Exercice 2 5114

Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel $E$ vérifiant $u \circ v = v \circ u$ .

(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

$p \circ f = f \circ p \Leftrightarrow Im (p) et Ker (p) sont stables par f .$

Exercice 3 5065

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

Exercice 4 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 $u^{2} = λ . u$ .

Exercice 5 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 $E = F \oplus G$ . 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, $u (x) \in F$ pour tout $x \in F$ .
(b)

La matrice est triangulaire par blocs

$(\begin{matrix} A & B \\ 0 & C \end{matrix})$

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

Exercice 6 5115

Soient $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension $n \geq 1$ et $ℬ = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ .

(a)
Montrer qu’il y a équivalence entre:
- (i)
  
  la matrice de $u$ dans $ℬ$ est triangulaire supérieure;
- (ii)
  
  $u (e_{j}) \in Vect (e_{1}, \dots, e_{j})$ pour tout $j \in ⟦ 1; n ⟧$ ;
- (iii)
  
  l’espace $Vect (e_{1}, \dots, e_{k})$ est stable par $u$ pour tout $k \in ⟦ 1; n ⟧$ .
(b)

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

Exercice 7 5805 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel et $V$ une sous-algèbre de $ℒ (E)$ .

Établir que pour $x \in E$ , $F_{x} = {f (x) | f \in V}$ est un sous-espace de $E$ contenant $x$ et stable par tout élément de $V$ .

Solution

L’ensemble $F_{x}$ est évidemment une partie de $E$ .

Pour $f$ égal à l’endomorphisme nul, on a $f \in V$ et donc $f (x) = 0_{E} \in F_{x}$ .

Soient $y_{1}, y_{2} \in F_{x}$ . Il existe $f_{1}, f_{2}$ dans $V$ tels que

y_{1} = f_{1} (x) et y_{2} = f_{2} (x) .

Pour tous $λ_{1}, λ_{2} \in 𝕂$ ,

λ_{1} y_{1} + λ_{2} y_{2} = (λ_{1} f_{1} + λ_{2} f_{2}) (x) avec λ_{1} f_{1} + λ_{2} f_{2} \in V .

Par conséquent, $λ_{1} y_{1} + λ_{2} y_{2} \in F_{x}$ . Ainsi, $F_{x}$ est un sous-espace vectoriel de $E$ .

Puisque ${Id}_{E} \in V$ (car une sous-algèbre contient toujours le neutre multiplicatif), on a $x = {Id}_{E} (x) \in F_{x}$ .

Enfin, soit $g \in V$ . Pour tout $y \in F_{x}$ , on peut écrire $y = f (x)$ avec $f \in V$ et alors $g (y) = g (f (x)) = (g \circ f) (x)$ avec $g \circ f \in V$ car $V$ est stable par composition. Ainsi, $g (y) \in V_{x}$ . Le sous-espace vectoriel $V_{x}$ est stable par $g$ et ce, quel que soit $g$ dans $V$ .

Exercice 8 4460

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie vérifiant $f^{3} + f = 0$ .

(a)

Vérifier que l’image et le noyau de $f$ sont supplémentaires.
(b)

Montrer que l’endomorphisme $f$ est de rang pair.

Exercice 9 5737 Correction

Soient $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ de dimension finie $n \in ℕ^{*}$ et $x$ un vecteur non nul de $E$ .

(a)

Justifier qu’il existe $p \in ℕ^{*}$ tel que la famille $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ est libre alors que $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x), u^{p} (x))$ est liée.
(b)

Observer qu’alors l’espace $F_{x} = Vect (x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ est stable par $u$ .

Solution

(a)

Soit

$A = {p \in ℕ | la famille (x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x)) est libre} .$

Cet ensemble est une partie de $ℕ$ non vide car $0 \in A$ puisque la famille réduite au vecteur non nul $x$ est libre. Aussi, l’ensemble $A$ est majoré par $n$ car toute famille libre de vecteurs de $E$ ne peut comporter plus de $n = dim E$ vecteurs.

L’ensemble $A$ possède donc un plus grand élément. En notant $p$ celui-ci, on obtient que la famille $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ est libre car $p \in A$ alors que $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x), u^{p} (x))$ est liée car $p + 1 \notin A$ .
(b)

Puisque la famille $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ est libre alors que $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x), u^{p} (x))$ est liée, nécessairement, $u^{p} (x)$ est combinaison linéaire des vecteurs de la famille $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ . On observe alors

${\begin{matrix} u (x) & \in F_{x} \\ u (u (x)) = u^{2} (x) & \in F_{x} \\ ⋮ \\ u (u^{p - 2} (x)) = u^{p - 1} (x) & \in F_{x} \\ u (u^{p - 1} (x)) = u^{p} (x) & \in F_{x} . \end{matrix}$

Ainsi, les images par $u$ des vecteurs engendrant $F_{x}$ appartiennent à $F_{x}$ . Par combinaison linéaire, toute image par $u$ d’un vecteur de $F_{x}$ est élément de $F_{x}$ : l’espace $F_{x}$ est stable par $u$ .

Exercice 10 3462

Soit $u$ endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie $n \geq 2$ . On suppose que $E$ et ${0_{E}}$ 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 le sujet 4328). Pour $n \geq 3$ , l’hypothèse de ce sujet pourra être rencontrée si $𝕂 = ℚ$ . 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 $e_{x} = (x, u (x), \dots, u^{n - 1} (x))$ est une base de $E$ .
(c)

On note $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - 1}$ les coordonnées de $u^{n} (x)$ dans la base $e_{x}$ . Établir

$u^{n} = a_{0} . {Id}_{E} + a_{1} . u + \dots + a_{n - 1} . u^{n - 1} .$
(d)

Exprimer la matrice de $u$ dans la base $e_{x}$ .

Exercice 11 758 Correction

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

N = ⋃_{p \in ℕ} Ker (u^{p}) et I = ⋂_{p \in ℕ} Im (u^{p}) .

(a)

Montrer qu’il existe $n \in ℕ$ tel que $N = Ker (u^{n})$ et $I = Im (u^{n})$ .
(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 $E = F \oplus G$ 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 ${(Ker (u^{p}))}_{p \in ℕ}$ et ${(Im (u^{p}))}_{p \in ℕ}$ sont respectivement croissante et décroissante pour l’inclusion. La suite ${(dim Ker (u^{p}))}_{p \in ℕ}$ est une suite croissante et majorée d’entiers naturels, elle est donc stationnaire

$\exists n \in ℕ, \forall p \geq n, dim Ker (u^{p}) = dim Ker (u^{n}) .$

Or $Ker (u^{p}) \supset Ker (u^{n})$ donc $Ker (u^{p}) = Ker (u^{n})$ puis $N = Ker (u^{n})$ . Aussi,

$dim Im (u^{p}) = dim E - dim Ker (u^{p}) = dim E - dim Ker (u^{n}) = dim Im (u^{n})$

et $Im (u^{p}) \subset Im (u^{n})$ donc $Im (u^{p}) = Im (u^{n})$ puis $I = Im (u^{n})$ .
(b)

En vertu du théorème du rang,

$dim N + dim I = dim Ker (u^{n}) + dim Im (u^{n}) = dim E .$

Soit $x \in N \cap I$ . Il existe $a \in E$ tel que $x = u^{n} (a)$ et alors $u^{n} (x) = 0$ donc $u^{2 n} (a) = 0$ . Ainsi, $a \in Ker (u^{2 n}) = Ker (u^{n})$ donc $x = u^{n} (a) = 0$ . On en déduit $N \cap I = {0}$ d’où $E = N \oplus I$ .

Les endomorphismes $u$ et $u^{n}$ commutent donc $N$ et $I$ sont stables par $u$ .

Aussi,

${(u_{N})}^{n} = {(u^{n})}_{Ker (u^{n})} = 0$

et l’endomorphisme induit $u_{N}$ est donc nilpotente.

L’égalité $Im (u^{n + 1}) = Im (u^{n})$ donne $u (Im (u^{n})) = Im (u^{n})$ donc $u_{I}$ est surjective puis bijective car $dim Im (u^{n}) < + \infty$ .
(c)

Par supplémentarité,

$dim E = dim F + dim G = dim N + dim I .$

Il existe $p \in ℕ$ , tel que ${(u_{F})}^{p} = 0$ donc $F \subset Ker (u^{p}) \subset N$ .

L’endomorphisme induit $u_{G}$ est bijective donc ${(u_{G})}^{n}$ aussi. Or $G = Im {(u_{G})}^{n} \subset Im (u^{n}) = I$ . On a alors $dim F \leq dim N$ , $dim G \leq dim I$ et $dim F + dim G = dim N + dim I$ donc $dim F = dim N$ et $dim G = dim I$ . Par inclusion et égalité des dimensions, $F = N$ et $G = I$ .

Exercice 12 3006 NAVALE (MP)Correction

Soit $E$ l’ensemble des endomorphismes de $ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant

\forall M \in ℳ_{n} (ℝ), u (M^{⊤}) = {(u (M))}^{⊤} .

(a)

Vérifier que $E$ est une $ℝ$ -algèbre.
(b)

Déterminer sa dimension.

Solution

(a)

L’ensemble $E$ est une partie de l’algèbre $ℒ (ℳ_{n} (ℝ))$ et celle-ci contient l’endomorphisme identité.

Soient $λ, μ \in ℝ$ et $u, v \in E$ . Pour tout $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ ,

$(λ u + μ v) (M^{⊤}) = λ u (M^{⊤}) + μ v (M^{⊤}) = λ {(u (M))}^{⊤} + μ {(v (M))}^{⊤} = {((λ u + μ v) (M))}^{⊤}$

et

$(u \circ v) (M^{⊤}) = u (v (M^{⊤})) = u ({(v (M))}^{⊤}) = {(u (v (M)))}^{⊤} = {((u \circ v) (M))}^{⊤} .$

Ainsi, $λ u + μ v \in E$ et $u \circ v \in E$ .

L’ensemble $E$ est une sous-algèbre de $ℒ (M_{n} (ℝ))$ .
(b)

Soit $u \in E$ . Si $M$ est une matrice symétrique (resp. antisymétrique), $u (M)$ l’est aussi: les sous-espaces vectoriels $𝒮_{n} (ℝ)$ et $𝒜_{n} (ℝ)$ sont donc stables par $u$ . Inversement, supposons les sous-espaces vectoriels $𝒮_{n} (ℝ)$ et $𝒜_{n} (ℝ)$ stables par $u$ endomorphisme de $ℳ_{n} (ℝ)$ . Pour tout $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on écrit $M = S + A$ avec $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ et $A \in 𝒜_{n} (ℝ)$ . Par linéarité, $u (M) = u (S) + u (A)$ et $u (M^{⊤}) = u (S - A) = u (S) - u (A)$ . Or $u (S)$ est symétrique et $u (A)$ antisymétrique donc

$u (M^{⊤}) = {(u (S))}^{⊤} + {(u (A))}^{⊤} = {(u (S) + u (A))}^{⊤} = {(u (M))}^{⊤} .$

L’ensemble $E$ est donc exactement constitué des endomorphismes de $ℳ_{n} (ℝ)$ stabilisant les sous-espaces vectoriels $𝒮_{n} (ℝ)$ et $𝒜_{n} (ℝ)$ . Ces espaces étant supplémentaires, un endomorphisme élément de $E$ est déterminé¹¹ 1 Autrement dit, on peut introduire un isomorphisme entre $E$ et $ℒ (𝒮_{n} (ℝ)) \times ℒ (𝒜_{n} (ℝ))$ par ses restrictions à ceux-ci qui sont des endomorphismes de $𝒮_{n} (ℝ)$ et $𝒜_{n} (ℝ)$ . On en déduit

$dim E$ $= dim (ℒ (𝒮_{n} (ℝ)) \times ℒ (𝒜_{n} (ℝ)))$

$= dim ℒ (𝒮_{n} (ℝ)) + dim ℒ (𝒜_{n} (ℝ))$

$= {(\frac{n (n + 1)}{2})}^{2} + {(\frac{n (n - 1)}{2})}^{2} = \frac{n^{2} (n^{2} + 1)}{2} .$

Exercice 13 216 Correction

Soient $u \in ℒ (E)$ (avec $dim E < + \infty$ ) nilpotent et $p \in ℕ^{*}$ tel que $u^{p} = 0$ .

(a)

Montrer que pour tout $k \in {1, \dots, p}$ , il existe un sous-espace vectoriel $F_{k}$ de $E$ tel que

$Ker (u^{k}) = Ker (u^{k - 1}) \oplus F_{k} .$
(b)

Établir que $E = F_{1} \oplus \dots \oplus F_{p}$ .
(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)

$Ker (u^{k - 1})$ est un sous-espace vectoriel de $Ker (u^{k})$ et, comme on se place en dimension finie, tout sous-espace vectoriel admet un supplémentaire.
(b)

On écrit

$E$ $= Ker (u^{p}) = Ker (u^{p - 1}) \oplus F_{p}$

$= Ker (u^{p - 2}) \oplus F_{p - 1} \oplus F_{p} = \dots$

$= Ker (u^{0}) \oplus F_{1} \oplus \dots \oplus F_{p}$

avec $Ker (u^{0}) = {0}$ .
(c)

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

$(\begin{matrix} 0 & (*) \\ ⋱ \\ (0) & 0 \end{matrix})$

car l’endomorphisme $u$ envoie les vecteurs de l’espace $F_{k}$ dans

$Ker (u_{k - 1}) = F_{1} \oplus \dots \oplus F_{k - 1} .$

Exercice 14 3459 Correction

Soient $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension finie $n$ non nulle et $f \in ℒ (E)$ vérifiant $f^{2} = - {Id}_{E}$ .

(a)

Soit $a \in E$ 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 $E$ $a_{1}, \dots, a_{p}$ non nuls tels que

$E = F (a_{1}) \oplus \dots \oplus F (a_{p}) .$
(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

$λ a + μ f (a) = 0_{E} .$

En appliquant $f$ , on obtient

$- μ a + λ f (a) = 0_{E} .$

La combinaison $λ (1) - μ (2)$ donne $(λ^{2} + μ^{2}) a = 0_{E}$ , or $a \neq 0_{E}$ donc $λ = μ = 0$ puisque $λ, μ \in ℝ$ .
(b)

Montrons par récurrence sur $k \in ℕ^{*}$ la propriété
« il existe $a_{1}, \dots, a_{k}$ non nuls tels que les espaces $F (a_{1}), \dots, F (a_{k})$ sont en somme directe » ou « il existe $p \in ℕ^{*}$ et il existe $a_{1}, \dots, a_{p}$ tel que $E = F (a_{1}) \oplus \dots \oplus F (a_{p})$ . »

Pour $k = 1$ la propriété est claire car $E \neq {0_{E}}$ .

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 $a_{1}, \dots, a_{k}$ vecteurs non nuls de $E$ tels que les espaces $F (a_{1}), \dots, F (a_{k})$ sont en somme directe.

Si $E = F (a_{1}) \oplus \dots \oplus F (a_{k})$ alors la propriété est vérifiée au rang $k + 1$ en choisissant $p = k$ .

Sinon, il existe $a_{k + 1} \in E$ tel que $a_{k + 1} \notin F (a_{1}) \oplus \dots \oplus F (a_{k})$ . Montrons qu’alors les espaces $F (a_{1}), \dots, F (a_{k}), F (a_{k + 1})$ sont en somme directe.

Supposons

$x_{1} + \dots + x_{k} + x_{k + 1} = 0_{E}$

avec $x_{j} = λ_{j} a_{j} + μ_{j} f (a_{j}) \in F (a_{j})$ .

En appliquant $f$ , on obtient

$y_{1} + \dots + y_{k} + y_{k + 1} = 0_{E}$

avec $y_{j} = - μ_{j} a_{j} + λ_{j} f (a_{j})$ .

La combinaison $λ_{k + 1} (3) - μ_{k + 1} (4)$ donne alors

$(λ_{k + 1}^{2} + μ_{k + 1}^{2}) a_{k + 1} \in F (a_{1}) \oplus \dots \oplus F (a_{k})$

et donc $λ_{k + 1} = μ_{k + 1} = 0$ car on a choisi $a_{k + 1} \notin F (a_{1}) \oplus \dots \oplus F (a_{k})$ .

On en déduit $x_{k + 1} = 0_{E}$ et la relation $(3)$ devient $x_{1} + \dots + x_{k} = 0_{E}$ qui donne $x_{1} = \dots = x_{k} = 0_{E}$ car les espaces $F (a_{1}), \dots, F (a_{k})$ sont en somme directe.

La récurrence établie.
(c)

Ce qui précède assure $dim E = 2 p$ et, dans la base $(a_{1}, f (a_{1}), \dots, a_{p}, f (a_{p}))$ , la matrice de $f$ est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux égaux à

$(\begin{matrix} 0 & - 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) .$

Exercice 15 3116 X (MP)

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

Montrer $S = E$ .

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

Exercice 16 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 $f (x) \in D$ et il existe donc $λ \in 𝕂$ tel que $f (x) = λ . x$ .

Inversement, s’il existe $λ \in 𝕂$ tel que $f (x) = λ . x$ alors, pour tout $y \in D$ , on peut écrire $y = α . x$ avec $α \in 𝕂$ et

f (y) = α . f (x) = (α λ) . x \in D .

Ainsi, $D$ est stable pâr $f$ .

Exercice 17 5733 Correction

Soient $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ de dimension finie $n \in ℕ^{*}$ et $x$ un vecteur non nul de $E$ .

(a)

Justifier qu’il existe $p \in ℕ^{*}$ tel que la famille $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ est libre tandis que $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x), u^{p} (x))$ est liée.
(b)

Observer qu’alors l’espace $F_{x} = Vect (x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ est stable par $u$ .

Solution

(a)

Soit

$A = {p \in ℕ | la famille (x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x)) est libre} .$

Cet ensemble est une partie de $ℕ$ non vide car $0 \in A$ puisque la famille réduite au vecteur non nul $x$ est libre. Aussi, l’ensemble $A$ est majoré par $n$ car toute famille libre de vecteurs de $E$ ne peut comporter plus de $n = dim E$ vecteurs.

L’ensemble $A$ possède donc un plus grand élément. En notant $p$ celui-ci, on obtient que la famille $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ est libre car $p \in A$ alors que $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x), u^{p} (x))$ est liée car $p + 1 \notin A$ .
(b)

Puisque la famille $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ est libre alors que $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x), u^{p} (x))$ est liée, nécessairement, $u^{p} (x)$ est combinaison linéaire des vecteurs de la famille $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ . On observe alors

${\begin{matrix} u (x) & \in F_{x} \\ u (u (x)) = u^{2} (x) & \in F_{x} \\ ⋮ \\ u (u^{p - 2} (x)) = u^{p - 1} (x) & \in F_{x} \\ u (u^{p - 1} (x)) = u^{p} (x) & \in F_{x} . \end{matrix}$

Ainsi, les images par $u$ des vecteurs engendrant $F_{x}$ appartiennent à $F_{x}$ . Par combinaison linéaire, toute image par $u$ d’un vecteur de $F_{x}$ est élément de $F_{x}$ : l’espace $F_{x}$ est stable par $u$ .

Exercice 18 4973 MINES (PC)

Soient $φ$ une forme linéaire non nulle sur $ℝ^{n}$ et $f$ un endomorphisme de $ℝ^{n}$ .

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

Exercice 19 4977 X (PC)

Soit $ℬ = (e_{1}, \dots, e_{n})$ la base canonique de $ℝ^{n}$ . Déterminer les sous-espaces stables par l’endomorphisme $f$ de $ℝ^{n}$ figuré dans $ℬ$ par la matrice

J = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & 1 \\ (0) & 0 \end{matrix}) .

Exercice 20 757

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

Exercice 21 4164 CENTRALE (MP)Correction

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

(a)

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

$\forall k \geq p, Ker (f^{k + 1}) = Ker (f^{k}) .$

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 $ℝ_{n} [X]$ est nilpotent pour tout $n \in ℕ$ . Montrer qu’il existe $m \in ℕ$ tel que $F = ℝ_{m} [X]$ .
(c)

Montrer que si $F$ est de dimension infinie alors $F = ℝ [X]$ .
(d)

Soit $g \in ℒ (E)$ tel que $g^{2} = k Id + D$ avec $k \in ℝ$ . 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)

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

Soit $F$ de dimension finie stable par $D$ . Il existe $n \in ℝ_{n} [X]$ tel que $F \subset ℝ_{n} [X]$ . $D$ est nilpotent sur $ℝ_{n} [X]$ 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

$\forall P \in F, D^{m + 1} (P) = 0 .$

Ceci donne $F \subset ℝ_{m} [X]$ et l’on obtient l’égalité par argument de dimension.
(c)

On suppose $F$ de dimension infinie.

