A,0 + Φ 0,B est diagonalisable 3 (a) Pour α Spec (A) et β Spec (B) = Spec ( t B) il existe (V, W ) dans (K n {0}) 2 tels que AV = αv et t BW = βw On a alors t W B = β t W et : Φ A,B ( V t W ) = (AV ) t W + V ( t W B ) = (αv ) t W + V ( β t W ) = (α + β) V t W avec V t W = ((v i w j )) 1 i,j n = (w 1 V, w 2 V,, w n V ) 0 (cette matrice est de rang 1 puisque les vecteurs V et W sont non nuls) On déduit donc que V t W est un vecteur propre de Φ A,B associé à la valeur propre α + β et Spec (A) + Spec (B) Spec (Φ A,B ) Réciproquement, si µ K est une valeur propre de Φ A,B et M M n (K) un vecteur propre associé non nul On a alors Φ A,B (M) = AM + MB = λm et AM = M (λi n B) puis par récurrence, A k M = M (λi n B) k pour tout k N On en déduit alors, par linéarité, que : P K [X], P (A) M = MP (λi n B) En prenant en particulier pour polynôme P le polynôme minimal de A, π A (X) = (X α k ), on a 0 = M (λi n B α k I n ) La matrice M étant non nulle il existe au moins un indice k {1,, p} tel que la matrice (λ α k ) I n B soit non inversible (si toutes les (λ α k ) I n B sont inversibles il en est de même du produit et l'égalité 0 = M ((λ α k ) I n B) équivaut à M = 0, ce qui n'est pas) Les α k étant les valeurs propres de la matrice A, on déduit qu'il existe α Spec (A) telle que (λ α) I n B soit non inversible, ce qui signie que b = λ α est une valeur propre de B et λ = α + β Spec (A) + Spec (B) On a donc l'égalité Spec (Φ A,B ) = Spec (A) + Spec (B) (b) Si Φ A,B = 0, avec Φ A,B (I n ) = A + B = 0, on déduit que A = B et Φ A,B (M) = AM MA = 0 pour tout M M n (K) signie que M commute à toute matrice (i e M est dans le centre de M n (K)), ce qui équivaut à dire que A est une matrice d'homothétie (exercice 129) La réciproque est évidente (c) On note respectivement A = D 1 +N 2 et B = D 2 +N 2 les décompositions de Dunford- Schwarz dans M n (K) de A et B où les D k sont diagonalisables, les N k nilpotentes et D k N k = N k D k pour k = 1, 2 On a alors Φ A,B = Φ D1,D 2 + Φ N1,N 2 avec Φ D1,D 2 diagonalisable puisque D 1 et D 2 le

10 502 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications sont et Φ D1,D 2 commute à Φ N1,N 2 puisque, pour tout M M n (K) on a : Φ D1,D 2 Φ N1,N 2 (M) = Φ D1,D 2 (N 1 M + MN 2 ) = D 1 (N 1 M + MN 2 ) + (N 1 M + MN 2 ) D 2 = D 1 N 1 M + D 1 MN 2 + N 1 MD 2 + MN 2 D 2 = N 1 D 1 M + D 1 MN 2 + N 1 MD 2 + MD 2 N 2 = N 1 (D 1 M + MD 2 ) + (D 1 M + MD 2 ) N 2 = Φ N1,N 2 (D 1 M + MD 2 ) = Φ N1,N 2 Φ D1,D 2 (M) Si Φ A,B est diagonalisable, il en est alors de même de Φ N1,N 2 = Φ A,B Φ D1,D 2 comme somme de deux endomorphismes diagonalisables qui commutent Mais Spec (Φ N1,N 2 ) = Spec (N 1 )+Spec (N 2 ) = {0} puisque N 1 et N 2 sont nilpotentes On a donc Φ N1,N 2 = 0 et N 1 = N 2 = λi n avec λ nécessairement nul puisque N 1 est nilpotente On a donc A = D 1 et B = D 2 qui sont diagonalisables On peut aussi remarquer que Φ N1,N 2 = Φ N1,0 + Φ 0,N2 est nilpotent comme somme de deux endomorphismes nilpotents qui commutent, donc Φ A,B = Φ D1,D 2 + Φ N1,N 2 est la décomposition de Dunford-Schwarz de Φ A,B et on a Φ N1,N 2 = 0 pour Φ A,B diagonalisable 4 On a déjà vu que : Spec (Φ A,B ) = Spec (A) + Spec (B) = Spec (A) + Spec ( t B ) pour toutes matrices A, B dans M n (K) Si A et B sont diagonalisables dans M n (K), il existe alors une base (V k ) 1 k n de K n formée de vecteurs propres A et une base (W k ) 1 k n formée de vecteurs