[>] Détermination d'espaces stables

 
Exercice 1  5114  

Soient u et v deux endomorphismes d’un espace vectoriel E vérifiant uv=vu.

  • (a)

    Montrer que les espaces Ker(u) et Im(u) sont stables par v.

  • (b)

    Soient f un endomorphisme de E et p une projection de E. Montrer

    pf=fpIm(p) et Ker(p) sont stables par f.
 
Exercice 2  5065  

Soient u et v deux endomorphismes d’un 𝕂-espace vectoriel E tels que uv=vu. Montrer que les sous-espaces propres de u sont stables par v.

 
Exercice 3  4345  

Soit u un endomorphisme de rang 1 d’un espace vectoriel réel E.

Montrer qu’il existe un réel λ valeur propre de u tel que u2=λ.u.

 
Exercice 4  5306    ENSTIM (MP)Correction  

Soient E un espace de dimension finie, u un endomorphisme de E et F un sous-espace vectoriel stable par u.

  • (a)

    Donner la définition d’un sous-espace vectoriel stable par un endomorphisme.

  • (b)

    Soit G un sous-espace vectoriel de E tel que E=FG. Donner la matrice de u dans une base adaptée à l’écriture précédente.

Solution

  • (a)

    Un sous-espace vectoriel F est stable par un endomorphisme u si, et seulement si, u(x)F pour tout xF.

  • (b)

    La matrice est triangulaire par blocs

    (AB0C)

    avec A figurant l’endomorphisme induit par u sur F.

 
Exercice 5  5115  

Soient u un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension n1 et =(e1,,en) une base de E.

  • (a)

    Montrer qu’il y a équivalence entre:

    • (i)

      la matrice de u dans est triangulaire supérieure;

    • (ii)

      u(ej)Vect(e1,,ej) pour tout j1;n;

    • (iii)

      l’espace Vect(e1,,ek) est stable par u pour tout k1;n.

  • (b)

    Comment interpréter que la matrice de u dans est triangulaire inférieure?

 
Exercice 6  3462   

Soit u endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie n2. On suppose que E et {0E} sont les seuls11 1 En dimension finie, un endomorphisme d’un espace complexe admet au moins une valeur propre et donc une droite vectorielle stable, un endomorphisme d’un espace réel admet quant à lui au moins une droite ou un plan vectoriel stable (voir sujet 4328). Pour n3, l’hypothèse de ce sujet pourra être rencontrée si 𝕂=. sous-espaces vectoriels stables par u.

  • (a)

    L’endomorphisme u possède-t-il des valeurs propres?

Soit x un vecteur non nul de E.

  • (b)

    Montrer que la famille ex=(x,u(x),,un-1(x)) est une base de E.

  • (c)

    On note a0,a1,,an-1 les coordonnées de un(x) dans la base ex. Établir

    un=a0.IdE+a1.u++an-1.un-1.
  • (d)

    Exprimer la matrice de u dans la base ex.

 
Exercice 7  758   Correction  

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.
On pose

N=pKer(up)etI=pIm(up).
  • (a)

    Montrer qu’il existe n tel que N=Ker(un) et I=Im(un).

  • (b)

    Établir que N et I sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires stables par u et tels que les restrictions de u à N et I soient respectivement nilpotente et bijective.

  • (c)

    Réciproquement, on suppose E=FG avec F et G sous-espaces vectoriels stables par u tels que les restrictions de u à F et G soient respectivement nilpotente et bijective. Établir F=N et G=I.

Solution

  • (a)

    Rappelons que les suites (Ker(up))p et (Im(up))p sont respectivement croissante et décroissante pour l’inclusion. La suite (dimKer(up))p est une suite croissante et majorée d’entiers naturels, elle est donc stationnaire

    n,pn,dimKer(up)=dimKer(un)

    Or Ker(up)Ker(un) donc Ker(up)=Ker(un) puis N=Ker(un). Aussi,

    dimIm(up)=dimE-dimKer(up)=dimE-dimKer(un)=dimIm(un)

    et Im(up)Im(un) donc Im(up)=Im(un) puis I=Im(un).

  • (b)

    En vertu du théorème du rang,

    dimN+dimI=dimKer(un)+dimIm(un)=dimE

    Soit xNI. Il existe aE tel que x=un(a) et alors un(x)=0 donc u2n(a)=0. Ainsi, aKer(u2n)=Ker(un) donc x=un(a)=0. On en déduit NI={0} d’où E=NI.

    Les endomorphismes u et un commutent donc N et I sont stables par u.

    Aussi,

    (uN)n=(un)Ker(un)=0

    et l’endomorphisme induit uN est donc nilpotente.

    L’égalité Im(un+1)=Im(un) donne u(Im(un))=Im(un) donc uI est surjective puis bijective car dimIm(un)<+.

  • (c)

    Par supplémentarité,

    dimE=dimF+dimG=dimN+dimI.

    Il existe p, tel que (uF)p=0 donc FKer(up)N.

    L’endomorphisme induit uG est bijective donc (uG)n aussi. Or G=Im(uG)nIm(un)=I. On a alors dimFdimN, dimGdimI et dimF+dimG=dimN+dimI donc dimF=dimN et dimG=dimI. Par inclusion et égalité des dimensions, F=N et G=I.

 
Exercice 8  216   Correction  

Soient u(E) (avec dimE<+) nilpotent et p* tel que up=0.

  • (a)

    Montrer que pour tout k{1,,p}, il existe un sous-espace vectoriel Fk de E tel que

    Ker(uk)=Ker(uk-1)Fk.
  • (b)

    Établir que E=F1Fp.

  • (c)

    Observer que la matrice de u dans une base adaptée à la somme directe ci-dessus est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux nuls.

Solution

  • (a)

    Ker(uk-1) est un sous-espace vectoriel de Ker(uk) et, comme on se place en dimension finie, tout sous-espace vectoriel admet un supplémentaire.

  • (b)

    On écrit

    E =Ker(up)=Ker(up-1)Fp
    =Ker(up-2)Fp-1Fp=
    =Ker(u0)F1Fp

    avec Ker(u0)={0}.

  • (c)

    Dans une base adaptée à cette décomposition la matrice de u est de la forme

    (0(*)(0)0)

    car l’endomorphisme u envoie les vecteurs de l’espace Fk dans

    Ker(uk-1)=F1Fk-1.
 
Exercice 9  3459   Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie n non nulle et f(E) vérifiant f2=-IdE.

  • (a)

    Soit aE non nul. Montrer que la famille (a,f(a)) est libre.
    On pose F(a)=Vect(a,f(a)).

  • (b)

    Montrer qu’il existe des vecteurs de E a1,,ap non nuls tels que

    E=F(a1)F(ap).
  • (c)

    En déduire que la dimension de E est paire et justifier l’existence d’une base de E dans laquelle la matrice de f est simple.

Solution

  • (a)

    Supposons

    λa+μf(a)=0E.

    En appliquant f, on obtient

    -μa+λf(a)=0E.

    La combinaison λ(1)-μ(2) donne (λ2+μ2)a=0E, or a0E donc λ=μ=0 puisque λ,μ.

  • (b)

    Montrons par récurrence sur k* la propriété
    «  il existe a1,,ak non nuls tels que les espaces F(a1),,F(ak) sont en somme directe   » ou «  il existe p* et il existe a1,,ap tel que E=F(a1)F(ap).   »

    Pour k=1 la propriété est claire car E{0E}.

    Supposons la propriété établie au rang k.

    Puisque la propriété est supposée vraie au rang k l’une des deux alternatives définissant celle-ci est vérifiée. Si c’est la seconde alors la propriété est immédiate vérifiée au rang k+1. Sinon, c’est qu’il existe a1,,ak vecteurs non nuls de E tels que les espaces F(a1),,F(ak) sont en somme directe.

    Si E=F(a1)F(ak) alors la propriété est vérifiée au rang k+1 en choisissant p=k.

    Sinon, il existe ak+1E tel que ak+1F(a1)F(ak). Montrons qu’alors les espaces F(a1),,F(ak),F(ak+1) sont en somme directe.

    Supposons

    x1++xk+xk+1=0E

    avec xj=λjaj+μjf(aj)F(aj).

    En appliquant f, on obtient

    y1++yk+yk+1=0E

    avec yj=-μjaj+λjf(aj).

    La combinaison λk+1(3)-μk+1(4) donne alors

    (λk+12+μk+12)ak+1F(a1)F(ak)

    et donc λk+1=μk+1=0 car on a choisi ak+1F(a1)F(ak).

    On en déduit xk+1=0E et la relation (3) devient x1++xk=0E qui donne x1==xk=0E car les espaces F(a1),,F(ak) sont en somme directe.

    La récurrence établie.

  • (c)

    Ce qui précède assure dimE=2p et, dans la base (a1,f(a1),,ap,f(ap)), la matrice de f est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux égaux à

    (0-110).
 
Exercice 10  3116     X (MP)

Soit u un endomorphisme nilpotent d’un espace vectoriel E non réduit au vecteur nul et S un sous-espace vectoriel de E stable par u et tel que E=S+Im(u).

Montrer S=E.

[<] Sous-espaces stables[>] Applications des sous-espaces stables

 
Exercice 11  3054  Correction  

Soient x un vecteur non nul et f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E.

Montrer que D=Vect(x) est stable par f si, et seulement si, il existe un scalaire λ tel que f(x)=λ.x.

Solution

Si D est stable par f alors f(x)D et il existe donc λ𝕂 tel que f(x)=λ.x.

Inversement, s’il existe λ𝕂 tel que f(x)=λ.x alors, pour tout yD, on peut écrire y=α.x avec α𝕂 et

f(y)=α.f(x)=(αλ).xD

Ainsi, D est stable pâr f.

 
Exercice 12  4973     MINES (PC)

Soient φ une forme linéaire non nulle sur n et f un endomorphisme de n.

Montrer que le noyau de φ est stable par f si, et seulement si, il existe un réel λ tel que φf=λφ.

 
Exercice 13  4977     X (PC)

Soit =(e1,,en) la base canonique de n. Déterminer les sous-espaces stables par l’endomorphisme f de n figuré dans par la matrice

J=(01(0)1(0)0).
 
Exercice 14  757   

Déterminer les sous-espaces vectoriels stables pour l’endomorphisme D de dérivation dans 𝕂[X].

 
Exercice 15  4164     CENTRALE (MP)Correction  

On se place dans le -espace vectoriel E=[X].

  • (a)

    Soit H un sous-espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de H. Montrer qu’il existe p tel que

    kp,Ker(fk+1)=Ker(fk).

Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par l’opérateur D de dérivation.

  • (b)

    On suppose que F est de dimension finie non nulle. Montrer que l’endomorphisme induit par D sur n[X] est nilpotent pour tout n. Montrer qu’il existe m tel que F=m[X].

  • (c)

    Montrer que si F est de dimension infinie alors F=[X].

  • (d)

    Soit g(E) tel que g2=kId+D avec k. Quel est le signe de k?

Solution

  • (a)

    Les noyaux croissent donc leurs dimensions croissent. Or ces dernières forment une suite croissante et majorée donc stationnaire.

  • (b)

    n[X] est stable par D et, puisque la dérivée d’ordre n+1 d’un polynôme de degré n est nulle, l’endomorphisme induit par D sur n[X] est nilpotent.

    Soit F de dimension finie stable par D. Il existe nn[X] tel que Fn[X]. D est nilpotent sur n[X] donc l’endomorphisme induit par D sur F l’est aussi. Posons m+1 la dimension de F. L’endomorphisme induit par la dérivation et assurément nilpotent d’ordre inférieur à m+1 et donc

    PF,Dm+1(P)=0.

    Ceci donne Fm[X] et l’on obtient l’égalité par argument de dimension.

  • (c)

    On suppose F de dimension infinie.

    Soit P[X] et n son degré. Il existe QF tel que deg(Q)n. La famille (Q,D(Q),,DqQ) (avec q=deg(Q)) est une famille de polynômes de degrés étagés tous éléments de F. On a donc

    Pq[X]=Vect(Q,D(Q),,Dq(Q))F.
  • (d)

    Supposons g2=kId+D.

    D est un polynôme en g et donc commute avec g. Le noyau de D est alors stable par g. Ainsi, on peut écrire g(1)=λ et alors g2(1)=λ2=k. On en déduit k0.

    On a même k>0, car si g2=D alors Ker(g2) est de dimension 1. Or Ker(g)Ker(g2) et donc dimKer(g)=0 ou 1. Le premier cas est immédiatement exclu et le second l’est aussi car si Ker(g)=Ker(g2), les noyaux itérés qui suivent sont aussi égaux.

    Au surplus, k>0 est possible. Si on écrit le développement en série entière

    1+x=n=0+anxn

    alors

    g=kn=0+an(Dk)n

    définit un endomorphisme solution (il n’y a pas de problème de convergence à résoudre, car pour chaque polynôme P la somme est constituée de termes nuls à partir d’un certain rang).

 
Exercice 16  4344   

On munit l’espace n,1() du produit scalaire canonique défini par X,Y=XtY.

  • (a)

    Montrer qu’un sous-espace vectoriel F de n,1() est stable par A si, et seulement si, F est stable par At.

  • (b)

    Déterminer les sous-espaces vectoriels stables par l’endomorphisme u de 3 figuré dans la base canonique par la matrice

    A=(-322-102001).

[<] Détermination d'espaces stables[>] Matrices semblables

 
Exercice 17  5118  

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension finie.

Montrer que l’espace Ker(f2+IdE) est de dimension paire.

 
Exercice 18  3205     CCP (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie et u un endomorphisme de E vérifiant

u3+u=0.
  • (a)

    Montrer que l’espace Im(u) est stable par u.

Soit v l’endomorphisme induit par u sur Im(u).

  • (b)

    Calculer v2.

  • (c)

    En déduire que le rang de l’endomorphisme u est un entier pair.

  • (d)

    Retrouver le résultat précédent en étudiant la diagonalisabilité de la matrice figurant u dans une base de E.

Solution

  • (a)

    L’image d’un endomorphisme est toujours stable par celui-ci… En effet,

    xIm(u),u(x)Im(u).
  • (b)

    Si xIm(u) alors il existe aE tel que x=u(a). On a alors

    v2(x)=u3(a)=-u(a)=-x.

    Ainsi, v2=-IdIm(u).

  • (c)

    D’une part,

    det(v2)=(det(v))2>0

    et, d’autre part,

    det(v2)=det(-IdIm(u)))=(-1)dimIm(u)

    donc

    (-1)dimIm(u)>0.

    On en déduit que la dimension de l’image de u est paire.