Soit $P \in ℝ [X]$ et $n$ son degré. Il existe $Q \in F$ tel que $\deg (Q) \geq n$ . La famille $(Q, D (Q), \dots, D^{q} Q)$ (avec $q = \deg (Q)$ ) est une famille de polynômes de degrés étagés tous éléments de $F$ . On a donc

$P \in ℝ_{q} [X] = Vect (Q, D (Q), \dots, D^{q} (Q)) \subset F .$
(d)

Supposons $g^{2} = k Id + D$ .

$D$ 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 $g^{2} (1) = λ^{2} = k$ . On en déduit $k \geq 0$ .

On a même $k > 0$ , car si $g^{2} = D$ alors $Ker (g^{2})$ est de dimension $1$ . Or $Ker (g) \subset Ker (g^{2})$ et donc $dim Ker (g) = 0$ ou $1$ . Le premier cas est immédiatement exclu et le second l’est aussi car si $Ker (g) = Ker (g^{2})$ , les noyaux itérés qui suivent sont aussi égaux.

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

$\sqrt{1 + x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$

alors

$g = \sqrt{k} \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} {(\frac{D}{\sqrt{k}})}^{n}$

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 22 4344

On munit l’espace $ℳ_{n,1} (ℝ)$ du produit scalaire canonique défini par $⟨ X, Y ⟩ = X^{⊤} Y$ pour toutes colonnes $X$ et $Y$ .

(a)

Montrer qu’un sous-espace vectoriel $F$ de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ est stable par $A$ si, et seulement si, $F^{⊥}$ est stable par $A^{⊤}$ .
(b)

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

$A = (\begin{matrix} - 3 & 2 & 2 \\ - 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

[<] Détermination d'espaces stables[>] Éléments propres d'un endomorphisme

Exercice 23 5118

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

Montrer que l’espace $Ker (f^{2} + {Id}_{E})$ est de dimension paire.

Exercice 24 3205 CCINP (MP)Correction

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

u^{3} + 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 $v^{2}$ .
(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,

$\forall x \in Im (u), u (x) \in Im (u) .$
(b)

Si $x \in Im (u)$ alors il existe $a \in E$ tel que $x = u (a)$ . On a alors

$v^{2} (x) = u^{3} (a) = - u (a) = - x .$

Ainsi, $v^{2} = - {Id}_{Im (u)}$ .
(c)

D’une part,

$\det (v^{2}) = {(\det (v))}^{2} > 0$

et, d’autre part,

$\det (v^{2}) = \det (- {Id}_{Im (u)})) = (- 1)^{dim Im (u)}$

donc

${(- 1)}^{dim Im (u)} > 0 .$

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 $A^{3} + A = 0$ . Elle annule le polynôme $X^{3} + X$ qui est scindé à racines simples ( $0$ , $i$ et $- i$ ) sur $ℂ$ . 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 25 5334 Correction

Soit $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

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

$rg (g \circ f) < rg (f) .$
(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 $rg (g \circ f) < rg (f)$ .
(b)

Soient $f_{1}, \dots, f_{n}$ des endomorphismes nilpotents de $E$ commutant deux à deux. Par récurrence, on établit $rg (f_{1} \circ \dots \circ f_{k}) \leq n - k$ et l’on en déduit $f_{1} \circ \dots \circ f_{n} = 0$ .

Exercice 26 5282 NAVALE (MP)Correction

Soit $E$ l’espace $ℳ_{n} (ℝ)$ des matrices carrées réelles de taille $n \in ℕ^{*}$ .

Déterminer l’ensemble des endomorphismes $u$ de $E$ vérifiant

u (M^{⊤}) = {(u (M))}^{⊤} .

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 (M^{⊤}) = u (S - A) = u (S) - u (A) = {(u (S))}^{⊤} + {(u (A))}^{⊤} = {(u (M))}^{⊤} .

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 27 4363

Une matrice $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ est dite magique si les sommes de ses coefficients par lignes et par colonnes sont toutes égales. On note $J$ la colonne de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ 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 $A^{⊤}$ .
(b)

Vérifier que l’ensemble $ℳ 𝒢_{n}$ des matrices magiques de taille $n$ est une sous-algèbre de $ℳ_{n} (ℝ)$ . Que dire de l’inverse d’une matrice magique inversible?

On introduit le produit scalaire canonique¹¹ 1 Le produit scalaire de deux colonnes $X, Y$ de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ est donné par $⟨ X, Y ⟩ = X^{⊤} Y$ . sur l’espace $ℳ_{n,1} (ℝ)$ et les espaces $D = Vect (J)$ et $H = D^{⊥}$ .

(c)

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

En déduire la dimension de l’algèbre des matrices magiques de $ℳ_{n} (ℝ)$ .

Exercice 28 759 Correction

Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes d’un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension $n \in ℕ^{*}$ .
On suppose $u \circ v = v \circ u$ et $v$ nilpotent.
On désire montrer

\det (u + v) = \det (u)

en raisonnant par récurrence sur la dimension $n \geq 1$ .

(a)

Traiter le cas $n = 1$ et le cas $v = 0$ .
(b)

Pour $n \geq 2$ et $v \neq 0$ , 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, $1 \leq dim F < n$ : 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

$(\begin{matrix} A & B \\ O & C \end{matrix}) et (\begin{matrix} D & E \\ O & O \end{matrix}) .$
(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

$\det (u + v) = \det (A) \times \det (C) = \det (u) .$

Exercice 29 4989

Soit $D : P \mapsto P^{'}$ l’endomorphisme de dérivation sur $ℝ [X]$ .

Existe-t-il un endomorphisme $Δ$ de $ℝ [X]$ tel que $Δ^{2} = D$ ?

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

Exercice 30 762 Correction

Soient $f$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel et $n \in ℕ^{*}$ . On suppose que $0$ est valeur propre de $f^{n}$ .

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 $f^{n}$ alors l’endomorphisme $f^{n}$ 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 31 763 Correction

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

Montrer

0 \notin Sp (f) \Leftrightarrow f surjectif .

Solution

En vertu du théorème d’isomorphisme,

	$0 \in Sp (f)$	$\Leftrightarrow f non injectif$
		$\Leftrightarrow f non surjectif.$

Exercice 32 764 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 $x \neq 0_{E}$ vérifiant $u (x) = λ . x$ . En appliquant $u^{- 1}$ , on obtient $x = λ u^{- 1} (x)$ .
Puisque $x \neq 0_{E}$ , $λ \neq 0$ et l’on peut écrire $u^{- 1} (x) = \frac{1}{λ} . x$ donc $\frac{1}{λ}$ 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 33 765 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel, $u \in ℒ (E)$ , $a \in GL (E)$ et $v = a \circ u \circ a^{- 1}$ .

(a)

Pour $λ \in 𝕂$ , comparer les espaces $E_{λ} (u)$ et $E_{λ} (v)$ .
(b)

Montrer que $u$ et $v$ ont les mêmes valeurs propres.

Solution

(a)

Pour $λ \in 𝕂$ et $x \in E$ ,

$x \in E_{λ} (v)$ $\Leftrightarrow u (a^{- 1} (x)) = λ a^{- 1} (x)$

$\Leftrightarrow a^{- 1} (x) \in E_{λ} (u)$

$\Leftrightarrow x \in a (E_{λ} (u)) .$

Ainsi,

$E_{λ} (v) = a (E_{λ} (u)) .$
(b)

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

Exercice 34 42 CCINP (MP)Correction

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

(a)

Si un réel $λ \neq 0$ est valeur propre de $u \circ v$ , montrer qu’il l’est aussi de $v \circ u$ .
(b)

Pour $P \in E = ℝ [X]$ , on pose

$u (P) = P^{'} et v (P) = \int_{0}^{X} P (t) d t$

ce qui définit des endomorphismes de $E$ . Déterminer

$Ker (u \circ v) et Ker (v \circ u) .$
(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 $x \neq 0_{E}$ , vérifiant

$u (v (x)) = λ x .$

On a alors

$(v \circ u) (v (x)) = λ v (x) .$

Or $v (x) \neq 0_{E}$ car $u (v (x)) \neq 0_{E}$ et $u (0_{E}) = 0_{E}$ .
On en déduit que $λ$ est valeur propre de $v \circ u$ .
(b)

On observe

$u \circ v (P) = P et v \circ u (P) = P - P (0) .$

On en déduit

$Ker (u \circ v) = {0} et Ker (v \circ u) = ℝ_{0} [X] .$

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 $u \circ v$ alors $\det (u \circ v) = 0$ et donc $\det (v \circ u) = 0$ d’où $0$ valeur propre de $v \circ u$ .

Exercice 35 5597 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie muni d’une base $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ .

On supose que tout vecteur non nul de $E$ est vecteur propre de $u$ .

(a)

Que dire de la matrice de $u$ dans $e$ ?
(b)

En considérant $u (e_{1} + \dots + e_{n})$ , établir que $u$ est une homothétie vectorielle.

Solution

(a)

Les vecteurs de $e$ sont des vecteurs propres de $u$ , la matrice de $u$ dans $e$ est donc diagonale

$D = {Mat}_{e} (u) = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) .$
(b)

Avec les notations précédentes,

$u (e_{1} + \dots + e_{n}) = λ_{1} . e_{1} + \dots + λ_{n} . e_{n} .$

Or, par hypothèse, $e_{1} + \dots + e_{n}$ est aussi vecteur propre de $u$ et, si l’on introduit $λ$ la valeur propre associée, on a aussi

$u (e_{1} + \dots + e_{n}) = λ . e_{1} + \dots + λ . e_{n} .$

Par unicité des coordonnées des vecteurs dans une base,

$λ_{1} = \dots = λ_{n} = λ .$

On a donc $D = λ I_{n}$ puis $u = λ . {Id}_{E}$ .

Exercice 36 766 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

\forall x \neq 0_{E}, \exists λ_{x} \in 𝕂, u (x) = λ_{x} . x .

Montrons que $x \mapsto λ_{x}$ est une fonction constante sur $E ∖ {0}$ .

Soient $x, y \neq 0_{E}$ .

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

Cas: $(x, y)$ est une famille liée. On peut écrire $y = μ . x$ et donc $u (y) = μ . u (x) = λ_{x} μ . x = λ_{x} . y$ puis $λ_{y} = λ_{x}$ par non-nullité de $y$ .

Ainsi, $x \mapsto λ_{x}$ est une fonction constante. En posant $λ$ la valeur de cette constante, on a $u (x) = λ . x$ pour tout $x \in E$ qu’il soit nul ou non.

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

Exercice 37 4331

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

(a)

$φ : P \mapsto X P^{'}$ endomorphisme de $ℝ [X]$ .
(b)

$ψ : P \mapsto X P$ endomorphisme de $ℂ [X]$ .
(c)

$T : (u_{n}) \mapsto (u_{n + 1})$ endomorphisme de l’espace $ℬ (ℕ, ℝ)$ des suites réelles bornées.
(d)

$u : M \mapsto M + tr (M) I_{n}$ endomorphisme de $ℳ_{n} (ℝ)$ (avec $n \geq 2$ ).

Exercice 38 5541 Correction

Soit $D$ l’endomorphisme de dérivation sur l’espace complexe $E = 𝒞^{\infty} (ℝ, ℂ)$ . Pour $λ \in ℂ$ , on note $e_{λ} : t \mapsto e^{λ t}$ qui est une fonction élément de $E$ .

(a)

Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de $D$ .
(b)

Justifier que la famille ${(e_{λ})}_{λ \in ℂ}$ est libre.

Solution

(a)

Soit $λ \in ℂ$ . Étudions l’équation

$D (f) = λ f$

d’inconnue $f \in E$ . Par résolution de l’équation différentielle linéaire $y^{'} = λ y$ , on sait que les solutions de l’équation $D (f) = λ f$ sont les fonctions

$f : t \mapsto α e^{λ t} avec α \in ℂ .$

Parmi celles-ci, il figure des éléments non nuls et l’on peut affirmer que tout $λ \in ℂ$ est valeur propre de $D$ d’espace propre associé $Vect (e_{λ})$ .
(b)

La famille ${(e_{λ})}_{λ \in ℂ}$ est libre car c’est une famille de vecteurs propres associés à des valeurs propres deux à deux distinctes.

Exercice 39 3126 ENSTIM (MP)Correction

Soient $E = ℂ^{ℕ}$ et $f : E \to E$ l’application qui transforme une suite $u = (u_{n})$ en $v = (v_{n})$ définie par

v_{0} = u_{0} et v_{n} = \frac{u_{n} + u_{n - 1}}{2} pour tout n \in ℕ^{*} .

Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de $f$ .

Solution

Soient $λ \in ℂ$ et $u \in E$ . Étudions l’équation $f (u) = λ . u$ . On a

f (u) = λ . u \Leftrightarrow {\begin{matrix} (1 - λ) u_{0} & = 0 \\ \forall n \in ℕ^{*}, (2 λ - 1) u_{n} & = u_{n - 1} . \end{matrix}

Cas: $λ = 1$ .

f (u) = u \Leftrightarrow \forall n \in ℕ^{*}, u_{n} = u_{n - 1} .

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

Cas: $λ \neq 1$ .

f (u) = λ . u \Leftrightarrow {\begin{matrix} u_{0} & = 0 \\ \forall n \in ℕ^{*}, (2 λ - 1) u_{n} & = u_{n - 1} . \end{matrix}

Que $λ = 1 / 2$ ou non, on obtient

f (u) = λ . u \Leftrightarrow \forall n \in ℕ, . u_{n} = 0

et donc $λ$ n’est pas valeur propre.

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

Exercice 40 770 Correction

Soient $E$ l’espace des suites réelles convergeant vers $0$ et $Δ : E \to E$ l’endomorphisme qui envoie $u \in E$ sur la suite $Δ (u)$ donnée par

Δ (u) (n) = u (n + 1) - u (n) pour tout n \in ℕ .

Déterminer les valeurs propres de $Δ$ et les sous-espaces propres associés.

Solution

Soit $λ \in ℝ$ . Étudions l’équation $Δ (u) = λ . u$ d’inconnue $u \in E$ .

Pour $u \in E$ ,

Δ (u) = λ . u \Leftrightarrow \forall n \in ℕ, u (n + 1) = (1 + λ) u (n) .

Ainsi,

Δ (u) = λ . u \Leftrightarrow \exists a \in ℝ, \forall n \in ℕ, u (n) = a {(1 + λ)}^{n} .

La suite $u$ de terme général $u (n) = a {(1 + λ)}^{n}$ est élément de $E$ si $a = 0$ (auquel il s’agit de la suite nulle) ou si $λ \in] - 2; 0 [$ et seulement dans ces cas.

On en déduit: Cas: $λ \notin] - 2; 0 [$ . $λ$ n’est pas valeur propre de $Δ$ .

Cas: $λ \in] - 2; 0 [$ . $λ$ est valeur propre de $Δ$ et le sous-espace propre associé est la droite $Vect {{({(1 + λ)}^{n})}_{n \in N}}$ .

Exercice 41 769 Correction

Soient $E = 𝒞^{0} (ℝ, ℝ)$ . Déterminer les valeurs propres de l’endomorphisme $I$ de $E$ qui à $f \in E$ associe sa primitive qui s’annule en $0$ .

Solution

Soient $λ \in ℝ$ et $f \in E$ .

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

y = λ y^{'}

avec la condition initiale $y (0) = 0$ .

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

Cas: $λ \neq 0$ . L’équation différentielle donne $I (f)$ de la forme $x \mapsto C e^{x / λ}$ et la condition initiale conduit à $I (f) = 0$ .

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

Exercice 42 3063 MINES (MP)Correction

Soit $E$ l’espace des fonctions $f$ de classe $𝒞^{1}$ de $[0; + \infty [$ vers $ℝ$ vérifiant $f (0) = 0$ .

Pour un élément $f$ de $E$ , on pose $T (f)$ la fonction définie par

T (f) (0) = 0 et T (f) (x) = \int_{0}^{x} \frac{f (t)}{t} d t pour tout x > 0 .

(a)

Vérifier que $T$ est un endomorphisme de $E$ .
(b)

Déterminer les valeurs propres de $T$ .

Solution

(a)

Puisque $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et que $f (0) = 0$ , on peut écrire

$f (t) \underset{t \to 0}{=} f^{'} (0) t + o (t) .$

Ainsi, la fonction $φ : t \mapsto f (t) / t$ 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 $E$ .
(b)

soient $λ \in ℝ$ et $f \in E$ .

Si $T (f) = λ f$ alors pour tout $x \in [0; + \infty [$ ,

$T (f) (x) = λ f (x) .$

En dérivant cette relation, on obtient pour tout $x \in [0; + \infty [$

$f (x) = λ x f^{'} (x) .$

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

Cas: $λ \neq 0$ . La fonction $f$ est solution de l’équation différentielle $λ x y^{'} = y$ .

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

$y (x) = C x^{1 / λ} .$

Ainsi, il existe $C \in ℝ$ tel que pour tout $x > 0$ ,

$f (x) = C x^{1 / λ} .$

Or, pour qu’une telle fonction puisse être prolongée en une fonction de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ , il faut $C = 0$ ou $1 / λ \geq 1$ . Ainsi, les valeurs propres de $T$ sont les éléments de l’intervalle $] 0; 1]$ .

Inversement, soient $λ \in] 0; 1]$ et la fonction $f_{λ} : x \mapsto x^{1 / λ}$ prolongée par continuité en $0$ . La fonction $f_{λ}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ , s’annule en $0$ et vérifie $T (f_{λ}) = λ f_{λ}$ sans être la fonction nulle.

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

Exercice 43 771

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

φ (f) (0) = f (0) et φ (f) (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t pour tout x > 0 .

(a)

Montrer que $φ$ est un endomorphisme de $E$ .
(b)

Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de $φ$ .

Exercice 44 3467 Correction

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

Soit $T$ l’endomorphisme de $E$ qui à $f \in E$ associé $T (f)$ donné par

\forall x \in [0; + \infty [, 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 $T (f) = λ f$ alors

\forall x \in [0; + \infty [, f (x + 1) = λ f (x) .

En passant cette relation à la limite quand $x \to + \infty$ , on obtient

ℓ = λ ℓ

en notant $ℓ$ la limite de $f$ en $+ \infty$ .

Cas: $ℓ \neq 0$ . Nécessairement, $λ = 1$ et

\forall x \in [0; + \infty [, f (x + 1) = f (x) .

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

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

Cas: $ℓ = 0$ . Si $λ$ est valeur propre alors en introduisant $f$ vecteur propre associé, il existe $x_{0} \in [0; + \infty [$ tel que $f (x_{0}) \neq 0$ et la relation $T (f) = λ f$ donne par récurrence

\forall n \in ℕ, f (x_{0} + n) = λ^{n} f (x_{0}) .

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

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

f (1) = λ f (0) et \forall n \in ℕ, \forall x \in [0; 1 [, f (x + n) = λ^{n} f (x) .

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

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

\forall n \in ℕ, \forall x \in [0; 1 [, f (x + n) = λ^{n} φ (x)

et continue (on vérifie la continuité en $k \in ℕ^{*}$ par continuité à droite et à gauche), tend vers $0$ en $+ \infty$ et vérifie $T (f) = λ f$ .

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

Exercice 45 2700 MINES (MP)Correction

Soit $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ . Pour $f \in E$ , on définit $T (f) : [0; 1] \to ℝ$ par

T (f) (x) = \int_{0}^{1} \min (x, t) f (t) d t pour tout x \in [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 $x \in [0; 1]$ , on peut écrire

$T (f) (x) = \int_{0}^{x} t f (t) d t + x \int_{x}^{1} f (t) d t .$

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 $λ \in ℝ$ et $f \in E$ vérifiant $T (f) = λ f$ .

Cas: $λ = 0$ . On a $T (f) = 0$ donc

$\int_{0}^{x} t f (t) d t + x \int_{x}^{1} f (t) d t = 0 .$

En dérivant, on obtient

$x f (x) - x f (x) + \int_{x}^{1} f (t) d t = \int_{x}^{1} f (t) d t = 0 .$

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

Cas: $λ \neq 0$ . On a $T (f) = λ f$ soit

$\int_{0}^{x} t f (t) d t + x \int_{x}^{1} f (t) d t = λ f (x) pour tout x \in [0; 1] .$

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

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

$\int_{x}^{1} f (t) d t = λ f^{'} (x) .$

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

$λ f^{''} (x) + f (x) = 0 .$

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

$f (x) = A sh (\frac{x}{\sqrt{| λ |}}) .$

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

$f (x) = A \sin (\frac{x}{\sqrt{λ}}) .$

La condition $f^{'} (1) = 0$ n’entraînera pas $f = 0$ que si

$\cos (\frac{1}{\sqrt{λ}}) = 0$

c’est-à-dire si, et seulement si,

$λ = \frac{4}{{((2 k + 1) π)}^{2}} avec k \in ℕ^{*} .$

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

$f : x \mapsto \sin (\frac{(2 k + 1) π x}{2})$

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

Exercice 46 2577 CCINP (MP)Correction

(a)

Montrer que $Φ$ , qui à $P$ associe

$(X^{2} - 1) P^{'} (X) - (4 X + 1) P (X)$

est un endomorphisme de $ℝ_{4} [X]$ .
(b)

Résoudre l’équation différentielle

$y^{'} = (\frac{5 - λ}{2 (x - 1)} + \frac{3 + λ}{2 (x + 1)}) y .$
(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 $ℝ_{4} [X]$ .