propres de t B (une matrice est diagonalisable si et seulement si sa transposée l'est) et on a vu que les V t k W p sont des vecteurs propres de Φ A,B En écrivant chaque vecteur de base canonique E i comme combinaison linéaire des V k et comme combinaison linéaire des W p, on déduit que chaque E ij = E t i E j est combinaison linéaire des V t k W p, ce qui entraîne que le système (V t k W p ) 1 k,p n est générateur de M n (K), c'est donc une base puisque formé de n 2 éléments En dénitive, (V t k W p ) 1 k,p n est une base de M n (K) formée de vecteurs propres de Φ A,B avec Φ A,B (V t k W p ) = (α k + β p ) V t k W p si AV k = α k V k et t BW p = β p W p On retrouve ainsi le fait que Φ A,B est diagonalisable 193 Exemples classiques d'endomorphismes diagonalisables 1931 Les endomorphismes symétriques réels (E, ) est un espace réel euclidien de dimension n 1 On rappelle qu'un endomorphisme u L (E) est dit symétrique si : (x, y) E E, u (x) y = x u (y) Un endomorphisme u L (E) est symétrique si, et seulement si, pour toute base orthonormée B de E la matrice A de u dans B est symétrique, c'est-à-dire que t A = A On note S (E) l'ensemble des endomorphismes symétriques de E et S n (R) l'ensemble des matrices symétriques réelles Une étude plus approfondie de ces endomorphismes est faite au chapitre 24

11 Exemples classiques d'endomorphismes diagonalisables 503 Lemme 191 On suppose que n = 2 Un endomorphisme symétrique réel u S (E) a 2 valeurs propres réelles distinctes ou confondues et se diagonalise dans une base orthonormée ( ) a b Démonstration Soit A = S b c 2 (R) la matrice de u dans une base orthonormée Le polynôme caractéristique de A est : P A (λ) = λ 2 Tr (A) λ + det (A) = λ 2 (a + c) λ + ( ac b 2) et le discriminant de ce polynôme est : δ = (a + c) 2 4 ( ac b 2) = (a c) 2 + 4b 2 0 On a donc une valeur propre réelle double pour a = c et b = 0 et deux valeurs propres réelles distinctes pour a c ou b 0 Pour a = c et b = 0, u est l'homothétie de rapport a et toute base orthonormée est une base de diagonalisation pour u Sinon, l'endomorphisme u a deux valeurs propres réelles distinctes λ 1 = a + c δ et 2 λ 2 = a + c + δ Il est donc diagonalisable et désignant par (e 1, e 2 ) une base de vecteurs 2 propres associée formée de vecteurs unitaires, avec : λ 1 e 1 e 2 = u (e 1 ) e 2 = e 1 u (e 2 ) = λ 2 e 1 e 2 et λ 1 λ 2, on déduit que e 1 e 2 = 0, c'est-à-dire que (e 1, e 2 ) est une base orthonormée de vecteurs propres Lemme 192 Soit u S (E) Si F est un sous-espace vectoriel de E stable par u, alors F est aussi stable par u Démonstration Pour tout x F et tout y F, on a u (y) F et : ce qui prouve que u (x) F u (x) y = x u (y) = 0 Lemme 193 Pour tout endomorphisme u de E il existe un sous espace vectoriel P de E de dimension 1 ou 2 stable par u Démonstration Si u a une valeur propre réelle λ, alors pour tout vecteur propre associé x E \ {0}, la droite D = Rx est stable par u Sinon n 2 et le polynôme minimal π u se décompose dans l'anneau factoriel R [X] en produit de facteurs irréductibles de degré 2 (les valeurs propres de u sont les racines de π u ) Ce polynôme π u s'écrit donc π u (X) = (X 2 + bx + c) Q (X) avec b 2 4c < 0 et Q (u) 0 (π u est le polynôme unitaire de plus petit degré annulant u) De l'égalité : 0 = π u (u) = ( u 2 + bu + cid ) Q (u) on déduit alors que l'endomorphisme u 2 + bu + cid n'est pas injectif, c'est-à-dire que son noyau n'est pas réduit à {0} Pour tout vecteur x non nul dans ce noyau on vérie alors que P = Vect {x, u (x)} est un sous espace vectoriel de dimension 2 stable par u En eet, P est de dimension 2 puisque x n'est pas vecteur propre de u et avec u 2 (x) + bu (x) + cx = 0 on déduit que u 2 (x) est dans P, ce qui entraîne que P est stable par u