  • (d)

    La matrice A de u dans une base de E vérifie A3+A=0. Elle annule le polynôme X3+X qui est scindé à racines simples (0, i et -i) sur . La matrice A est donc diagonalisable semblable à une matrice dont le rang est la somme des multiplicités des valeurs propres i et -i. Or A est une matrice réelle et ses multiplicités sont égales. On en déduit que A est de rang pair.

 
Exercice 19  5334   Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie n*.

  • (a)

    Soient f et g deux endomorphismes commutants de E avec f non nul et g nilpotent. Montrer

    rg(gf)<rg(f).
  • (b)

    Que dire du produit de n endomorphismes de E nilpotents et commutant deux à deux?

Solution

  • (a)

    L’image de f est stable par g et l’endomorphisme induit par g sur Im(f) ne peut pas être inversible. On en déduit que g(Im(f)) est strictement inclus dans Im(f) et donc rg(gf)<rg(f).

  • (b)

    Soient f1,,fn des endomorphismes nilpotents de E commutant deux à deux. Par récurrence, on établit rg(f1fk)n-k et l’on en déduit f1fn=0.

 
Exercice 20  5282     Navale (MP)Correction  

Soit E l’espace n() des matrices carrées réelles de taille n*.

Déterminer l’ensemble des endomorphismes u de E vérifiant

u(Mt)=(u(M))t.

Solution

Soit u un endomorphisme de E vérifiant la propriété proposée. Si M est une matrice symétrique, on constate que u(M) l’est aussi. Il en est de même pour les matrices antisymétriques. Ainsi, l’endomorphisme u laisse stable les espaces des matrices symétriques et des matrices antisymétriques. La réciproque est aussi vraie car toute matrice M de E peut s’écrire comme la somme S+A d’une matrice symétrique S et d’une matrice antisymétrique A ce qui entraîne

u(Mt)=u(S-A)=u(S)-u(A)=(u(S))t+(u(A))t=(u(M))t.

En résumé les endomorphismes solutions sont ceux laissant stables les deux espaces des matrices symétriques et des matrices antisymétriques. En fait, la transposition est un endomorphisme diagonalisable de E et les endomorphismes u commutant avec celle-ci sont ceux stabilisant ses sous-espaces propres.

 
Exercice 21  4363   

Une matrice A=(ai,j)n() est dite magique si les sommes de ses coefficients par lignes et par colonnes sont toutes égales. On note J la colonne de n,1() dont tous les coefficients sont égaux à 1.

  • (a)

    Montrer que la matrice A est magique si, et seulement si, J est vecteur propre de A et de At.

  • (b)

    Vérifier que l’ensemble 𝒢n des matrices magiques de taille n est un sous-espace vectoriel de n() stable par produit. Que dire de l’inverse d’une matrice magique inversible?

On introduit le produit scalaire défini sur n,1() par X,Y=XtY et les espaces D=Vect(J) et H=D.

  • (c)

    Montrer qu’une matrice A de n() est magique si, et seulement si, elle laisse stable les espaces D et H.

  • (d)

    En déduire la dimension de l’espace des matrices magiques de n().

 
Exercice 22  759   Correction  

Soient u et v deux endomorphismes d’un 𝕂-espace vectoriel de dimension n*.
On suppose uv=vu et v nilpotent.
On désire montrer

det(u+v)=det(u)

en raisonnant par récurrence sur la dimension n1.

  • (a)

    Traiter le cas n=1 et le cas v=0.

  • (b)

    Pour n2 et v0, former les matrices de u et v dans une base adaptée à l’espace Im(v).

  • (c)

    Conclure en appliquant l’hypothèse de récurrence aux restrictions de u et v au départ de Im(v).

Solution

  • (a)

    Le cas n=1 est immédiat car v est alors nécessairement nul.

    Le cas v=0 est tout aussi immédiat.

  • (b)

    L’espace F=Im(v) est stable par u et v et, puisque v n’est pas bijectif, 1dimF<n: on peut donc appliquer l’hypothèse de récurrence (forte) sur F.

    Dans une base adaptée à F, les matrices de u et v sont de la forme

    (ABOC)et(DEOO).
  • (c)

    A et D sont associées aux endomorphismes induits par u et v sur F. Ces endomorphismes induits vérifient les hypothèses initiales et donc det(A+D)=det(A) puis

    det(u+v)=det(A)×det(C)=det(u).
 
Exercice 23  4989    

Soit D:PP l’endomorphisme de dérivation sur [X].

Existe-t-il un endomorphisme Δ de [X] tel que Δ2=D?

[<] Applications des sous-espaces stables[>] Éléments propres d'un endomorphisme

 
Exercice 24  4209  

Parmi les matrices suivantes, y a-t-il des matrices semblables?

  • (a)

    (001101111)

  • (b)

    (111011001)

  • (c)

    (100110111)

  • (d)

    (111110011).

 
Exercice 25  5373  Correction  

Soit A2() une matrice non nulle vérifiant A2=O2.

Établir que A est semblable à la matrice

B=(0010).

Solution

La matrice B est une matrice non nulle de 2() vérifiant B2=O2: ce constat est une nécessité pour affirmer que A puisse être semblable à B mais ne démontre pas que cela a lieu!

Soit a l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice A: c’est un endomorphisme de E=2 vérifiant a0 et a2=0 car AO2 et A2=O2.

Analyse: Supposons qu’il existe une base =(e1,e2) dans laquelle la matrice de a soit égale à B. Par les colonnes de la matrice B, on lit

a(e1)=e2eta(e2)=0E. (1)

Le choix du vecteur e1 détermine le vecteur e2=a(e1). Ce dernier ne doit pas être nul et e1 est à choisir en dehors de Ker(a). En revanche, le vecteur e2 doit appartenir au noyau de a mais cela est assuré car a(e2)=a2(e1)=0E.

Justifions maintenant qu’il est possible de construire une telle base.

Synthèse: Soit e1 un vecteur de E n’appartenant pas à Ker(a). Un tel vecteur existe car l’endomorphisme a est non nul. Posons e2=a(e1) ce qui définit un vecteur non nul appartenant au noyau de a car a2=0. Par construction, les égalités (1) sont vérifiées. Il reste à justifier que la famille =(e1,e2) est une base de E. Il s’agit d’une famille de longueur 2 dans un espace de dimension 2, il suffit de vérifier sa liberté.

Soit (λ1,λ2)2 tel que

λ1.e1+λ2.e2=0E. ()

En appliquant a aux deux membres de l’égalité (LABEL:Eq:5373-2) on obtient λ1.e2=0E et donc λ1=0 car e2 n’est pas le vecteur nul. La relation (LABEL:Eq:5373-2) se simplifie alors en λ2.e2=0E et donc λ2=0. La famille est donc libre.

Finalement, la famille =(e1,e2) est une base de E dans laquelle l’endomorphisme a est figuré par B: les matrices A et B sont semblables.

 
Exercice 26  4210  

Soit A3() une matrice non nulle vérifiant A2=O3.

Établir que A est semblable à la matrice

B=(000100000).
 
Exercice 27  1322     CENTRALE (MP)Correction  

Soit A3() une matrice non nulle vérifiant A2=O3. Déterminer la dimension de l’espace

𝒞={M3()|AM-MA=O3}.

Solution

On vérifie aisément que 𝒞 est un sous-espace vectoriel de 3() car c’est le noyau de l’endomorphisme MAM-MA.
Puisque A2=O3, on a Im(A)Ker(A).
Puisque AO3, la formule du rang et l’inclusion précédente montre

rg(A)=1etdimKer(A)=2.

Soient X1Im(A) non nul, X2 tel que (X1,X2) soit base de Ker(A) et X3 un antécédent de X1. En considérant la matrice de passage P formée des colonnes X1,X2,X3, on a

P-1AP=(001000000)=B.

En raisonnant par coefficients inconnus, on obtient que les matrices N vérifiant BN=NB sont de la forme

N=(abc0bc00a).

Par suite, les matrices M vérifiant AM=MB sont celle de la forme

M=P(abc0bc00a)P-1.

L’espace 𝒞 est donc de dimension 5 et l’on en forme une base à l’aide des matrices

M1=P(100000001)P-1,M2=P(000010000)P-1,M3=P(010000000)P-1.
M4=P(000001000)P-1 et M5=P(001000000)P-1.
 
Exercice 28  4222   

Soit An(𝕂) vérifiant

An-1OnetAn=On.

Établir que A est semblable à la matrice

B=(0(0)1(0)10).
 
Exercice 29  724   Correction  

Soit An(𝕂) une matrice telle que A2=0 et de rang r>0.
Montrer que A est semblable à

B=(0Ir00).

Solution

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension n muni d’une base et f(E) de matrice A dans .
On observe r=rg(f), f0 et f2=0 de sorte que Im(f)Ker(f). Soit (e1,,er) une base de Im(f) complétée en (e1,,en-r) base de Ker(f). Pour tout i{1,,r}, il existe en-r+i vecteur de E tel que f(en-r+i)=ei. Montrons que (e1,,en) est libre. Supposons

λ1e1++λrer+λr+1er+1++λn-ren-r+λn-r+1en-r+1++λnen=0.

En appliquant f à la relation (1), on obtient

λn-r+1e1++λner=0

et donc λn-r+1==λn=0 car la famille (e1,,er) libre.
La relation (1) devient

λ1e1++λrer+λr+1er+1++λn-ren-r=0

et donc λ1==λn-r=0 car la famille (e1,,en-r) libre.
La famille (e1,,en) est libre et formée de n=dimE vecteurs de E, c’est donc une base de E. La matrice de f dans celle-ci est égale à B et l’on peut conclure que les matrices A et B sont semblables.

 
Exercice 30  723  

Soit An() une matrice non nulle et non inversible telle que les espaces Im(A) et Ker(A) sont supplémentaires. Montrer que la matrice A est semblable à une matrice de la forme

(A000) avec AGLr()

(où les 0 désignent des blocs nuls de tailles appropriées).

 
Exercice 31  725   

Soit A3() une matrice non nulle vérifiant A3+A=O3. Montrer que A est semblable à la matrice

B=(0-10100000).
 
Exercice 32  726   Correction  

Soit M4() telle que M2+I4=O4.

Montrer que M est semblable à la matrice

(0-1001000000-10010).

Solution

Soit f(4) l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice M.

Analyse: Cherchons une base (e1,e2,e3,e4) telle que: f(e1)=e2,f(e2)=-e1,f(e3)=e4 et f(e4)=-e3.
La connaissance de e1 et e3 suffit pour former e2 et e4 avec les quatre relations voulues.

Synthèse: Prenons e10, e2=f(e1), e3Vect(e1,e2) et e4=f(e3).
Supposons λ1e1+λ2e2+λ3e3+λ4e4=0 c’est-à-dire

λ1e1+λ2f(e1)+λ3e3+λ4f(e3)=0

En appliquant l’endomorphisme f:

λ1f(e1)-λ2e1+λ3f(e3)-λ4e3=0

λ3(1)-λ4(2) donne

(λ3λ1+λ2λ4)e1+(λ3λ2-λ4λ1)f(e1)+(λ32+λ42)e3=0.

Puisque e3Vect(e1,e2), on a λ32+λ42=0 d’où λ3=λ4=0.

(1) et (2) donne alors λ1e1+λ2f(e1)=0 et λ1f(e1)-λ2e1=0.

Comme ci-dessus on parvient à λ12+λ22=0 d’où λ1=λ2=0.

Finalement, (e1,e2,e3,e4) est une base convenable. On peut conclure que M est semblable à la matrice proposée.

 
Exercice 33  3778    ENSTIM (MP)Correction  

Les matrices suivantes sont-elles semblables?

A=(36-5-2-1-65-2-1-108-30-320)etB=(12621022500320005).

Solution

tr(A)tr(B) dont A et B ne sont pas semblables.

 
Exercice 34  4349  

Deux matrices de n(𝕂) ayant le même polynôme caractéristique et le même rang sont-elles nécessairement semblables?

 
Exercice 35  2382    CENTRALE (MP)Correction  

Quelles sont les matrices carrées réelles d’ordre n qui commutent avec diag(1,2,,n) et lui sont semblables?

Solution

Posons D=diag(1,2,,n). L’étude, coefficient par coefficient, de la relation MD=DM donne que les matrices commutant avec D sont les matrices diagonales. Parmi les matrices diagonales, celles qui sont semblables à D sont celles qui ont les mêmes coefficients diagonaux

 
Exercice 36  3136   Correction  

Soit An(𝕂) une matrice de rang 1.

  • (a)

    Montrer que A est semblable à une matrice dont les n-1 premières colonnes sont nulles.

  • (b)

    En déduire

    A2=tr(A).Aetdet(In+A)=1+tr(A).

Solution

  • (a)

    Soit f l’endomorphisme de 𝕂n canoniquement associé à A. On a

    rg(f)=rg(A)=1

    et donc par la formule du rang

    dimKer(f)=n-1.

    Si est une base adaptée à Ker(f), la matrice de f dans cette base a ses n-1 premières colonnes nulles.

  • (b)

    On peut écrire A=PBP-1 avec P matrice inversible et B une matrice de la forme

    (00**00λ).

    On a alors

    λ=tr(B)=tr(A).

    Puisque B2=λB, on a

    P-1A2P=tr(A).P-1AP

    puis

    A2=tr(A).A.

    Puisque det(In+B)=1+λ, on a

    det(P-1)det(In+A)det(P)=1+tr(A)

    puis

    det(In+A)=1+tr(A).
 
Exercice 37  5125   

Dans ce sujet, on considère des matrices de n(𝕂) avec n2.

  • (a)

    Montrer que deux matrices de rang 1 sont semblables si, et seulement si, elles ont la même trace.

  • (b)

    À quelle condition deux matrices élémentaires sont-elles semblables?

 
Exercice 38  2691      MINES (MP)

Soient A et B dans n() telles qu’il existe PGLn() vérifiant A=PBP-1.

Montrer11 1 Les matrices réelles A et B sont semblables sur , il s’agit ici de montrer qu’elles sont aussi semblables sur . qu’il existe QGLn() telle que A=QBQ-1.

 
Exercice 39  4953   

Soit A2(). Les matrices A et At sont-elles semblables?

 
Exercice 40  4966      X (PC)

Soit A une matrice de 3().

Montrer que A est semblable à -A si, et seulement si, tr(A)=det(A)=0.

 
Exercice 41  4999    

Soient Dn() une matrice diagonale à coefficients diagonaux deux à deux distincts et φ l’endomorphisme de n() défini par φ(X)=DX-XD.

  • (a)

    Déterminer le noyau et l’image de l’endomorphisme φ.

