Chapitre 5

Université François-Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Chapitre 5 : Réduction d’endomorphismes
UE 6-3 Algèbre Semestre 6
Dans toute cette partie Edésigne un K-espace vectoriel de dimension finie n.
1 Géneralités
Soit f∈L(E). Le scalaire λ∈Kest une valeur propre de fs’il existe u∈E− {0}tel
que f(u) = λu. On dit alors que uest un vecteur propre de fassociée à la valeur propre λ.
L’ensemble des vecteurs propres associés à λest noté Eλ.
Définition 1.1.
On vérifie facilement les reśultats suivants
1) Eλest un s.e.v de E;
2) λ∈Kest valeur propre de fsi et seulement si f−λId n’est pas injectif ;
Soient E1, . . . , Epdes sous-espaces vectoriels de E. On rappelle que
E1+E2+. . . +Ep={x1+x2+. . . +xp|x1∈E1, . . . , xp∈Ep}.
Les espaces E1, . . . , Epsont dits en somme directe si pour tout (x1, . . . , xp)∈E1×. . . ×Epon a
x1+. . . +xp=0=⇒xi= 0 pour tout i∈ {1, . . . , p}.
Dans ce cas, la somme E1+. . . +Epse note E1⊕. . . ⊕Ep.
On vérifiera en exercice les propriétés suivantes :
1) Deux s.e.v E1et E2de Esont en somme directe si et seulement si E1∩E2={0}.
2) L’implication "E1, E2et E3sont en somme directe ssi E1∩E2∩E3={0}" est fausse. .
3) Soit E1⊕. . . ⊕Epune somme directe de s.e.v de E. Tout élément xde E1+. . . +Epse décompose
de façon unique sous la forme
x1+. . . +xpavec xi∈Eipour tout i.
4) Soit E1⊕. . . ⊕Epune somme directe de s.e.v de E. Soit Biune base de Eipour tout i∈ {1, . . . , p}.
Alors la concaténation des bases Biforme une base de E1⊕. . . ⊕Ep.
5) Si E1, . . . , Ep−1sont en somme directe et si Epest en somme directe avec E1+. . . +Ep−1alors les
s.e.v E1, . . . , Epsont en somme directe.
Soient λ1, . . . , λkdes valeurs propres distinctes deux à deux de f. Alors les sous-espaces propres
Eλ1, . . . , Eλksont en somme directe.
Théorème 1.2.
Démonstration. Méthode 1. On procède par récurrence. On montre que pour tout p∈ {1, . . . , k}la
somme E1+. . . +Epest directe. Lorsque p= 1, le résultat est clair. Soit p > 1. Par récurrence, on sait
que la somme E1+. . . +Ep−1est directe. Soit (x1, . . . , xp)∈E1×E2×. . . ×Eptel que
(∗)x1+. . . +xp= 0.
En appliquant fon obtient
f(∗)λ1x1+. . . +λpxp= 0.
Une combinaison linéaire de ces deux équations donne
(λp−λ1)x1+. . . + (λp−λp−1)xp−1= 0.
1

Par récurrence, on a donc (λp−λi)xi= 0 pour tout 1≤i≤p−1et comme λp−λi6= 0 pour tout i, on a
xi= 0. Finalement, (∗)devient xp= 0. On a le résultat par récurrence.
Méthode 2. Soit (x1, . . . , xk)∈E1×E2×. . . ×Ektel que
(∗)x1+. . . +xk= 0E.
En appliquant fk-fois à cette équation on obtient le système suivant
(∗)
x1+. . . +xk= 0E
λ1x1+. . . +λkxk= 0E
.
.
.
λk−1
1x1+. . . +λk−1
kxk= 0E
Ainsi si on se fixe une base Bde E, l’ensemble {x1[`], . . . , xk[`]}des `-ième coordonnées de xidans la
base Best solution ce système pour tout 1≤`≤p. La matrice associée à ce système est une matrice de
Vandermonde : 
1 1 . . . 1
λ1λ2. . . λk
.
.
..
.
.....
.
.
λk−1
1λk−1 2. . . λk−1
k
.
et son déterminant, qui vaut Qi<j (λi−λj), est non nul. Le système (∗)admet unique solution, la solution
nulle, ce qui montre que toutes les coordonnées des xidans Bsont nulles et donc x1=x2=. . . =xk= 0E.
1) Soit A∈Mn(K). Le polynôme caractéristique χAest définie par χA(λ) = det(A−λId).
2) Soit f∈L(E). Le polynôme caractéristique de la matrice de fdans une base Bne
dépends pas de la base B. On l’appelle le polynôme caractéristique de fet on le note χf.
3) Le scalaire λ∈Kest valeur propre de fsi et seulement si χf(λ)=0.
Définition-Proposition 1.3 (Polynôme caractéristique).
Démonstration. On a pour toutes matrices P∈GLn(K)et A∈Mn(K):
det(P−1AP ) = det(P−1) det(A) det(P) = det(A)
d’où (2) avec la formule de changement de base.
Si λest valeur propre de falors f−λId n’est pas injectif et donc det(A−λId) = 0.
Proposition 1.4. Soit f∈L(E)et soit Fun s.e.v stable par f. Soit g=f|Fla restriction de fàF.
Alors χg|χf.
Démonstration. Puisque Fest stable par fla matrice de fest de la forme
A∗
0B
dans une base de Fcomplétée en une base de E. La matrice Aest une matrice représentative de f. On a
χf=χA·χB=χg·χB
et χg|χf.
2 Polynômes d’endomorphismes
Soit P=a0+a1X+. . . +anXn∈K[X]. On pose alors
1) Pour tout f∈L(E),P(f) = a0IdE+a1f+a2f2+. . . +anfn∈L(E)
2) Pour tout A∈Mn(K),P(A) = a0In+a1A+. . . +anAn∈Mn(K).
2