Pour un polynôme $P$ de degré inférieur à $4$ , le polynôme $(X^{2} - 1) P^{'} (X) - (4 X + 1) P (X)$ est de degré inférieur à $5$ et, si $a$ est le coefficient de $X^{4}$ dans $P$ , le coefficient de $X^{5}$ dans $Φ (P)$ est $4 a - 4 a = 0$ . Par suite, $Φ$ est bien à valeurs dans $ℝ_{4} [X]$ et c’est donc un endomorphisme de cet espace.
(b)

L’équation

$y^{'} = (\frac{5 - λ}{2 (x - 1)} + \frac{3 + λ}{2 (x + 1)}) y$

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

$y (x) = C {| x - 1 |}^{(5 - λ) / 2} {| x + 1 |}^{(3 + λ) / 2} avec C \in ℝ$

sur chacun des intervalles $I =] - \infty; - 1 [$ , $] - 1; 1 [$ ou $] 1; + \infty [$ .
(c)

Soient $λ \in ℝ$ et $P \in ℝ_{4} [X]$ . On a $Φ (P) = λ P$ si, et seulement si,

$P^{'} (X) = \frac{4 X + (1 + λ)}{X^{2} - 1} P (X)$

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

$y^{'} = \frac{4 x + (1 + λ)}{x^{2} - 1} y .$

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 $dim ℝ_{4} [X] = 5$ . Les vecteurs propres associés à ces valeurs propres $λ$ sont les polynômes

$C {(X - 1)}^{\frac{5 + λ}{2}} {(X + 1)}^{\frac{3 - λ}{2}} avec C \neq 0 .$

Exercice 47 3125

Soit $n \in ℕ$ . Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de l’endomorphisme¹¹ 1 On observe aisément que $φ$ est un endomorphisme de $ℝ_{n} [X]$ 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 $X^{n + 1}$ . $φ$ de $ℝ_{n} [X]$ défini par

φ (P) = (X^{2} - 1) P^{'} - n X P .

Exercice 48 2592 MINES (MP)Correction

Soient $E = 𝒞^{\infty} (ℝ, ℝ)$ et $T$ l’endomorphisme de $E$ déterminé par

T (f) (x) = f (p x + q)

où $p$ et $q$ sont deux réels strictement positifs tels que $p + q = 1$ .

(a)

Montrer que les valeurs propres de $T$ appartiennent à $] - 1; 1] ∖ {0}$ .
(b)

Soit $f$ une fonction propre pour $T$ . Montrer qu’il existe $k \in ℕ$ tel que $f^{(k)} = 0$ .
(c)

Déterminer les éléments propres de $T$ .

Solution

(a)

Soient $λ$ une valeur propre de $T$ et $f$ un vecteur propre associé. Pour tout $x \in ℝ$ ,

$f (p x + q) = λ f (x)$

Cas: $λ = 0$ . On a $f (p x + q) = 0$ . Pour tout $x \in ℝ$ . L’application $x \mapsto p x + q$ réalisant une bijection de $ℝ$ vers $ℝ$ , on obtient $f (y) = 0$ pour tout $y \in ℝ$ . C’est absurde, le réel $0$ ne peut pas être valeur propre de $f$ .

Cas: $λ \neq 0$ . Soit $x_{0} \in ℝ$ tel que $f (x_{0}) \neq 0$ . Considérons la suite déterminée par

$x_{n + 1} = p x_{n} + q pour tout n \in ℕ$

Puisque $p \in] 0; 1 [$ , on établit que la suite $(x_{n})$ converge vers le réel $ℓ$ solution de l’équation $ℓ = p ℓ + q$ . Or $f (x_{n + 1}) = λ f (x_{n})$ pour tout $n \in ℕ$ . La suite $(f (x_{n}))$ est donc géométrique de raison $λ$ . Celle-ci n’est pas identiquement nulle et, par continuité de $f$ , cette suite doit aussi admettre une limite finie, à savoir $f (ℓ)$ . Nécessairement $| λ | < 1$ ou $λ = 1$ .
(b)

Notons $λ$ la valeur propre associée à $f$ . On a

$f (p x + q) = λ f (x)$

Par dérivation,

$p f^{'} (p x + q) = λ f^{'} (x) c’est-à-dire p T (f^{'}) = λ f^{'}$

et plus généralement

$p^{k} f^{(k)} (p x + q) = λ f^{(k)} (x) c’est-à-dire p^{k} T (f^{(k)}) = λ f^{(k)}$

S’il n’existe pas de $k \in ℕ$ tel que $f^{(k)} = 0$ alors les réels $λ / p^{k}$ sont valeurs propres de $T$ pour tout $k \in ℕ$ . Or

$\frac{λ}{p^{k}} \to_{k \to + \infty}^{} \pm \infty$

C’est absurde car les valeurs propres de $T$ sont bornées.
(c)

Soient $λ$ une valeur propre de $T$ et $f$ une fonction propre associée. Il existe $k \in ℕ$ tel que $f^{(k)} = 0$ et la fonction $f$ est donc polynomiale. On peut donc introduire $a_{0}, \dots, a_{N} \in ℝ$ tels que

$\forall x \in ℝ, f (x) = a_{N} x^{N} + \dots + a_{1} x + a_{0} avec N = \deg (f) et a_{N} \neq 0$

L’identification des coefficients dominants des deux polynômes de l’égalité $T (f) = λ f$ donne

$a_{N} p^{N} = λ a_{N}$

et donc $λ = p^{N}$ .

Aussi, pour¹¹ 1 Pour « trouver » l’expression de $f_{N}$ , on peut commencer par le cas $N = 1$ puis considérer des primitives s’annulant en $ℓ$ par inspiration de ce qui précède.

$f_{N} (x) = a_{N} {(x - \frac{q}{1 - p})}^{N} avec a_{N} \neq 0$

on observe $T (f_{N}) = p^{N} f_{N}$ avec $f_{N} \neq 0$ .

On peut donc affirmer que les $p^{N}$ avec $N \in ℕ$ sont des valeurs propres de $T$ et que les $f_{N}$ sont des vecteurs propres associés. Au surplus, il ne peut y avoir d’autres vecteurs propres. En effet, l’espace $E_{N} = ℝ_{N} [X]$ est stable par $T$ et l’endomorphisme $T_{N}$ induit par $T$ sur $E_{N}$ possède $N + 1 = dim E_{N}$ valeurs propres, ses sous-espaces propres sont donc des droites vectorielles.

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

Exercice 49 778 Correction

(a)

Montrer que deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique.
(b)

Que dire de la réciproque?

Solution

(a)

Soient $A, B \in ℳ_{n} (𝕂)$ . Si $B = P^{- 1} A P$ avec $P \in {GL}_{n} (𝕂)$ alors

$χ_{B} (λ) = \det (λ I_{n} - B) = \det (λ P^{- 1} P - P^{- 1} A P) = χ_{A} (λ) .$
(b)

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

Pour $n \geq 2$ , considérons Inversement,

$A = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) et B = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) .$

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

Exercice 50 779 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 sous-espace vectoriel supplémentaire de $F$ . Dans une base adaptée à la décomposition $E = F \oplus G$ , la matrice de $u$ est triangulaire supérieure par blocs de la forme

M = (\begin{matrix} A & B \\ 0 & C \end{matrix})

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

Par calcul d’un déterminant triangulaire par blocs,

χ_{u} = χ_{M} = χ_{A} χ_{C} = χ_{u_{F}} χ_{C}

Le polynôme caractéristique de l’endomorphisme induit par $u$ sur $F$ divise celui de $u$ .

Exercice 51 780 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ inversible de polynôme caractéristique $χ_{A}$ .
Établir que pour tout $x$ réel non nul,

χ_{A^{- 1}} (x) = \frac{x^{n}}{χ_{A} (0)} χ_{A} (\frac{1}{x}) .

Solution

Pour $x \in ℝ^{*}$ ,

χ_{A^{- 1}} (x) = \det (x I_{n} - A^{- 1}) = \det (A^{- 1}) \det (x A - I_{n}) = \frac{{(- x)}^{n}}{\det (A)} \det (\frac{1}{x} I_{n} - A) .

Or $\det (A) = {(- 1)}^{n} χ_{A} (0)$ donc

χ_{A^{- 1}} (x) = \frac{x^{n}}{χ_{A} (0)} χ_{A} (\frac{1}{x}) .

Exercice 52 781 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ . On désire établir l’égalité des polynômes caractéristiques

χ_{A B} = χ_{B A} .

(a)

Établir l’égalité quand $A \in {GL}_{n} (ℂ)$ .
(b)

Pour $A \notin {GL}_{n} (ℂ)$ , justifier que pour $p \in ℕ$ assez grand $A + \frac{1}{p} I_{n} \in {GL}_{n} (ℂ)$ .
(c)

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

Solution

(a)

Pour $x \in ℂ$ ,

$\det (x I_{n} - A B) = \det (A) \det (x A^{- 1} - B) = \det (x A^{- 1} - B) \det (A) = \det (x I_{n} - B A)$

donc

$χ_{A B} (x) = χ_{B A} (x) .$
(b)

La matrice $A + \frac{1}{p} I_{n}$ 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 $A + \frac{1}{p} I_{n} \in {GL}_{n} (ℂ)$ .
(c)

Comme vu ci-dessus, pour $x \in ℂ$ ,

$χ_{(A + \frac{1}{p} I_{n}) B} (x) = χ_{B (A + \frac{1}{p} I_{n})} (x) .$

En passant à la limite quand $p \to + \infty$ , on obtient $χ_{A B} (x) = χ_{B A} (x)$ .

Cela valant pour tout $x \in ℂ$ , les polynômes $χ_{A B}$ et $χ_{B A}$ sont égaux.

Exercice 53 5667 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ et $λ \in ℝ$ .

On considère les matrices par blocs

U = (\begin{matrix} λ I_{n} & - B \\ - A & I_{n} \end{matrix}) et V = (\begin{matrix} I_{n} & B \\ O_{n} & λ I_{n} \end{matrix}) .

(a)

Calculer $U V$ et $V U$ .
(b)

En déduire que les matrices $A B$ et $B A$ ont le même polynôme caractéristique.

Solution

(a)

Par produit par blocs,

$U V = (\begin{matrix} λ I_{n} & O_{n} \\ - A & λ I_{n} - A B \end{matrix}) et V U = (\begin{matrix} λ I_{n} - B A & O_{n} \\ - λ A & λ I_{n} \end{matrix}) .$
(b)

Les matrices $U V$ et $V U$ ont le même déterminant donc

$λ^{n} \underset{\begin{matrix} χ_{A B} (λ) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\det (λ I_{n} - A B)}} = λ^{n} \underset{\begin{matrix} χ_{B A} (λ) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\det (λ I_{n} - B A)}} .$

Pour $λ \neq 0$ , il vient $χ_{A B} (λ) = χ_{B A} (λ)$ . On en déduit l’égalité des deux polynômes $χ_{A B}$ et $χ_{B A}$ puisque ceux-ci co$̈\mathrm{i}$ncident pour une infinité de valeurs.

Exercice 54 2697 MINES (MP)Correction

Soit $(A, B) \in ℳ_{p, q} (ℝ) \times ℳ_{q, p} (ℝ)$ . Montrer que

X^{q} χ_{A B} (X) = X^{p} χ_{B A} (X) .

On pourra commencer par le cas

A = (\begin{matrix} I_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) .

Solution

Dans le cas où

A = J_{r} = (\begin{matrix} I_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix})

la propriété est immédiate en écrivant

B = (\begin{matrix} C & D \\ E & F \end{matrix})

avec $C$ bloc carré de taille $r$ .

En effet,

A B = (\begin{matrix} C & D \\ 0 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{p} (ℝ) et B A = (\begin{matrix} C & 0 \\ E & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{q} (ℝ)

de sorte que

χ_{A B} (X) = χ_{C} (X) X^{p - r} et χ_{B A} (X) = χ_{C} (X) X^{q - r} .

Dans le cas général, on peut écrire $A = Q J_{r} P$ avec $r = rg (A)$ et $P, Q$ inversibles de tailles ad hoc. Par similitude,

χ_{A B} (X) = χ_{Q^{- 1} A B Q} (X) = χ_{J_{r} P B Q} (X)

donc

X^{q} χ_{A B} (X) = X^{q} χ_{J_{r} P B Q} (X) = X^{p} χ_{P B Q J_{r}} (X)

avec

χ_{P B Q J_{r}} (X) = X^{p} χ_{P B A P^{- 1}} (X) = X^{p} χ_{B A} (X) .

Exercice 55 1109 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (𝕂)$ et $p \in ℕ^{*}$ . Établir

χ_{{(A B)}^{p}} = χ_{{(B A)}^{p}} .

Solution

Il est bien connu que

\forall (M, N) \in ℳ_{n} {(𝕂)}^{2}, χ_{M N} = χ_{N M} .

On en déduit

χ_{{(A B)}^{p}} = χ_{(A {(B A)}^{p - 1}) B} = χ_{B (A {(B A)}^{p - 1})} = χ_{{(B A)}^{p}} .

Exercice 56 2901 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ . Montrer

χ_{A \bar{A}} \in ℝ [X] .

Solution

Pour $λ \in ℝ$ ,

χ_{A \bar{A}} (λ) = \det (λ I_{n} - A \bar{A}) .

En conjuguant,

\bar{χ_{A \bar{A}} (λ)} = \det (λ I_{n} - \bar{A} A) = χ_{\bar{A} A} (λ) .

Or, il est bien connu que pour $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$

χ_{A B} = χ_{B A} .

On obtient donc

\bar{χ_{A \bar{A}} (λ)} = χ_{A \bar{A}} (λ) .

Le polynôme $χ_{A \bar{A}} - χ_{A \bar{A}}$ admet alors une infinité de racines, c’est le polynôme nul. Par conséquent,

χ_{A \bar{A}} \in ℝ [X] .

Exercice 57 2699 MINES (MP)Correction

Soient $A$ et $B$ dans $ℳ_{n} (𝕂)$ ( $𝕂 = ℝ$ ou $ℂ$ ).

(a)

Comparer $Sp (B)$ et $Sp (B^{⊤})$ .
(b)

Soit $C \in ℳ_{n} (𝕂)$ . Montrer que s’il existe $λ$ pour lequel $A C = λ C$ , alors $Im (C) \subset Ker (A - λ I_{n})$ .
(c)

Soit $λ$ une valeur propre commune à $A$ et $B$ . Montrer qu’il existe $C \in ℳ_{n} (𝕂)$ , $C \neq 0$ , telle que $A C = C B = λ C$ .
(d)

On suppose l’existence de $C \in ℳ_{n} (𝕂)$ avec $rg (C) = r$ et $A C = C B$ . Montrer que le PGCD des polynômes caractéristiques de $A$ et $B$ est de degré $\geq r$ .
(e)

Étudier la réciproque de (d).

Solution

(a)

$Sp (B) = Sp (B^{⊤})$ car $χ_{B} = χ_{B^{⊤}}$ .
(b)

Pour tout $X \in ℳ_{n,1} (𝕂)$ , $A (C X) = λ (C X)$ donc $C X \in Ker (A - λ I_{n})$ .
(c)

Soit $X$ et $Y$ des vecteurs propres de $A$ et $B^{⊤}$ associé à la valeur propre $λ$ . La matrice $C = X Y^{⊤}$ est solution.
(d)

On peut écrire $C = Q J_{r} P$ avec $P, Q$ inversibles. La relation $A C = C B$ donne $Q^{- 1} A Q J_{r} = J_{r} P B P^{- 1}$ .
En écrivant les matrices $Q^{- 1} A Q$ et $P B P^{- 1}$ par blocs, l’égalité $Q^{- 1} A Q J_{r} = J_{r} P B P^{- 1}$ impose une décomposition en blocs triangulaire puis permet d’observer que $χ_{A} = χ_{Q^{- 1} A Q}$ et $χ_{B} = χ_{P B P^{- 1}}$ ont un facteur commun de degré $\geq r$ , 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 58 3476 ENS (MP)

Soient $A, B \in ℳ_{n} (𝕂)$ . On suppose qu’il existe $M$ dans $ℳ_{n} (𝕂)$ de rang $r$ tel que

A M = M B .

Montrer que le pgcd des polynômes caractéristiques $χ_{A}$ et $χ_{B}$ est au moins de degré $r$ .

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

Exercice 59 782 Correction

Calculer le polynôme caractéristique de la matrice

(\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ \\ 0 & \dots & 0 & 1 \\ a_{0} & a_{1} & \dots & a_{n - 1} \end{matrix}) .

Solution

En développant selon la première colonne

{| \begin{matrix} λ & - 1 & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ \\ 0 & \dots & λ & - 1 \\ - a_{0} & \dots & - a_{n - 2} & λ - a_{n - 1} \end{matrix} |}_{[n]} = - a_{0} + λ {| \begin{matrix} λ & - 1 & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ \\ 0 & \dots & λ & - 1 \\ - a_{1} & \dots & - a_{n - 2} & λ - a_{n - 1} \end{matrix} |}_{[n - 1]}

puis en reprenant le processus on parvient à

λ^{n} - (a_{n - 1} λ^{n - 1} + \dots + a_{1} λ + a_{0}) .

On peut aussi résoudre le problème via l’opération élémentaire: $C_{1} \leftarrow C_{1} + λ C_{2} + \dots + λ^{n - 1} C_{n}$ .

Exercice 60 4351

(Matrice compagnon)

Soient $P = X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0}$ un polynôme de $𝕂 [X]$ et

A = (\begin{matrix} 0 & (0) & - a_{0} \\ 1 & ⋱ & - a_{1} \\ ⋱ & 0 & ⋮ \\ (0) & 1 & - a_{n - 1} \end{matrix}) \in ℳ_{n} (𝕂) .

Exprimer le polynôme caractéristique de $A$ en fonction de $P$ .

Exercice 61 4350

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension $n \geq 2$ .

(a)

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

Même question en utilisant aussi $tr (u^{2})$ lorsque $rg (u) = 2$ .

Exercice 62 784 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on note $P_{n}$ le polynôme caractéristique de la matrice

A_{n} = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & 1 \\ (0) & 1 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) .

(a)

Soit $n \geq 3$ . Montrer

$P_{n} = X P_{n - 1} - P_{n - 2} .$
(b)

Calculer $P_{1}$ et $P_{2}$ . Quelle valeur donner à $P_{0}$ pour que la relation de récurrence précédente soit aussi valable pour $n = 2$ ?

On suppose désormais que $P_{0}$ a la valeur déterminée ci-dessus.

(c)

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

$\forall n \in ℕ, P_{n} (x) = \frac{\sin ((n + 1) α)}{\sin (α)} .$
(d)

En déduire que $P_{n}$ admet $n$ racines réelles distinctes puis que $A_{n}$ est diagonalisable.

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ$ . $P_{n} (x) = \det (x I_{n} - A_{n})$ est un déterminant tri-diagonal

$P_{n} (x) = {| \begin{matrix} x & - 1 & (0) \\ - 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & - 1 \\ (0) & - 1 & x \end{matrix} |}_{[n]} .$

En développant selon la première ligne,

$P_{n} (x) = {(- 1)}^{2} x {| \begin{matrix} x & - 1 & (0) \\ - 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & - 1 \\ (0) & - 1 & x \end{matrix} |}_{[n - 1]} + {(- 1)}^{3} \times (- 1) \times {| \begin{matrix} - 1 & - 1 & (0) \\ 0 & x & - 1 \\ ⋮ & - 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & - 1 \\ 0 & (0) & - 1 & x \end{matrix} |}_{[n - 1]} .$

En développant selon la première colonne le deuxième déterminant,

$P_{n} (x) = x P_{n - 1} (x) - P_{n - 2} (x) .$

On a donc $P_{n} = X P_{n - 1} - P_{n - 2}$ .
(b)

Par un calcul direct, $P_{1} = X$ et $P_{2} = X^{2} - 1$ . En posant $P_{0} = 1$ , la relation de récurrence ci-dessus est vérifiée pour $n = 2$ .