  • (b)

    Soit Mn() de trace nulle. Montrer que M est semblable à une matrice de diagonale nulle.

  • (c)

    En déduire que toute matrice Mn() de trace nulle peut s’écrire

    M=AB-BA avec A,Bn().

[<] Matrices semblables[>] Détermination des éléments propres d'un endomorphisme

 
Exercice 42  762  Correction  

Soient f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel et n*. On suppose que 0 est valeur propre de fn. Montrer que 0 est valeur propre de f.

Solution

Rappelons que 0 est valeur propre d’un endomorphisme si, et seulement si, celui-ci n’est pas injectif.

Si 0 est valeur propre de fn alors l’endomorphisme fn n’est pas injectif et donc f ne peut pas l’être non plus (en effet, la composée d’injections est une injection). Cela entraîne que 0 est valeur propre de f.

 
Exercice 43  763  Correction  

Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.

Montrer

0Sp(f)f surjectif .

Solution

En vertu du théorème d’isomorphisme,

0Sp(f) f non injectif
f non surjectif.
 
Exercice 44  764  Correction  

Soit u un automorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E.

Déterminer les valeurs propres de u-1 en fonction des valeurs propres de u.

Solution

Si λ est valeur propre de u alors il existe x0E vérifiant u(x)=λ.x. En appliquant u-1, on obtient x=λu-1(x).
Puisque x0E, λ0 et l’on peut écrire u-1(x)=1λ.x donc 1λ est valeur propre de u-1. Ainsi, les inverses des valeurs propres de u figurent parmi les valeurs propres de u-1

L’autre inclusion s’obtient par symétrie et l’on peut donc affirmer que les valeurs propres de u-1 sont exactement les inverses des valeurs propres de u (avec ces dernières non nulles).

 
Exercice 45  765  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel, u(E), aGL(E) et v=aua-1.

  • (a)

    Pour λ𝕂, comparer les espaces Eλ(u) et Eλ(v).

  • (b)

    Montrer que u et v ont les mêmes valeurs propres.

Solution

  • (a)

    Pour λ𝕂 et xE,

    xEλ(v) u(a-1(x))=λa-1(x)
    a-1(x)Eλ(u)
    xa(Eλ(u)).

    Ainsi,

    Eλ(v)=a(Eλ(u)).
  • (b)

    Puisque a est un automorphisme, on peut affirmer Eλ(v){0} si, et seulement si, Eλ(u){0}. Ainsi, les endomorphismes u et v admettent les mêmes valeurs propres.

 
Exercice 46  42     CCP (MP)Correction  

Soient u, v deux endomorphismes d’un espace vectoriel réel E.

  • (a)

    Si un réel λ0 est valeur propre de uv, montrer qu’il l’est aussi de vu.

  • (b)

    Pour PE=[X], on pose

    u(P)=P et v(P)=0XP(t)dt

    ce qui définit des endomorphismes de E. Déterminer

    Ker(uv) et Ker(vu).
  • (c)

    Montrer que la propriété de la première question reste valable pour λ=0 si l’espace E est de dimension finie.

Solution

  • (a)

    Il existe x0E, vérifiant

    u(v(x))=λx.

    On a alors

    (vu)(v(x))=λv(x).

    Or v(x)0E car u(v(x))0E et u(0E)=0E.
    On en déduit que λ est valeur propre de vu.

  • (b)

    On observe

    uv(P)=Petvu(P)=P-P(0).

    On en déduit

    Ker(uv)={0}etKer(vu)=0[X].

    En substance, la propriété précédente ne vaut pas pour λ=0 en dimension quelconque.

  • (c)

    Cependant, en dimension finie, si 0 est valeur propre de uv alors det(uv)=0 et donc det(vu)=0 d’où 0 valeur propre de vu.

 
Exercice 47  766   Correction  

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E tel que tout vecteur non nul en soit vecteur propre.

Montrer que u est une homothétie vectorielle.

Solution

On a la propriété

x0E,λx𝕂,u(x)=λx.x.

Montrons que xλx est une fonction constante sur E{0}.

Soient x,y0E.

Cas: (x,y) est une famille libre. L’égalité u(x+y)=u(x)+u(y) donne λx+y.(x+y)=λx.x+λy.y. Par liberté de (x,y), on obtient λx=λx+y=λy.

Cas: (x,y) est une famille liée. On peut écrire y=μ.x et donc u(y)=μ.u(x)=λxμ.x=λx.y puis λy=λx par non-nullité de y.

Ainsi, xλx est une fonction constante. En posant λ la valeur de cette constante, on a u(x)=λ.x pour tout xE qu’il soit nul ou non.

[<] Éléments propres d'un endomorphisme[>] Polynômes caractéristiques

 
Exercice 48  4331  

Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres des endomorphismes suivants:

  • (a)

    φ:PXP endomorphisme de [X].

  • (b)

    ψ:PXP endomorphisme de [X].

  • (c)

    T:(un)(un+1) endomorphisme de l’espace (,) des suites réelles bornées.

  • (d)

    u:MM+tr(M)In endomorphisme de n() (avec n2).

 
Exercice 49  768  

Soit D l’endomorphisme de dérivation sur l’espace réel E des fonctions de classe 𝒞 de vers .

  • (a)

    Déterminer les valeurs propres de D ainsi que les sous-espaces propres associés.

Pour λ, on note eλ la fonction de E qui à t réel associe eλt.

  • (a)

    Soient λ1,,λn des réels deux à deux distincts. Justifier la liberté de la famille (eλ1,,eλn).

 
Exercice 50  3126     ENSTIM (MP)Correction  

Soient E= et f:EE l’application qui transforme une suite u=(un) en v=(vn) définie par

v0=u0etvn=un+un-12pour tout n*.

Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de f.

Solution

Soient λ et uE. Étudions l’équation f(u)=λ.u. On a

f(u)=λ.u{(1-λ)u0=0n*,(2λ-1)un=un-1.

Cas: λ=1.

f(u)=un*,un=un-1.

On en déduit que 1 est valeur propre de f et que le sous-espace propre associé est formé des suites constantes.

Cas: λ1.

f(u)=λ.u{u0=0n*,(2λ-1)un=un-1.

Que λ=1/2 ou non, on obtient

f(u)=λ.un,.un=0

et donc λ n’est pas valeur propre.

Finalement, 1 est la seule valeur propre de l’endomorphisme f.

 
Exercice 51  770   Correction  

Soient E l’espace des suites réelles convergeant vers 0 et Δ:EE l’endomorphisme qui envoir uE sur Δ(u) déterminé par

Δ(u)(n)=u(n+1)-u(n)pour tout n.

Déterminer les valeurs propres de Δ.

Solution

Pour λ et uE,

Δ(u)=λ.un,u(n+1)=(1+λ)u(n).

Ainsi,

Δ(u)=λ.un,u(n)=u0(1+λ)n.

Cas: λ]-2;0[. La suite u(n)=(1+λ)n est élément non nul de E et vérifie Δ(u)=λ.u.

Cas: λ]-2;0[. Seule la suite nulle converge vers 0 et satisfait

n,u(n)=u0(1+λ)n.

On peut donc conclure que les valeurs propres de Δ sont les réels de l’intervalle ]-2;0[.

 
Exercice 52  769  Correction  

Soient E=𝒞0(,). Déterminer les valeurs propres de l’endomorphisme I de E qui à fE associe sa primitive qui s’annule en 0.

Solution

Soient λ et fE.

Si I(f)=λf alors I(f) est solution de l’équation différentielle

y=λy

avec la condition initiale y(0)=0.

Cas: λ=0. On obtient directement I(f)=0.

Cas: λ0. L’équation différentielle donne I(f) de la forme xCex/λ et la condition initiale conduit à I(f)=0.

Dans les deux cas, f=I(f)=0. Ainsi, l’équation I(f)=λf ne possède pas d’autres solutions que la solution nulle. L’endomorphisme I ne possède pas de valeurs propres.

 
Exercice 53  3063     MINES (MP)Correction  

Soit E l’espace des fonctions f de classe 𝒞1 de [0;+[ vers vérifiant f(0)=0.

Pour un élément f de E, on pose T(f) la fonction définie sur [0;+[ par

T(f)(x)=0xf(t)tdtpour tout x[0;+[.

Montrer que T est un endomorphisme de E et déterminer ses valeurs propres.

Solution

Puisque f est de classe 𝒞1 et que f(0)=0, on peut écrire

f(t)=t0f(0)t+o(t).

Ainsi, la fonction φ:tf(t)/t peut être prolongée par continuité en 0 et l’intégrale définissant T(f)(x) a un sens en tant qu’intégrale d’une fonction continue. De plus, la fonction T(f) apparaît alors comme la primitive s’annulant en 0 de cette fonction continue φ, c’est donc une fonction élément de E. Enfin, la linéarité de l’application T étant immédiate, on peut affirmer que T est un endomorphisme de E.

Soient λ et fE.

Si T(f)=λf alors pour tout x[0;+[,

T(f)(x)=λf(x).

En dérivant cette relation, on obtient pour tout x[0;+[

f(x)=λxf(x).

Cas: λ=0. La fonction f est nulle et λ n’est pas valeur propre.

Cas: λ0. La fonction f est solution de l’équation différentielle λxy=y.

Cette dernière est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 homogène dont la solution générale sur ]0;+[ est

y(x)=Cx1/λ.

Ainsi, il existe C tel que pour tout x>0,

f(x)=Cx1/λ.

Or, pour qu’une telle fonction puisse être prolongée en une fonction de classe 𝒞1 sur [0;+[, il faut C=0 ou 1/λ1. Ainsi, les valeurs propres de T sont les éléments de l’intervalle ]0;1].

Inversement, soient λ]0;1] et la fonction fλ:xx1/λ prolongée par continuité en 0. La fonction fλ est de classe 𝒞1 sur [0;+[, s’annule en 0 et vérifie T(fλ)=λfλ sans être la fonction nulle.

Finalement, les valeurs propres de T sont exactement les éléments de l’intervalle ]0;1].

 
Exercice 54  771   

Soit E l’espace vectoriel des fonctions continues de [0;+[ vers . Pour tout fE, on définit une fonction φ(f):[0;+[ par

φ(f)(0)=f(0)etφ(f)(x)=1x0xf(t)dtpour tout x>0.
  • (a)

    Montrer que φ est un endomorphisme de E.

  • (b)

    Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de φ.

 
Exercice 55  3467   Correction  

Soit E le -espace vectoriel des fonctions continues de [0;+[ vers admettant une limite finie en +.

Soit T l’endomorphisme de E qui à fE associé T(f) donné par

x[0;+[,T(f)(x)=f(x+1).

Déterminer les valeurs propres de T et les vecteurs propres associés.

Solution

Soient λ un réel et f une fonction élément de E.

Si T(f)=λf alors

x[0;+[,f(x+1)=λf(x).

En passant cette relation à la limite quand x+, on obtient

=λ

en notant la limite de f en +.

Cas: 0. Nécessairement, λ=1 et

x[0;+[,f(x+1)=f(x).

Puisque la fonction f est périodique et admet une limite finie en +, elle est constante.

Inversement, toute fonction constante non nulle est vecteur propre associé à la valeur propre 1.

Cas: =0. Si λ est valeur propre alors en introduisant f vecteur propre associé, il existe x0[0;+[ tel que f(x0)0 et la relation T(f)=λf donne par récurrence

n,f(x0+n)=λnf(x0).

En faisant tendre n vers +, on obtient |λ|<1.

Inversement, supposons |λ|<1. Si T(f)=λf alors

f(1)=λf(0)etn,x[0;1[,f(x+n)=λnf(x).

La fonction f est donc entièrement déterminée par sa restriction continue sur [0;1] vérifiant f(1)=λf(0).

Inversement, si φ:[0;1] est une fonction continue sur [0;1] vérifiant φ(1)=λφ(0) alors la fonction f donnée par

n,x[0;1[,f(x+n)=λnφ(x)

et continue (on vérifie la continuité en k* par continuité à droite et à gauche), tend vers 0 en + et vérifie T(f)=λf.

Puisqu’il est possible de construire une fonction non nulle de la sorte, le scalaire λ]-1;1[ est valeur propre et les vecteurs propres associés sont les fonctions non nulles de la forme précédente.

 
Exercice 56  2700      MINES (MP)Correction  

Soit E=𝒞([0;1],). Pour fE, on définit T(f):[0;1] par

T(f)(x)=01min(x,t)f(t)dtpour tout x[0;1].
  • (a)

    Vérifier que T est un endomorphisme de E.

  • (b)

    Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de T.

Solution

  • (a)

    Pour x[0;1], on peut écrire

    T(f)(x)=0xtf(t)dt+xx1f(t)dt.

    L’application T(f) apparaît alors comme continue (et même dérivable).

    Ainsi, l’application T opère de E dans E, elle de surcroît évidemment linéaire.

  • (b)

    Soient λ et fE vérifiant T(f)=λf.

    Cas: λ=0. On a T(f)=0 donc

    0xtf(t)dt+xx1f(t)dt=0.

    En dérivant, on obtient

    xf(x)-xf(x)+x1f(t)dt=x1f(t)dt=0.

    En dérivant à nouveau, on obtient f=0. Ainsi, 0 n’est pas valeur propre de T.

    Cas: λ0. On a T(f)=λf soit

    0xtf(t)dt+xx1f(t)dt=λf(x)pour tout x[0;1].

    En particulier, on peut affirmer que f(0)=0 car T(f)(0)=0.

    Le premier membre de l’équation T(f)=λf est dérivable et la fonction f est donc également dérivable. En dérivant, on obtient la relation

    x1f(t)dt=λf(x).

    En particulier, f(1)=0.

    Le premier membre de cette nouvelle équation étant dérivable, la fonction f est deux fois dérivable et l’on obtient en dérivant à nouveau l’équation différentielle

    λf′′(x)+f(x)=0.

    Sous-cas: λ<0. Sachant f(0)=0, la résolution de l’équation différentielle donne

    f(x)=Ash(x|λ|).

    La condition f(1)=0 entraîne toujours f=0 et donc un tel λ n’est pas valeur propre de T.

    Sous-cas: λ>0. Sachant f(0)=0, on obtient par résolution de l’équation différentielle

    f(x)=Asin(xλ).

    La condition f(1)=0 n’entraînera pas f=0 que si

    cos(1λ)=0

    c’est-à-dire si, et seulement si,

    λ=4((2k+1)π)2 avec k*.

    Notons qu’alors il est possible de remonter les précédents calculs et d’affirmer que

    f:xsin((2k+1)πx2)

    est vecteur propre associé à la valeur propre λ=4/((2k+1)π)2.