12 504 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications Théorème 194 (spectral) Un endomorphisme symétrique réel u S (E) a n valeurs propres réelles distinctes ou confondues et se diagonalise dans une base orthonormée Démonstration On procède par récurrence sur n 1 C'est vrai pour n = 1 et n = 2 Supposant le résultat acquis jusqu'au rang n 1 1 et soit u S (E) avec dim (E) = n En désignant par P un sous espace vectoriel de E de dimension 1 ou 2 stable par u, on a E = P P, l'espace P étant également stable par u Comme les restrictions de u à P et à P sont des endomorphismes symétriques, elles ont toutes leurs valeurs propres réelles et il existe une base orthonormée de diagonalisation B 1 de u P et une autre B 2 de u P La réunion B 1 B 2 est alors une base orthonormée de diagonalisation de u et u a toutes ses valeurs propres réelles Au chapitre 24 on propose d'autres démonstrations de ce théorème Corollaire 192 Toute matrice symétrique réelle A S n (R) se diagonalise dans une base orthonormée, c'est-à-dire qu'il existe une matrice orthogonale P O n (R) et une matrice diagonale D telles que t P AP soit diagonale Exercice 198 Soient n 3 et : a 1 c b 2 a 2 c 2 A = 0 0 b n 1 a n 1 c n b n a n une matrice tridiagonale à coecients réels telle que b k c k 1 > 0 pour tout k compris entre 2 et n Montrer que A est semblable à une matrice tridiagonale symétrique et qu'elle est diagonalisable Solution 198 Voir l'exercice 164 Exercice 199 Diagonaliser la matrice : A = M n (R) pour n 3 Solution 199 Avec l'exercice 162, on a calculé les valeurs propres de A Nous allons retrouver ces résultats en exploitant le fait que la matrice symétrique réelle est diagonalisable Comme A est de rang 2, son noyau est de dimension n 2 et λ 1 = 0 est valeur propre d'ordre n 2 puisque A est diagonalisable Désignant par λ 2 et λ 3 ses deux autres valeurs propres, on a Tr (A) = 2 = λ 2 + λ 3 De plus avec : n 2 2 n A 2 = n 2 2 n

13 Exemples classiques d'endomorphismes diagonalisables 505 on déduit que Tr (A 2 ) = 4 (n 1) = λ λ 2 3 On a donc : λ 2 + λ 3 = 2 λ 2 λ 3 = (λ 2 + λ 3 ) 2 (λ λ 2 3) 2 = 2 (2 n) et λ 2, λ 3 sont les racines de X 2 2X + 2 (2 n) = (X 1) 2 (2n 3), ce qui donne λ 2 = 1 2n 3 et λ 3 = 1 + 2n 3 La réduction de A s'en déduit Du théorème spectral, on peut déduire le théorème de réduction de Gauss des formes quadratiques réelles Théorème 195 Soit q une forme quadratique non nulle sur E Il existe un entier r compris entre 1 et n, des réels non nuls λ 1,, λ r et des formes linéaires indépendantes l 1,, l r tels que : r x E, q (x) = λ j l 2 j (x) Avec les notations du théorème précédent, on ordonne les coecients λ j de sorte que les s premiers soient strictement positifs (s'il en existe) et les t suivants strictement négatifs (s'il en existe) et en( désignant pour λ j > 0 [resp pour λ j < 0], par L j la forme linéaire dénie par L j (x) = l j λj x ) ( [resp L j (x) = l j λj x ) ], on obtient l'expression suivante de la forme quadratique q : x E, q (x) = s L 2 j (x) s+t j=p+1 L 2 j (x) La première somme [resp