(c)

On vérifie la relation par récurrence double sur $n \in ℕ$ .

Pour $n = 0$ ,

P_{0} (2 \cos (α)) = 1 = \frac{\sin (α)}{\sin (α)}

Pour $n = 1$ ,

P_{1} (2 \cos (α)) = 2 \cos (α) et \frac{\sin (2 α)}{\sin (α)} = \frac{2 \sin (α) \cos (α)}{\sin (α)} = 2 \cos (α) .

Supposons la propriété vraie aux rangs $n - 2$ et $n - 1$ pour $n \geq 3$ .

	$P_{n} (2 \cos (α))$	$= 2 \cos (α) P_{n - 1} (2 \cos (α)) - P_{n - 2} (2 \cos (α))$
		$= \frac{2 \cos (α) \sin (n α) - \sin ((n - 1) α)}{\sin (α)}$
		$= \frac{2 \cos (α) \sin (n α) - (\cos (α) \sin (n α) - \sin (α) \cos (n α))}{\sin (α)}$
		$= \frac{\cos (α) \sin (n α) + \sin (α) \cos (n α)}{\sin (α)}$
		$= \frac{\sin ((n + 1) α)}{\sin (α)} .$

La récurrence est établie.

(d)

Pour $k \in ⟦ 1; n ⟧$ , posons

$α_{k} = \frac{k π}{n + 1} \in] 0; π [et x_{k} = 2 \cos (α_{k}) .$

Par ce qui précède,

$P_{n} (x_{k}) = \frac{\sin ((n + 1) α_{k})}{\sin (α_{k})} = \frac{\sin (k π)}{\sin (α_{k})} = 0 .$

Les réels $x_{k}$ sont donc racines de $P_{n}$ . Or les valeurs $x_{1}, \dots, x_{n}$ sont deux à deux distinctes car les $α_{1}, \dots, α_{n}$ le sont et que ces angles évoluent dans l’intervalle $[0; π]$ où la fonction cosinus est injective.

On en déduit que le polynôme $P_{n}$ admet au moins $n$ racines distinctes (et donc exactement $n$ car il est de degré $n$ ).

On en déduit que la matrice $A_{n} \in ℳ_{n} (ℝ)$ est diagonalisable car elle possède $n$ valeurs propres deux à distinctes.

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

Exercice 63 5643 Correction

Soient $A$ et $B$ deux matrices de $ℳ_{n} (ℝ)$ diagonalisables. Montrer

A et B sont semblables \Leftrightarrow χ_{A} = χ_{B} .

Solution

$(⟹)$ Il est connu que deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique.

$(⟸)$ Supposons $χ_{A} = χ_{B}$ . Les polynômes caractéristiques étant égaux, ils ont les mêmes racines. Les matrices $A$ et $B$ ont donc les mêmes valeurs comptées avec multiplicité. Or elles sont diagonalisables, elle sont donc semblables à une même matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres communes. Par transitivité, les matrices $A$ et $B$ sont semblables.

Exercice 64 2696 MINES (MP)Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer que $A B$ et $B A$ ont même valeurs propres.

Solution

Il est classique d’établir $χ_{A B} = χ_{B A}$ 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 65 3083 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ . Montrer

\det (A) \geq 0 .

Solution

Par contraposition, montrons

\det (A) < 0 ⟹ Sp (A) \cap] - \infty; 0 [\neq \emptyset .

On a

χ_{A} (X) = X^{n} + \dots + {(- 1)}^{n} \det (A) .

Si $\det (A) < 0$ alors ${(- 1)}^{n} χ_{A} (0) < 0$ et ${lim}_{t \to - \infty} {(- 1)}^{n} χ_{A} (t) = + \infty$ . Sachant la fonction $t \mapsto χ_{A} (t)$ continue, il existe $λ \in] - \infty; 0 [$ racine de $χ_{A}$ 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 66 4348

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant $\det (A) \leq 0$ .

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

Exercice 67 785 Correction

Soient $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℂ^{*}$ deux à deux distincts.

On introduit le polynôme caractéristique de la matrice $A$ donné par

P (x) = \det (x I_{n} + A) avec A = (\begin{matrix} 0 & a_{2} & \dots & a_{n} \\ a_{1} & 0 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & a_{n} \\ a_{1} & \dots & a_{n - 1} & 0 \end{matrix}) .

(a)

Calculer $P (a_{i})$ .
(b)

Former la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle

$\frac{P (X)}{\prod_{i = 1}^{n} (X - a_{i})} .$
(c)

En déduire une expression du déterminant de $A + I_{n}$ .

Solution

(a)

En factorisant sur la $i$ -ème colonne

$P (a_{i}) = a_{i} | \begin{matrix} a_{i} & 1 & a_{n} \\ a_{1} & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & 1 & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & a_{n} \\ a_{1} & 1 & a_{i} \end{matrix} | .$

En retranchant la $i$ -ème ligne à chacune des autres

$P (a_{i}) = a_{i} | \begin{matrix} a_{i} - a_{1} & 0 & 0 \\ 0 & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & 1 & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & 0 \\ 0 & 0 & a_{i} - a_{n} \end{matrix} |$

et donc

$P (a_{i}) = a_{i} \prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j}) .$
(b)

Puisque les $a_{i}$ sont deux à deux distincts

$\frac{P (X)}{\prod_{i = 1}^{n} (X - a_{i})} = 1 + \sum_{i = 1}^{n} \frac{λ_{i}}{X - a_{i}}$

avec

$λ_{i} = \frac{P (a_{i})}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = a_{i} .$
(c)

On a $\det (A + I_{n}) = P (1)$ .
Si l’un des $a_{i}$ vaut 1, il suffit de reprendre la valeur de $P (a_{i})$ .
Sinon, par la décomposition précédente

$\frac{P (1)}{\prod_{i = 1}^{n} (1 - a_{i})} = 1 + \sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{1 - a_{i}}$

et donc

$\det (A + I_{n}) = (1 + \sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{1 - a_{i}}) \prod_{i = 1}^{n} (1 - a_{i}) .$

Exercice 68 3121 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ . Établir

χ_{A} (B) \in {GL}_{n} (ℂ) \Leftrightarrow Sp (A) \cap Sp (B) = \emptyset .

Solution

On peut écrire

χ_{A} (X) = \prod_{k = 1}^{n} (X - λ_{k})

avec $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité.
On a alors

χ_{A} (B) \in {GL}_{n} (ℂ) \Leftrightarrow \forall 1 \leq k \leq n, B - λ_{k} I_{n} \in {GL}_{n} (ℂ)

ce qui donne

χ_{A} (B) \in {GL}_{n} (ℂ) \Leftrightarrow \forall 1 \leq k \leq n, λ_{k} \notin Sp (B)

et on peut ainsi affirmer

χ_{A} (B) \in {GL}_{n} (ℂ) \Leftrightarrow Sp (A) \cap Sp (B) = \emptyset .

Exercice 69 3991 ENSTIM (PSI)Correction

(a)

Soient $B, C \in ℳ_{n} (ℂ)$ deux matrices semblables

Pour $x \in ℂ$ , montrer que les matrices $x I_{n} - B$ et $x I_{n} - C$ sont semblables.

Lorsque ces inverses existent, en est-il de même de ${(x I_{n} - B)}^{- 1}$ et ${(x I_{n} - C)}^{- 1}$ ?
(b)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ . On note $P_{A} (x) = \det (x I_{n} - A)$ et $P_{A}^{'}$ le polynôme dérivé de $P_{A}$ .
On suppose que $x$ n’est pas valeur propre de $A$ , montrer

$tr {(x I_{n} - A)}^{- 1} = \frac{P_{A}^{'} (x)}{P_{A} (x)} .$

Solution

(a)

On peut écrire $B = P^{- 1} C P$ avec $P$ inversible et alors

$x I_{n} - B = P^{- 1} (x I_{n} - C) P$

ainsi que

${(x I_{n} - B)}^{- 1} = P {(x I_{n} - C)}^{- 1} P^{- 1}$

sous réserve d’inversibilité.
(b)

La matrice $A$ est trigonalisable dans $ℳ_{n} (ℂ)$ . 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 $P_{A}$ ). En écrivant

$A = (\begin{matrix} λ_{1} & * \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix})$

on obtient

${(x I_{n} - A)}^{- 1} = (\begin{matrix} \frac{1}{x - λ_{1}} & * \\ ⋱ \\ (0) & \frac{1}{x - λ_{n}} \end{matrix})$

et donc

$tr {(x I_{n} - A)}^{- 1} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{x - λ_{k}} = \frac{P_{A}^{'} (x)}{P_{A} (x)}$

car

$P_{A} (x) = \prod_{k = 1}^{n} (x - λ_{k}) .$

Exercice 70 2698 MINES (MP)Correction

(a)

Si $P \in ℤ [X]$ est unitaire de degré $n$ , existe-t-il une matrice $A \in ℳ_{n} (ℤ)$ de polynôme caractéristique $P (X)$ ?
(b)

Soient $(λ_{1}, \dots, λ_{n}) \in ℂ^{n}$ et le polynôme

$P = \prod_{i = 1}^{n} (X - λ_{i}) .$

On suppose $P \in ℤ [X]$ . Montrer que pour tout $q \in ℕ^{*}$ le polynôme

$P_{q} = \prod_{i = 1}^{n} (X - λ_{i}^{q})$

appartient encore à $ℤ [X]$ .
(c)

Soit $P$ dans $ℤ [X]$ unitaire dont les racines complexes sont de modules $\leq 1$ .
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 $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - 1} \in 𝕂$ , la matrice compagnon associée est

$M = (\begin{matrix} 0 & (0) & - a_{0} \\ 1 & ⋱ & - a_{1} \\ ⋱ & 0 & ⋮ \\ (0) & 1 & - a_{n - 1} \end{matrix}) .$

Son polynôme caractéristique est

$χ_{M} (X) = | \begin{matrix} X & (0) & a_{0} \\ - 1 & ⋱ & a_{1} \\ ⋱ & X & ⋮ \\ (0) & - 1 & X + a_{n - 1} \end{matrix} | .$

Il peut se calculer par la succession d’opérations élémentaires

$L_{i} \leftarrow L_{i} + X L_{i + 1} avec i allant de n - 1 à 1 dans cet ordre.$

On obtient alors

$χ_{M} (X) = | \begin{matrix} 0 & (0) & α \\ - 1 & ⋱ & ⋮ \\ ⋱ & 0 & (a_{n - 2} + a_{n - 1} X + X^{2}) \\ (0) & - 1 & X + a_{n - 1} X \end{matrix} |$

avec

$α = (a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{n - 1} X^{n - 1} + X^{n}) .$

En développant selon la première ligne, on obtient

$χ_{M} (X) = a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{n - 1} X^{n - 1} + X^{n} .$

Ainsi, pour $P \in ℤ [X]$ unitaire de degré $n$ , on peut construire une matrice à coefficients entiers dont le polynôme caractéristique est ${(- 1)}^{n} P (X)$ .
(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 $ℳ_{n} (ℂ)$ à une matrice triangulaire de la forme

$(\begin{matrix} λ_{1} & * \\ ⋱ \\ 0 & λ_{n} \end{matrix}) .$

La matrice $A^{q}$ est alors semblable à la matrice

$(\begin{matrix} λ_{1}^{q} & *^{'} \\ ⋱ \\ 0 & λ_{n}^{q} \end{matrix}) .$

Le polynôme caractéristique de $A^{q}$ est alors $P_{q}$ . Or $A^{q}$ est une matrice à coefficients entiers et donc son polynôme caractéristique $P_{q}$ 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 $q \in ℕ^{*} \mapsto P_{q}$ n’est pas injective compte tenu de l’argument de cardinalité précédent. Il existe donc $q < r$ tel que $P_{q} = P_{r}$ . Ainsi, il existe une permutation $σ$ de $ℕ_{n}$ vérifiant:

$\forall i \in ℕ_{n}, λ_{i}^{q} = λ_{σ (i)}^{r} .$

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 $i \in ℕ_{n}$ il existe $q^{'} > q$ tel que $λ_{i}^{q} = λ_{i}^{q^{'}}$ . On peut alors affirmer que $λ_{i}$ est nul ou bien racine de l’unité.

Exercice 71 299 X (MP)Correction

On pose

P_{n} (X) = X^{n} - X + 1 (avec n \geq 2).

(a)

Montrer que $P_{n}$ admet $n$ racines distinctes $z_{1}, \dots, z_{n}$ dans $ℂ$ .
(b)

Calculer le déterminant de

$(\begin{matrix} 1 + z_{1} & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 1 + z_{2} & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ 1 & \dots & 1 & 1 + z_{n} \end{matrix}) .$

Solution

(a)

Par l’absurde, supposons que $P_{n}$ possède une racine multiple $z$ . Celle-ci vérifie

$P_{n} (z) = P_{n}^{'} (z) = 0 .$

On en tire

$z^{n} - z + 1 = 0 (1) et n z^{n - 1} = 1 (2)$

(1) et (2) donnent

$(n - 1) z = n (3)$

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

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

$χ (z_{i}) = | \begin{matrix} z_{i} - 1 - z_{1} & - 1 & (- 1) \\ ⋱ & ⋮ \\ - 1 \\ ⋮ \\ (- 1) & - 1 & z_{i} - 1 - z_{n} \end{matrix} | .$

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

$χ (z_{i}) = \prod_{j = 1, j \neq i}^{n} (z_{i} - z_{j}) = P^{'} (z_{i}) .$

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 $z_{1}, \dots, z_{n}$ . On en déduit qu’ils sont égaux. En particulier, le déterminant cherché est

${(- 1)}^{n} χ (0) = {(- 1)}^{n} (P (0) - P^{'} (0)) = 2 {(- 1)}^{n} .$

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

Exercice 72 772 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ vérifiant $rg (A) = 1$ .

(a)

Montrer qu’il existe $λ \in 𝕂$ tel que $A^{2} = λ A$ .
(b)

Vérifier que $λ$ est valeur propre de $A$ .

Solution

On retraduit le problème en termes d’endomorphismes.

(a)

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

$Vect (x) \oplus Ker (u) = E .$

Puisque $u (x) \in E$ , on peut écrire $u (x) = λ . x + y$ avec $y \in Ker (u)$ de sorte que

$u^{2} (x) = λ u (x) .$

Les applications linéaires $u^{2}$ et $λ u$ sont alors égales sur $Vect (x)$ mais aussi bien sûr sur $Ker (u)$ , ces applications linéaires sont donc égales sur $E$ .
(b)

De plus, pour $y \in Im (u) ∖ {0}$ , on peut écrire $y = u (a)$ et alors

$u (y) = u^{2} (a) = λ u (a) = λ y .$

Ainsi, $λ$ est bien valeur propre de $u$ .

Exercice 73 4355

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

Exercice 74 5732 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ . Établir que les matrices $A$ et $A^{⊤}$ ont les mêmes valeurs propres et que les espaces propres associés ont les mêmes dimensions.

Solution

Soit $λ \in 𝕂$ . Puisqu’une matrice et sa transposée ont le même rang, on remarque

rg (A^{⊤} - λ I_{n}) = rg ({(A - λ I_{n})}^{⊤}) = rg (A - λ I_{n}) .

Par la formule du rang,

dim Ker (A^{⊤} - λ I_{n}) = dim Ker (A - λ I_{n}) .

On en déduit que les matrices $A$ et $A^{⊤}$ ont les mêmes valeurs propres et que les espaces propres associés ont les mêmes dimensions.

Exercice 75 773 Correction

Pour $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on pose

∥ A ∥ = sup_{1 \leq i \leq n} \sum_{j = 1}^{n} | a_{i, j} | .

Montrer que

Sp (A) \subset [- ∥ A ∥; ∥ A ∥] .

Solution

Soient $λ \in Sp (A)$ et $X \neq 0$ tels que $A X = λ X$ .

Posons $i \in {1, \dots, n}$ tel que

| x_{i} | = \max_{1 \leq k \leq n} | x_{k} | .

On a $x_{i} \neq 0$ et

| λ x_{i} | = | \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} x_{j} | \leq \sum_{j = 1}^{n} | a_{i, j} | | x_{i} | \leq ∥ A ∥ | x_{i} |

d’où $| λ | \leq ∥ A ∥$ .

Exercice 76 5002 Correction

Soit $A$ une matrice diagonalisable de $ℳ_{n} (ℝ)$ admettant une valeur propre multiple $λ$ . Pour $i \in ⟦ 1; n ⟧$ , montrer que $λ$ est valeur propre de la matrice $A_{i}$ obtenue par suppression de la $i$ -ème et de la $i$ -ème colonne de $A$ .

Solution

Soit $a$ l’endomorphisme de $E = ℝ^{n}$ canoniquement associé à la matrice $A$ . Le réel $λ$ est valeur propre de $a$ et l’espace propre associé $E_{λ} (a)$ 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 $F_{i}$ le sous-espace de $ℝ^{n}$ constitué des $(x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℝ^{n}$ tels que $x_{i} = 0$ . L’espace $F_{i}$ est de dimension¹¹ 1 Si $(e_{1}, \dots, e_{n})$ désigne la base canonique de $ℝ^{n}$ , la famille des vecteurs $e_{1}, \dots, e_{i - 1}, e_{i + 1}, \dots, e_{n}$ est une base de $F_{i}$ . (PSI) On peut aussi simplement dire que $F_{i}$ est un hyperplan car noyau de la forme linéaire non nulle $x \mapsto x_{i}$ . $n - 1$ .

Méthode: On montre que l’intersection de $F_{i}$ et de $E_{λ} (a)$ n’est pas réduite au vecteur nul.

Par la formule de Grassmann

\underset{\begin{matrix} \leq n \end{matrix}}{\underset{⏟}{dim (F_{i} + E_{λ} (a))}} = \underset{\begin{matrix} = n - 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{dim F_{i}}} + \underset{\begin{matrix} \geq 2 \end{matrix}}{\underset{⏟}{dim E_{λ} (a)}} - dim (F_{i} \cap E_{λ} (a)) .

On a donc $dim (F_{i} \cap E_{λ} (a)) \geq 1$ et l’on peut introduire un vecteur $x = (x_{1}, \dots, x_{n})$ de $F_{i}$ non nul vérifiant $a (x) = λ . x$ . Matriciellement, si $X$ désigne la colonne de hauteur $n$ dont les éléments sont les $x_{1}, \dots, x_{n}$ , on obtient l’égalité $A X = λ X$ avec $X$ non nulle. Cependant, l’élément $x_{i}$ est nul et l’égalité précédente donne $A_{i} X_{i} = λ X_{i}$ en introduisant $X_{i}$ la colonne de hauteur $n - 1$ obtenue à partir de $X$ par suppression de sa $i$ -ème ligne. La colonne $X_{i}$ étant non nulle, on peut conclure que $λ$ est valeur propre de $A_{i}$ .

Exercice 77 3280 ENS Cachan (MP)Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant pour tout $i, j \in {1, \dots, n}$ $a_{i, j} \in ℝ_{+}$ et pour tout $i \in {1, \dots, n}$ , $\sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} = 1$ .

(a)

Montrer que $1 \in Sp (A)$ .
(b)

Justifier que si $λ \in ℂ$ est valeur propre de $A$ alors $| λ | \leq 1$ .
(c)

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

Solution

(a)

Le vecteur $X = {(1 \dots 1)}^{⊤}$ est évidemment vecteur propre associé à la valeur propre 1.
(b)

Soient $λ \in Sp (A)$ et $X = {(x_{1} \dots x_{n})}^{⊤}$ un vecteur propre associé. Soit $i_{0}$ l’indice vérifiant

$| x_{i_{0}} | = \max_{1 \leq i \leq n} | x_{i} | .$

On a $| x_{i_{0}} | \neq 0$ et la relation $A X = λ X$ donne $λ x_{i_{0}} = \sum_{j = 1}^{n} a_{i_{0}, j} x_{j}$ donc

$| λ | | x_{i_{0}} | = | \sum_{j = 1}^{n} a_{i_{0}, j} x_{j} | \leq \sum_{j = 1}^{n} | a_{i_{0}, j} | | x_{j} | \leq \sum_{j = 1}^{n} a_{i_{0}, j} | x_{i_{0}} | = | x_{i_{0}} |$

puis $| λ | \leq 1$ .
(c)

Si de plus $| λ | = 1$ alors il y a égalité dans l’inégalité précédente.
L’égalité dans la deuxième inégalité entraîne $| x_{j} | = | x_{i_{0}} |$ pour tout $j$ tel que $a_{i_{0}, j} \neq 0$ .
L’égalité dans la première inégalité entraîne que les complexes engagés sont positivement liés et donc qu’il existe $θ \in ℝ$ tel que pour tout $j \in {1, \dots, n}$ ,

$a_{i_{0}, j} x_{j} = a_{i_{0}, j} | x_{j} | e^{i θ} .$

Ces deux propriétés donnent pour tout $j \in {1, \dots, n}$ , $a_{i_{0}, j} x_{j} = a_{i_{0}, j} | x_{i_{0}} | e^{i θ}$ que $a_{i_{0}, j} \neq 0$ ou non.
En injectant cela dans la relation $λ x_{i_{0}} = \sum_{j = 1}^{n} a_{i_{0}, j} x_{j}$ , on obtient $λ x_{i_{0}} = | x_{i_{0}} | e^{i θ}$ .
Pour $j \in {1, \dots, n}$ tel que $a_{i_{0}, j} \neq 0$ , $x_{j} = λ x_{i_{0}}$ .
Posons $i_{1} = j$ et reprenons la même démarche, ce qui est possible puisque $| x_{i_{1}} | = \max_{1 \leq i \leq n} | x_{i} |$ .
On définit ainsi une suite $(i_{p}) \in {1, \dots, n}^{ℕ}$ vérifiant $λ x_{i_{p}} = x_{i_{p + 1}}$ .
Cette suite étant non injective, il existe $p \in ℕ$ et $q \in ℕ^{*}$ tel que $i_{p} = i_{p + q}$ ce qui donne $λ^{q} = 1$ .