 
Exercice 57  2577     CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Montrer que Φ, qui à P associe

    (X2-1)P(X)-(4X+1)P(X)

    est un endomorphisme de 4[X].

  • (b)

    Résoudre l’équation différentielle

    y=(5-λ2(x-1)+3+λ2(x+1))y.
  • (c)

    En déduire les valeurs propres et les vecteurs propres de Φ.

Solution

  • (a)

    L’application Φ est évidemment linéaire, il reste à voir qu’elle est à valeurs dans 4[X].

    Pour un polynôme P de degré inférieur à 4, le polynôme (X2-1)P(X)-(4X+1)P(X) est de degré inférieur à 5 et, si a est le coefficient de X4 dans P, le coefficient de X5 dans Φ(P) est 4a-4a=0. Par suite, Φ est bien à valeurs dans 4[X] et c’est donc un endomorphisme de cet espace.

  • (b)

    L’équation

    y=(5-λ2(x-1)+3+λ2(x+1))y

    est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 de solution générale

    y(x)=C|x-1|(5-λ)/2|x+1|(3+λ)/2 avec C

    sur chacun des intervalles I=]-;-1[, ]-1;1[ ou ]1;+[.

  • (c)

    Soient λ et P4[X]. On a Φ(P)=λP si, et seulement si,

    P(X)=4X+(1+λ)X2-1P(X)

    c’est-à-dire si, et seulement si, la fonction polynomiale P est solution, par exemple sur ]1;+[, de l’équation différentielle

    y=4x+(1+λ)x2-1y.

    Or, moyennant une décomposition en éléments simples et passage à l’opposé de λ, cette équation est celle précédemment résolue et le problème est alors de déterminer pour quel paramètre -λ, la solution précédemment présentée est une fonction polynomiale de degré inférieur à 4. Les valeurs 3, 1, -1, -3, -5 conviennent et ce sont donc des valeurs propres de Φ. De plus, il ne peut y en avoir d’autres car dim4[X]=5. Les vecteurs propres associés à ces valeurs propres λ sont les polynômes

    C(X-1)5+λ2(X+1)3-λ2 avec C0.
 
Exercice 58  3125   

Soit n. Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de l’endomorphisme11 1 On observe aisément que φ est un endomorphisme de n[X] car cette application est linéaire et l’on vérifie que φ transforme un polynôme de degré inférieur à n en un autre après une éventuelle simplification des termes Xn+1. φ de n[X] défini par

φ(P)=(X2-1)P-nXP.

[<] Détermination des éléments propres d'un endomorphisme[>] Calcul de polynômes caractéristiques

 
Exercice 59  778  Correction  
  • (a)

    Montrer que deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique.

  • (b)

    Que dire de la réciproque?

Solution

  • (a)

    Soient A,Bn(𝕂). Si B=P-1AP avec PGLn(𝕂) alors

    χB(λ)=det(λIn-B)=det(λP-1P-P-1AP)=χA(λ).
  • (b)

    Pour n=1, l’égalité des polynômes caractéristiques équivaut à l’égalité des matrices.

    Pour n2, considérons Inversement,

    A=(0100)etB=(0000)

    Les matrices A et B ne sont pas semblables (elles n’ont pas le même rang) mais ont même polynôme caractéristique (à savoir Xn).

 
Exercice 60  779  Correction  

Soit F un sous-espace vectoriel stable par un endomorphisme u d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.
Établir que le polynôme caractéristique de l’endomorphisme induit par u sur F divise le polynôme caractéristique de u.

Solution

Soit G un supplémentaire de F. Dans une base adaptée à la décomposition E=FG, la matrice de u est triangulaire supérieure par blocs et en calculant le polynômes caractéristique de u par cette matrice on obtient immédiatement la propriété demandée.

 
Exercice 61  780  Correction  

Soit An() inversible de polynôme caractéristique χA.
Établir que pour tout x réel non nul,

χA-1(x)=xnχA(0)χA(1x).

Solution

Pour x*,

χA-1(x)=det(xIn-A-1)=det(A-1)det(xA-In)=(-x)ndet(A)det(1xIn-A).

Or det(A)=(-1)nχA(0) donc

χA-1(x)=xnχA(0)χA(1x).
 
Exercice 62  781   Correction  

Soient A,Bn(). On désire établir l’égalité des polynômes caractéristiques

χAB=χBA.
  • (a)

    Établir l’égalité quand AGLn().

  • (b)

    Pour AGLn(), justifier que pour p assez grand A+1pInGLn().

  • (c)

    En déduire que l’égalité voulue est encore vraie pour A non inversible.

Solution

  • (a)

    Pour x,

    det(xIn-AB)=det(A)det(xA-1-B)=det(xA-1-B)det(A)=det(xIn-BA)

    donc

    χAB(x)=χBA(x).
  • (b)

    La matrice A+1pIn n’est pas inversible seulement si -1/p est valeur propre de A. Puisque la matrice A ne possède qu’un nombre fini de valeurs propres, pour p assez grand on est sûr que A+1pInGLn().

  • (c)

    Comme vu ci-dessus, pour x,

    χ(A+1pIn)B(x)=χB(A+1pIn)(x).

    En passant à la limite quand p+, on obtient χAB(x)=χBA(x).

    Cela valant pour tout x, les polynômes χAB et χBA sont égaux.

 
Exercice 63  4352   

Soient A et B deux matrices de n(𝕂) et λ𝕂. En multipliant à droite et à gauche la matrice

M=(λInABIn)2n(𝕂)

par des matrices triangulaires par blocs convenables, établir11 1 On trouvera une autre démonstration de cette égalité dans le sujet 5246. χAB=χBA.

 
Exercice 64  2697     MINES (MP)Correction  

Soit (A,B)p,q()×q,p(). Montrer que

XqχAB(X)=XpχBA(X).

On pourra commencer par le cas où

A=(Ir000).

Solution

Dans le cas où

A=Jr=(Ir000)

la propriété est immédiate en écrivant

B=(CDEF)

avec C bloc carré de taille r.
Dans le cas général, on peut écrire A=QJrP avec r=rg(A) et P,Q inversibles.

XqχAB(X)=XqχQ-1ABQ(X)=XqχJrPBQ(X)

donc

XqχAB(X)=XpχPBQJr(X)=XpχBQJrP(X)=XpχBA(X).
 
Exercice 65  1109  Correction  

Soient A,Bn(𝕂) et p*. Établir

χ(AB)p=χ(BA)p.

Solution

Il est bien connu que

(M,N)n(𝕂)2,χMN=χNM.

On en déduit

χ(AB)p=χ(A(BA)p-1)B=χB(A(BA)p-1)=χ(BA)p.
 
Exercice 66  2901   Correction  

Soit An(). Montrer

χAA¯[X].

Solution

Pour λ,

χAA¯(λ)=det(λIn-AA¯)

En conjuguant,

χAA¯(λ)¯=det(λIn-A¯A)=χA¯A(λ).

Or, il est bien connu que pour A,Bn()

χAB=χBA.

On obtient donc

χAA¯(λ)¯=χAA¯(λ)

Le polynôme χAA¯-χAA¯ admet alors une infinité de racines, c’est le polynôme nul. Par conséquent,

χAA¯[X].
 
Exercice 67  2699     MINES (MP)Correction  

Soient A et B dans n(𝕂)(𝕂= ou ).

  • (a)

    Comparer Sp(B) et Sp(Bt).

  • (b)

    Soit Cn(𝕂). Montrer que s’il existe λ pour lequel AC=λC, alors Im(C)Ker(A-λIn).

  • (c)

    Soit λ une valeur propre commune à A et B. Montrer qu’il existe Cn(𝕂), C0, telle que AC=CB=λC.

  • (d)

    On suppose l’existence de Cn(𝕂) avec rg(C)=r et AC=CB. Montrer que le PGCD des polynômes caractéristiques de A et B est de degré r.

  • (e)

    Étudier la réciproque de (d).

Solution

  • (a)

    Sp(B)=Sp(Bt) car χB=χBt.

  • (b)

    Pour tout Xn,1(𝕂), A(CX)=λ(CX) donc CXKer(A-λIn).

  • (c)

    Soit X et Y des vecteurs propres de A et Bt associé à la valeur propre λ. La matrice C=XYt est solution.

  • (d)

    On peut écrire C=QJrP avec P,Q inversibles. La relation AC=CB donne Q-1AQJr=JrPBP-1.
    En écrivant les matrices Q-1AQ et PBP-1 par blocs, l’égalité Q-1AQJr=JrPBP-1 impose une décomposition en blocs triangulaire puis permet d’observer que χA=χQ-1AQ et χB=χPBP-1 ont un facteur commun de degré r, à savoir le polynôme caractéristique du bloc commun en position (1,1).

  • (e)

    La réciproque est assurément fausse en toute généralité. Pour r=n, deux matrices ayant même polynôme caractéristique ne sont pas nécessairement semblables.

 
Exercice 68  3476      ENS

Soient A,Bn(𝕂). On suppose qu’il existe M dans n(𝕂) de rang r tel que

AM=MB.

Montrer que le pgcd de χA et χB est de degré au moins r.

[<] Polynômes caractéristiques[>] Applications du polynôme caractéristique

 
Exercice 69  782   Correction  

Calculer le polynôme caractéristique de la matrice

(010001a0a1an-1).

Solution

En développant selon la première colonne

|λ-100λ-1-a0-an-2λ-an-1|[n]=-a0+λ|λ-100λ-1-a1-an-2λ-an-1|[n-1]

puis en reprenant le processus on parvient à

λn-(an-1λn-1++a1λ+a0).

On peut aussi résoudre le problème via l’opération élémentaire: C1C1+λC2++λn-1Cn.

 
Exercice 70  4351   

(Matrice compagnon)

Soient P=Xn+an-1Xn-1++a1X+a0 un polynôme de 𝕂[X] et

A=(0(0)-a01-a10(0)1-an-1)n(𝕂).

Exprimer le polynôme caractéristique de A en fonction de P.

 
Exercice 71  4350   

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension n2.

  • (a)

    Exprimer le polynôme caractéristique de l’endomorphisme u en fonction de tr(u) lorsque rg(u)=1.

  • (b)

    Même question en utilisant aussi tr(u2) lorsque rg(u)=2.

 
Exercice 72  784   Correction  

Soient

An=(01(0)11(0)10)n()etPn(x)=det(xIn-An).
  • (a)

    Montrer

    Pn(x)=xPn-1(x)-Pn-2(x).

    Calculer P1(x) et P2(x).

  • (b)

    Pour tout x]-2;2[, on pose x=2cos(α) avec α]0;π[. Montrer que

    Pn(x)=sin((n+1)α)sin(α).
  • (c)

    En déduire que Pn(x) admet n racines puis que An est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    Pn(x) est un déterminant tri-diagonal. On développe selon la première colonne en un déterminant triangulaire et en un second déterminant que l’on développe selon la première ligne.

    P1(x)=x et P2(x)=x2-1.
  • (b)

    La suite (Pn(2cos(α)))n1 est une suite récurrente linéaire d’ordre 2. On introduit l’équation caractéristique associée dont les racines permettent d’exprimer le terme général de (Pn(x)) à l’aide de coefficients inconnus déterminés par les valeurs n=1 et n=2. On peut aussi simplement vérifier la relation proposée en raisonnant par récurrence double.

  • (c)

    Les xk=2cos(kπn+1) avec k{1,,n} sont racines distinctes de Pn(x).
    Ann() possède n valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable.

[<] Calcul de polynômes caractéristiques[>] Éléments propres d'une matrice

 
Exercice 73  2696    MINES (MP)Correction  

Soient A,Bn(). Montrer que AB et BA ont même valeurs propres.

Solution

Il est classique d’établir χAB=χBA en commençant par établir le résultat pour A inversible et le prolongeant par un argument de continuité et de densité.

Les valeurs propres d’une matrice carrée étant les racines de son polynôme caractéristique, la conclusion est dès lors immédiate.

 
Exercice 74  3083  Correction  

Soit An() telle que Sp(A)+. Montrer

det(A)0.

Solution

Par contraposition, montrons

det(A)<0Sp(A)]-;0[.

On a

χA(X)=Xn++(-1)ndet(A).

Si det(A)<0 alors (-1)nχA(0)<0 et limt-(-1)nχA(t)=+. Sachant la fonction tχA(t) continue, il existe λ]-;0[ racine de χA et donc valeur propre de A.
On peut aussi établir le résultat en observant que le déterminant de A est le produit des valeurs propres complexes de A comptées avec multiplicité. Parmi celles-ci, celles qui sont réelles sont positives et celles qui sont complexes non réelles, sont deux à deux conjuguées. Le produit est donc positif.

 
Exercice 75  4348  

Soit An() vérifiant det(A)<0.

Établir que la matrice A possède au moins une valeur propre réelle.

 
Exercice 76  785   Correction  

Soient a1,,an* deux à deux distincts.
On pose

P(x)=det(A+xIn) avec A=(0a2ana10ana1an-10).
  • (a)

    Calculer P(ai).

  • (b)

    Justifier que P est un polynôme unitaire de degré n.

  • (c)

    Former la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle

    P(X)i=1n(X-ai).
  • (d)

    En déduire une expression du déterminant de A+In.

Solution

  • (a)

    En factorisant sur la i-ème colonne

    P(ai)=ai|ai1ana11ana11ai|.

    En retranchant la i-ème ligne à chacune des autres

    P(ai)=ai|ai-a10001000ai-an|

    et donc

    P(ai)=aiji(ai-aj).
  • (b)

    En utilisant la formule des déterminants

    P(x)=σ𝒮nε(σ)i=1n(aσ(i),i+xδσ(i),i).

    Si σ=Idn alors i=1n(aσ(i),i+xδσ(i),i)=i=1n(ai,i+x) est une expression polynomiale unitaire de degré n.
    Si σIdn alors i=1n(aσ(i),i+xδσ(i),i)=i=1n(ai,i+x) est une expression polynomiale de degré strictement inférieure à n.
    On peut donc affirmer que P est une fonction polynomiale unitaire de degré exactement n.

  • (c)

    Puisque les ai sont deux à deux distincts

    P(X)i=1n(X-ai)=1+i=1nλiX-ai

    avec

    λi=P(ai)ji(ai-aj)=ai.
  • (d)

    On a det(A+In)=P(1).
    Si l’un des ai vaut 1, il suffit de reprendre la valeur de P(ai).
    Sinon, par la décomposition précédente

    P(1)i=1n(1-ai)=1+i=1nai1-ai

    et donc

    det(A+In)=(1+i=1nai1-ai)i=1n(1-ai).
 