la seconde] n'est pas présente si s = 0 [resp t = 0] L'entier r = s + t est le rang de q Le couple (s, t) est uniquement déterminée par q C'est la signature de q 1932 Les endomorphismes normaux (E, ) est un espace complexe hermitien de dimension n 1 et la norme associée est notée x x 2 On rappelle qu'un endomorphisme u L (E) est dit normal si u u = u u, où u est l'adjoint de u déni par : (x, y) E E, u (x) y = x u (y) Un endomorphisme hermitien (u = u) ou unitaire (u = u 1 ) est normal Un endomorphisme u L (E) est normal si, et seulement si, pour toute base orthonormée B de E la matrice A de u dans B est normale, c'est-à-dire que A = A, où t A = t A Les endomorphismes [resp matrices] hermitiens [resp hermitiennes] et unitaires sont des cas particuliers d'endomorphismes [resp de matrices] normaux [resp normales] Théorème 196 Un endomorphisme normal se diagonalise dans une base orthonormée

14 506 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications Démonstration Soit u L (E) normal On montre tout d'abord que pour toute valeur propre λ C de u, le sous espace propre associé E λ = ker (u λi n ) est stable par u et que son orthogonal Eλ est stable par u et par u, ce qui permet de raisonner par récurrence sur n Pour tout x E λ on a, puisque u est normale : (u u ) (x) = u (u (x)) = λu (x) et u (x) E λ C'est-à-dire que E λ est stable par u Soient x E λ et y E λ On a u (y) E λ et : c'est-à-dire que u (x) E λ et E λ u (x) y = x u (y) = 0 est stable par u Puis en écrivant que : u (x) y = x u (y) = x λy = λ x y = 0 on déduit que u (x) Eλ et E λ est stable par u On raisonne ensuite par récurrence sur la dimension n de l'espace vectoriel hermitien E Pour n = 1 le résultat est évident Supposons le acquis pour toute matrice normale d'ordre p {1,, n 1} Soient λ une valeur propre de u et E λ l'espace propre associé Si E λ = E alors u est une homothétie et toute base orthonormée de E convient Si E λ E, alors Eλ est de dimension p {1,, n 1} et la restriction v de u à Eλ est un endomorphisme normal de Eλ Il existe donc une base orthonormée de E λ formée de vecteurs propres de v, donc de u En complétant cette base par une base orthonormée de E λ on obtient une base orthonormée de E formée de vecteurs propres de u Remarque 191 Si λ est une valeur propre de u alors la stabilité de Eλ vraie pour tout endomorphisme u par u est en fait Corollaire 193 Un endomorphisme hermitienn [resp unitaire] a ses valeurs propres réelles [resp de module 1] et se diagonalise dans une base orthonormée De ce résultat on déduit l'existence d'une racine carrée pour un endomorphisme hermitien positif Corollaire 194 Si u est un endomorphisme hermitien positif, il existe alors un unique endomorphisme hermitien positive v telle que u = v 2 Démonstration L'endomorphisme u étant hermitien positif a toutes ses valeurs propres réelles positives et se diagonalise dans une base orthonormée, c'est-à-dire qu'il existe une base orthonormée B de E et des réels positifs λ 1,, λ n tels que la matrice de u dans B soit : λ λ D = λ n En désignant par v l'endomorphisme hermitien positif de matrice : λ λ2 = λn

