Diagonalisabilité d'un opérateur de trace

Soit $n \in \mathbb{N}^*$ . On considère l'espace vectoriel $E = \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ .

On définit l'application $\Phi$ de $E$ dans lui-même par la relation suivante :

\forall M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}),   \Phi(M) = M + \operatorname{Tr}(M) I_n

Montrer que $\Phi$ est un endomorphisme de $E$ et qu'il est diagonalisable.

1.

Vérifier la linéarité de $\Phi$ en utilisant les propriétés de la trace.

2.

Rechercher les valeurs propres potentielles en résolvant l'équation $\Phi(M) = \lambda M$ .

3.

Étudier spécifiquement le cas des matrices de trace nulle et le cas des matrices proportionnelles à l'identité.

4.

Conclure en comparant la somme des dimensions des sous-espaces propres avec la dimension de l'espace total $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ .

Idées clés

•

Calcul des dimensions des sous-espaces propres (hyperplan $\operatorname{Ker}(\operatorname{Tr})$ ).

•

Utilisation du fait qu'un endomorphisme est diagonalisable si la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à la dimension de l'espace ambiant.

•

Alternative possible : recherche d'un polynôme annulateur scindé à racines simples.

1. Nature de l'application $\Phi$

L'application trace est une forme linéaire sur $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ .

Pour tout couple $(M, N) \in E^2$ et tout scalaire $\alpha \in \mathbb{R}$ , on a : \begin{align*} \Phi(\alpha M + N) &= (\alpha M + N) + \operatorname{Tr}(\alpha M + N) I_n
&= \alpha M + N + (\alpha \operatorname{Tr}(M) + \operatorname{Tr}(N)) I_n
&= \alpha (M + \operatorname{Tr}(M)I_n) + (N + \operatorname{Tr}(N)I_n)
&= \alpha \Phi(M) + \Phi(N) \end{align*}

L'application $\Phi$ est donc un endomorphisme de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ .

2. Recherche des éléments propres

Cherchons les matrices $M$ non nulles et les scalaires $\lambda$ tels que $\Phi(M) = \lambda M$ . Cette équation est équivalente à :

M + \operatorname{Tr}(M) I_n = \lambda M \iff (\lambda - 1) M = \operatorname{Tr}(M) I_n

Cas 1 : $\operatorname{Tr$ (M) = 0 $Tr (M) = 0$ }

L'équation devient $(\lambda - 1) M = 0$ . Comme $M \neq 0$ , on en déduit $\lambda = 1$ .

Le sous-espace propre associé à la valeur propre $1$ contient l'ensemble :

E_1(\Phi) = \{ M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) \mid \operatorname{Tr}(M) = 0 \} = \operatorname{Ker}(\operatorname{Tr})

Comme la trace est une forme linéaire non nulle (car $\operatorname{Tr}(I_n) = n \neq 0$ ), son noyau est un hyperplan de $E$ . On a donc :

\boxed{\dim E_1(\Phi) = n^2 - 1}

Cas 2 : $\operatorname{Tr$ (M) \neq 0 $Tr (M) \neq = 0$ }

Dans ce cas, l'égalité $(\lambda - 1) M = \operatorname{Tr}(M) I_n$ impose que $M$ est proportionnelle à $I_n$ . Posons $M = I_n$ . Calculons son image par $\Phi$ :

\Phi(I_n) = I_n + \operatorname{Tr}(I_n) I_n = I_n + n I_n = (n+1) I_n

Ainsi, $I_n$ est un vecteur propre de $\Phi$ associé à la valeur propre $\lambda = n+1$ .

Le sous-espace propre associé est $E_{n+1}(\Phi) = \operatorname{Vect}(I_n)$ . Sa dimension est :

\boxed{\dim E_{n+1}(\Phi) = 1}

3. Conclusion sur la diagonalisabilité

Les deux valeurs propres trouvées, $1$ et $n+1$ , sont distinctes car $n \geq 1$ .

Faisons la somme des dimensions des sous-espaces propres :

\dim E_1(\Phi) + \dim E_{n+1}(\Phi) = (n^2 - 1) + 1 = n^2

Comme $\dim \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) = n^2$ , la somme des dimensions des sous-espaces propres est égale à la dimension de l'espace.

\boxed{\Phi \text{ est diagonalisable}}

Une erreur classique consiste à vouloir diagonaliser la matrice $M$ au lieu de l'endomorphisme $\Phi$ . Il faut bien distinguer l'espace des matrices (les vecteurs ici) et l'opérateur $\Phi$ qui agit sur cet espace.