Il est clair que si Aest la matrice de fdans une base Balors la matrice de P(f)dans cette même base
est P(A).
Soient fun endomorphisme de Eet soient Pet Qdeux polynômes à coefficients dans Ket
λ∈K. On a
1) P(f) + Q(f)=(P+Q)(f)
2) P(f)◦Q(f) = Q(f)◦P(f) = (P Q)(f)
3) (λP )(f) = λP (f)
4) ker(P(f)) et Im(P(f)) sont stables par f.
Théorème 2.1.
Démonstration. Le fait que P(f) + Q(f)=(P+Q)(f),P◦Q(f)=(P Q)(f)et (λP )(f) = λP (f)est une
simple vérification en utilisant le fait que fi◦fj=fi+jet XiXj=Xi+j. Puisque P Q =QP il est clair
que P◦Q(f) = (P Q)(f) = Q(f)◦P(f). La quatrième assertion est alors une conséquence du fait que
P(f)et fcommutent.
On a montré que l’application
ϕf:K[X]−→ L(E)
P7−→ P(f)
est un morphisme d’algèbre. C’est un à dire un morphisme d’anneau de (K[X],+, x)dans (L(E),+,◦)et
une application linéaire de l’espace vectoriel K[X]dans l’espace vectoriel L(E).
Exemple 2.2. Soit A=
111
010
201
et P=X2−2. On a alors
P(A) = A2−2 Id3=
122
0−1 0
421
Exemple 2.3. Soit T∈Mn(K)une matrice triangulaire supérieure de termes diagonaux t1,1,. . . tn,n. Soit
P=PaiXi. Alors la matrice P(T)est triangulaire supérieure et ses termes diagonaux sont P(ti,i).
Soit f∈L(E)et soit P=P1P2. . . PkK[X]où les polynômes Pisont premiers entre-eux deux
à deux. Alors
ker P(f) =
k
M
i=1
ker Pi(f).
Théorème 2.4 (Lemme des noyaux).
Démonstration. On procède par récurrence sur k≥2. Pour k= 2, comme P1et P2sont premiers entre
eux, il existe (U, V )∈K[X]2tel que P1U+P2V= 1.
Soit x∈ker P1(f)∩ker P2(f). On a x= (P1U+P2V)(f)(x) = U(f)◦P1(f)(x) + V(f)◦P2(f)(x) = 0E.
Ainsi ker P1(f)∩ker P2(f) = {0E}.
Soit x∈ker P(f). On a x=UP1(f)(x) + V P2(f)(x). De plus
P2(UP1(f)(x)) = (P2UP1)(f)(x) = (UP1P2)(f)(x) = UP (f)(x) = U(f)◦P(f)(x) = 0E
et
P1(V P2(f)(x)) = (P1V P2)(f)(x)=(V P1P2)(f)(x) = V P (f)(x) = V(f)◦P(f)(x)=0E
On voit donc que UP1(f)(x)∈ker P2(f)et V P2(f)(x)∈ker P1(f). On a montré que ker P(f) =
ker P1(f) + ker P2(f).
Soit k > 2. On a P= (P1. . . Pk−1)·Pk. Les polynômes (P1. . . Pk−1)et Pksont premiers entre eux, on a
donc
ker P(f) = ker P1. . . Pk−1(f)⊕ker Pk(f).
3