15 Propriétés topologiques de l'ensemble des matrices diagonalisables de M n (C) 507 dans B, on a v 2 = u Si P est le polynôme d'interpolation de Lagrange déni par P (λ i ) = λ i pour tout i {1,, n} (le degré de P est p 1 où p est le nombre de valeurs propres distinctes de A), on a alors P (D) = C'est-à-dire que C [D] et v C [u] Si w est une autre racine carrée de u hermitienne positive, on a alors w 2 = u et w commute avec u, donc avec v En dénitive les endomorphismes v et w commutent et sont diagonalisables, on sait alors qu'ils sont simultanément diagonalisables, c'est-à-dire qu'il existe une base B de E dans laquelle les matrices 1 et 2 de v et w sont diagonales à coecients réels positifs De w 2 = u = v 2, on déduit que 2 1 = 2 2 et 1 = 2 du fait que ces matrices sont diagonales à coecients réels positifs Et en dénitive v = w L'endomorphisme v est déni positif si u l'est On montre de manière analogue que si u est un endomorphisme hermitien positif et p un entier naturel non nul, il existe alors un unique endomorphisme hermitien positive v telle que u = v p Exercice 1910 Soient u un endomorphisme hermitien déni positif et v un endomorphisme hermitien positif Montrer que u v a toutes ses valeurs propres réelles positives et est diagonalisable Solution 1910 Comme u est hermitien déni positif, il existe σ hermitien déni positif tel que u = σ 2 et u v = σ 2 v = σ (σ v σ) σ 1, donc comme σ v σ (qui est hermitien positif), l'endomorphisme u v a toutes ses valeurs propres réelles positives et est diagonalisable Du corollaire précédent, on peut déduire l'existence de la décomposition polaire d'un isomorphisme de E Précisément on a le résultat suivant Corollaire 195 Tout isomorphisme v GL (E) peut s'écrire de manière unique v = u h où u est un endomorphisme unitaire et h un endomorphisme hermitien déni positif Démonstration Pour une telle décomposition, v = u h, on a v v = h u u h = h 2 et h est la racine carrée de l'endomorphisme hermitien déni positif v v Donc u = v h 1 On a donc, en cas d'existence, l'unicité de u et h Pour v GL (E), v v est hermitien déni positif et a une unique racine carrée hermitienne dénie positive h En posant u = v h 1, on a v = u h et : u u = ( h 1) (v v) h 1 = (h ) 1 h 2 h 1 = h 1 h = Id c'est-à-dire que u est unitaire 194 Propriétés topologiques de l'ensemble des matrices diagonalisables de M n (C) On désigne par D n (C) l'ensemble des matrices M M n (C) ayant n valeurs propres distinctes dans C et par D n (C) l'ensemble des matrices diagonalisables de M n (C) On a D n (C) D n (C) Théorème 197 Les ensembles D n (C) et D n (C) sont denses dans M n (C)

16 508 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications Démonstration Toute matrice A M n (C) est semblable à une matrice triangulaire supérieure, c'est-à-dire qu'il existe une matrice P inversible et une matrice triangulaire T = t 11 t 12 t 1n 0 t 22 t n 1,n 1 telles que A = P T P t nn On note : { 1 si tii = t jj pour tous i j dans {1,, n}, α = inf { t ii t jj 1 i, j n, t ii t jj } sinon et on dénit la suite de matrices (T k ) k 1 par T k = T + k, où : α 0 0 k α 0 k = 2k 0 α 0 0 nk Pour tout entier k > 0 la matrice T k a toutes ses valeurs propres distinctes (si t ii + α ik = t jj + α jk avec t ii t jj, on a alors : t ii t jj = α 1 k i 1 j < α k α ce qui contredit la dénition de α) et donc T k D n (C) D n (C) On a alors, avec la continuité du produit matriciel, A = lim A k, où pour tout k > 0 la matrice A k = P T k P 1 est dans D n (C) et diagonalisable D'où la densité de D n (C) et D n (C) dans M n (C) Remarque 192 L'ensemble D n (R) des matrices diagonalisables de M n (R) n'est pas dense dans M n (R) Exercice 1911 Montrer que