Diagonalisation par polynômes de Lagrange

Soit $E$ un $K$ -espace vectoriel de dimension finie $n \ge 1$ . On considère un endomorphisme $f \in \mathcal{L}(E)$ pour lequel il existe trois scalaires $a, b$ et $c$ de $K$ , distincts deux à deux, tels que :

(f - a \cdot \operatorname{Id}_E) \circ (f - b \cdot \operatorname{Id}_E) \circ (f - c \cdot \operatorname{Id}_E) = 0_{\mathcal{L}(E)}

En utilisant les polynômes d'interpolation de Lagrange associés aux points $a, b$ et $c$ , démontrer de manière directe que l'endomorphisme $f$ est diagonalisable.

1.

Introduire les polynômes d'interpolation de Lagrange $L_a, L_b$ et $L_c$ associés aux valeurs $a, b, c$ .

2.

Justifier l'identité $L_a + L_b + L_c = 1$ en considérant le degré et les valeurs prises par cette somme.

3.

Évaluer cette identité en l'endomorphisme $f$ pour décomposer tout vecteur $x \in E$ .

4.

Montrer que l'image de chaque projecteur $L_\lambda(f)$ est incluse dans le sous-espace propre $E_\lambda(f)$ .

Idées clés

•

Utilisation de l'identité d'interpolation pour décomposer l'identité de l'espace.

•

Lien entre polynôme annulateur et appartenance aux noyaux (sous-espaces propres).

•

Caractérisation de la diagonalisabilité par la somme directe des sous-espaces propres.

Résolution.

Définition des polynômes de Lagrange.
On définit les trois polynômes d'interpolation de Lagrange associés au triplet $(a, b, c)$ par :
$L_a(X) = \frac{(X-b)(X-c)}{(a-b)(a-c)}, L_b(X) = \frac{(X-a)(X-c)}{(b-a)(b-c)}, L_c(X) = \frac{(X-a)(X-b)}{(c-a)(c-b)}$
Ces polynômes appartiennent à $K_2[X]$ . Par définition de l'interpolation, on a $L_a(a) = 1$ , $L_a(b) = 0$ et $L_a(c) = 0$ (et de même par permutation pour $L_b$ et $L_c$ ).
Considérons le polynôme $S = L_a + L_b + L_c$ . C'est un polynôme de degré au plus 2. Or, on remarque que $S(a) = 1+0+0 = 1$ , $S(b) = 0+1+0 = 1$ et $S(c) = 0+0+1 = 1$ .
Le polynôme $S-1$ est de degré au plus 2 et possède trois racines distinctes ( $a, b, c$ ). Par conséquent, $S-1$ est le polynôme nul, ce qui donne l'identité :
$\boxed{L_a(X) + L_b(X) + L_c(X) = 1}$
Décomposition de l'espace $E$ .
En appliquant cette relation à l'endomorphisme $f$ , nous obtenons l'égalité suivante dans $\mathcal{L}(E)$ :
$\operatorname{Id}_E = L_a(f) + L_b(f) + L_c(f)$
Ainsi, pour tout vecteur $x \in E$ , on peut écrire :
$\boxed{x = L_a(f)(x) + L_b(f)(x) + L_c(f)(x)}$
Cette relation montre que $E = \operatorname{Im}(L_a(f)) + \operatorname{Im}(L_b(f)) + \operatorname{Im}(L_c(f))$ .
Lien avec les sous-espaces propres.
Notons $P(X) = (X-a)(X-b)(X-c)$ . Par hypothèse, $P(f) = 0$ . Étudions l'image de $L_a(f)$ . Soit $y \in \operatorname{Im}(L_a(f))$ , alors il existe $x \in E$ tel que $y = L_a(f)(x)$ . Calculons $(f - a \cdot \operatorname{Id}_E)(y)$ : \begin{align*} (f - a \cdot \operatorname{Id}_E)(y) &= (f - a \cdot \operatorname{Id}_E) \circ L_a(f)(x)
&= (f - a \cdot \operatorname{Id}_E) \circ \frac{(f - b \cdot \operatorname{Id}_E) \circ (f - c \cdot \operatorname{Id}_E)}{(a-b)(a-c)}(x)
&= \frac{1}{(a-b)(a-c)} P(f)(x) \end{align*}
Comme $P(f) = 0$ , on en déduit que $(f - a \cdot \operatorname{Id}_E)(y) = 0$ , donc $y \in \operatorname{ker}(f - a \cdot \operatorname{Id}_E)$ . Ainsi, $\operatorname{Im}(L_a(f)) \subset E_a(f)$ (où $E_a(f)$ est le sous-espace propre associé à la valeur propre $a$ , possiblement réduit à $\{0\}$ ).
Par un raisonnement identique pour $b$ et $c$ , on obtient :
$\boxed{\operatorname{Im}(L_a(f)) \subset E_a(f), \operatorname{Im}(L_b(f)) \subset E_b(f), \operatorname{Im}(L_c(f)) \subset E_c(f)}$
Conclusion sur la diagonalisabilité.
D'après la décomposition du vecteur $x$ établie au point 2, tout vecteur de $E$ est somme de vecteurs appartenant aux sous-espaces propres $E_a(f), E_b(f)$ et $E_c(f)$ . On a donc :
$E = E_a(f) + E_b(f) + E_c(f)$
De plus, nous savons que la somme de sous-espaces propres associés à des valeurs propres distinctes est toujours directe. Par conséquent :
$\boxed{E = E_a(f) \oplus E_b(f) \oplus E_c(f)}$
La somme des dimensions des sous-espaces propres étant égale à la dimension de l'espace $E$ , l'endomorphisme $f$ est diagonalisable.

Attention à ne pas oublier de mentionner que la somme de sous-espaces propres est directe. Même si l'énoncé demande de montrer que $E$ est somme de ces espaces, la définition même de la diagonalisabilité repose sur la structure de somme directe (ou sur l'existence d'une base de vecteurs propres).