Exercice 78 774

Soit $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice¹¹ 1 On dit que la matrice $A$ est stochastique, voir le sujet 4220. à coefficients positifs vérifiant

\sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} = 1 pour tout i \in ⟦ 1; n ⟧ .

(a)

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

On suppose désormais les coefficients de $A$ tous strictement positifs.

(b)

Établir que si $λ \in ℂ$ 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 79 4990

(Théorème de Perron-Frobenius)

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

	$Ω$	$= {x = (x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℝ_{+}^{n} \| x \neq (0, \dots,0)} et$
	$S$	$= {x = (x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℝ_{+}^{n} \| x_{1} + \dots + x_{n} = 1} .$

Pour $x = (x_{1}, \dots, x_{n})$ et $y = (y_{1}, \dots, y_{n})$ deux éléments de $ℝ^{n}$ , on écrit $x \leq y$ pour signifier $x_{i} \leq y_{i}$ pour $i = 1, \dots, n$ .

(a)

Pour $x \in Ω$ , justifier que l’on peut introduire

$θ (x) = \max {α \in ℝ_{+} | α . x \leq A x} .$
(b)

Vérifier que l’on a $θ (λ x) = θ (x)$ pour tous $λ > 0$ et $x \in Ω$ .
(c)

Soit $x \in Ω$ . Montrer que les éléments de $A x$ sont tous strictement positifs et vérifier $θ (x) \leq θ (A x)$
(d)

Montrer qu’il existe $x^{'} \in S$ tel que $θ (A x) \leq θ (A x^{'})$ pour tout $x \in S$ . En déduire l’existence d’un élément $y \in Ω$ tel que $θ (x) \leq θ (y)$ pour tout $x$ de $Ω$ .
(e)

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

Établir que les autres valeurs propres complexes $λ$ de $A$ vérifient $| λ | < μ$ .
(g)

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 80 3173

Soit $n \geq 2$ . Déterminer les valeurs propres de la comatrice de $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ en fonction de celles de $A$ .

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

Exercice 81 4333

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

A = (\begin{matrix} 2 & - 1 & 1 \\ - 1 & 2 & - 1 \\ - 1 & 1 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{3} (ℝ) .

Exercice 82 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 $θ$ .

R_{θ} = (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) avec θ ≢ 0 [π] .

Exercice 83 5768 Correction

Déterminer les éléments propres de

A = (\begin{matrix} 0 & (1) \\ ⋱ \\ (1) & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) avec n \geq 2 .

Solution

Pour $x \in ℝ$ ,

	$χ_{A} (x)$	$= \| \begin{matrix} x & (- 1) \\ ⋱ \\ (- 1) & x \end{matrix} \| \underset{C_{1} \leftarrow C_{1} + \dots + C_{n}}{=} \| \begin{matrix} x - (n - 1) & - 1 & \dots & - 1 \\ x - (n - 1) & x & (- 1) \\ ⋮ & ⋱ \\ x - (n - 1) & (- 1) & x \end{matrix} \|$
		$\underset{\binom{L_{i} \leftarrow L_{i} - L_{1}}{i = 2, \dots, n}}{=} \| \begin{matrix} x - (n - 1) & - 1 & \dots & - 1 \\ 0 & x + 1 & (0) \\ ⋮ & ⋱ \\ 0 & (0) & x + 1 \end{matrix} \|$
		$= (x - (n - 1)) {(x + 1)}^{n - 1} .$

On en déduit $χ_{A} = (X - (n - 1)) {(X + 1)}^{n - 1}$ .

La matrice $A$ possède deux valeurs propres qui sont $n - 1$ et $- 1$ .

Déterminons l’espace propre $E_{n - 1} (A)$ .

Pour $X = {(\begin{matrix} x_{1} & \dots & x_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ ,

	$A X = (n - 1) X$	$\Leftrightarrow (A + I_{n}) X = n X$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} x_{1} + \dots + x_{n} & = n x_{1} \\ ⋮ \\ x_{1} + \dots + x_{n} & = n x_{n} \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow x_{1} = \dots = x_{n}$
		$\Leftrightarrow X = (\begin{matrix} x_{1} \\ ⋮ \\ x_{1} \end{matrix}) .$

Ainsi,

E_{n - 1} (A) = Vect {(\begin{matrix} x_{1} \\ ⋮ \\ x_{1} \end{matrix}) | x_{1} \in ℝ} = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ ⋮ \\ 1 \end{matrix})} .

Déterminons l’espace propre $E_{- 1} (A)$ .

Pour $X = {(\begin{matrix} x_{1} & \dots & x_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ ,

	$A X = - X$	$\Leftrightarrow (A + I_{n}) X = 0$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} x_{1} + \dots + x_{n} & = 0 \\ ⋮ \\ x_{1} + \dots + x_{n} & = 0 \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow x_{1} + \dots + x_{n} = 0 .$

Ainsi,

E_{- 1} (A) = {(\begin{matrix} x_{1} \\ ⋮ \\ x_{n} \end{matrix}) | x_{1} + \dots + x_{n} = 0} .

L’espace $E_{- 1} (A)$ est un hyperplan.

Exercice 84 2613 ENSTIM (MP)

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $χ_{n}$ le polynôme caractéristique de

A_{n} = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & 1 \\ (0) & 1 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) .

(a)

Pour $θ \in] 0; π [$ , calculer $u_{n} = χ_{n} (2 \cos (θ))$ .
(b)

Déterminer les valeurs propres de $A_{n}$ . La matrice $A_{n}$ est-elle diagonalisable?
(c)

Déterminer les sous-espaces propres de $A_{n}$ .

Exercice 85 2704 MINES (MP)

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 3$ . Déterminer les valeurs propres de la matrice de $ℳ_{n} (ℝ)$ suivante

(\begin{matrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 1 & (0) \\ ⋮ & ⋱ \\ 1 & (0) & 1 \end{matrix}) .

Exercice 86 2861 X (MP)Correction

Déterminer les valeurs propres de la matrice

(\begin{matrix} 0 & \dots & 0 & 1 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & \dots & 0 & 1 \\ 1 & \dots & 1 & 1 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) .

Solution

Notons $M$ la matrice étudiée et supposons $n \geq 3$ , les cas $n = 1$ et $2$ étant immédiats.
Puisque $rg (M) = 2$ , 0 est valeur propre de $ℳ_{n} (ℝ)$ et $dim E_{0} (M) = n - 2$ .
Soit $λ$ une valeur propre non nulle de $ℳ_{n} (ℝ)$ et $X = {(\begin{matrix} x_{1} & \dots & x_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ un vecteur propre associé.
L’équation $M X = λ X$ fournit le système

{\begin{matrix} x_{n} = λ x_{1} \\ ⋮ \\ x_{n} = λ x_{n - 1} \\ x_{1} + \dots + x_{n} = λ x_{n} . \end{matrix}

On en déduit

λ (λ - 1) x_{n} = λ x_{1} + \dots + λ x_{n - 1} = (n - 1) x_{n}

avec $x_{n} \neq 0$ car $x_{n} = 0$ et $λ \neq 0$ entraînent $X = 0$ .
Par suite, $λ$ est racine de l’équation $λ^{2} - λ - (n - 1) = 0$ et donc

λ = \frac{1 \pm \sqrt{4 n - 3}}{2} .

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 87 3316 Correction

Soient $n \geq 3$ et

A = (\begin{matrix} 0 & (0) & 1 \\ 1 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & 1 \\ 1 & (0) & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) .

(a)

Calculer les rangs de $A$ et $A^{2}$ .
(b)

Soit $f$ l’endomorphisme de $ℝ^{n}$ canoniquement représenté par la matrice $A$ . Montrer $Ker (f) \oplus Im (f) = ℝ^{n}$ .
(c)

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

$(\begin{matrix} (0) & (0) \\ (0) & B \end{matrix}) avec B \in {GL}_{2} (ℝ) .$
(d)

Calculer $tr (B)$ et $tr (B^{2})$ .

En déduire les valeurs propres de $B$ puis celles de $A$ .
(e)

La matrice $A$ est-elle diagonalisable?

Solution

(a)

Par le calcul

$A^{2} = (\begin{matrix} 1 & (0) & 0 \\ ⋮ & 1 \\ 1 & ⋮ \\ 0 & (0) & 1 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) .$

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

On a $rg (f) = rg (f^{2})$ donc $dim Ker (f) = dim Ker (f^{2})$ . Or $Ker (f) \subset Ker (f^{2})$ donc $Ker (f) = Ker (f^{2})$ .
Pour $x \in Ker (f) \cap Im (f)$ , on peut écrire $x = f (a)$ et l’on a $f (x) = 0$ donc $a \in Ker (f^{2}) = Ker (f)$ puis $x = 0$ .
On en déduit $Ker (f) \cap Im (f) = {0_{E}}$ et un argument de dimension permet d’affirmer $Ker (f) \oplus Im (f) = ℝ^{n}$ .
(c)

Une base adaptée à la décomposition $Ker (f) \oplus Im (f) = ℝ^{n}$ permet de justifier que la matrice $A$ est semblable à

$(\begin{matrix} 0 & (0) \\ ⋱ \\ 0 \\ (0) & B \end{matrix}) avec B \in ℳ_{2} (ℝ) .$

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 $tr (B^{2}) = tr (A^{2}) = 2$ .
Soient $λ$ et $μ$ les deux valeurs propres complexes de la matrice $B$ . On a

${\begin{matrix} λ + μ & = 0 \\ λ^{2} + μ^{2} & = 2 . \end{matrix}$

On en déduit

${λ, μ} = {1, - 1} .$

Ainsi,

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

Par calcul de rang

$dim E_{0} (A) = dim Ker (A) = n - 2 .$

On a aussi

$dim E_{1} (A) = dim E_{1} (B) = 1 et dim E_{- 1} (A) = 1$

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

Exercice 88 2729 MINES (MP)Correction

Soit la matrice $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ donnée par $A = {(\min (i, j))}_{1 \leq i, j \leq n}$ .

(a)

Trouver une matrice triangulaire inférieure unité $L$ et une matrice triangulaire supérieure $U$ telle que $A = L U$ .
(b)

Exprimer $A^{- 1}$ à l’aide de

$N = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & 1 \\ (0) & 0 \end{matrix}) .$
(c)

Montrer que $Sp (A^{- 1}) \subset [0; 4]$ .

Solution

(a)

Les matrices suivantes conviennent:

$L = (\begin{matrix} 1 & (0) \\ ⋮ & ⋱ \\ 1 & \dots & 1 \end{matrix}) et U = (\begin{matrix} 1 & \dots & 1 \\ ⋱ & ⋮ \\ (0) & 1 \end{matrix}) = L^{⊤} .$
(b)

$U = I_{n} + N + \dots + N^{n - 1}$ , $(I_{n} - N) U = I_{n}$ donc $U^{- 1} = I_{n} - N$ , $L^{- 1} = {(U^{- 1})}^{⊤} = I_{n} - N^{⊤}$ donc

$A^{- 1} = U^{- 1} L^{- 1} = I_{n} - N - N^{⊤} + N N^{⊤} .$
(c)

On a

$A^{- 1} = (\begin{matrix} 2 & 1 & (0) \\ 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & 2 & 1 \\ (0) & 1 & 1 \end{matrix}) .$

Posons $χ_{n}$ le polynôme caractéristique de $A^{- 1} \in ℳ_{n} (ℝ)$ .
On a

$χ_{n + 2} (λ) = (2 - λ) χ_{n + 1} (λ) - χ_{n} (λ)$

avec $χ_{0} (λ) = 1$ et $χ_{1} (λ) = 1 - λ$ .

En écrivant $λ = 2 + 2 \cos (θ)$ avec $θ \in [0; π]$ et en posant $f_{n} (θ) = χ_{n} (2 + 2 \cos (θ))$ on a la relation

$f_{n + 2} (θ) + 2 \cos (θ) f_{n + 1} (θ) + f_{n} (θ) = 0,$

avec les conditions initiales $f_{0} (θ) = 1$ et $f_{1} (θ) = 2 \cos (θ) - 1$ .

La résolution de cette récurrence linéaire d’ordre $2$ donne

$f_{n} (θ) = \frac{\cos (n + \frac{1}{2}) θ}{\cos (\frac{θ}{2})} .$

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

$Sp (A^{- 1}) \subset [0; 4] .$

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

Exercice 89 786 Correction

Soit $E$ un $ℂ$ -espace vectoriel de dimension finie.

(a)

Justifier que tout endomorphisme de $E$ possède au moins une valeur propre
(b)

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

Solution

(a)

Pour tout $f \in ℒ (E)$ , $f$ admet un polynôme minimal qui admet au moins une racine dans $ℂ$ 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 $X P (X) = (1 + λ) P (X)$ ce qui est impossible pour des raisons de degré.

Exercice 90 5158

Soit $u$ un endomorphisme d’un $ℂ$ -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 $p \in ℕ^{*}$ tel que $u^{p} = 0$ .. 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 91 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 $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer qu’il existe des colonnes $X, Y$ de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ non toutes deux nulles telles que $A X$ et $A Y$ 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 92 4346

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

(a)

On suppose $u \circ v = v \circ u$ . Montrer que $u$ et $v$ ont un vecteur propre en commun.
(b)

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

Exercice 93 787 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ vérifiant $A B = B A$ .

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 $ℂ$ -espace vectoriel de dimension finie vérifiant $u \circ v = v \circ u$ . Tout endomorphisme sur un $ℂ$ -espace vectoriel de dimension finie non nulle admet au moins une valeur propre. Soit $λ$ une valeur propre de $u$ . L’espace propre $E_{λ} (u)$ est un sous-espace vectoriel stable par $v$ (car $u \circ v = v \circ u$ ) et l’endomorphisme induit par $v$ sur $E_{λ} (u)$ admet au moins une valeur propre $μ$ . Un vecteur propre associé à celle-ci est vecteur propre commun à $u$ et $v$ . En effet, c’est par définition un vecteur propre de $v$ pour la valeur propre $μ$ et par construction un vecteur propre de $u$ pour la valeur propre $λ$ car vecteur non nul du sous-espace propre $E_{λ} (u)$ .

Exercice 94 3795 CCINP (PC)Correction

$𝕂$ désigne $ℝ$ ou $ℂ$ .

On dit qu’une matrice $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ vérifie la propriété $(P)$ si

\exists M \in ℳ_{n} (𝕂), \forall λ \in 𝕂, \det (M + λ A) \neq 0 .

(a)

Rappeler pourquoi une matrice de $ℳ_{n} (ℂ)$ admet au moins une valeur propre.
(b)

Soit $T$ une matrice triangulaire supérieure de diagonale nulle.
Calculer $\det (I_{n} + λ T)$ . En déduire que $T$ vérifie la propriété $(P)$
(c)

Déterminer le rang de la matrice

$T_{r} = (\begin{matrix} 0 & I_{r} \\ 0 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (𝕂) .$
(d)

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

$\exists (P, Q) \in {GL}_{n} {(𝕂)}^{2}, B = P A Q$

et en déduire que $B$ vérifie $(P)$ .
(e)

Conclure que, dans $ℳ_{n} (ℂ)$ , les matrices non inversibles vérifient $(P)$ et que ce sont les seules.
(f)

Que dire des cette propriété dans le cas $ℳ_{n} (ℝ)$ (on distinguera $n$ pair et $n$ impair)?

Solution

(a)

Le polynôme caractéristique d’une matrice complexe possède au moins une racine dans $ℂ$ .
(b)

$\det (I_{n} + λ T) = 1 \neq 0$ et donc $T$ vérifie $(P)$ .
(c)

$rg (T_{r}) = r$ .
(d)

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

$\det (P M Q + λ B) = \det (P) \det (M + λ A) \det (Q) \neq 0$

et donc $B$ vérifie la propriété $(P)$ .
(e)

Si une matrice est non inversible, elle est de même rang qu’une matrice $T_{r}$ 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 $M \in ℳ_{n} (ℂ)$

$\det (M + λ A) = \det (A) \det (M A^{- 1} + λ I_{n})$

et puisque la matrice $M A^{- 1}$ admet une valeur propre, il est impossible que $\det (M + λ A)$ soit non nul pour tout $λ \in ℂ$ .
(f)

Cas: $n$ est impair. Toute matrice de $ℳ_{n} (ℝ)$ 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,

$A = (\begin{matrix} 0 & - 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})$

est inversible et vérifie la propriété $(P)$ avec $M = I_{n}$ .

Exercice 95 2994 CENTRALE (MP)Correction

Soient $E$ un $ℂ$ -espace vectoriel de dimension finie et $A$ une sous-algèbre de $ℒ (E)$ . On dit qu’un sous-espace $F$ de $E$ est stable par $A$ lorsque:

\forall x \in F, \forall u \in A, u (x) \in F .

On suppose que les seuls sous-espaces vectoriels de $E$ stables par $A$ sont ${0_{E}}$ et $E$ .

(a)

Pour $x \in E$ , déterminer ${f (x) | f \in A}$ .
(b)

Soient $u \in A$ de rang $r > 0$ et $f \in A$ .

Montrer qu’il existe $α \in ℂ$ tel que $rg (u \circ f \circ u - α u) < r$ .
(c)

En déduire que $A$ contient au moins un endomorphisme de rang $1$ .
(d)

Conclure que $A = ℒ (E)$ .

Solution

(a)

Posons $F = {f (x) | f \in A}$ . On vérifie que $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$ , que $F$ est stable par $A$ et que $x \in F$ . On en déduit que $F = E$ lorsque $x \neq 0_{E}$ . Un calcul immédiat fournit $F = {0_{E}}$ lorsque $x = 0_{E}$ .
(b)

Le sous-espace vectoriel $Im (u) \neq {0_{E}}$ est stable par l’endomorphisme $u \circ f$ . L’endomorphisme induit possède au moins une valeur propre complexe $α$ et alors l’endomorphisme $u \circ f - α Id$ n’est pas injectif sur $Im (u)$ . On en déduit

$rg (u \circ f \circ u - α u) = rg ({(u \circ f - α Id) |}_{Im (u)}) < dim Im (u) = r .$
(c)

Soit $u \in A$ un endomorphisme de rang minimal parmi ceux non nuls qui appartiennent à $A$ .

Soit $y = u (x)$ un vecteur non nul de l’image de $u$ .

Pour tout $z \in E$ , la première question assure l’existence de $f \in A$ tel que $f (y) = z$ . Introduisons ensuite $α \in ℂ$ tel que $rg (u \circ f \circ u - α u) < r$ . Par opérations dans l’algèbre $A$ , $u \circ f \circ u - α u \in A$ . Par minimalité de $u$ , il vient $u \circ f \circ u - α u = 0$ , c’est-à-dire $u \circ f \circ u = α u$ . En évaluant en $x$ , on obtient

$u (z) = u \circ f \circ u (x) = α . u (x) = α . y$

Ainsi, $Im (u) \subset Vect (y)$ et donc $Im (u) = Vect (y)$ .
(d)

Posons $u_{1} = u$ . Soit $e_{1}$ un vecteur n’appartenant pas à $Ker (u)$ .