l'ensemble D 2 (R) des matrices diagonalisables de M 2 (R) n'est pas dense dans M 2 (R) ( ) a b Solution 1911 L'application φ : M 2 (R) R qui associe à une matrice M = le c d discriminant de son polynôme caractéristique : (résultant de P M et P M ) est continue donc : A = φ (M) = (a d) 2 + 4bc lim A k = φ (A) = lim φ (A k) Mais pour A k dans D 2 (R) ou dans D 2 (R), on a φ (A k ) 0 et pour A à valeurs propres complexes non réelles, on a φ (A) < 0 Une telle matrice A ne peut donc être limite d'une suite de matrices de D 2 (R) ou D 2 (R) De manière plus précise on peut montrer que l'adhérence de D n (R) est l'ensemble T n (R) des matrices trigonalisables de M n (R)

17 Propriétés topologiques de l'ensemble des matrices diagonalisables de M n (C) 509 Théorème 198 T n (R) est fermé dans M n (R) et c'est l'adhérence de l'ensemble D n (R) des matrices diagonalisables de M n (R) Démonstration On désigne par θ : T n (R) R n l'application dénie par θ (M) = (λ 1, λ 2,, λ n ) où λ 1 λ 2 λ n sont les valeurs propres de la matrice M On munit R n de la norme et M n (R) de la norme matricielle induite On a alors : M T n (R), θ (M) = ρ (M) = max 1 k n λ k M Si (T k ) k N est une suite dans T n (R) qui converge vers T M n (R), la suite (θ (T k )) k N est bornée dans R n et on peut en extraire une sous-suite ( θ ( T φ(k) qui converge vers ))k N λ = (λ 1,, λ n ) R n D'autre part, le polynôme caractéristique d'une matrice M T n (R) s'écrit sous la forme P M (X) = n j=0 a j X j, les coecients a j étant des fonctions continues de θ (M) (fonctions polynomiales symétriques élémentaires des racines) De lim θ ( ) T φ(k) = λ, n on déduit alors que lim P T φ(k) (X) = (λ j X) L'application qui associe à une matrice M son polynôme caractéristique est continue (ses composantes sont des fonctions polynomiales n des m ij ), donc lim P T φ(k) = P T et le polynôme P T (X) = (λ j X) est scindé dans R [X], ce qui entraîne que T T n (R) On a donc ainsi prouvé que T n (R) est fermé dans M n (R) On a D n (R) T n (R) avec T n (R) fermé, donc D n (R) T n (R) Une démonstration identique à celle du théorème?? permet de montrer l'inclusion T n (R) D n (R) D'où l'égalité D n (R) = T n (R) Exercice 1912 Déduire le théorème de Cayley-Hamilton de la densité de D n (C) dans M n (C) Solution 1912 Pour toute matrice A M n (C), on note P A son polynôme caractéristique Si A M n (C) est diagonalisable, il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale : telles que A = P DP 1 Ce qui entraîne : P A (X) = λ λ D = 2 0, 0 0 λ n n (λ k X), P A (A) = P P A (D) P 1 = 0 Une matrice quelconque A M n (C) peut s'écrire A = lim A k, où (A k ) k N est une suite de matrices diagonalisables Avec la continuité de l'application M P M (M) de M n (C) dans M n (C) (les composantes de cette application sont des fonctions polynomiales des m ij ), on déduit alors que : P A (A) = lim P A k (A k ) = 0 Exercice 1913 Montrer que l'espace vectoriel engendré par D n (C) est M n (C)