Exercice 77  3121   Correction  

Soient A,Bn(). Établir

χA(B)GLn()Sp(A)Sp(B)=.

Solution

On peut écrire

χA(X)=k=1n(X-λk)

avec λ1,,λn les valeurs propres de A comptées avec multiplicité.
On a alors

χA(B)GLn()1kn,B-λkInGLn()

ce qui donne

χA(B)GLn()1kn,λkSp(B)

et on peut ainsi affirmer

χA(B)GLn()Sp(A)Sp(B)=.
 
Exercice 78  3991     ENSTIM (PSI)Correction  
  • (a)

    Soient B,Cn() deux matrices semblables

    Pour x, montrer que les matrices xIn-B et xIn-C sont semblables.

    Lorsque ces inverses existent, en est-il de même de (xIn-B)-1 et (xIn-C)-1 ?

  • (b)

    Soit An(). On note PA(x)=det(xIn-A) et PA le polynôme dérivé de PA.
    On suppose que x n’est pas valeur propre de A, montrer

    tr(xIn-A)-1=PA(x)PA(x).

Solution

  • (a)

    On peut écrire B=P-1CP avec P inversible et alors

    xIn-B=P-1(xIn-C)P

    ainsi que

    (xIn-B)-1=P(xIn-C)-1P-1

    sous réserve d’inversibilité.

  • (b)

    La matrice A est trigonalisable dans n(). Quitte à considérer une matrice semblable, on peut supposer A triangulaire supérieure (ce qui n’affecte ni le calcul de la trace, ni celui du polynôme caractéristique PA). En écrivant

    A=(λ1*(0)λn)

    on obtient

    (xIn-A)-1=(1x-λ1*(0)1x-λn)

    et donc

    tr(xIn-A)-1=k=1n1x-λk=PA(x)PA(x)

    car

    PA(x)=k=1n(x-λk).
 
Exercice 79  2698      MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Si P[X] est unitaire de degré n, existe-t-il une matrice An() de polynôme caractéristique P(X)?

  • (b)

    Soient (λ1,,λn)n et le polynôme

    P=i=1n(X-λi).

    On suppose P[X]. Montrer que pour tout q* le polynôme

    Pq=i=1n(X-λiq)

    appartient encore à [X].

  • (c)

    Soit P dans [X] unitaire dont les racines complexes sont de modules 1.
    Montrer que les racines non nulles de P sont des racines de l’unité.

Solution

  • (a)

    Oui, un tel polynôme existe, il suffit de se référer aux matrices compagnons!
    Pour a0,a1,,an-1𝕂, la matrice compagnon associée est

    M=(0(0)-a01-a10(0)1-an-1).

    Son polynôme caractéristique est

    χM(X)=|X(0)a0-1a1X(0)-1X+an-1|.

    Il peut se calculer par la succession d’opérations élémentaires

    LiLi+XLi+1 avec i allant de n-1 à 1 dans cet ordre.

    On obtient alors

    χM(X)=|0(0)α-10(an-2+an-1X+X2)(0)-1X+an-1X|

    avec

    α=(a0+a1X++an-1Xn-1+Xn).

    En développant selon la première ligne, on obtient

    χM(X)=a0+a1X++an-1Xn-1+Xn.

    Ainsi, pour P[X] unitaire de degré n, on peut construire une matrice à coefficients entiers dont le polynôme caractéristique est (-1)nP(X).

  • (b)

    Il existe une matrice A dont le polynôme caractéristique est P. Puisque toute matrice complexe est trigonalisable, la matrice A est en particulier semblable dans n() à une matrice triangulaire de la forme

    (λ1*0λn).

    La matrice Aq est alors semblable à la matrice

    (λ1q*0λnq).

    Le polynôme caractéristique de Aq est alors Pq. Or Aq est une matrice à coefficients entiers et donc son polynôme caractéristique Pq est aussi à coefficients entiers.

  • (c)

    Compte tenu des relations entre les coefficients et les racines d’un polynôme scindé, on peut majorer les coefficients de P et affirmer que, pour un degré fixé, il n’y a qu’un nombre fini de polynômes P possibles car les coefficients de P sont entiers et borné. Considérons un tel polynôme. L’application q*Pq n’est pas injective compte tenu de l’argument de cardinalité précédent. Il existe donc q<r tel que Pq=Pr. Ainsi, il existe une permutation σ de n vérifiant:

    in,λiq=λσ(i)r.

    À l’aide d’une décomposition en cycles de σ, on peut affirmer qu’il existe une puissance de σ égale à l’identité et donc conclure que pour tout in il existe q>q tel que λiq=λiq. On peut alors affirmer que λi est nul ou bien racine de l’unité.

 
Exercice 80  299      X (MP)Correction  

On pose

Pn(X)=Xn-X+1 (avec n2).
  • (a)

    Montrer que Pn admet n racines distinctes z1,,zn dans .

  • (b)

    Calculer le déterminant de

    (1+z11111+z21111+zn).

Solution

  • (a)

    Par l’absurde, supposons que Pn possède une racine multiple z. Celle-ci vérifie

    Pn(z)=Pn(z)=0.

    On en tire

    zn-z+1=0(1)etnzn-1=1(2)

    (1) et (2) donnent

    (n-1)z=n(3)

    (2) impose |z|1 alors que (3) impose |z|>1. C’est absurde.

  • (b)

    Posons χ(X) le polynôme caractéristique de la matrice étudiée. On vérifie

    χ(zi)=|zi-1-z1-1(-1)-1(-1)-1zi-1-zn|.

    En retranchant la i-ème colonne à toutes les autres et en développant par rapport à la i-ème ligne, on obtient

    χ(zi)=j=1,jin(zi-zj)=P(zi).

    Cependant, les polynômes χ et P ne sont pas de même degré…En revanche, les polynômes χ et P-P ont même degré n tous deux unitaires et prennent les mêmes valeurs en les n points distincts z1,,zn. On en déduit qu’ils sont égaux. En particulier, le déterminant cherché est

    (-1)nχ(0)=(-1)n(P(0)-P(0))=2(-1)n.

[<] Applications du polynôme caractéristique[>] Détermination des éléments propres d'une matrice

 
Exercice 81  772  Correction  

Soit An(𝕂) vérifiant rg(A)=1. Montrer qu’il existe λ𝕂 tel que A2=λA et que ce scalaire λ est valeur propre de A.

Solution

On retraduit le problème en termes d’endomorphismes.

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie vérifiant rg(u)=1. Le noyau de u est un hyperplan et si l’on fixe xKer(u), on obtient

Vect(x)Ker(u)=E.

Puisque u(x)E, on peut écrire u(x)=λx+y avec yKer(u) de sorte que

u2(x)=λu(x).

Les applications linéaires u2 et λu sont alors égales sur Vect(x) mais aussi bien sûr sur Ker(u), ces applications linéaires sont donc égales sur E.
De plus, pour yIm(u){0}, on peut écrire y=u(a) et alors

u(y)=u2(a)=λu(a)=λy.

Ainsi λ est bien valeur propre de u.

 
Exercice 82  4355  

Montrer que la trace d’une matrice réelle de rang 1 en est valeur propre.

 
Exercice 83  773  Correction  

Pour An(), on pose

A=sup1inj=1n|ai,j|.

Montrer que

Sp(A)[-A;A].

Solution

Soient λSp(A) et X0 tels que AX=λX.

Posons i{1,,n} tel que

|xi|=max1kn|xk|.

On a xi0 et

|λxi|=|j=1nai,jxj|j=1n|ai,j||xi|A|xi|

d’où |λ|A.

 
Exercice 84  5002   Correction  

Soit A une matrice diagonalisable de n() admettant une valeur propre multiple λ. Pour i1;n, montrer que λ est valeur propre de la matrice Ai obtenue par suppression de la i-ème et de la i-ème colonne de A.

Solution

Soit a l’endomorphisme de E=n canoniquement associé à la matrice A. Le réel λ est valeur propre de a et l’espace propre associé Eλ(a) est de dimension au moins 2 car, a étant diagonalisable, la multiplicité d’une valeur propre correspond à la dimension de l’espace propre associé. Introduisons aussi Fi le sous-espace de n constitué des (x1,,xn)n tels que xi=0. L’espace Fi est de dimension11 1 Si (e1,,en) désigne la base canonique de n, la famille des vecteurs e1,,ei-1,ei+1,,en est une base de Fi. (PSI) On peut aussi simplement dire que Fi est un hyperplan car noyau de la forme linéaire non nulle xxi. n-1.

Méthode: On montre que l’intersection de Fi et de Eλ(a) n’est pas réduite au vecteur nul.

Par la formule de Grassmann

dim(Fi+Eλ(a))n=dimFi=n-1+dimEλ(a)2-dim(FiEλ(a))

On a donc dim(FiEλ(a))1 et l’on peut introduire un vecteur x=(x1,,xn) de Fi non nul vérifiant a(x)=λ.x. Matriciellement, si X désigne la colonne de hauteur n dont les éléments sont les x1,,xn, on obtient l’égalité AX=λX avec X non nulle. Cependant, l’élément xi est nul et l’égalité précédente donne AiXi=λXi en introduisant Xi la colonne de hauteur n-1 obtenue à partir de X par suppression de sa i-ème ligne. La colonne Xi étant non nulle, on peut conclure que λ est valeur propre de Ai.

 
Exercice 85  3280     ENS CachanCorrection  

Soit A=(ai,j)n() vérifiant pour tout i,j{1,,n} ai,j+ et pour tout i{1,,n}, j=1nai,j=1.

  • (a)

    Montrer que 1Sp(A).

  • (b)

    Justifier que si λ est valeur propre de A alors |λ|1.

  • (c)

    Observer que si λ est valeur propre de A et vérifie |λ|=1 alors λ est une racine de l’unité.

Solution

  • (a)

    Le vecteur X=(11)t est évidemment vecteur propre associé à la valeur propre 1.

  • (b)

    Soient λSp(A) et X=(x1xn)t un vecteur propre associé. Soit i0 l’indice vérifiant

    |xi0|=max1in|xi|.

    On a |xi0|0 et la relation AX=λX donne λxi0=j=1nai0,jxj donc

    |λ||xi0|=|j=1nai0,jxj|j=1n|ai0,j||xj|j=1nai0,j|xi0|=|xi0|

    puis |λ|1.

  • (c)

    Si de plus |λ|=1 alors il y a égalité dans l’inégalité précédente.
    L’égalité dans la deuxième inégalité entraîne |xj|=|xi0| pour tout j tel que ai0,j0.
    L’égalité dans la première inégalité entraîne que les complexes engagés sont positivement liés et donc qu’il existe θ tel que pour tout j{1,,n},

    ai0,jxj=ai0,j|xj|eiθ.

    Ces deux propriétés donnent pour tout j{1,,n}, ai0,jxj=ai0,j|xi0|eiθ que ai0,j0 ou non.
    En injectant cela dans la relation λxi0=j=1nai0,jxj, on obtient λxi0=|xi0|eiθ.
    Pour j{1,,n} tel que ai0,j0, xj=λxi0.
    Posons i1=j et reprenons la même démarche, ce qui est possible puisque |xi1|=max1in|xi|.
    On définit ainsi une suite (ip){1,,n} vérifiant λxip=xip+1.
    Cette suite étant non injective, il existe p et q* tel que ip=ip+q ce qui donne λq=1.

 
Exercice 86  774    

Soit A=(ai,j)n() une matrice11 1 On dit que la matrice A est stochastique. à coefficients positifs vérifiant

j=1nai,j=1pour tout i1;n.
  • (a)

    Montrer que 1 est valeur propre de A et que toute autre valeur propre complexe λ vérifie |λ|1.

On suppose désormais les coefficients de A tous strictement positifs.

  • (b)

    Établir que, si λ est une valeur propre de A vérifiant |λ|=1, alors λ=1.

  • (c)

    Montrer que l’espace propre associé à la valeur propre 1 est une droite.

 
Exercice 87  4990    

(Théorème de Perron-Frobenius)

Si x=(x1,,xn) et y=(y1,,yn) sont deux éléments de n, on écrit xy pour signifier xiyi pour tout i1;n.

On étudie une matrice A carrée de taille n dont tous les coefficients sont des réels strictement positifs et l’on introduit:

Ω ={x=(x1,,xn)+n|x(0,,0)} et
S ={x=(x1,,xn)+n|x1++xn=1}.
  • (a)

    Pour xΩ, justifier que l’on peut introduire

    θ(x)=max{α+|α.xAx}.

    Vérifier θ(λx)=θ(x) pour tous λ>0 et xΩ.

  • (b)

    Soit xΩ. Montrer que les éléments de Ax sont tous strictement positifs et vérifier θ(x)θ(Ax)

  • (c)

    Montrer qu’il existe xS tel que θ(Ax)θ(Ax) pour tout xS. En déduire l’existence d’un élément yΩ tel que θ(x)θ(y) pour tout x de Ω.

  • (d)

    Montrer que y est alors vecteur propre de A associé à la valeur propre μ=θ(y).

  • (e)

    Établir que les autres valeurs propres complexes λ de A vérifient |λ|<μ.

  • (f)

    Vérifier que les éléments de y sont tous strictement positifs puis que l’espace propre complexe associé à la valeur propre μ est de dimension 1.

 
Exercice 88  3173    

Soit n2. Déterminer les valeurs propres de la comatrice de An() en fonction de celles de A.

[<] Éléments propres d'une matrice[>] Existence de valeurs propres dans un espace complexe

 
Exercice 89  4333  

Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de la matrice

A=(2-11-12-1-110)3().
 
Exercice 90  4334  

Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres complexes de la matrice11 1 Cette matrice traduit l’action d’une rotation d’angle θ.

Rθ=(cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ)) avec θ{kπ|k}.
 
Exercice 91  2704     MINES (MP)

Soit n avec n3. Déterminer les valeurs propres de la matrice de n() suivante

(11111(0)1(0)1).
 
Exercice 92  2613     ENSTIM (MP)

Soient n* et χn le polynôme caractéristique de

An=(01(0)11(0)10)n().
  • (a)

    Pour θ]0;π[, calculer un=χn(2cos(θ)).

  • (b)

    Déterminer les valeurs propres de An. La matrice An est-elle diagonalisable?

  • (c)

    Déterminer les sous-espaces propres de An.

 
Exercice 93  2861     X (MP)Correction  

Déterminer les valeurs propres de la matrice

(001001111)n().