Soient $e_{2}$ un vecteur non nul de $Ker (u)$ et $f \in A$ tel que $f (e_{2}) = e_{1}$ . Posons $u_{2} = u \circ f$ . L’endomorphisme $u_{2}$ est élément de $A$ . Cet endomorphisme est de rang au plus $1$ mais n’est pas l’endomorphisme nul car $u_{2} (e_{2}) = u (e_{1}) \neq 0_{E}$ . L’endomorphisme $u_{2}$ est donc de rang exactement $1$ et de même image que $u$ .

Plus généralement, une fois $u_{1}, \dots, u_{j}$ déterminés avec $j < n$ , on choisit $e_{j + 1}$ dans l’intersection des noyaux des $u_{1}, \dots, u_{j}$ et l’on forme $u_{j + 1} \in A$ de rang $1$ tel que $u_{j + 1} (e_{j + 1}) = u (e_{1})$ .

La famille $(u_{1}, \dots, u_{n})$ ainsi constituée est libre. En effet, si $λ_{1} u_{1} + \dots + λ_{n} u_{n} = 0$ alors, en évaluant successivement en $e_{n}, e_{n - 1}, \dots, e_{1}$ , on établit $λ_{n} = λ_{n - 1} = \dots = λ_{1} = 0$ .

Soit $(e_{1}^{'}, \dots, e_{n}^{'})$ une autre base¹¹ 1 Élégamment, on pourrait choisir $(e_{1}, \dots, e_{n})$ après avoir montré que cette famille est une base de $E$ . de $E$ . Pour $i = 1, \dots, n$ , on introduit $f_{i} \in A$ tel que $f_{i} (u (e_{1})) = e_{i}^{'}$ . On pose alors

$\forall i, j \in ⟦ 1; n ⟧, u_{i, j} = f_{i} \circ u_{j} \in A .$

On vérifie que la famille $(u_{i, j})$ est libre et l’on en déduit que l’algèbre $A$ est de dimension au moins $n^{2}$ et donc égale à $ℒ (E)$ .

Exercice 96 788 Correction

Montrer que $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ ont une valeur propre en commun si, et seulement si, il existe $U \in ℳ_{n} (ℂ)$ non nulle vérifiant $U A = B U$ .

Solution

Si $A$ et $B$ ont $λ$ pour valeur propre commune alors, puisque $A$ et $A^{⊤}$ ont les mêmes valeurs propres, il existe des colonnes $X, Y \neq 0$ vérifiant $A^{⊤} X = λ X$ et $B Y = λ Y$ . Posons alors $U = Y X^{⊤} \in ℳ_{n} (ℂ) ∖ {0}$ .

On a $B U = λ Y X^{⊤}$ et $U A = Y {(A^{⊤} X)}^{⊤} = λ Y X^{⊤}$ donc $U A = B U$ .

Inversement, supposons qu’il existe $U \in ℳ_{n} (ℂ)$ non nulle vérifiant $U A = B U$ . On peut écrire $U = Q J_{r} P$ avec $P, Q$ inversibles et $r = rg (U) > 0$ . L’égalité $U A = B U$ entraîne alors $J_{r} A^{'} = B^{'} J_{r}$ avec $A^{'} = P A P^{- 1}$ et $B^{'} = Q^{- 1} B Q$ . Par similitude, $Sp (A^{'}) = Sp (A)$ et $Sp (B^{'}) = Sp (B)$ . En raisonnant par blocs, l’égalité $J_{r} A^{'} = B^{'} J_{r}$ entraîne

A^{'} = (\begin{matrix} M & 0 \\ * & * \end{matrix}) et B^{'} = (\begin{matrix} M & * \\ 0 & * \end{matrix}) avec M \in ℳ_{r} (ℂ) .

Ces formes matricielles entraînent $Sp (M) \subset Sp (A^{'})$ et $Sp (M) \subset Sp (B^{'})$ . Or $Sp (M) \neq \emptyset$ (cadre complexe) et donc

Sp (A) \cap Sp (B) \neq \emptyset .

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

Exercice 97 767 Correction

On considère les matrices réelles

A = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}) et M = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}) .

(a)

Calculer $A M - M A$ .
(b)

Déterminer les éléments propres de l’endomorphisme $M \mapsto A M - M A$ .

Solution

(a)

Directement,

$A M - M A = (\begin{matrix} a & b \\ 2 c & 2 d \end{matrix}) - (\begin{matrix} a & 2 b \\ c & 2 d \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & - b \\ c & 0 \end{matrix}) .$
(b)

$0$ est valeur propre avec $E_{0} = Vect (E_{1,1}, E_{2,2})$ , $1$ est valeur propre avec $E_{1} = Vect (E_{2,1})$ et $- 1$ est valeur propre avec $E_{- 1} = Vect (E_{1,2})$ .

Exercice 98 5319 ENSTIM (MP)Correction

Soient $n \geq 2$ , $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice non nulle et

φ : {\begin{matrix} ℳ_{n} (ℝ) & \to & ℳ_{n} (ℝ) \\ M & \mapsto & tr (A) M - tr (M) A . \end{matrix}

(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 $λ_{1}, λ_{2} \in ℝ$ et $M_{1}, M_{2} \in ℳ_{n} (ℝ)$ . On vérifie par calculs

$φ (λ_{1} M_{1} + λ_{2} M_{2}) = λ_{1} φ (M_{1}) + λ_{2} φ (M_{2}) .$
(b)

Pour $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ ,

$φ (M) = 0 \Leftrightarrow tr (A) M = tr (M) A .$

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 $rg (φ) = n^{2} - 1$ .
(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 $n^{2} - 1$ . 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 $M \mapsto - tr (M) A$ . $0$ en est valeur propre de multiplicité $n^{2} - 1$ 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 99 776

Soit $A$ une matrice élément de $E = ℳ_{n} (ℝ)$ . On introduit l’endomorphisme¹¹ 1 Il ne faut pas confondre $u$ avec l’endomorphisme qui à une colonne $X$ associe $A X$ . Ce dernier peut être représenté par la matrice $A$ ce qui n’est pas le cas de $u$ qui opère en dimension $n^{2}$ . $u$ de $E$ défini par $u (M) = A M$ pour tout $M \in E$ .

(a)

Montrer que la matrice $A$ et l’endomorphisme $u$ 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 $v (M) = M A$ ?

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

Exercice 100 829 Correction

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ tels que $f \circ g - g \circ f = Id$ .

(a)

Montrer que, pour tout entier $n \geq 1$ , on a $f^{n} \circ g - g \circ f^{n} = n f^{n - 1}$ .
(b)

En dimension finie non nulle, montrer qu’il n’existe pas deux endomorphismes $f$ et $g$ tels que $f \circ g - g \circ f = Id$ .
(c)

Montrer que dans $E = 𝕂 [X]$ les endomorphismes $f$ et $g$ définis par $f (P) = P^{'}$ et $g (P) = X P$ conviennent.

Solution

(a)

Il suffit de procéder par récurrence en exploitant

$f^{n + 1} \circ g - g \circ f^{n + 1} = f \circ (n f^{n} + g \circ f^{n}) + (Id - f \circ g) \circ f^{n} .$
(b)

Si $f \circ g - g \circ f = Id$ alors

$tr (Id) = tr (f \circ g) - tr (g \circ f) = 0 .$

C’est absurdre.
(c)

Pour $P \in 𝕂 [X]$

$f \circ g (P) = {(X P)}^{'} = X P^{'} + P et g \circ f (P) = X P^{'}$

donc

$(f \circ g - g \circ f) (P) = P .$

Exercice 101 775 MINES (MP)

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant $A B - B A = A$ .

(a)

Calculer $A^{k} B - B A^{k}$ pour $k \in ℕ$ .

On considère l’endomorphisme $φ$ de $ℳ_{n} (ℝ)$ défini par $φ (M) = M B - B M$ .

(b)

À quelle condition la matrice $A^{k}$ est-elle vecteur propre de $φ$ ?
(c)

En déduire qu’il existe¹¹ 1 Autrement dit, la matrice $A$ est nilpotente. $k \in ℕ$ tel que $A^{k} = O_{n}$ .

Exercice 102 4105 CENTRALE (MP)Correction

On fixe $A \in ℳ_{p} (ℝ)$ et l’on considère $Δ : M \in ℳ_{p} (ℝ) \mapsto A M - M A$ .

(a)

Prouver que $Δ$ est un endomorphisme de $ℳ_{p} (ℝ)$ et que:

$\forall n \in ℕ^{*}, \forall (M, N) \in ℳ_{p} {(ℝ)}^{2}, Δ^{n} (M N) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) Δ^{k} (M) Δ^{n - k} (N) .$
(b)

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

$Δ^{2} (H) = 0 et Δ^{n + 1} (H^{n}) = 0 .$

Vérifier $Δ^{n} (H^{n}) = n! B^{n}$ .
(c)

Soit $∥ \cdot ∥$ une norme sur $ℳ_{p} (ℝ)$ . Montrer que ${∥ B^{n} ∥}^{1 / n} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ .
(d)

En déduire que la matrice $B$ est nilpotente.

Solution

(a)

$Δ$ est évidemment linéaire de $ℳ_{p} (ℝ)$ dans lui-même.
En exploitant

$Δ (B C) = A B C - B C A = (A B - B A) C + B (A C - C A) = Δ (B) C + B Δ (C)$

on montre la relation

$Δ^{n} (M N) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) Δ^{k} (M) Δ^{n - k} (N)$

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

$A B = B A$ donne directement $Δ (B) = 0$ et donc $Δ^{2} (H) = 0$ .
La relation $Δ^{n + 1} (H^{n}) = 0$ s’obtient alors en raisonnant par récurrence et en observant que les termes sommés sont nuls dans la relation

$Δ^{n + 1} (H^{n}) = Δ^{n + 1} (H H^{n - 1}) = \sum_{k = 0}^{n + 1} (\binom{n + 1}{k}) Δ^{k} (H) Δ^{n + 1 - k} (H^{n - 1}) .$

L’identité $Δ^{n} (H^{n}) = n! B^{n}$ 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

$∥ B^{n} ∥ = \frac{1}{n!} ∥ Δ^{n} (H^{n}) ∥ .$

L’application linéaire $Δ$ étant continue, on peut introduire $k \geq 0$ vérifiant

$\forall M \in ℳ_{p} (ℝ), ∥ Δ (M) ∥ \leq k ∥ M ∥ .$

On a alors

$∥ B^{n} ∥ \leq \frac{1}{n!} k^{n} ∥ H^{n} ∥ \leq \frac{1}{n!} {(k ∥ H ∥)}^{n}$

puis

${∥ B^{n} ∥}^{1 / n} \leq \frac{1}{{(n!)}^{1 / n}} (k ∥ H ∥) \to_{n \to + \infty}^{} 0 car n! \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{2 π n} {(\frac{n}{e})}^{n} .$
(d)

On peut plonger le problème dans le cadre complexe. Soit $λ$ une valeur propre complexe de $B$ et $M$ une matrice de $ℳ_{p} (ℂ)$ dont toutes les colonnes sont vecteurs propres de $B$ associés à la valeur propre $λ$ . On a
$B M = λ M$ et donc $B^{n} M = λ^{n} M$ puis ${∥ B^{n} M ∥}^{1 / n} = | λ | {∥ M ∥}^{1 / n}$ . Or

${∥ B^{n} M ∥}^{1 / n} \leq {∥ B^{n} ∥}^{1 / n} {∥ M ∥}^{1 / n} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

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

Exercice 103 2719 MINES (MP)Correction

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes d’un $ℂ$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie $n \geq 1$ tels que

f \circ g - g \circ f = f .

(a)

Montrer que $f$ est nilpotent.
(b)

On suppose $f^{n - 1} \neq 0$ . Montrer qu’il existe une base $e$ de $E$ et $λ \in ℂ$ tels que:

${Mat}_{e} (f) = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & 1 \\ (0) & 0 \end{matrix}) et {Mat}_{e} (g) = (\begin{matrix} λ & (0) \\ λ + 1 & ⋱ \\ ⋱ \\ (0) & λ + n - 1 \end{matrix}) .$

Solution

(a)

On vérifie $f^{k} \circ g - g \circ f^{k} = k f^{k}$ pour tout $k \in ℕ$ .

Si $f^{k} \neq 0$ pour tout $k \in ℕ$ alors l’endomorphisme $h \mapsto h \circ g - g \circ h$ 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)

$f^{n} = 0$ (car $dim E = n$ ) et $f^{n - 1} \neq 0$ . Pour $x \notin Ker (f^{n - 1})$ et $e^{'} = (f^{n - 1} (x), \dots, f (x), x)$ , on montre classiquement que $e^{'}$ est une base de $E$ dans laquelle la matrice de $f$ est telle que voulue.

On remarque

$f (g (f^{n - 1} (x))) = 0_{E}$

donc

$g (f^{n - 1} (x)) = λ . f^{n - 1} (x)$

pour un certain $λ \in ℝ$ .

Aussi,

$f^{k} (g (f^{n - 1 - k} (x))) = (λ + k) . f^{n - 1} (x)$

et la matrice de $g$ dans $e^{'}$ est donc triangulaire supérieure avec sur la diagonale $λ, λ + 1, \dots, λ + n - 1$ . Ainsi,

$Sp (g) = {λ, \dots, λ + n - 1} .$

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

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

Exercice 104 2441 CENTRALE (MP)Correction

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

u \circ v - v \circ u = a u + b v .

(a)

On étudie le cas $a = b = 0$ .

Montrer que $u$ et $v$ ont un vecteur propre en commun.
(b)

On étudie le cas $a \neq 0$ , $b = 0$ .

Montrer que $u$ est non inversible.

Calculer $u^{n} \circ v - v \circ u^{n}$ puis établir que $u$ est nilpotent.

Conclure que $u$ et $v$ ont un vecteur propre en commun.
(c)

On étudie le cas $a, b \neq 0$ .

Montrer que $u$ et $v$ ont un vecteur propre en commun.

Solution

(a)

Puisque $u \circ v = v \circ u$ les sous-espaces propres de $u$ sont stables par $v$ . Puisque $E$ est un $ℂ$ -espace vectoriel non réduit au vecteur nul, $u$ admet au moins une valeur propre. Le sous-espace propre associé est stable par $v$ et non réduit au vecteur nul. L’endomorphisme induit par $v$ sur celui-ci admet au moins une valeur propre. Cela assure l’existence d’un vecteur propre à l’endomorphisme $v$ dans un sous-espace propre de l’endomorphisme $u$ . Ce vecteur est un vecteur propre commun à $u$ et $v$ .
(b)

On a $u \circ v - v \circ u = a u$ .

Par l’absurde, si $u$ est inversible alors

$u \circ v \circ u^{- 1} - v = a {Id}_{E}$

et donc

$tr (u \circ v \circ u^{- 1}) - tr (v) = a dim E .$

Or

$tr (u \circ v \circ u^{- 1}) = tr ((u \circ v) \circ u^{- 1}) = tr (u^{- 1} \circ (u \circ v)) = tr ((u^{- 1} \circ u) \circ v) = tr (v)$

ce qui entraîne une absurdité. On en déduit que l’endomorphisme $u$ est non inversible.

Par récurrence sur $n \in ℕ$ , on vérifie

$u^{n} \circ v - v \circ u^{n} = n a u^{n} .$

En effet, la propriété est immédiate pour $n = 0$ et on obtient l’hérédité en écrivant

$u^{n + 1} \circ v - v \circ u^{n + 1}$ $= u^{n} \circ (u \circ v) - v \circ u^{n + 1}$

$= u^{n} \circ (a u + v \circ u) - v \circ u^{n + 1}$

$= a u^{n + 1} + (u^{n} \circ v - v \circ u^{n}) \circ u$

L’endomorphisme $φ : w \mapsto w \circ v - v \circ w$ défini sur $ℒ (E)$ n’admet qu’un nombre fini de valeurs propres car opère en dimension finie. Si $u$ n’est pas nilpotent alors pour tout $n \in ℕ$ , $n a$ est valeur propre de $φ$ . C’est absurde et donc $u$ est nilpotent.
Enfin, soit $x \in Ker (u)$ . On a $u (v (x)) = v (u (x)) + a u (x) = 0$ donc $v (x) \in Ker (u)$ .
Par suite, $Ker (u) \neq {0}$ est stable $v$ et un vecteur propre de l’endomorphisme induit est vecteur propre commun à $u$ et $v$ .
(c)

$u \circ v - v \circ u = a u + b v$ .
Si $a = 0$ il suffit de transposer l’étude précédente.
Si $a \neq 0$ , considérons $w = a u + b v$ .
On a

$(a u + b v) \circ v - v \circ (a u + b v) = a (u \circ v - v \circ u) = a (a u + b v) .$

Par l’étude qui précède, $a u + b v$ et $v$ ont un vecteur propre en commun puis $u$ et $v$ ont un vecteur propre en commun.

Exercice 105 4107 CENTRALE (MP)Correction

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

On suppose que $u \circ v - v \circ u = u$ .

(a)

Montrer que $Ker (u)$ est stable par $v$ .
(b)

Montrer que $Ker (u) \neq {0}$ .

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

En déduire que $u$ et $v$ ont un vecteur propre commun.
(c)

Montrer qu’il existe une base de $E$ dans laquelle les matrices de $u$ et $v$ sont triangulaires supérieures.
(d)

Généraliser le résultat précédent au cas où $u \circ v - v \circ u \in Vect (u, v)$ .

Solution

(a)

Soit $x \in Ker (u)$ . On a $u (x) = 0_{E}$ et donc

$u (v (x)) = u (x) + v (u (x)) = 0_{E} .$

Ainsi, $v (x) \in Ker (u)$ . L’espace $Ker (u)$ est stable par $v$ .
(b)

Par l’absurde, supposons l’endomorphisme $u$ est inversible. On peut introduire $u^{- 1}$ et écrire

$u \circ v \circ u^{- 1} = v + {Id}_{E} .$

Or

$tr (u \circ v \circ u^{- 1}) = tr ((u \circ v) \circ u^{- 1}) = tr (u^{- 1} \circ (u \circ v)) = tr ((u^{- 1} \circ u) \circ v) = tr (v)$

et l’égalité précédente donne alors

$tr (v) = tr (v) + dim E .$

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

L’espace $Ker (u)$ est stable $v$ et non réduit à l’espace nul. L’endomorphisme complexe induit par $v$ sur cet espace de dimension finie admet au moins une valeur propre $λ$ . Si $x$ est un vecteur propre associé, c’est un vecteur propre commun à $u$ et $v$ car c’est un vecteur non nul vérifiant à la fois

$u (x) = 0_{E} et v (x) = λ . x .$
(c)

Par récurrence, on établit que deux endomorphismes $u$ et $v$ d’un $ℂ$ -espace vectoriel de dimension $n \in ℕ^{*}$ vérifiant $u \circ v - v \circ u = u$ sont cotrigonalisables.

Pour $n = 1$ , il n’y a rien à démontrer.

Supposons la propriété acquise pour $n - 1 \in ℕ^{*}$ .

Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes d’un $ℂ$ -espace vectoriel de dimension $n$ vérifiant $u \circ v - v \circ u = u$ . Il existe $e_{1}$ vecteur propre commun à $u$ et $v$ . Par le théorème de la base incomplète, on forme $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ . Dans cette base les matrices de $u$ et $v$ sont respectivement de la forme

$A = (\begin{matrix} λ & * \\ 0 & A^{'} \end{matrix}) et B = (\begin{matrix} μ & * \\ 0 & B^{'} \end{matrix}) .$

Par opérations par blocs, on vérifie $A^{'} B^{'} - B^{'} A^{'} = A^{'}$ car $A B - B A = A$ . Par hypothèse de récurrence, les endomorphismes canoniquement associés aux matrices $A^{'}$ et $B^{'}$ sont cotrigonalisables. Il existe donc $Q \in {GL}_{n - 1} (ℂ)$ telle que

$Q^{- 1} A^{'} Q = T et Q^{- 1} B^{'} Q = U avec T, U \in 𝒯_{n - 1}^{+} (ℂ) .$

Considérons ensuite la matrice étendue

$P = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & Q \end{matrix}) .$

On vérifie

$P \in {GL}_{n} (ℂ) avec P^{- 1} = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & Q^{- 1} \end{matrix}) .$

Par produit par blocs,

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} λ & * \\ 0 & T \end{matrix}) et P^{- 1} B P = (\begin{matrix} μ & * \\ 0 & U \end{matrix}) .$

Les matrices $A$ et $B$ sont donc cotrigonalisables et la matrice de passage $P$ détermine alors une base dans laquelle les matrices de $u$ et $v$ sont triangulaires supérieures.

