Réduction de matrices par blocs

Résolution.

1. 1. Sens direct : Supposons $M$ diagonalisable. Il existe un polynôme $P \in \mathbb{K}[X]$, scindé sur $\mathbb{K}$ et à racines simples, tel que $P(M) = 0_{p+q}$. Par un calcul par blocs immédiat, on remarque que pour tout entier $k \in \mathbb{N}$, $M^k = \text{diag}(A^k, B^k)$. Par linéarité, on en déduit :
      $$P(M) = \begin{pmatrix} P(A) & 0$$
      0 & P(B) \end{pmatrix}
      La condition $P(M) = 0$ implique donc $P(A) = 0_p$ et $P(B) = 0_q$. Ainsi, $A$ et $B$ possèdent un polynôme annulateur scindé à racines simples.
      $$\boxed{A \text{ et } B \text{ sont donc diagonalisables.}}$$

      Sens réciproque : Supposons $A$ et $B$ diagonalisables. Il existe des matrices inversibles $Q \in GL_p(\mathbb{K})$ et $R \in GL_q(\mathbb{K})$ telles que $D_A = Q^{-1}AQ$ et $D_B = R^{-1}BR$ soient diagonales. Considérons la matrice de passage par blocs $P = \begin{pmatrix} Q & 0$
      0 & R \end{pmatrix}. Elle est inversible d'inverse $P^{-1} = \begin{pmatrix} Q^{-1} & 0$
      0 & R^{-1} \end{pmatrix}. Le produit par blocs donne :

      $$P^{-1}MP = \begin{pmatrix} Q^{-1} & 0$$
      0 & R^{-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & 0
      0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} Q & 0
      0 & R \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} Q^{-1}AQ & 0
      0 & R^{-1}BR \end{pmatrix}
      D'où :
      $$\boxed{P^{-1}MP = \begin{pmatrix} D_A & 0$$
      0 & D_B \end{pmatrix}}
      La matrice $M$ est semblable à une matrice diagonale, elle est donc diagonalisable.

   2. On sait qu'une matrice est trigonalisable sur $\mathbb{K}$ si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé sur $\mathbb{K}$. Le calcul du déterminant d'une matrice par blocs montre que :
      $$\chi_M(X) = \det(XI_{p+q} - M) = \det(XI_p - A) \det(XI_q - B) = \chi_A(X) \chi_B(X)$$
      Un produit de polynômes est scindé si et seulement si chaque facteur l'est. Par conséquent, $\chi_M$ est scindé si et seulement si $\chi_A$ et $\chi_B$ le sont.
      $$\boxed{M \text{ est trigonalisable} \iff A \text{ et } B \text{ sont trigonalisables.}}$$

2. Soit $\lambda \in \text{Sp}(A)$. On sait que pour tout vecteur $X \in \mathbb{K}^p$, on a :
   $$N \begin{pmatrix} X$$
   0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & C
   0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X
   0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} AX
   0 \end{pmatrix}
   Ainsi, si $X$ est un vecteur propre de $A$ pour la valeur propre $\lambda$, alors $\begin{pmatrix} X$
   0 \end{pmatrix} est un vecteur propre de $N$ pour la même valeur propre. L'application $X \mapsto \begin{pmatrix} X$
   0 \end{pmatrix} est une injection de $E_\lambda(A)$ dans $E_\lambda(N)$. On en déduit :
   $$\forall \lambda \in \text{Sp}(A),   \dim E_\lambda(N) \geq \dim E_\lambda(A)$$
   Considérons maintenant $\mu \in \text{Sp}(B)$. On utilise la matrice transposée $N^T = \begin{pmatrix} A^T & 0$
   C^T & B^T \end{pmatrix}. Par un raisonnement symétrique sur les lignes (ou en travaillant sur $N^T$ qui a les mêmes valeurs propres que $N$), on montre que pour tout vecteur propre $Y$ de $B^T$ associé à $\mu$, le vecteur $\begin{pmatrix} 0$
   Y \end{pmatrix} est propre pour $N^T$. Comme $\dim E_\mu(B) = \dim E_\mu(B^T)$ et $\dim E_\mu(N) = \dim E_\mu(N^T)$, on obtient :
   $$\forall \mu \in \text{Sp}(B),   \dim E_\mu(N) \geq \dim E_\mu(B)$$
   Puisque $\text{Sp}(A) \cap \text{Sp}(B) = \emptyset$, les sous-espaces propres associés aux valeurs propres de $A$ et de $B$ sont en somme directe. Notons $S = \sum_{\lambda \in \text{Sp}(A)} \dim E_\lambda(N) + \sum_{\mu \in \text{Sp}(B)} \dim E_\mu(N)$. D'après les inégalités précédentes :
   $$S \geq \sum_{\lambda \in \text{Sp}(A)} \dim E_\lambda(A) + \sum_{\mu \in \text{Sp}(B)} \dim E_\mu(B)$$
   Or $A$ et $B$ sont diagonalisables, donc la somme des dimensions de leurs sous-espaces propres est égale à leur taille respective :
   $$\sum \dim E_\lambda(A) = p   \text{et}   \sum \dim E_\mu(B) = q$$
   D'où $S \geq p+q$. Comme la somme des dimensions des sous-espaces propres ne peut excéder la dimension de l'espace $p+q$, on a nécessairement :
   $$\boxed{\sum_{\lambda \in \text{Sp}(N)} \dim E_\lambda(N) = p+q}$$
   La matrice $N$ est donc diagonalisable.