Solution

Notons M la matrice étudiée et supposons n3, les cas n=1 et 2 étant immédiats.
Puisque rg(M)=2, 0 est valeur propre de n() et dimE0(M)=n-2.
Soit λ une valeur propre non nulle de n() et X=(x1xn)t un vecteur propre associé.
L’équation MX=λX fournit le système

{xn=λx1xn=λxn-1x1++xn=λxn.

On en déduit

λ(λ-1)xn=λx1++λxn-1=(n-1)xn

avec xn0 car xn=0 et λ0 entraînent X=0.
Par suite, λ est racine de l’équation λ2-λ-(n-1)=0 et donc

λ=1±4n-32.

Inversement, on justifie que ses valeurs sont valeurs propres, soit en remontant le raisonnement, soit en exploitant la diagonalisabilité de la matrice symétrique réelle M pour affirmer l’existence de n valeurs propres comptées avec multiplicité.

 
Exercice 94  3316   Correction  

Soient n3 et

A=(0(0)1111(0)0)n().
  • (a)

    Calculer les rangs de A et A2.

  • (b)

    Soit f l’endomorphisme de n canoniquement représenté par la matrice A.
    Montrer

    Ker(f)Im(f)=n.
  • (c)

    En déduire que la matrice A est semblable à une matrice de la forme

    (0(0)0(0)B) avec BGL2().
  • (d)

    Calculer tr(B) et tr(B2).
    En déduire les valeurs propres de B puis celles de A.

  • (e)

    La matrice A est-elle diagonalisable?

Solution

  • (a)

    Par le calcul

    A2=(1(0)0110(0)1)n().

    Puisque A et A2 ne possèdent que deux colonnes non nulles et que celles-ci sont visiblement indépendantes, on a rg(A)=rg(A2)=2.

  • (b)

    On a rg(f)=rg(f2) donc dimKer(f)=dimKer(f2). Or Ker(f)Ker(f2) donc Ker(f)=Ker(f2).
    Pour xKer(f)Im(f), on peut écrire x=f(a) et l’on a f(x)=0 donc aKer(f2)=Ker(f) puis x=0.
    On en déduit Ker(f)Im(f)={0E} et un argument de dimension permet d’affirmer Ker(f)Im(f)=n.

  • (c)

    Une base adaptée à la décomposition Ker(f)Im(f)=n permet de justifier que la matrice A est semblable à

    (0(0)0(0)B) avec B2().

    Puisque l’on a alors rg(A)=rg(B)=2, on peut affirmer que la matrice B est inversible.

  • (d)

    tr(B)=tr(A)=0 et tr(B2)=tr(A2)=2.
    Soient λ et μ les deux valeurs propres complexes de la matrice B. On a

    {λ+μ=0λ2+μ2=2.

    On en déduit

    {λ,μ}={1,-1}.

    Ainsi,

    Sp(B)={1,-1} et Sp(A)={1,0,-1}.
  • (e)

    Par calcul de rang

    dimE0(A)=dimKer(A)=n-2.

    On a aussi

    dimE1(A)=dimE1(B)=1   etdimE-1(A)=1

    donc la matrice A est diagonalisable car la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à n.

 
Exercice 95  2729      MINES (MP)Correction  

Soit la matrice An() donnée par A=(min(i,j))1i,jn.

  • (a)

    Trouver une matrice triangulaire inférieure unité L et une matrice triangulaire supérieure U telle que A=LU.

  • (b)

    Exprimer A-1 à l’aide de

    N=(01(0)1(0)0).
  • (c)

    Montrer que Sp(A-1)[0;4].

Solution

  • (a)

    Les matrices suivantes conviennent:

    L=(1(0)11)etU=(11(0)1)=Lt.
  • (b)

    U=In+N++Nn-1, (In-N)U=In donc U-1=In-N, L-1=(U-1)t=In-Nt donc

    A-1=U-1L-1=In-N-Nt+NNt.
  • (c)

    On a

    A-1=(21(0)121(0)11).

    Posons χn le polynôme caractéristique de A-1n().
    On a

    χn+2(λ)=(2-λ)χn+1(λ)-χn(λ)

    avec χ0(λ)=1 et χ1(λ)=1-λ.

    En écrivant λ=2+2cos(θ) avec θ[0;π] et en posant fn(θ)=χn(2+2cos(θ)) on a la relation

    fn+2(θ)+2cos(θ)fn+1(θ)+fn(θ)=0,

    avec les conditions initiales f0(θ)=1 et f1(θ)=2cos(θ)-1.

    La résolution de cette récurrence linéaire d’ordre 2 donne

    fn(θ)=cos(n+12)θcos(θ2).

    Ainsi, χn admet n racines dans [0;4] et, puisque ce polynôme est de degré n, il n’y en a pas ailleurs

    Sp(A-1)[0;4].

[<] Détermination des éléments propres d'une matrice[>] Éléments propres d'un endomorphisme matriciel

 
Exercice 96  786  Correction  

Soit E un -espace vectoriel de dimension finie.

  • (a)

    Justifier que tout endomorphisme de E possède au moins une valeur propre

  • (b)

    Observer que l’endomorphisme P(X)(X-1)P(X) de [X] n’a pas de valeurs propres.

Solution

  • (a)

    Pour tout f(E), f admet un polynôme minimal qui admet au moins une racine dans qui est alors valeur propre de f.

  • (b)

    Si λ est valeurs propre de l’endomorphisme considéré alors il existe un polynôme P non nul tel que XP(X)=(1+λ)P(X) ce qui est impossible pour des raisons de degré.

 
Exercice 97  5158  

Soit u un endomorphisme d’un -espace vectoriel E non réduit au vecteur nul.

  • (a)

    On suppose que l’endomorphisme u est nilpotent11 1 Un endomorphisme u est dit nilpotent lorsqu’il existe p* tel que up=0.. Montrer que 0 est l’unique valeur propre de u.

  • (b)

    Établir la réciproque lorsque E est de dimension finie.

  • (c)

    Que dire de la réciproque lorsque E n’est plus supposé de dimension finie?

 
Exercice 98  5157   
  • (a)

    Montrer que tout endomorphisme d’un espace vectoriel complexe de dimension finie non nulle possède au moins une droite vectorielle stable.

  • (b)

    Soit An(). Montrer qu’il existe des colonnes X,Y de n,1() non toutes deux nulles telles que AX et AY appartiennent à Vect(X,Y).

  • (c)

    Montrer que tout endomorphisme d’un espace vectoriel réel de dimension finie non nulle possède au moins une droite ou un plan vectoriel stable.

 
Exercice 99  4346   

Soient u,v deux endomorphismes d’un espace vectoriel complexe de dimension finie non nulle.

  • (a)

    On suppose uv=vu. Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.

  • (b)

    On suppose uv=0. Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.

 
Exercice 100  787   Correction  

Soient A,Bn() vérifiant AB=BA.
Montrer que A et B ont un vecteur propre en commun.

Solution

On retraduit le problème en terme d’endomorphismes. Soient u et v deux endomorphismes d’un -espace vectoriel de dimension finie vérifiant uv=vu. Tout endomorphisme sur un -espace vectoriel admet au moins une valeur propre. Soit λ une valeur propre de u. Eλ(u) est un sous-espace vectoriel stable par v (car uv=vu) et l’endomorphisme induit par v sur Eλ(u) admet au moins une valeur propre. Un vecteur propre associé à celle-ci est vecteur propre commun à u et v.

 
Exercice 101  3795     CCP (PC)Correction  

𝕂 désigne ou .

On dit qu’une matrice An(𝕂) vérifie la propriété (P) si

Mn(𝕂),λ𝕂,det(M+λA)0.
  • (a)

    Rappeler pourquoi une matrice de n() admet au moins une valeur propre.

  • (b)

    Soit T une matrice triangulaire supérieure de diagonale nulle.
    Calculer det(In+λT). En déduire que T vérifie la propriété (P)

  • (c)

    Déterminer le rang de la matrice

    Tr=(0Ir00)n(𝕂).
  • (d)

    Soient A vérifiant (P) et B une matrice de même rang que A. Montrer

    (P,Q)GLn(𝕂)2,B=PAQ

    et en déduire que B vérifie (P).

  • (e)

    Conclure que, dans n(), les matrices non inversibles vérifient (P) et que ce sont les seules.

  • (f)

    Que dire des cette propriété dans le cas n() (on distinguera n pair et n impair)?

Solution

  • (a)

    Le polynôme caractéristique d’une matrice complexe possède au moins une racine dans .

  • (b)

    det(In+λT)=10 et donc T vérifie (P).

  • (c)

    rg(Tr)=r.

  • (d)

    Les matrices A et B étant de même rang, elles sont équivalentes et donc il existe P,Q inversibles vérifiant A=PBQ. Puisqu’il existe une matrice M telle que det(M+λA)0 pour tout λ𝕂, on a

    det(PMQ+λB)=det(P)det(M+λA)det(Q)0

    et donc B vérifie la propriété (P).

  • (e)

    Si une matrice est non inversible, elle est de même rang qu’une matrice Tr avec r<n et comme cette dernière vérifie (P), on peut conclure qu’une matrice non inversible vérifie (P).
    Inversement, si A est une matrice inversible alors pour tout Mn()

    det(M+λA)=det(A)det(MA-1+λIn)

    et puisque la matrice MA-1 admet une valeur propre, il est impossible que det(M+λA) soit non nul pour tout λ.

  • (f)

    Cas: n est impair. Toute matrice de n() admet une valeur propre (car le polynôme caractéristique réel est de degré impair). On peut alors conclure comme au dessus.

    Cas: n est pair. La propriété précédente n’est plus vraie. Par exemple,

    A=(0-110)

    est inversible et vérifie la propriété (P) avec M=In.

 
Exercice 102  788    Correction  

Montrer que A,Bn() ont une valeur propre en commun si, et seulement si, il existe Un() non nulle vérifiant UA=BU.

Solution

Si A et B ont λ pour valeur propre commune alors, puisque A et At ont les mêmes valeurs propres, il existe des colonnes X,Y0 vérifiant AtX=λX et BY=λY. Posons alors U=YXtn(){0}.

On a BU=λYXt et UA=Y(AtX)t=λYXt donc UA=BU.

Inversement, supposons qu’il existe Un() non nulle vérifiant UA=BU. On peut écrire U=QJrP avec P,Q inversibles et r=rg(U)>0. L’égalité UA=BU entraîne alors JrA=BJr avec A=PAP-1 et B=Q-1BQ. Par similitude, Sp(A)=Sp(A) et Sp(B)=Sp(B). En raisonnant par blocs, l’égalité JrA=BJr entraîne

A=(M0**)etB=(M*0*) avec Mr().

Ces formes matricielles entraînent Sp(M)Sp(A) et Sp(M)Sp(B). Or Sp(M) (cadre complexe) et donc

Sp(A)Sp(B).

[<] Existence de valeurs propres dans un espace complexe[>] Crochet de Lie

 
Exercice 103  767  Correction  

On considère les matrices réelles

A=(1002)etM=(abcd).
  • (a)

    Calculer AM-MA.

  • (b)

    Déterminer les éléments propres de l’endomorphisme MAM-MA.

Solution

  • (a)

    Directement,

    AM-MA=(ab2c2d)-(a2bc2d)=(0-bc0).
  • (b)

    0 est valeur propre avec E0=Vect(E1,1,E2,2), 1 est valeur propre avec E1=Vect(E2,1) et -1 est valeur propre avec E-1=Vect(E1,2).

 
Exercice 104  5319     ENSTIM (MP)Correction  

Soient n2, An() une matrice non nulle et

φ:{n()n()Mtr(A)M-tr(M)A.
  • (a)

    Démontrer que φ est un endomorphisme.

  • (b)

    Déterminer le noyau de φ et le rang de φ.

  • (c)

    À quelle condition l’endomorphisme φ est-il diagonalisable?

Solution

  • (a)

    Soient λ1,λ2 et M1,M2n(). On vérifie par calculs

    φ(λ1M1+λ2M2)=λ1φ(M1)+λ2φ(M2).
  • (b)

    Pour Mn(),

    φ(M)=0tr(A)M=tr(M)A.

    Si la matrice A est de trace nulle, le noyau de φ est l’hyperplan des matrices de trace nulle. On en déduit rg(φ)=1.

    Si la matrice A n’est pas de trace nulle, le noyau de φ est la droite vectorielle engendrée par A et l’on en déduit rg(φ)=n2-1.

  • (c)

    Si la matrice A n’est pas de trace nulle, on remarque que pour toute matrice M de trace nulle, φ(M)=tr(A)M: tr(A) est une valeur propre de φ et le sous-espace propre associé est de dimension au moins n2-1. Puisque 0 est aussi valeur propre de φ, l’endomorphisme φ est diagonalisable.

    Si la matrice A est de trace nulle, l’endomorphisme φ est simplement M-tr(M)A. 0 en est valeur propre de multiplicité n2-1 et il ne peut y avoir d’autres valeurs propres car le vecteur propre associé est nécessairement colinéaire à A. L’endomorphisme φ n’est pas diagonalisable.

 
Exercice 105  776    

Soit A une matrice élément de E=n(). On introduit l’endomorphisme11 1 Il ne faut pas confondre u avec l’endomorphisme qui à une colonne X associe AX. Ce dernier peut être représenté par la matrice A ce qui n’est pas le cas de u qui opère en dimension n2. u de E défini par u(M)=AM pour tout ME.

  • (a)

    Montrer que A et u ont les mêmes valeurs propres et préciser les sous-espaces propres de u en fonction de ceux de A.

  • (b)

    Que dire des éléments propres l’endomorphisme v de E défini par v(M)=MA?

[<] Éléments propres d'un endomorphisme matriciel[>] Diagonalisabilité

 
Exercice 106  829  Correction  

Soient f et g deux endomorphismes d’un 𝕂-espace vectoriel E tels que fg-gf=Id.

  • (a)

    Montrer que, pour tout entier n1, on a fng-gfn=nfn-1.

  • (b)

    En dimension finie non nulle, montrer qu’il n’existe pas deux endomorphismes f et g tels que fg-gf=Id.

  • (c)

    Montrer que dans E=𝕂[X] les endomorphismes f et g définis par f(P)=P et g(P)=XP conviennent.

Solution

  • (a)

    Il suffit de procéder par récurrence en exploitant

    fn+1g-gfn+1=f(nfn+gfn)+(Id-fg)fn.
  • (b)

    Si fg-gf=Id alors

    tr(Id)=tr(fg)-tr(gf)=0

    C’est absurdre.

  • (c)

    Pour P𝕂[X]

    fg(P)=(XP)=XP+Petgf(P)=XP

    donc

    (fg-gf)(P)=P.
 
Exercice 107  775   

Soient A,Bn() vérifiant AB-BA=A.