La récurrence est établie.
(d)

L’étude qui précède est aussi valable pour une identité du type $u \circ v - v \circ u = a u$ avec $a \neq 0$ . Dans le cas où $a = 0$ , le résultat est encore vraie car deux endomorphismes $u$ et $v$ qui commutent possèdent une valeur propre commune. En effet, $u$ possède au moins une valeur propre, le sous-espace propre associé est stable par $v$ et l’endomorphisme induit par $v$ sur celui-ci possède au moins une valeur propre. Cela permet de déterminer un vecteur propre commun à $u$ et $v$ . On peut alors adapter la démonstration précédente et acquérir la propriété de cotrigonalisabilité.

Si $u \circ v - v \circ u = a u + b v$ avec $b \neq 0$ alors, en considérant $w = a u + b v$ , on a

$u \circ w - w \circ u = u \circ (a u + b v) - (a u + b v) \circ u = b (u \circ v - v \circ u) = b w .$

Les endomorphismes $u$ et $w$ sont donc cotrigonalisables. Or $v$ est combinaison linéaire de $u$ et $v$ . Les endomorphismes $u$ et $v$ sont donc aussi cotrigonalisables.

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

Exercice 106 4336

Soit $u$ un endomorphisme diagonalisable d’un espace $E$ de dimension finie $n \geq 1$ . Montrer que le noyau et l’image de $u$ sont supplémentaires.

Exercice 107 4335

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ de dimension finie $n \geq 1$ ne possédant qu’une seule valeur propre.

À quelle condition cet endomorphisme est-il diagonalisable?

Exercice 108 5362 Correction

Soit $u$ un endomorphisme diagonalisable d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie $n \geq 1$ .

Montrer $Ker (u) = Ker (u^{2})$ . A-t-on $Im (u) = Im (u^{2})$ ?

Solution

On sait $Ker (u) \subset Ker (u^{2})$ car, si $u (x) = 0_{E}$ , alors $u^{2} (x) = u (u (x)) = u (0_{E}) = 0_{E}$ .

Méthode: On montre $rg (u) = rg (u^{2})$ par diagonalisation de $u$ .

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

D = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix})

où $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ désignent les valeurs propres comptées avec multiplicité de l’endomorphisme $u$ . Par élévation au carré,

D^{2} = (\begin{matrix} λ_{1}^{2} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n}^{2} \end{matrix}) .

Les matrices $D$ et $D^{2}$ ont le même rang car celui-ci correspond au nombre de coefficients non nuls sur la diagonale. Les endomorphismes $u$ et $u^{2}$ ont donc aussi le même rang. Enfin, par la formule du rang,

dim Ker (u) = n - rg (u) = n - rg (u^{2}) = dim Ker (u^{2}) .

Par inclusion et égalité des dimensions, on conclut $Ker (u) = Ker (u^{2})$ .

On sait $Im (u^{2}) \subset Im (u)$ et l’égalité des rangs qui précèdent donne l’égalité des espaces.

Exercice 109 2539 CENTRALE (PC)Correction

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n \geq 2$ .

(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

$Im (f^{k}) \oplus Ker (f^{k}) = E .$

L’endomorphisme $f^{k}$ 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 $f^{2} = 0$ avec $f \neq 0$ convient. C’est le cas d’un endomorphisme représenté par la matrice

$(\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) .$
(b)

Soit $(e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de vecteurs propres de $f$ . La matrice de $f$ dans cette base est de la forme

$(\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix})$

et alors les espaces

$Ker (f) = Vect {e_{i} | λ_{i} = 0} et Im (f) = Vect {e_{i} | λ_{i} \neq 0}$

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

On vérifie $Ker (f^{k}) \subset Ker (f^{k + 1})$ . La suite des dimensions des noyaux des $f^{k}$ est croissante et majorée par $n$ . Elle est donc stationnaire et il existe $k \in ℕ$ tel que

$\forall ℓ \geq k, dim Ker (f^{ℓ + 1}) = dim Ker (f^{ℓ}) .$

Par inclusion et égalité des dimensions

$\forall ℓ \geq k, Ker (f^{ℓ + 1}) = Ker (f^{ℓ}) .$

En particulier, $Ker (f^{2 k}) = Ker (f^{k})$ . On peut alors établir $Im (f^{k}) \cap Ker (f^{k}) = {0_{E}}$ et par la formule du rang on obtient la supplémentarité

$Im (f^{k}) \oplus Ker (f^{k}) = E .$

L’endomorphisme $f^{k}$ 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 110 796 Correction

Montrer que si $A$ est diagonalisable alors $A^{⊤}$ l’est aussi.

Solution

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

P^{- 1} A P = D

diagonale. En transposant,

P^{⊤} A^{⊤} {(P^{- 1})}^{⊤} = D

c’est-à-dire

Q A^{⊤} Q^{- 1} = D

avec $Q = P^{⊤}$ inversible d’inverse $Q^{- 1} = {(P^{- 1})}^{⊤}$ .

Exercice 111 5633 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ diagonalisable.

Justifier que les matrices $A$ et $A^{⊤}$ sont semblables.

Solution

Par hypothèse, il existe $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ telle que $D = P^{- 1} A P$ soit une matrice diagonale. Par transposition d’un produit,

D = D^{⊤} = P^{⊤} A^{⊤} {(P^{- 1})}^{⊤} .

Or la matrice $P^{⊤}$ est inversible d’inverse ${(P^{- 1})}^{⊤}$ et ce qui précède s’écrit donc

D = P^{⊤} A^{⊤} {(P^{⊤})}^{- 1} .

La matrice $A^{⊤}$ est donc semblable à $D$ qui est elle-même semblable à $A$ . Au final, $A$ et $A^{⊤}$ sont semblables

A^{⊤} = {(P P^{⊤})}^{- 1} A P P^{⊤} .

Exercice 112 5484 Correction

Soient $A$ et $B \in ℳ_{n} (𝕂)$ deux matrices diagonalisables.

Montrer que les matrices $A$ et $B$ sont semblables si, et seulement si, elles ont le même polynôme caractéristique.

Solution

$(⟹)$ Deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique (qu’elles soient ou non diagonalisables).

$(⟸)$ Si $A$ est diagonalisable alors son polynôme caractéristique est scindé et $A$ est semblable à toute matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les racines comptées avec multiplicité du polynôme caractéristique de $A$ . Par conséquent, si $A$ et $B$ sont diagonalisables de même polynôme caractéristique, elles sont semblables à une même matrice diagonale et donc semblable entre elles.

Exercice 113 1673 Correction

Soient $A \in {GL}_{n} (𝕂)$ et $B \in ℳ_{n} (𝕂)$ .

On suppose la matrice $A B$ diagonalisable. Montrer que $B A$ est diagonalisable.

Solution

Il existe des matrices $P \in {GL}_{n} (𝕂)$ et $D \in D_{n} (𝕂)$ telles que

A B = P D P^{- 1} .

On a alors

A (B A) A^{- 1} = P D P^{- 1}

puis

B A = (A^{- 1} P) D (P^{- 1} A) = (A^{- 1} P) D {(A^{- 1} P)}^{- 1} .

La matrice $B A$ est donc diagonalisable.

Une résolution courte est aussi possible: $A B = A (B A) A^{- 1}$ : les matrices $A B$ et $B A$ sont semblables, si l’une est diagonalisable alors l’autre l’est aussi.

Exercice 114 4353

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

Exercice 115 4362

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

Exercice 116 6014 MINES (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension $n \geq 1$ .

Montrer que $u$ est diagonalisable si, et seulement si, il existe $n$ hyperplans $H_{1}, \dots, H_{n}$ de $E$ stables par $u$ vérifiant $H_{1} \cap \dots \cap H_{n} = {0_{E}}$ .

Solution

$(⟹)$ Supposons $u$ diagonalisable et considérons $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de diagonalisation. Pour $i = 1, \dots, n$ , posons $H_{i} = Vect (e_{1}, \dots, e_{i - 1}, e_{i + 1}, \dots, e_{n})$ . Les sous-espaces vectoriels $H_{1}, \dots, H_{n}$ sont des hyperplans stables par $u$ vérifiant $H_{1} \cap \dots \cap H_{n} = {0_{E}}$ .

$(⟸)$ Supposons qu’il existe $n$ hyperplans $H_{1}, \dots, H_{n}$ de $E$ stables par $u$ vérifiant $H_{1} \cap \dots \cap H_{n} = {0_{E}}$ .

Si $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$ et $H$ un hyperplan, on remarque

dim F \cap H = {\begin{matrix} dim F & si F \subset H \\ dim F - 1 & sinon \end{matrix}

car $F + H$ vaut $H$ ou $E$ .

L’intersection d’hyperplans abaisse la dimension d’une unité au plus à chaque intersection. Pour que $dim (H_{1} \cap \dots \cap H_{n}) = 0$ , il est nécessaire que

\forall i = 1, \dots, n, dim (H_{1} \cap \dots \cap H_{i - 1} \cap H_{i + 1} \cap \dots \cap H_{n}) = 1 .

Soit $e_{i}$ un vecteur non nul de $D_{i} = H_{1} \cap \dots \cap H_{i - 1} \cap H_{i + 1} \cap \dots \cap H_{n}$ . Puisque chaque hyperplan est stable par $u$ , la droite $D_{i}$ est stable par $u$ et donc $e_{i}$ est vecteur propre de $u$ .

Soit $(λ_{1}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n}$ . Supposons $λ_{1} . e_{1} + \dots + λ_{n} . e_{n} = 0_{E}$ . Pour $i = 1, \dots, n$ ,

λ_{i} . e_{i} = - (λ_{1} . e_{1} + \dots + λ_{i - 1} . e_{i - 1} + λ_{i + 1} . e_{i + 1} + \dots + λ_{n} . e_{n}) \in D_{i} \cap H_{i} = {0_{E}} .

On en déduit $λ_{i} = 0$ .

La famille $(e_{1}, \dots, e_{n})$ est libre et formée de vecteurs propres de $u$ . C’est une base de vecteurs propres: l’endomorphisme $u$ est diagonalisable.

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

Exercice 117 4339

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ représenté dans une base $e = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ par la matrice

A = (\begin{matrix} 0 & 1 & - 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) .

(a)

Justifier que $u$ est diagonalisable.
(b)

Déterminer une base de diagonalisation de $u$ .

Exercice 118 3776 CCINP (MP)Correction

Soient $E$ un $ℂ$ -espace vectoriel de dimension finie non nulle et $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ .

On considère l’endomorphisme $f$ de $E$ déterminé par

\forall k \in {1, \dots, n}, f (e_{k}) = e_{k} + \sum_{i = 1}^{n} e_{i} .

(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

${Mat}_{e} (f) = (\begin{matrix} 2 & (1) \\ ⋱ \\ (1) & 2 \end{matrix}) .$
(b)

D’une part

$f (e_{1} + \dots + e_{n}) = (n + 1) (e_{1} + \dots + e_{n})$

et d’autre part, pour $x = x_{1} e_{1} + \dots + x_{n} e_{n}$ avec $x_{1} + \dots + x_{n} = 0$ on a

$f (x) = x .$

On en déduit que $1$ et $n + 1$ sont valeurs propres de $f$ . Puisque le sous-espace propre associé à la valeur propre $1$ contient un hyperplan et que le sous-espace propre associé à la valeur $n + 1$ contient au moins une droite, il ne peut y avoir d’autres valeurs propres et les sous-espaces propres sont respectivement un hyperplan et une droite.

En résumé, $Sp (f) = {1, n + 1}$ et

$E_{1} (f) = {x | x_{1} + \dots + x_{n} = 0} et E_{n + 1} (f) = Vect (e_{1} + \dots + e_{n}) .$
(c)

L’endomorphisme $f$ est diagonalisable car

$dim E_{1} (f) + dim E_{n + 1} (f) = n .$
(d)

Par les valeurs propres

$\det (f) = (n + 1) \neq 0$

et l’endomorphisme $f$ est inversible…

Exercice 119 799 Correction

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

Im (u - {Id}_{E}) \cap Im (u + {Id}_{E}) = {0_{E}} .

Montrer que $u$ est diagonalisable.

Solution

Puisque $Im (u - {Id}_{E}) \cap Im (u + {Id}_{E}) = {0_{E}}$ , on a

rg (u - {Id}_{E}) + rg (u + {Id}_{E}) \leq dim E .

Par la formule du rang,

dim Ker (u - {Id}_{E}) + dim Ker (u + {Id}_{E}) \geq dim E .

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

Exercice 120 801 Correction

Soit $E = ℝ_{n} [X]$ . Pour $P \in E$ , on pose

φ (P) = (X^{2} - 1) P^{''} (X) + 2 X P^{'} (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 $ℝ [X]$ vers lui-même. De plus, si $\deg (P) \leq n$ , il est aisé d’observer que $\deg (φ (P)) \leq n$ . On peut donc conclure que $φ$ est un endomorphisme de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

Pour tout $k \in {0, \dots, n}$ ,

$φ (X^{k}) = k (k + 1) X^{k} - k (k - 1) X^{k - 2} .$

Cela permet de former la représentation matricielle souhaitée.
(c)

On constate que la matrice de $φ$ est triangulaire de coefficients diagonaux $0, \dots, k (k + 1), \dots, n (n + 1)$ 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 $n + 1 = dim E$ valeurs propres qui sont $0, \dots, k (k + 1), \dots, n (n + 1)$ . De plus, les sous-espaces propres de $φ$ sont de dimension $1$ .

Exercice 121 800 Correction

Soit $E = ℝ_{n} [X]$ . Pour $P \in E$ , on pose

φ (P) = P - (X + 1) P^{'} .

(a)

Justifier que $φ$ définit un endomorphisme de $ℝ_{n} [X]$ .
(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 $k \in ⟦ 0; n ⟧$ ,

$φ (X^{k}) = X^{k} - k (X + 1) X^{k - 1} = (1 - k) X^{k} - k X^{k - 1} .$

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 $1,0, - 1, \dots, (1 - n)$ . Cela détermine $n + 1 = dim E$ valeurs propres distinctes, l’endomorphisme $φ$ est donc diagonalisable (et ses sous-espaces propres sont des droites vectorielles).

Exercice 122 5542 ENSEA (MP)Correction

On considère l’application $φ$ définie sur $ℝ_{n} [X]$ par

φ (P) = (X^{2} - 1) P^{'} - n X P .

(a)

Vérifier que $φ$ définit un endomorphisme de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de $φ$ .

Solution

(a)

L’application $φ$ est bien définie au départ de $ℝ_{n} [X]$ et à valeurs dans $ℝ_{n} [X]$ car transforme un polynôme de degré inférieur à $n$ en un autre après une éventuelle simplification des termes $X^{n + 1}$ .

La linéarité de $φ$ est immédiate.
(b)

La matrice de $φ$ dans la base canonique est tridiagonale et ne permet¹¹ 1 En revanche, la matrice de $φ$ dans la base des ${(X - 1)}^{k}$ pour $k = 0, \dots, n$ est triangulaire et permet ce calcul! pas un calcul simple du polynôme caractéristique de $φ$ . Étudions les valeurs propres de $φ$ par résolution de l’équation aux éléments propres. Pour $λ \in ℝ$ ,

$φ (P) = λ P \Leftrightarrow P^{'} = \frac{n X + λ}{(X - 1) (X + 1)}$

Résolvons alors sur $] - 1; 1 [$ , l’équation différentielle linéaire

$y^{'} = \frac{n x + λ}{x^{2} - 1} y$

Par décomposition en éléments simples,

$\frac{n x + λ}{x^{2} - 1} = \frac{1}{2} (\frac{λ + n}{x - 1} + \frac{λ - n}{x + 1})$

La solution générale de cette équation s’exprime

$y (x) = C {(x - 1)}^{\frac{λ + n}{2}} {(x + 1)}^{\frac{λ - n}{2}} avec C \in ℝ$

Cette expression détermine une fonction polynomiale non nulle de degré au plus $n$ si, et seulement si, $λ \in {n - 2 k | k \in ⟦ 0; n ⟧}$ . Plus précisément, pour

$P_{k} = {(X - 1)}^{n - k} {(X + 1)}^{k}$

on observe

$φ (P_{k}) = λ_{k} P_{k} avec λ_{k} = n - 2 k$

L’endomorphisme $φ$ possède donc (au moins) $n + 1$ valeurs propres deux à deux distinctes. Puisque $dim ℝ_{n} [X] = n + 1$ , on peut conclure que $φ$ ne possède pas d’autres valeurs propres et que les sous-espaces propres associés sont de dimension $1$ : les vecteurs propres associés à $λ_{k}$ sont les polynômes non nuls colinéaires à $P_{k}$ (et $φ$ est diagonalisable).

Exercice 123 3395 NAVALE (MP)Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ et

A = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ n & 0 & 2 & ⋱ & ⋮ \\ 0 & ⋱ & ⋱ & ⋱ & 0 \\ ⋮ & ⋱ & 2 & 0 & n \\ 0 & \dots & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n + 1} (ℝ) .

Soit $f$ l’endomorphisme de $ℝ_{n} [X]$ figuré par la matrice $A$ dans la base canonique.

(a)

Exprimer $f (P)$ en fonction de $P$ et $P^{'}$ pour tout $P \in ℝ_{n} [X]$ .
(b)

Que dire de $\deg (f (P))$ pour $P$ polynôme non nul?
(c)

La matrice $A$ est-elle diagonalisable?

Solution

(a)

Dans la base canonique, la matrice de l’endomorphisme $P \mapsto P^{'}$ est

$B = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & 2 & ⋱ & ⋮ \\ 0 & ⋱ & ⋱ & ⋱ & 0 \\ ⋮ & ⋱ & 0 & 0 & n \\ 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n + 1} (ℝ) .$

Dans la base canonique, la matrice de l’endomorphisme¹¹ 1 L’application considérée est linéaire et l’on vérifie, après une éventuelle simplification qu’un polynôme de degré au plus $n$ est transformé en un polynôme de degré au plus $n$ . $P \mapsto n X P - X^{2} P^{'}$ est

$C = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & \dots & 0 \\ n & 0 & 0 & ⋱ & ⋮ \\ 0 & ⋱ & ⋱ & ⋱ & 0 \\ ⋮ & ⋱ & 2 & 0 & 0 \\ 0 & \dots & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n + 1} (ℝ) .$

Puisque $A = B + C$ , on obtient

$f (P) = n X P + (1 - X^{2}) P^{'} .$
(b)

Si $P$ est un polynôme de degré $k$ avec $k \in ⟦ 1; n - 1 ⟧$ et de coefficient dominant $a \in ℝ^{*}$ alors $n X P$ et $(1 - X^{2}) P^{'}$ sont des polynômes de degrés $k + 1$ et de coefficients dominants $n a$ et $- k a$ . Le polynôme $f (P)$ est alors de degré $k + 1$ .

Si $P$ est un polynôme de degré $0$ , c’est-à-dire un polynôme constant non nul, $f (P)$ est de degré $1$ .

Si $P$ est un polynôme de degré $n$ de la forme $P = a X^{n} + b X^{n - 1} + \dots$ avec $a \neq 0$ alors

$f (P) = n a X^{n + 1} + n b X^{n} + \dots + (1 - X^{2}) (n a X^{n - 1} + (n - 1) b X^{n - 2} + \dots) = b X^{n} + \dots$

Le polynôme $f (P)$ est alors de degré $n$ si le coefficient de $X^{n - 1}$ est non nul et de degré strictement inférieur à $n$ sinon.
(c)

Soit $λ \in ℝ$ . Résoudre l’équation $f (P) = λ P$ d’inconnue $P \in ℝ_{n} [X]$ conduit à étudier l’équation différentielle

$(1 - x^{2}) y^{'} + (n x - λ) y = 0 .$

Sur $] 1; + \infty [$ , la solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre $1$ s’exprime

$y (x) = C {(x + 1)}^{(n + λ) / 2} {(x - 1)}^{(n - λ) / 2} avec C \in ℝ .$

Pour $λ \in {- n + 2 k | k \in ⟦ 0; n ⟧}$ , on obtient $f (P_{λ}) = λ P_{λ}$ avec

$P_{λ} = {(X + 1)}^{(n + λ) / 2} {(X - 1)}^{(n - λ) / 2}$

polynôme non nul de $ℝ_{n} [X]$ . On en déduit que l’endomorphisme $f$ (et donc la matrice $A$ ) possède $n + 1$ valeurs propres deux à deux distinctes. La matrice $A$ est diagonalisable.

Exercice 124 802 Correction

Soient $E = ℝ_{n} [X]$ et deux réels $a \neq b$ . Pour $P \in E$ , on pose

φ (P) = (X - a) (X - b) P^{'} - n X P .

(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 $\deg (P) \leq n - 1$ , il est clair que $φ (P) \in E$ .

Si $\deg (P) = n$ après simplification des termes en $X^{n + 1}$ , on obtient que $φ (P) \in E$ .