De plus par récurrence
ker P1. . . Pk−1(f) =
k−1
M
i=1
ker Pi(f).
D’où le résultat.
Exemple 2.5. On considére le polynôme P= (X2+ 1) ·(X−1) ∈R[X]. Les polynômes (X2+ 1) et
(X−1) sont bien premiers entre-eux puisqu’ils sont distincts et irréductibles. Considérons maintenant
l’endomorphismes f∈L(R4)de matrice représentative A=
0−110
1−020
0 0 2 1
0 0 0 1
dans une base B. On a
alors
P(A) = 
0000
0055
0055
0000
.
et donc (e1, e2, e3−e4)est une base de ker(P(A)).
De plus
A2+ Id4=
0001
0052
0053
0002
donc ker(A2+ Id4) = Vect(e1, e2)
et
A−Id4=
−1−110
1−120
0 0 1 1
0 0 0 0
donc ker(A−Id4) = Vect(1
2e1−3 2e2−e3+e4).
On vérifie facilement que
Vect(e1, e2,1
2e1−3 2e2−e3+e4) = Vect(e1, e2, e3−e4).
On a donc bien
ker P(f) = ker(f2+ Id) ⊕ker(f−Id).
Exemple 2.6. Soit p∈L(E)une projection, c’est-à-dire p2=p. Le polynôme X(X−1) est donc un
polynôme annulateur. Puisque les polynômes Xet X−1sont premiers entre-eux, on a d’après le lemme
des noyaux que
E= ker p⊕ker(p−Id).
Si Best une base de Ede la forme B= ( e1, . . . , ep
| {z }
base de ker p
, ep+1, . . . , en
| {z }
base de ker(p−Id)
).alors
MatB(u) = 0 0
0In−p.
Exemple 2.7. Soit s∈L(E)une symétrie, c’est-à-dire s2= 1. Le polynôme (X+ 1)(X−1) est donc un
polynôme annulateur. Les polynômes X−1et X+1 sont premiers entre-eux dès lors que la caractéristique
de Kest différente de 2. Dans ce cas on a
E= ker(s−Id) ⊕ker(s+ Id).
Si Best une base de Ede la forme B= ( e1, . . . , ep
| {z }
base de ker(s−Id)
, ep+1, . . . , en
| {z }
base de ker(s+ Id)
).alors
MatB(u) = Ip0
0−In−p.
Remarque 2.8.Soient λ1, . . . , λkdes valeurs propres distinctes deux à deux d’un endomorphisme f. Alors
les polynômes Pi=X−λisont premiers entre-eux deux à deux. On a ker Pi= ker(f−λiId) = Eλiet
ker P(f) = MEλioù P=Y(X−λi)
4

3 Polynôme minimal
On rappelle que l’application
ϕf:K[X]−→ L(E)
P7−→ P(f)
est un morphisme d’anneau.
Le polynôme minimal de f, noté Πfest l’unique polynôme unitaire qui engendre ker(ϕf).
Définition 3.1.
Exemple 3.2. Soit D=
100
010
002
.On vérifie facilement que pour tout P∈K[X], on a
P(D) = 
P(1) 0 0
0P(1) 0
0 0 P(2)
.
Ainsi P(D) = 03⇐⇒ P(1) = 0 et P(2) = 0.On a donc ΠD= (X−1)(X−2).
Exemple 3.3. Soit T=
110
010
002
.Pour tout P∈K[X], on a
P(T) = 
P(1) ∗ ∗
0P(1) ∗
0 0 P(2)
.
Ainsi P(T) = 03=⇒P(1) = 0 et P(2) = 0.Le polynôme minimal de Test donc un multiple de (X−1) ·
(X−2). On calcule
(T−I3)·(T−2I3) = 
010
000
001
·
110
010
000
=
0−1 0
000
000
et donc ΠT6= (X−1) ·(X−2). On vérifie facilement que ΠT= (X−1)2·(X−2).
Exemple 3.4. Soit T=
a1 0
0a1
0 0 a
.Pour tout P∈K[X], on a
P(T) = 
P(a)∗ ∗
0P(a)∗
0 0 P(a)
.
Ainsi P(T) = 03=⇒P(a) = 0. Le polynôme minimal de Test donc un multiple de (X−a). On calcule
(T−aI3) = 
010
001
000
,(T−aI3)2=
001
000
000
,(T−aI3)3=0
et donc ΠT= (X−a)3.
On peut remarquer que deg(Πf)≤n2puisque le morphisme ϕfinduit un morphisme injectif :
˜ϕf:K[X]/hΠfi −→ L(E)
et dim(L(E)) = n2.
Proposition 3.5. Soit f∈L(E). Alors λest valeur propre de fsi et seulement si Πf(λ) = 0.
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