  • (a)

    Calculer AkB-BAk pour k.

On considère l’endomorphisme φ de n() défini par φ(M)=MB-BM.

  • (b)

    À quelle condition la matrice Ak est-elle vecteur propre de φ?

  • (c)

    En déduire qu’il existe11 1 Autrement dit, la matrice A est nilpotente. k tel que Ak=On.

 
Exercice 108  4105     CENTRALE (MP)Correction  

On fixe Ap() et l’on considère Δ:Mp()AM-MA.

  • (a)

    Prouver que Δ est un endomorphisme de p() et que:

    n*,(M,N)p()2,Δn(MN)=k=0n(nk)Δk(M)Δn-k(N).
  • (b)

    On suppose que B=Δ(H) commute avec A. Montrer

    Δ2(H)=0etΔn+1(Hn)=0.

    Vérifier Δn(Hn)=n!Bn.

  • (c)

    Soit une norme sur p(). Montrer que Bn1/nn+0.

  • (d)

    En déduire que la matrice B est nilpotente.

Solution

  • (a)

    Δ est évidemment linéaire de p() dans lui-même.
    En exploitant

    Δ(BC)=ABC-BCA=(AB-BA)C+B(AC-CA)=Δ(B)C+BΔ(C)

    on montre la relation

    Δn(MN)=k=0n(nk)Δk(M)Δn-k(N)

    en raisonnant par récurrence comme pour établir la formule de Leibniz.

  • (b)

    AB=BA donne directement Δ(B)=0 et donc Δ2(H)=0.
    La relation Δn+1(Hn)=0 s’obtient alors en raisonnant par récurrence et en observant que les termes sommés sont nuls dans la relation

    Δn+1(Hn)=Δn+1(HHn-1)=k=0n+1(n+1k)Δk(H)Δn+1-k(Hn-1).

    L’identité Δn(Hn)=n!Bn s’obtient aussi par récurrence et un calcul assez analogue.

  • (c)

    Considérons une norme sous-multiplicative (par équivalence des normes en dimension finie, cela ne change rien au problème). On a

    Bn=1n!Δn(Hn).

    L’application linéaire Δ étant continue, on peut introduire k0 vérifiant

    Mp(),Δ(M)kM.

    On a alors

    Bn1n!knHn1n!(kH)n

    puis

    Bn1/n1(n!)1/n(kH)n+0 car n!n+2πn(ne)n.
  • (d)

    On peut plonger le problème dans le cadre complexe. Soit λ une valeur propre complexe de B et M une matrice de p() dont toutes les colonnes sont vecteurs propres de B associés à la valeur propre λ. On a
    BM=λM et donc BnM=λnM puis BnM1/n=|λ|M1/n. Or

    BnM1/nBn1/nM1/nn+0

    et l’on peut donc conclure λ=0.
    Puisque 0 est la seule valeur propre complexe de B, celle-ci est nilpotente.

 
Exercice 109  2719     MINES (MP)Correction  

Soient f et g deux endomorphismes d’un -espace vectoriel E de dimension finie n1 tels que

fg-gf=f.
  • (a)

    Montrer que f est nilpotent.

  • (b)

    On suppose fn-10. Montrer qu’il existe une base e de E et λ tels que:

    Mate(f)=(01(0)1(0)0)etMate(g)=Mate(f)=(λ(0)λ+1(0)λ+n-1).

Solution

  • (a)

    On vérifie fkg-gfk=kfk pour tout k.

    Si fk0 pour tout k alors l’endomorphisme hhg-gh admet une infinité de valeurs propres (à savoir tous les entiers naturels). Cela étant impossible en dimension finie, on peut affirmer que l’endomorphisme f est nilpotent.

  • (b)

    fn=0 (car dimE=n) et fn-10. Pour xKer(fn-1) et e=(fn-1(x),,f(x),x), on montre classiquement que e est une base de E dans laquelle la matrice de f est telle que voulue.

    On remarque

    f(g(fn-1(x)))=0E

    donc

    g(fn-1(x))=λ.fn-1(x)

    pour un certain λ.

    Aussi,

    fk(g(fn-1-k(x)))=(λ+k).fn-1(x)

    et la matrice de g dans e est donc triangulaire supérieure avec sur la diagonale λ,λ+1,,λ+n-1. Ainsi,

    Sp(g)={λ,,λ+n-1}.

    Soit y vecteur propre associé à la valeur propre λ+n-1.

    Si yKer(fn-1) alors puisque Ker(fn-1) est stable par g, λ+n-1 est valeur propre de l’endomorphisme induit par g sur Ker(fn-1). Cela n’étant pas le cas, yKer(fn-1). On vérifie alors facilement que la famille e=(fn-1(y),,f(y),y) résout notre problème.

 
Exercice 110  2441     CENTRALE (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie non nulle, u,v dans (E) et a,b dans . On suppose

uv-vu=au+bv.
  • (a)

    On étudie le cas a=b=0.
    Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.

  • (b)

    On étudie le cas a0, b=0.
    Montrer que u est non inversible.
    Calculer unv-vun et montrer que u est nilpotent.
    Conclure que u et v ont un vecteur propre en commun.

  • (c)

    On étudie le cas a,b0.
    Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.

Solution

  • (a)

    Puisque uv=vu les sous-espaces propres de u sont stables par v. Puisque E est un -espace vectoriel, u admet une valeur propre et le sous-espace propre associé est stable par v. L’endomorphisme induit par v sur celui-ci admet une valeur propre et cela assure l’existence d’un vecteur propre commun à u et v.

  • (b)

    uv-vu=au.
    Si u est inversible alors uvu-1-v=aIdE et donc tr(uvu-1)-tr(v)=adimE.
    Or tr(uvu-1)=tr(v) ce qui entraîne une absurdité.
    On en déduit que u est non inversible.
    Par récurrence sur n, on obtient

    unv-vun=naun.

    L’endomorphisme φ:wwv-vw n’admet qu’un nombre fini de valeurs propres car opère en dimension finie. Si u n’est pas nilpotent alors pour tout n, na est valeur propre de φ. C’est absurde et donc u est nilpotent.
    Enfin, soit xKer(u). On a u(v(x))=v(u(x))+au(x)=0 donc v(x)Ker(u).
    Par suite, Ker(u){0} est stable v et un vecteur propre de l’endomorphisme induit est vecteur propre commun à u et v.

  • (c)

    uv-vu=au+bv.
    Si a=0 il suffit de transposer l’étude précédente.
    Si a0, considérons w=au+bv.
    On a

    (au+bv)v-v(au+bv)=a(uv-vu)=a(au+bv).

    Par l’étude qui précède, au+bv et v ont un vecteur propre en commun puis u et v ont un vecteur propre en commun.

 
Exercice 111  4107      CENTRALE (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie non nulle, u et v deux endomorphismes de E.

  • (a)

    On suppose dans cette question et dans la suivante que uv-vu=u.
    Montrer que Ker(u) est stable par v.

  • (b)

    Montrer que Ker(u){0}.

    it On pourra raisonner par l’absurde et utiliser la trace.

    En déduire que u et v ont un vecteur propre commun.

  • (c)

    On suppose maintenant que uv-vuVect(u,v)
    Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle les matrices de u et v sont triangulaires supérieures.

Solution

  • (a)

    Soit xKer(u). On a u(x)=0E et donc

    u(v(x))=u(x)+v(u(x))=0E.

    Ainsi, v(x)Ker(u).

  • (b)

    Par l’absurde, si l’endomorphisme u est inversible, on peut écrire

    uvu-1=v+IdE.

    En passant à la trace, on obtient

    tr(v)=tr(v)+dimE.

    Cela est absurde. On en déduit Ker(u){0}.

    L’espace Ker(u) est stable v et non réduit à {0}, l’endomorphisme complexe induit par v sur cet espace de dimension finie admet donc une valeur propre λ. Si x est un vecteur propre associé, c’est un vecteur propre commun à u et v car

    u(x)=0Eetv(x)=λ.x.
  • (c)

    La conclusion qui précède vaut aussi pour une identité du type uv-vu=au avec a0.
    Dans le cas où a=0, la propriété est encore vraie en raisonnant cette fois-ci avec un sous-espace propre de u (stable par v car on est en situation où u et v commutent).
    Si uv-vu=au+bv avec b0 alors, en considérant w=au+bv, on a uw-wu=bw. Les endomorphismes u et w ont un vecteur propre en commun et celui-ci est aussi vecteur propre de v.
    Finalement, on retient

    uv-vuVect(u,v)u et v ont un vecteur propre en commun.

    On peut alors en déduire que ces deux endomorphismes sont cotrigonalisables en raisonnant par récurrence sur la dimension de E. En bref (car c’est assez long à rédiger), si l’on complète le vecteur propre précédent en une base de E, les endomorphismes u et v seront figurés par des matrices

    (λ*0A)et(μ*0B).

    La relation uv-vuVect(u,v) donne, par calcul par blocs, AB-BAVect(A,B). On applique l’hypothèse de récurrence aux matrices A et B:

    P-1AP=T et P-1BP=T avec P inversible de taille n-1.

    On transpose ensuite cette solution aux matrices précédentes via la matrice inversible

    (100P).

[<] Crochet de Lie[>] Diagonalisabilité d'un endomorphisme par l'étude de ses éléments propres

 
Exercice 112  4336  

Soit u un endomorphisme diagonalisable d’un espace E de dimension finie n1. Montrer que le noyau et l’image de u sont supplémentaires.

 
Exercice 113  4335  

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie n1 ne possédant qu’une seule valeur propre.

À quelle condition cet endomorphisme est-il diagonalisable?

 
Exercice 114  5362  Correction  

Soit u un endomorphisme diagonalisable d’un espace vectoriel réel E de dimension finie n1.

  • (a)

    Montrer Ker(u)=Ker(u2).

  • (b)

    A-t-on Im(u)=Im(u2)?

Solution

  • (a)

    On sait Ker(u)Ker(u2) car, si u(x)=0E, alors u2(x)=u(u(x))=u(0E)=0E.

    Méthode: On montre rg(u)=rg(u2) par diagonalisation de u.

    Puisque l’endomorphisme u est diagonalisable, il existe une base de E dans laquelle sa matrice est

    D=(λ1(0)(0)λn)

    λ1,,λn désignent les valeurs propres comptées avec multiplicité de l’endomorphisme u. Par élévation au carré,

    D2=(λ12(0)(0)λn2).

    Les matrices D et D2 ont le même rang car celui-ci correspond au nombre de coefficients non nuls sur la diagonale. Les endomorphismes u et u2 ont donc aussi le même rang. Enfin, par la formule du rang,

    dimKer(u)=n-rg(u)=n-rg(u2)=dimKer(u2).

    Par inclusion et égalité des dimensions, on conclut Ker(u)=Ker(u2).

  • (b)

    On sait Im(u2)Im(u) et l’égalité des rangs qui précèdent donne l’égalité des espaces.

 
Exercice 115  2539     CENTRALE (PC)Correction  

Soit E un espace vectoriel de dimension finie n2.

  • (a)

    Donner un exemple d’endomorphisme f de E dont l’image et le noyau ne sont pas supplémentaires.

  • (b)

    On suppose, dans cette question seulement, que f est un endomorphisme de E diagonalisable.

    Justifier que l’image et le noyau de f sont supplémentaires.

  • (c)

    Soit f un endomorphisme de E. Montrer qu’il existe un entier naturel non nul k tel que

    Im(fk)Ker(fk)=E.

    L’endomorphisme fk est-il nécessairement diagonalisable?

  • (d)

    Le résultat démontré en (c) reste-t-il valable si l’espace est de dimension infinie?

Solution

  • (a)

    Un endomorphisme non nul vérifiant f2=0 avec f0 convient. C’est le cas d’un endomorphisme représenté par la matrice

    (0100).
  • (b)

    Soit (e1,,en) une base de vecteurs propres de f. La matrice de f dans cette base est de la forme

    (λ1(0)(0)λn)

    et alors les espaces

    Ker(f)=Vect{ei|λi=0} et Im(f)=Vect{ei|λi0}

    sont évidemment supplémentaires (puisque associés à des regroupements de vecteurs d’une base).

  • (c)

    On vérifie Ker(fk)Ker(fk+1). La suite des dimensions des noyaux des fk est croissante et majorée par n. Elle est donc stationnaire et il existe k tel que

    k,dimKer(f+1)=dimKer(f).

    Par inclusion et égalité des dimensions

    k,Ker(f+1)=Ker(f).

    En particulier, Ker(f2k)=Ker(fk). On peut alors établir Im(fk)Ker(fk)={0E} et par la formule du rang on obtient la supplémentarité

    Im(fk)Ker(fk)=E.

    L’endomorphisme fk n’est pas nécessairement diagonalisable. Pour s’en convaincre il suffit de choisir pour f un automorphisme non diagonalisable.

  • (d)

    Le résultat n’est plus vrai en dimension infinie comme le montre l’étude de l’endomorphisme de dérivation dans l’espace des polynômes.

 
Exercice 116  796  Correction  

Montrer que si A est diagonalisable alors At l’est aussi.

Solution

Si A est diagonalisable alors il existe une matrice P inversible telle que

P-1AP=D

diagonale. En transposant,

PtAt(P-1)t=D

c’est-à-dire

QAtQ-1=D

avec Q=Pt inversible d’inverse Q-1=(P-1)t.

 
Exercice 117  1673  Correction  

Soient AGLn(𝕂) et Bn(𝕂).
On suppose la matrice AB diagonalisable. Montrer que BA est diagonalisable.

Solution

Il existe des matrices PGLn(𝕂) et DDn(𝕂) telles que

AB=PDP-1.

On a alors

A(BA)A-1=PDP-1

puis

BA=(A-1P)D(P-1A)=(A-1P)D(A-1P)-1.
 
Exercice 118  4353   

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension n1 admettant exactement n valeurs propres distinctes. À quelle condition portant sur un vecteur x de E peut-on affirmer que la famille (x,f(x),,fn-1(x)) est une base de E?

 
Exercice 119  4362   

L’ensemble des matrices diagonalisables de n() est-il convexe11 1 Une partie d’un espace vectoriel réel est convexe si elle contient tous les segments dont les extrémités lui appartiennent (voir ).?

[<] Diagonalisabilité[>] Diagonalisabilité d'une matrice par étude des éléments propres

 
Exercice 120  4339  

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E représenté dans une base =(e1,e2,e3) par la matrice

A=(01-1101110).
  • (a)

    Justifier que u est diagonalisable.

  • (b)

    Déterminer une base de diagonalisation de u.

 
Exercice 121  3776    CCP (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie non nulle et e=(e1,,en) une base de E.