18 510 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications Solution 1913 L'espace F = Vect (D n (C)) étant de dimension nie, il est fermé dans M n (C) De D n (C) F M n (C), on déduit que : et F = M n (C) M n (C) = D n (C) F = F M n (C) Exercice 1914 Montrer que det ( e A) = e Tr(A) pour tout matrice A M n (C) Solution 1914 C'est vrai pour la matrices diagonalisables et on conclue par densité Exercice 1915 Pour toute matrice A M n (C), on désigne par C (A) l'ensemble des matrices de M n (C) qui commutent à la matrice A 1 Montrer que C (A) est un sous espace vectoriel de M n (C) 2 Montrer que si A D n (C), alors dim (C (A)) = n 3 Montrer que l'ensemble F formé des matrices A M n (C) telles que dim (C (A)) n est un fermé de M n (C) 4 Montrer que pour tout A M n (C) on a dim (C (A)) n Solution On a C (A) = ker (φ A ) où φ A : M AM MA est linéaire, donc C (A) est un sous espace vectoriel de M n (C) 2 Si A D n (C), elle est alors diagonalisable et il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale : λ λ 2 0 D = 0 0 λ n avec les λ k deux à deux distincts telles que A = P DP 1 Une matrice M est alors dans C (A) si et seulement si D (P 1 MP ) = (P 1 MP ) D, ce qui équivaut à dire que la matrice P 1 MP est diagonale L'espace vectoriel C (A) est donc isomorphe à l'espace vectoriel des matrices diagonales et sa dimension est égale à n 3 On a : F = {A M n (C) dim (C (A)) n} = { A M n (C) rg (φ A ) n 2 n } En notant M A la matrice de φ A L (M n (C)) dans la base canonique de M n (C), on a : F = { A M n (C) rg (M A ) n 2 n } c'est-à-dire qu'une matrice A est dans F si et seulement si tous les déterminants extraits d'ordre strictement supérieur à n 2 n sont nuls Or ces déterminants sont en nombre ni et dénissent des fonctions continues de A (ce sont des fonctions polynomiales des coecients de A) En notant q le nombre de tous ces déterminants extraits, on déduit alors que F est un fermé de M n (C) comme image réciproque du fermé {0} de C q par une application continue

19 Propriétés topologiques de l'ensemble des matrices diagonalisables de M n (C) On a D n (C) F M n (C) avec F fermé et D n (C) dense dans M n (C) Donc F = M n (C) et dim (C (A)) n pour tout A dans M n (C) Exercice 1916 Soit φ une forme linéaire sur M n (C) telle que φ (AB) = φ (BA) pour toutes matrices A, B dans M n (C) 1 En notant {E ij 1 i, j n} la base canonique de M n (C), montrer que φ (E ii ) = φ (E jj ) pour tous i, j compris entre 1 et n On note λ cette valeur commune 2 Montrer que φ (A) = λ Tr (A) pour toute matrice A dans M n (C) Solution 1916 On rappelle que si (e i ) 1 i n désigne la base canonique de C n, alors la matrice E ij est dénie par : { 0 si k j k {1,, n}, E ij e k = e i si k = j 1 Pour i j dans {1,, n}, on a E ij E ji = E ii et E ji E ij = E jj On déduit alors que : φ (E ii ) = φ (E ij E ji ) = φ (E ji E ij ) = φ (E jj ) On peut donc poser λ = φ (E ii ) pour tout i compris entre 1 et n 2 Si D est une matrice diagonale, elle s'écrit : D = n λ i E ii i=1 et : φ (D) = n λ i φ (E ii ) = λ i=1 n λ i = λ Tr (D) Si A est une matrice diagonalisable, elle s'écrit A = P DP 1 avec P inversible, D diagonale et : φ (A) = φ ( P DP 1) = φ ( DP 1 P ) = φ (D) = λ Tr (D) = λ Tr (A) Enn si A est quelconque dans M n (C), elle peut s'écrire comme limite d'une suite (A k ) k N de matrices diagonalisables et avec la continuité des formes linéaires φ et Tr, on déduit que : φ (A) = i=1 lim φ (A k) = λ lim Tr (A k) = λ Tr (A) Remarque 193 Le résultat de l'exercice précédent est en fait valable pour tout corps commutatif de caractéristique nulle L'application qui associe à une matrice M M n (K) son polynôme caractéristique est continue (les coecients de ce polynôme sont des fonctions polynomiales des m ij ) On peut alors se poser la question de savoir s'il en est de même pour l'application qui associe à une matrice son polynôme minimal De la densité de D n (C) dans M n (C) on déduit que la réponse est négative Corollaire 196 Pour n 2, l'application qui associe à une matrice A M n (C) son polynôme minimal n'est pas continue

