Diagonalisabilité des endomorphismes cycliques

Soit $u$ un endomorphisme d'un $\mathbb{K}$ -espace vectoriel $E$ de dimension $n$ .

Démontrer que $u$ est à la fois cyclique et diagonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique $\chi_u$ est scindé à racines simples sur $\mathbb{K}$ .
On suppose que $u$ $u$ est diagonalisable. Soient $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ ses valeurs propres (non nécessairement distinctes) et $(e_1, \dots, e_n)$ $(e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de vecteurs propres associés.
1. Soit $x = \sum_{i=1}^n \alpha_i e_i$ . À quelle condition sur les $(\alpha_i)$ et les $(\lambda_i)$ le vecteur $x$ est-il cyclique ?
2. En déduire que $u$ est cyclique si et seulement si ses $n$ valeurs propres sont distinctes deux à deux.
Montrer que si $u$ $u$ est diagonalisable, les assertions suivantes sont équivalentes :
1. La famille $(\text{Id}, u, u^2, \dots, u^{n-1})$ est libre dans $\mathcal{L}(E)$ .
2. Il existe un vecteur $x \in E$ tel que $(x, u(x), \dots, u^{n-1}(x))$ soit une base de $E$ .

1.

Pour la question 1, utiliser le fait que $u$ est diagonalisable ssi $\mu_u$ est scindé à racines simples, et $u$ est cyclique ssi $\mu_u = \chi_u$ .

2.

Pour la question 2(a), exprimer la matrice de la famille $(u^k(x))$ dans la base $(e_i)$ et reconnaître un déterminant de Vandermonde.

Idées clés

•

Un endomorphisme diagonalisable est cyclique ssi ses espaces propres sont de dimension 1.

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Lien entre liberté d'une famille de Krylov et déterminant de Vandermonde.

Résolution.

$(\implies)$ Si $u$ est diagonalisable, son polynôme minimal $\mu_u$ est scindé à racines simples. Si $u$ est cyclique, on a $\mu_u = \chi_u$ d'après l'exercice précédent. Ainsi $\chi_u$ est scindé à racines simples. $(\impliedby)$ Si $\chi_u$ est scindé à racines simples, $u$ est diagonalisable. De plus, $\mu_u$ possède les mêmes racines que $\chi_u$ , donc $\deg \mu_u = n$ , d'où $\mu_u = \chi_u$ . L'endomorphisme est donc cyclique. $\boxed{u \text{ cyclique et diag} \iff \text{Card}(\text{Sp}(u)) = n}$
1. Soit $x = \sum_{i=1}^n \alpha_i e_i$ . On a $u^k(x) = \sum_{i=1}^n \alpha_i \lambda_i^k e_i$ . La matrice de la famille $(x, u(x), \dots, u^{n-1}(x))$ dans la base $(e_1, \dots, e_n)$ est : $M = \begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_1 \lambda_1 & \dots & \alpha_1 \lambda_1^{n-1} \vdots & \vdots & & \vdots \alpha_n & \alpha_n \lambda_n & \dots & \alpha_n \lambda_n^{n-1} \end{pmatrix}$ En factorisant chaque ligne par $\alpha_i$ , on obtient : $\det(M) = \left( \prod_{i=1}^n \alpha_i \right) V(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$ où $V$ est le déterminant de Vandermonde. $x$ est cyclique si et seulement si $\det(M) \neq 0$ , soit : $\boxed{\forall i \in \llbracket 1, n \rrbracket, \alpha_i \neq 0 \text{et} \forall i \neq j, \lambda_i \neq \lambda_j}$
2. D'après ce qui précède, si les valeurs propres sont distinctes, il suffit de choisir n'importe quel vecteur $x$ ayant toutes ses composantes non nulles dans une base de diagonalisation (par exemple $x = \sum e_i$ ) pour qu'il soit cyclique. Si les valeurs propres ne sont pas distinctes, le déterminant est toujours nul, aucun vecteur ne convient.
$(ii) \implies (i)$ : Si $(x, \dots, u^{n-1}(x))$ est une base, c'est en particulier une famille libre. Si $\sum a_k u^k = 0$ , alors $\sum a_k u^k(x) = 0$ , d'où $a_k = 0$ . Cette implication ne nécessite pas la diagonalisabilité. $(i) \implies (ii)$ : Si $(\text{Id}, \dots, u^{n-1})$ est libre, alors $\deg \mu_u \geq n$ . Comme $\deg \mu_u \leq n$ , on a $\deg \mu_u = n$ . Comme $u$ est diagonalisable, $\mu_u$ est scindé à racines simples. Ainsi $\mu_u$ possède $n$ racines distinctes, qui sont les valeurs propres de $u$ . D'après la question 2(b), $u$ est cyclique, donc il existe $x$ tel que $(x, \dots, u^{n-1}(x))$ soit une base.

Ne pas oublier la condition sur les coefficients $\alpha_i$ : pour que $x = \sum \alpha_i e_i$ soit cyclique, il faut que $x$ "ait une composante sur chaque sous-espace propre".