On considère l’endomorphisme f de E déterminé par

k{1,,n},f(ek)=ek+i=1nei.
  • (a)

    Donner la matrice de f dans e.

  • (b)

    Déterminer les sous-espaces propres de f.

  • (c)

    L’endomorphisme f est-il diagonalisable?

  • (d)

    Calculer le déterminant de f. L’endomorphisme f est-il inversible?

Solution

  • (a)

    On obtient

    Mate(f)=(2(1)(1)2).
  • (b)

    D’une part

    f(e1++en)=(n+1)(e1++en)

    et d’autre part, pour x=x1e1++xnen avec x1++xn=0 on a

    f(x)=x.

    On en déduit que 1 et n+1 sont valeurs propres de f et puisque la valeur propre 1 est associé à un hyperplan, il ne peut y avoir d’autres valeurs propres.
    En résumé Sp(f)={1,n+1} et

    E1(f)={x|x1++xn=0} et En+1(f)=Vect(e1++en).
  • (c)

    L’endomorphisme f est diagonalisable car

    dimE1(f)+dimEn+1(f)=n.
  • (d)

    Par les valeurs propres

    det(f)=(n+1)0

    et l’endomorphisme f est inversible…

 
Exercice 122  799  Correction  

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie E.
On suppose que

Im(u-IdE)Im(u+IdE)={0E}.

Montrer que u est diagonalisable.

Solution

Puisque Im(u-IdE)Im(u+IdE)={0E}, on a

rg(u-IdE)+rg(u+IdE)dimE.

Par la formule du rang,

dimKer(u-IdE)+dimKer(u+IdE)dimE.

On en déduit que u est diagonalisable de valeurs propres possibles 1 et -1.

 
Exercice 123  801  Correction  

Soit E=n[X]. Pour PE, on pose

φ(P)=(X2-1)P′′(X)+2XP(X)
  • (a)

    Montrer que φ définit un endomorphisme de E.

  • (b)

    Former la matrice de φ relative à la base canonique de E.

  • (c)

    En déduire la diagonalisabilité de φ ainsi que ses valeurs propres et la dimension des sous-espaces propres associés.

Solution

  • (a)

    L’application φ est clairement linéaire de [X] vers lui-même. De plus, si deg(P)n, il est aisé d’observer que deg(φ(P))n. On peut donc conclure que φ est un endomorphisme de n[X].

  • (b)

    Pour tout k{0,,n},

    φ(Xk)=k(k+1)Xk-k(k-1)Xk-2

    Cela permet de former la représentation matricielle souhaitée.

  • (c)

    On constate que la matrice de φ est triangulaire de coefficients diagonaux 0,,k(k+1),,n(n+1) deux à deux distincts. Il est ensuite aisé de calculer le polynôme caractéristique de φ et de conclure que φ est diagonalisable car admet exactement n+1=dimE valeurs propres qui sont 0,,k(k+1),,n(n+1). De plus, les sous-espaces propres de φ sont de dimension 1.

 
Exercice 124  800   Correction  

Soit E=n[X]. Pour PE, on pose

φ(P)=P-(X+1)P.
  • (a)

    Justifier que φ définit un endomorphisme de n[X].

  • (b)

    Déterminer les valeurs propres de φ et justifier que φ est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    φ est clairement linéaire et à valeurs dans E.

  • (b)

    Pour k0;n,

    φ(Xk)=Xk-k(X+1)Xk-1=(1-k)Xk-kXk-1.

    La matrice de φ dans la base canonique de E est triangulaire supérieure. Les coefficients diagonaux sont alors les racines du polynôme caractéristique et ce sont donc les valeurs propres de φ à savoir 1,0,-1,,(1-n). Cela détermine n+1=dimE valeurs propres distinctes, l’endomorphisme φ est donc diagonalisable (et ses sous-espaces propres sont des droites vectorielles).

 
Exercice 125  802   Correction  

Soient E=n[X] et deux réels ab. Pour PE, on pose

φ(P)=(X-a)(X-b)P-nXP.
  • (a)

    Montrer que φ est un endomorphisme de E.

  • (b)

    Déterminer les valeurs propres de φ et en déduire que φ est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    Si deg(P)n-1, il est clair que φ(P)E.
    Si deg(P)=n après simplification des termes en Xn+1, on obtient que φ(P)E.
    La linéarité de φ est claire et donc on peut conclure que φ est un endomorphisme.

  • (b)

    La matrice de φ dans la base canonique est tridiagonale et peu pratique.
    Formons plutôt la matrice de φ dans la base des (X-a)k

    φ((X-a)k)=k(X-a)k(X-b)-nX(X-a)k

    donc

    φ((X-a)k)=(k-n)(X-a)k+1+(k(a-b)-na)(X-a)k

    et cette fois-ci la matrice de φ est triangulaire inférieure à coefficients diagonaux distincts:

    -nb,-(a+(n-1)b),-(2a+(n-2)b),,-((n-1)a+b),-na

    qui sont les valeurs propres de φ. Puisque φ admet n+1 valeurs propres distinctes et que dimE=n+1, on peut conclure que φ est diagonalisable

 
Exercice 126  2511     CCP (MP)Correction  

Soient E=n[X] (avec n2) et a. Pour PE, on pose

ϕ(P)(X)=(X-a)(P(X)-P(a))-2(P(X)-P(a))
  • (a)

    Montrer que ϕ définit un endomorphisme de n[X].

  • (b)

    À l’aide de la formule de Taylor, déterminer l’image et le noyau de ϕ.

  • (c)

    Trouver les éléments propres de Φ. Cet endomorphisme est-il diagonalisable?

Solution

  • (a)

    La linéarité est immédiate et sans peine deg(ϕ(P))n pour Pn[X].

  • (b)

    On a

    P(X)=k=0nP(k)(a)k!(X-a)k.
    P(X)=k=1nP(k)(a)(k-1)!(X-a)k-1

    puis

    ϕ(P)(X)=k=2nP(k)(a)(k-1)!(X-a)k-2k=1nP(k)(a)k!(X-a)k

    donc

    ϕ(P)(X)=k=3n(k-2)P(k)(a)k!(X-a)k-2P(a)(X-a).

    Ainsi,

    PKer(ϕ)P(a)=0 et 3kn,P(k)(a)=0

    et donc

    Ker(ϕ)=Vect(1,(X-a)2).

    Aussi,

    PIm(ϕ)P(a)=P′′(a)=0

    et donc

    Im(ϕ)=(X-a)3n-3[X]+Vect(X-a).
  • (c)

    On a

    ϕ(P)=λP{0=λP(a)-2P(a)=λP(a)(k-2)P(k)(a)=λP(k)(a) pour k{2,,n}.

    Cette équation possède une solution non nulle si, et seulement si, λ=0, λ=-2 ou λ=k-2 avec k{2,,n}.

    Ainsi,

    Sp(ϕ)={-2,0,1,,n-2}.

    On a

    E-2(ϕ)=Vect(X-a),E0(ϕ)=Ker(ϕ),Ek-2(ϕ)=Vect(X-a)k

    pour k{3,,n}. La somme des dimensions des sous-espaces propres valant dimn[X], l’endomorphisme est diagonalisable.

    En fait, la base des (X-a)k est une base de diagonalisation de l’endomorphisme ϕ.

 
Exercice 127  4987   

Soient A[X] et x0,x1,,xn des réels deux à deux distincts. On étudie l’application f qui associe à un polynôme P de n[X] le reste de la division euclidienne de AP par B=(X-x0)(X-x1)(X-xn).

  • (a)

    Vérifier que f est un endomorphisme de n[X].

  • (b)

    Déterminer les valeurs propres de f ainsi que les espaces propres associés.

  • (c)

    L’endomorphisme f est-il diagonalisable?

 
Exercice 128  803  Correction  

Étudier la diagonalisabilité de l’endomorphisme ϕ de n() défini par

ϕ(M)=M+tr(M).In.

Solution

Si M appartient à l’hyperplan des matrices de trace nulle alors ϕ(M)=M et donc ME1(ϕ).

Ainsi, l’espace E1(ϕ) est de dimension au moins égale à n2-1.

De plus, ϕ(In)=(n+1)In donc l’espace propre En+1(ϕ) est de dimension au moins égale à 1.

Puisque la somme des dimensions des sous-espaces propres est au moins égale à n2=dimn(), l’endomorphisme ϕ est diagonalisable (et les inégalités précédentes étaient des égalités).

 
Exercice 129  810  Correction  

Soient D=diag(λ1,,λn) et φ:MDM-MD endomorphisme de n(𝕂).

  • (a)

    Calculer φ(Ei,j)Ei,j désigne la matrice élémentaire d’indice (i,j) de n(𝕂).
    Quelle particularité présente la matrice de φ relativement à la base canonique de n(𝕂)?

  • (b)

    Soit f un endomorphisme diagonalisable d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.
    L’endomorphisme ϕ:ufu-uf de (E) est-il diagonalisable?

Solution

  • (a)

    φ(Ei,j)=(λi-λj)Ei,j. La matrice de φ relative à la base canonique de n(𝕂) est diagonale.

  • (b)

    Soit une base de E dans laquelle l’endomorphisme f est représenté par une matrice diagonale D. En introduisant l’image réciproque de la base canonique de n(𝕂) par l’isomorphisme de représentation matricielle dans , on obtient une base de (E) dans laquelle ϕ est représenté par une matrice diagonale.

 
Exercice 130  1324     CENTRALE (PSI)Correction  

Soient E=𝒮2(),

A=(abcd)2()

et Φ:𝒮2()𝒮2() définie par

Φ(S)=AS+SAt.
  • (a)

    Déterminer la matrice de Φ dans une base de E.

  • (b)

    Pour λ, quelle relation existe-t-il entre χΦ(2λ) et χA(λ)?

  • (c)

    Si Φ est diagonalisable, la matrice A l’est-elle?

  • (d)

    Si A est diagonalisable, l’endomorphisme Φ l’est-il?

Solution

On vérifie aisément que Φ est endomorphisme de 𝒮2().

  • (a)

    En choisissant la base de 𝒮2() formée des matrices E1,1,E2,2 et E1,2+E2,1, on obtient la matrice de Φ suivante

    (2a02b02d2ccba+d).
  • (b)

    Par la règle de Sarrus, on calcule χΦ(λ) et l’on obtient

    χΦ(2λ)=8(λ-a+d2)χA(λ).
  • (c)

    Posons Δ égal au discriminant de χA.
    Si Δ>0 alors χΦ possède trois racines réelles distinctes

    a+d,a+d+Δeta+d-Δ.

    Si Δ=0 alors χΦ possède une racine réelle triple

    a+d.

    Si Δ<0 alors χΦ possède une racine réelle et deux racines complexes non réelles.

    Supposons Φ diagonalisable.

    Le polynôme caractéristique de Φ est scindé sur donc Δ0.

    Si Δ>0 alors χA possède deux racines réelles distinctes et la matrice A est donc diagonalisable.

    Si Δ=0 alors Φ est diagonalisable et ne possède qu’une seule valeur propre λ=a+d donc l’endomorphisme Φ est une homothétie vectorielle de rapport égal à cette valeur propre. On obtient matriciellement

    (2a02b02d2ccba+d)=(a+d000a+d000a+d).

    On en déduit

    A=(abcd)=(a00a)

    et donc la matrice A est diagonalisable.

  • (d)

    Supposons A diagonalisable
    Le polynôme caractéristique de A est scindé sur donc Δ0.
    Si Δ>0 alors Φ est diagonalisable car possède 3 valeurs propres réelles distinctes.
    Si Δ=0 alors A possède une seule valeur propre et étant diagonalisable, c’est une matrice scalaire

    A=(a00a)

    et alors la matrice de Φ est diagonale

    (2a0002a0002a).
 
Exercice 131  3450     CCP (MP)Correction  

On considère un -espace vectoriel de dimension finie E, u un endomorphisme de E, U=(ui,j) la matrice de u dans une base de E, ei,j les projecteurs associés à cette base et Ei,j la matrice de ces projecteurs.
On considère φ l’endomorphisme dans (E) tel que

φ(v)=uv.
  • (a)

    Montrer que φ et u ont les mêmes valeurs propres.

  • (b)

    Calculer UEi,j en fonction des Ek,j. En déduire qu’il existe une base de (E) dans laquelle la matrice de φ est diagonale par blocs et exprimer cette matrice.

Solution

  • (a)

    Soit λ une valeur propre de φ.
    Il existe v(E){0~} tel que uv=λv.
    Soit alors xE tel que v(x)0 (ce qui est possible puisque v0~)
    Puisque u(v(x))=λv(x), on peut affirmer que λ est valeur propre de u.
    Inversement, soit λ une valeur propre de u et x0 un vecteur propre associé.
    Considérons v l’endomorphisme de E déterminé par

    1in,v(ei)=x.

    L’endomorphisme v est bien déterminé puisque l’on a ici fixé l’image d’une base.
    Puisque a uv=λv (car cette égalité vaut pour les vecteurs d’une base), on obtient φ(v)=λv avec v0~. Ainsi, λ est aussi valeur propre de φ.

  • (b)

    Sachant Ei,jEk,=δj,kEi,,

    UEi,j=k,=1nuk,Ek,Ei,j=k=1nuk,iEk,j.

    Dans la base ((E1,1,,En,1),(E1,2,,En,2),,(E1,n,,En,n)), la matrice de φ est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux chacun égaux à U.

 
Exercice 132  3015     ENSTIM (MP)Correction  

Soient E un espace vectoriel de dimension finie, p un projecteur fixé de E et :(E)(E) définie par

:f12(fp+pf).
  • (a)

    L’application est-elle linéaire?

  • (b)

    L’endomorphisme est-il diagonalisable?

  • (c)

    Quelle est la dimension des sous-espaces propres associés?

Solution

  • (a)

    Par bilinéarité du produit de composition, on vérifie aisément que est linéaire.

  • (b)

    Soit f(E).

    Cas: Im(f)Im(p) et Ker(p)Ker(f). On a (f)=f.

    Un tel endomorphisme f est entièrement déterminé par sa restriction de Im(p) vers Im(p). On en déduit

    dimE1()(dimIm(p))2.

    Cas: Im(f)Ker(p) et Im(p)Ker(f). On a (f)=0.

    Un tel endomorphisme f est entièrement déterminé par sa restriction de Ker(p) vers Ker(p). On en déduit

    dimE0()(dimKer(p))2.

    Cas: Im(f)Im(p) et Im(p)Ker(f). On a (f)=12f.

    Un tel endomorphisme f est entièrement déterminé par sa restriction de