20 512 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications Démonstration Supposons que l'application A π A qui associe à une matrice A de M n (C) son polynôme minimal soit continue Avec la densité de D n (C) dans M n (C), on peut écrire que I n = lim A k où (A k ) k N est une suite de matrices à valeurs propres deux à deux distinctes Avec la continuité de A π A, on aurait alors π In = lim π A k Mais pour toute matrice M dans D n (C) on a π M = ( 1) n P M (polynôme caractéristique) On aurait alors avec la continuité de A P A : (X 1) = π In = lim π A k = lim P A k = P In = (X 1) n ce qui est impossible pour n > 1 Donc, pour n > 1, l'application A π A n'est pas continue En utilisant les propriétés du résultant de deux polynômes (voir le paragraphe 1545), on peut montrer que D n (C) est l'intérieur de D n (C) Théorème 199 L'ensemble D n (C) est l'intérieur de D n (C) Démonstration Une matrice M M n (C) est dans D n (C) si et seulement si son polynôme caractéristique P M n'a que des racines simples dans C, ce qui équivaut à dire que φ (M) = res (P M, P M ) 0 L'ensemble D n (C) est donc un ouvert de M n (C) comme image réciproque de l'ouvert C par l'application continue φ (φ est une fonction polynomiale des coecients de M) Une matrice ayant n valeurs propres distinctes est diagonalisable, on a donc les inclusions D n (C) D n (C) et D n (C) D n (C) puisque D n (C) est ouvert Supposons qu'il existe A D n (C) ayant une valeur propre λ d'ordre supérieur ou égal à 2 On peut alors trouver une matrice inversible P telle que A = P DP 1 où : λ λ 0 0 D = 0 0 λ λ n Pour tout entier k > 0, on pose : k = ( λ 1 k 0 λ ), D k = k λ λ n Le polynôme minimal de D k est un multiple de celui de k, c'est-à-dire de (X λ) 2 (si P (D k ) = 0, alors P ( k ) = 0 et P est un multiple de π k ) En conséquence la matrice D k et la matrice A k = P D k P 1 ne sont pas diagonalisables (une matrice est diagonalisable si et seulement si son polynôme minimal est scindé à racines simples) Comme A = avoir A D n (C) D n (C) D n (C) Donc toutes les matrices de lim A k, on ne peut pas D n (C) ont n valeurs propres distinctes et En dénitive, D n (C) = D n (C) Comme D n (C) D n (C), on déduit du théorème précédent que D n (C) n'est pas ouvert

21 Propriétés topologiques de l'ensemble des matrices diagonalisables de M n (C) 513 Exercice 1917 Montrer que D n (C) est connexe (on peut utiliser le fait que GL n (C) est connexe (corollaire 201)) Solution 1917 Pour tout λ = (λ 1,, λ n ) C n, on note D (λ) la matrice diagonale de termes diagonaux λ 1,, λ n L'application : φ : GL n (C) C n D n (C) (P, λ) P D (λ) P 1 est continue surjective, donc D n (C) = φ (GL n (C) C n ) est connexe comme image d'un connexe par une application continue On peut aussi montrer que D n (C) est connexe par arcs Pour ce faire il sut de relier toute matrice A D n (C) à I n D n (C) par un chemin continu Pour A D n (C), il existe (P, λ) GL n (C) C n tel que A = P D (λ) P 1 L'application γ dénie sur [0, 1] par : γ (t) = P D ((1 t) λ + t) P 1 est continue à valeurs dans D n (C) et telle que γ (0) = A, γ (1) = I n

22 514 Endomorphismes diagonalisables Exemples et applications