Commutation et conjugaison

Oui la base est transportée mais est-ce qu'elle devient une base de vecteurs propres ? et si je compose par le conjugué d'un isomorphisme, ça reste une base de vecteurs propres ?

Si on conjugue un endomorphisme diagonalisable, il reste diagonalisable. Je le fais dans le cas de la dimension finie mais je crois qu'on peut le faire sans cela. On prend $d$ et $g$ deux endomorphismes de l'espace.

1. Montrons que $g \circ d$ est diagonalisable si $d$ est diagonalisable et $g$ bijectif.

Il existe une base $B$ de l'espace formée des vecteurs propres de $d$. Montrons que $g(B)$ est formées des valeurs propres de $g\circ d$. $g(B) = (g(e_1), \dots, g(e_n))$ et $d(e_i) = \lambda_i e_i$ donc $g \circ d(e_i) = g \circ(\lambda_i e_i) = \lambda_i g(e_i)$ donc $g(B)$ est bien formée des vecteurs propres de $g \circ d$. Or $g(B)$ est une base car $g$ est bijectif, donc $g \circ d$ est bien diagonalisable.

2. Montrons que $d \circ g$ est diagonalisable si $d$ est diagonalisable et $g$ bijectif.

Ah oui c'est vrai ! Merci beaucoup.

La démonstration, j'ai l'impression que ça ne marche : $d$ est diagonale donc il existe $B = (x_1 \dots, x_n)$ une base de vecteurs propres de $d$. Comme $g$ est bijectif, $g(B)$ est encore une base de l'espace. $\forall x \in B, \exists \lambda \in \R, d(x) = \lambda x$. On ne peut plus rien faire là...

Contre-exemple : je prends un endomorphisme diagonalisable. Comme je ne connais pas leur tête, je prend une matrice diagonale direct. Dans $R^2$… Soit B la base canonique.

$A = mat_B(f) = \begin{pmatrix} 1&0\\0&2 \end{pmatrix}$ Matrice diagonale, on a ses valeurs propres : 1 et 2.

On va déterminer ses vecteurs propres.

La base doit être formée des vecteurs propres mais elle ne doit pas contenir tous les vecteurs propres, si ? Je vais prendre un vecteur qui engendre les sous-espaces propres de 1 et 2.
$X = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ est un vecteur propre associé à 1 si $AX = X$ donc x= x et 2y = y donc $e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ convient pour engendrer le sous-espace propre de 1.
De même, $e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ convient.
$B = (e_1, e_2)$ est une base formée de vecteurs propres de $A$.

Maintenant on prend un endomorphisme bijectif $g$ de $R^2$ sur $R^2$ :
J’en choisi une qui est injective, donc bijective en dimension finie. Donc je vérifie simplement que son noyau est réduit à 0. $g(x,y) \mapsto (5x + 4y, x+2y)$
Alors $g(x,y) = (0,0)$ lorsque $5x+4y = 0$ et $x+2y =0$, donc $5x+4y = 0$ et $2x+4y=0$, donc $3x = 0$ donc $x=0$. Ainsi $y=0$. Cette application est bien injective.
$g(B) = (g(e_1), g(e_2)) = ((5,1), (4,2)).$
Soit $G$ la matrice de $g$ : $G = \begin{pmatrix} 5&4 \\ 1&2 \end{pmatrix}$. $AG = \begin{pmatrix} 5&4\\2&4 \end{pmatrix}$.
Les vecteurs de la base $g(B)$ sont-ils vecteurs propre de $AG$ ?

Les valeurs propres de $AG$ sont $\frac{-\sqrt{33}+9}{2}$ et $\frac{\sqrt{33}+9}{2}$, donc l'espace propre associé à la première valeur propre est par exemple engendré par $e_1 = \begin{pmatrix} \frac{-\sqrt{33}+1}{4} \\ 1 \end{pmatrix}$ et pour la deuxième : $e_2 = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{33}+1}{4} \\ 1 \end{pmatrix}$. Ceci n'est pas un multiple d'un des vecteurs de $g(B)$ de $AG$. Donc les vecteurs de $g(B)$ ne sont pas des vecteurs propres de $AG$.

Ok donc G inversible telle que AG n’a pas un polynôme caractéristique scindé. Je regarde.

Je pose $G = \begin{pmatrix} a & b \\ c&d \end{pmatrix}$.

$ AG = \begin{pmatrix} a & b \\ 2c & 2 d \end{pmatrix}$.

On prend $a=0$, $b=-1$, $d=0$ et $c=1/2$. Alors sur $R$, le polynôme caractéristique n’est même pas scindé donc il n’est pas scindé racines simples donc $AG$ n’est pas diagonalisable. Voyons si $g$ est bijectif.

$g : (x,y) \mapsto (-y, 1/2 y)$ donc c’est injectif donc bijectif en dimension finie.

Ça c’est pour $\R$ mais sur $\C$… On va prendre $a$, $b$, $c$ et $d$ de sorte qu’on ait un polynôme caractéristique scindé mais pas à racines simples sur $\C$.

$\det(XI_2 - AG) = \begin{vmatrix} X - a & - b \\ -c & X-d \end{vmatrix} = (X-a)(X-d) - bc$. On prend $b = 0$, $a=d = 1$ et $c=2021$.

Je l’ai utilisé mais je ne me souviens plus si le polynôme caractéristique scindé racines simples est bien une condition nécessaire sur la diagonalisabilité d’une matrice.

Si c’est une condition nécessaire, mon contre-exemple fonctionne, non ?

Par contre si elle n’est que suffisante mais pas nécessaire, ça ne marche plus.

Suffisante : si le polynôme caractéristique est scindé racines simples, la matrice est diagonalisable.
Nécessaire : si la matrice est diagonalisable, alors le polynôme caractéristique est scindé racines simples.


Je regarde pour la matrice, merci.

Ah oui merci, j'ai corrigé.

Bon donc on retombe sur une matrice diagonalisable... Le contre-exemple n'est pas bon si on a des valeurs propres distinctes.

Je devais prendre $AG = \begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix}$ avec alors $G = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}$.