La linéarité de $φ$ est claire et on peut donc conclure que $φ$ est un endomorphisme de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

La matrice de $φ$ dans la base canonique est tridiagonale et peu pratique.

Formons plutôt la matrice de $φ$ dans la base des ${(X - a)}^{k}$ pour $k = 0, \dots, n$ .

$φ ({(X - a)}^{k}) = k {(X - a)}^{k} (X - b) - n X {(X - a)}^{k}$

donc

$φ ({(X - a)}^{k}) = (k - n) {(X - a)}^{k + 1} + (k (a - b) - n a) {(X - a)}^{k}$

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

$- n b, - (a + (n - 1) b), - (2 a + (n - 2) b), \dots, - ((n - 1) a + b), - n a .$

Ce sont les valeurs propres de $φ$ . Puisque $φ$ admet $n + 1$ valeurs propres distinctes et que $dim E = n + 1$ , on peut conclure que $φ$ est diagonalisable

Exercice 125 2511 CCINP (MP)Correction

Soient $E = ℝ_{n} [X]$ (avec $n \geq 2$ ) et $a \in ℝ$ . Pour $P \in E$ , on pose

ϕ (P) (X) = (X - a) (P^{'} (X) - P^{'} (a)) - 2 (P (X) - P (a)) .

(a)

Montrer que $ϕ$ définit un endomorphisme de $ℝ_{n} [X]$ .
(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 $\deg (ϕ (P)) \leq n$ pour $P \in ℝ_{n} [X]$ .
(b)

On a

$P (X) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{P^{(k)} (a)}{k!} {(X - a)}^{k} .$

$P^{'} (X) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{P^{(k)} (a)}{(k - 1)!} {(X - a)}^{k - 1}$

puis

$ϕ (P) (X) = \sum_{k = 2}^{n} \frac{P^{(k)} (a)}{(k - 1)!} {(X - a)}^{k} - 2 \sum_{k = 1}^{n} \frac{P^{(k)} (a)}{k!} {(X - a)}^{k}$

donc

$ϕ (P) (X) = \sum_{k = 3}^{n} (k - 2) \frac{P^{(k)} (a)}{k!} {(X - a)}^{k} - 2 P^{'} (a) (X - a) .$

Ainsi,

$P \in Ker (ϕ) \Leftrightarrow P^{'} (a) = 0 et \forall 3 \leq k \leq n, P^{(k)} (a) = 0$

et donc

$Ker (ϕ) = Vect (1, {(X - a)}^{2}) .$

Aussi,

$P \in Im (ϕ) \Leftrightarrow P (a) = P^{''} (a) = 0$

et donc

$Im (ϕ) = {(X - a)}^{3} ℝ_{n - 3} [X] + Vect (X - a) .$
(c)

On a

$ϕ (P) = λ P \Leftrightarrow {\begin{matrix} 0 & = λ P (a) \\ - 2 P^{'} (a) & = λ P^{'} (a) \\ (k - 2) P^{(k)} (a) & = λ P^{(k)} (a) pour k \in {2, \dots, n} . \end{matrix}$

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

Ainsi,

$Sp (ϕ) = {- 2,0,1, \dots, n - 2} .$

On a

$E_{- 2} (ϕ) = Vect (X - a), E_{0} (ϕ) = Ker (ϕ), E_{k - 2} (ϕ) = Vect {(X - a)}^{k}$

pour $k \in {3, \dots, n}$ . La somme des dimensions des sous-espaces propres valant $dim ℝ_{n} [X]$ , l’endomorphisme est diagonalisable.

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

Exercice 126 5975 CCINP (MP)Correction

On note $E = ℝ_{n} [X]$ . Soient $F$ et $G$ deux polynômes de degrés $n + 1$ . On note $f$ l’application qui à un polynôme $P$ de $E$ associe le reste de la division euclidienne de $F P$ par $G$ .

(a)

Montrer que $f$ est un endomorphisme de $E$ .
(b)

Dans quels cas $f$ est-il un automorphisme de $E$ ?

On pourra discuter selon que les polynômes $F$ et $G$ sont premiers entre eux ou non.
(c)

On suppose que $G$ est scindé à racines simples.

Trouver les valeurs propres de $f$ . L’endomorphisme $f$ est-il diagonalisable?

Solution

(a)

Le polynôme $G$ étant de degré $n + 1$ , le reste d’une division euclidienne par $G$ est un polynôme de $ℝ_{n} [X]$ : l’application $f$ est donc bien définie de $ℝ_{n} [X]$ vers lui-même. Il reste à étudier sa linéarité. Soient $λ_{1}, λ_{2} \in ℝ$ et $P_{1}, P_{2} \in ℝ_{n} [X]$ . Les divisions euclidiennes de $F P_{1}$ et $F P_{2}$ par $G$ s’écrivent

$F P_{1} = G Q_{1} + R_{1} et F P_{2} = G Q_{2} + R_{2}$

avec $Q_{1}, Q_{2}$ des polynômes et $R_{1} = f (P_{1})$ , $R_{2} = f (P_{2})$ des polynômes de degrés inférieurs à $n$ . On a alors

$F (λ_{1} P_{1} + λ_{2} P_{2}) = G (λ_{1} Q_{1} + λ_{2} Q_{2}) + λ_{1} R_{1} + λ_{2} R_{2} .$

Par combinaison linéaire, le polynôme $λ_{1} R_{1} + λ_{2} R_{2}$ est de degré strictement inférieur à celui de $G$ et correspond donc au reste de la division euclidienne de $F (λ_{1} P_{1} + λ_{2} P_{2})$ par $G$ . Ainsi, on obtient l’identité de linéarité

$f (λ_{1} P_{1} + λ_{2} P_{2}) = λ_{1} R_{1} + λ_{2} R_{2} = λ_{1} f (P_{1}) + λ_{2} f (P_{2}) .$

Finalement, $f$ est un endomorphisme de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

Soit $P \in Ker (f)$ . Le reste de la division euclidienne de $F P$ par $G$ est nul et donc $G$ divise $F P$ .

Si $F \land G = 1$ alors $G$ divise $P$ . Or $\deg (P) < \deg (G)$ et donc $P = 0$ . Le noyau de $f$ est alors réduit au polynôme nul. L’endomorphisme $f$ est alors injectif donc bijectif puisqu’il opère dans un espace de dimension finie.

Si $F \land G \neq 1$ alors on peut introduire $D$ un diviseur commun à $F$ et $G$ non constant. En écrivant $G = D H$ avec $H \in ℝ_{n} [X]$ , on remarque que $G$ divise $F H$ et donc $H \in Ker (f)$ . L’endomorphisme $f$ n’est alors pas bijectif.
(c)

Notons $x_{0}, \dots, x_{n}$ les racines deux à deux distinctes de $G$ ..

Soient $λ \in ℝ$ et $P \in ℝ_{n} [X]$ . Étudions l’équation $f (P) = λ P$ . Puisque le polynôme $λ P$ est de degré inférieur à $n$ , on a $f (P) = λ P$ si, et seulement si, il existe un polynôme $Q$ tel que $F P = G Q + λ P$ ce qui revient encore à dire que $G$ divise $(F - λ) P$ :

$f (P) = λ P \Leftrightarrow G ∣ (F - λ) P .$

Le polynôme $G$ étant le produit des $X - x_{i}$ avec les $x_{i}$ deux à deux distincts, on a encore

$G ∣ (F - λ) P$ $\Leftrightarrow (\forall i \in ⟦ 0; n ⟧, x_{i} est racine de (F - λ) P)$

$\Leftrightarrow (\forall i \in ⟦ 0; n ⟧, (F (x_{i}) - λ) P (x_{i}) = 0) .$

Distinguons alors deux cas.

Cas: $λ \notin {F (x_{0}), \dots, F (x_{n})}$ . La condition $x_{i}$ est racine de $(F - λ) P$ signifie $P (x_{i}) = 0$ . Le polynôme $P$ admet alors au moins $n + 1$ racines distinctes et c’est le polynôme nul. L’équation $f (P) = λ P$ n’admet donc pas d’autres solutions que la solution nulle, le réel $λ$ n’est pas valeur propre de $f$ .

Cas: $λ \in {F (x_{0}), \dots, F (x_{n})}$ . Formons $I$ l’ensemble (non vide) des $i$ de $⟦ 0; n ⟧$ tels que $λ = F (x_{i})$ . Pour tout $i \in I$ , le réel $x_{i}$ est assurément racine de $(F - λ) P$ et, pour tout $i \notin I$ , $x_{i}$ est racine de $(F - λ) P$ si, et seulement si, $x_{i}$ est racine de $P$ . Par conséquent,

$f (P) = λ P$ $\Leftrightarrow (\forall i \notin I, x_{i} est racine de P)$

$\Leftrightarrow G_{I} ∣ P avec G_{I} = \prod_{\begin{matrix} 0 \leq i \leq n \\ i \notin I \end{matrix}} (X - x_{i}) .$

Le polynôme $G_{I}$ étant de degré inférieur à $n$ , il existe des polynômes non nuls solutions de l’équation $f (P) = λ P$ et l’on peut affirmer que $λ$ est valeur propre de $f$ .

Au surplus l’espace propre associé¹¹ 1 La condition sur le degré de $Q$ provient du fait que le produit $G_{I} Q$ doit être élément de $ℝ_{n} [X]$ . s’exprime

$E_{λ} (f) = {G_{I} Q | Q \in ℝ [X], \deg (Q) < Card (I)} .$

Cet espace propre associé a pour dimension le cardinal de l’ensemble $I$ des indices $i \in ⟦ 0; n ⟧$ tels que $λ = F (x_{i})$ . La somme des dimensions des sous-espaces propres de $f$ correspond alors au cardinal de l’ensemble $⟦ 0; n ⟧$ de tous les indices, c’est-à-dire à $n + 1$ qui est la dimension de l’espace $ℝ_{n} [X]$ . On en déduit que l’endomorphisme $f$ est diagonalisable.

Exercice 127 803 Correction

Étudier la diagonalisabilité de l’endomorphisme $ϕ$ de $ℳ_{n} (ℝ)$ défini par

ϕ (M) = M + tr (M) . I_{n} .

Solution

Si $M$ appartient à l’hyperplan des matrices de trace nulle alors $ϕ (M) = M$ et donc $M \in E_{1} (ϕ)$ .

Ainsi, l’espace $E_{1} (ϕ)$ est de dimension au moins égale à $n^{2} - 1$ .

De plus, $ϕ (I_{n}) = (n + 1) I_{n}$ donc l’espace propre $E_{n + 1} (ϕ)$ est de dimension au moins égale à $1$ .

Puisque la somme des dimensions des sous-espaces propres est au moins égale à $n^{2} = dim ℳ_{n} (ℝ)$ , l’endomorphisme $ϕ$ est diagonalisable (et les inégalités précédentes étaient des égalités).

Exercice 128 810 Correction

Soient $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ et $φ : M \mapsto D M - M D$ endomorphisme de $ℳ_{n} (𝕂)$ .

(a)

Calculer $φ (E_{i, j})$ où $E_{i, j}$ désigne la matrice élémentaire d’indice $(i, j)$ de $ℳ_{n} (𝕂)$ .
Quelle particularité présente la matrice de $φ$ relativement à la base canonique de $ℳ_{n} (𝕂)$ ?
(b)

Soit $f$ un endomorphisme diagonalisable d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie.
L’endomorphisme $ϕ : u \mapsto f \circ u - u \circ f$ de $ℒ (E)$ est-il diagonalisable?

Solution

(a)

$φ (E_{i, j}) = (λ_{i} - λ_{j}) E_{i, j}$ . La matrice de $φ$ relative à la base canonique de $ℳ_{n} (𝕂)$ est diagonale.
(b)

Soit $ℬ$ 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 $ℳ_{n} (𝕂)$ par l’isomorphisme de représentation matricielle dans $ℬ$ , on obtient une base de $ℒ (E)$ dans laquelle $ϕ$ est représenté par une matrice diagonale.

Exercice 129 1324 CENTRALE (PSI)Correction

Soient $E = 𝒮_{2} (ℝ)$ ,

A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}) \in ℳ_{2} (ℝ)

et $Φ : 𝒮_{2} (ℝ) \to 𝒮_{2} (ℝ)$ définie par

Φ (S) = A S + S A^{⊤} .

(a)

Déterminer la matrice de $Φ$ dans une base de $E$ .
(b)

Pour $λ \in ℝ$ , quelle relation existe-t-il entre $χ_{Φ} (2 λ)$ et $χ_{A} (λ)$ ?
(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 $𝒮_{2} (ℝ)$ .

(a)

En choisissant la base de $𝒮_{2} (ℝ)$ formée des matrices $E_{1,1}, E_{2,2}$ et $E_{1,2} + E_{2,1}$ , on obtient la matrice de $Φ$ suivante

$(\begin{matrix} 2 a & 0 & 2 b \\ 0 & 2 d & 2 c \\ c & b & a + d \end{matrix}) .$
(b)

Par la règle de Sarrus, on calcule $χ_{Φ} (λ)$ et l’on obtient

$χ_{Φ} (2 λ) = 8 (λ - \frac{a + d}{2}) χ_{A} (λ) .$
(c)

Posons $Δ$ égal au discriminant de $χ_{A}$ .
Si $Δ > 0$ alors $χ_{Φ}$ possède trois racines réelles distinctes

$a + d, a + d + \sqrt{Δ} et a + d - \sqrt{Δ} .$

Si $Δ = 0$ alors $χ_{Φ}$ possède une racine réelle triple

$a + d .$

Si $Δ < 0$ alors $χ_{Φ}$ possède une racine réelle et deux racines complexes non réelles.

Supposons $Φ$ diagonalisable.

Le polynôme caractéristique de $Φ$ est scindé sur $ℝ$ donc $Δ \geq 0$ .

Si $Δ > 0$ alors $χ_{A}$ 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

$(\begin{matrix} 2 a & 0 & 2 b \\ 0 & 2 d & 2 c \\ c & b & a + d \end{matrix}) = (\begin{matrix} a + d & 0 & 0 \\ 0 & a + d & 0 \\ 0 & 0 & a + d \end{matrix}) .$

On en déduit

$A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}) = (\begin{matrix} a & 0 \\ 0 & a \end{matrix})$

et donc la matrice $A$ est diagonalisable.
(d)

Supposons $A$ diagonalisable
Le polynôme caractéristique de $A$ est scindé sur $ℝ$ donc $Δ \geq 0$ .
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

$A = (\begin{matrix} a & 0 \\ 0 & a \end{matrix})$

et alors la matrice de $Φ$ est diagonale

$(\begin{matrix} 2 a & 0 & 0 \\ 0 & 2 a & 0 \\ 0 & 0 & 2 a \end{matrix}) .$

Exercice 130 6009 Correction

Soient $(a, b) \in ℝ^{2}$ . On considère l’endomorphisme $u$ de $ℳ_{n} (ℝ)$ donné par

\forall M \in ℳ_{n} (ℝ), u (M) = a M + b M^{⊤} .

(a)

Vérifier que les sous-espaces des matrices symétriques et antisymétriques sont stables par $u$ .
(b)

Établir que $u$ est diagonalisable et préciser ses valeurs propres.
(c)

Calculer la trace et le déterminant de $u$ .

Solution

(a)

Supposons $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . On a $M^{⊤} = M$ et donc

$u (M) = a M + b M = (a + b) M \in 𝒮_{n} (ℝ) .$

Supposons $M \in 𝒜_{n} (ℝ)$ . On a $M^{⊤} = - M$ et donc

$u (M) = a M - b M = (a - b) M \in 𝒜_{n} (ℝ) .$
(b)

Dans une base adaptée à l’écriture $ℳ_{n} (ℝ) = 𝒮_{n} (ℝ) \oplus 𝒜_{n} (ℝ)$ , la matrice de $u$ est diagonale de coefficients diagonaux $a + b$ ( $dim 𝒮_{n} (ℝ)$ fois) et $a - b$ ( $dim 𝒜_{n} (ℝ)$ fois). L’endomorphisme $u$ est diagonalisable.
(c)

Par la représentation diagonale précédente,

$tr (u) = (a + b) dim 𝒮_{n} (ℝ) + (a - b) dim 𝒜_{n} (ℝ) .$

Sachant

$dim 𝒮_{n} (ℝ) = \frac{n (n + 1)}{2} et dim 𝒜_{n} (ℝ) = \frac{n (n - 1)}{2}$

on obtient

$tr (u) = a n^{2} + b n .$

Aussi,

$\det (u) = {(a + b)}^{dim 𝒮_{n} (ℝ)} {(a - b)}^{dim 𝒜_{n} (ℝ)} = {(a + b)}^{n} {(a^{2} - b^{2})}^{n (n - 1) / 2} .$

Exercice 131 3450 CCINP (MP)Correction

On considère un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension finie $E$ , $u$ un endomorphisme de $E$ , $U = (u_{i, j})$ la matrice de $u$ dans une base de $E$ , $e_{i, j}$ les projecteurs associés à cette base et $E_{i, j}$ la matrice de ces projecteurs.
On considère $φ$ l’endomorphisme dans $ℒ (E)$ tel que

φ (v) = u \circ v .

(a)

Montrer que $φ$ et $u$ ont les mêmes valeurs propres.
(b)

Calculer $U E_{i, j}$ en fonction des $E_{k, j}$ . En déduire qu’il existe une base de $ℒ (E)$ 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 $v \in ℒ (E) ∖ {\tilde{0}}$ tel que $u \circ v = λ v$ .
Soit alors $x \in E$ tel que $v (x) \neq 0$ (ce qui est possible puisque $v \neq \tilde{0}$ )
Puisque $u (v (x)) = λ v (x)$ , on peut affirmer que $λ$ est valeur propre de $u$ .
Inversement, soit $λ$ une valeur propre de $u$ et $x \neq 0$ un vecteur propre associé.
Considérons $v$ l’endomorphisme de $E$ déterminé par

$\forall 1 \leq i \leq n, v (e_{i}) = x .$

L’endomorphisme $v$ est bien déterminé puisque l’on a ici fixé l’image d’une base.
Puisque a $u \circ v = λ v$ (car cette égalité vaut pour les vecteurs d’une base), on obtient $φ (v) = λ v$ avec $v \neq \tilde{0}$ . Ainsi, $λ$ est aussi valeur propre de $φ$ .
(b)

Sachant $E_{i, j} E_{k, ℓ} = δ_{j, k} E_{i, ℓ}$ ,

$U E_{i, j} = \sum_{k, ℓ = 1}^{n} u_{k, ℓ} E_{k, ℓ} E_{i, j} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k, i} E_{k, j} .$

Dans la base $((E_{1,1}, \dots, E_{n,1}), (E_{1,2}, \dots, E_{n,2}), \dots, (E_{1, n}, \dots, E_{n, n}))$ , 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 $ℱ : ℒ (E) \to ℒ (E)$ définie par

ℱ : f \mapsto \frac{1}{2} (f \circ p + p \circ f) .

(a)

L’application $ℱ$ est-elle linéaire?
(b)

L’endomorphisme $ℱ$ 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 $ℱ$ est linéaire.
(b)

Soit $f \in ℒ (E)$ .

Cas: $Im (f) \subset Im (p)$ et $Ker (p) \subset Ker (f)$ . On a $ℱ (f) = f$ .

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

$dim E_{1} (ℱ) \geq {(dim Im (p))}^{2} .$

Cas: $Im (f) \subset Ker (p)$ et $Im (p) \subset Ker (f)$ . On a $ℱ (f) = 0$ .

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

$dim E_{0} (ℱ) \geq {(dim Ker (p))}^{2} .$

Cas: $Im (f) \subset Im (p)$ et $Im (p) \subset Ker (f)$ . On a $ℱ (f) = \frac{1}{2} f$ .

Un tel endomorphisme $f$ est entièrement déterminé par sa restriction de $Ker (p)$ vers $Im (p)$ .

Cas: $Im (f) \subset Ker (p)$ et $Ker (p) \subset Ker (f)$ . On a $ℱ (f) = \frac{1}{2} f$ .

Un tel endomorphisme $f$ est entièrement déterminé par sa restriction de $Im (p)$ vers $Ker (p)$ .

De plus, un endomorphisme appartenant à ces deux dernières catégories est nécessairement nul. On en déduit

$dim E_{1 / 2} (ℱ) \geq 2 dim Ker (p) \times dim Im (p) .$

Or

${(dim Im (p))}^{2} + 2 dim Ker (p) dim Im (p) + {(dim Ker (p))}^{2} = {(dim Im (p) + dim Ker (p))}^{2} = dim E^{2} = dim ℒ (E)$

donc $ℱ$ est diagonalisable.
(c)

Les inégalités sur les dimensions précédentes sont alors des égalités $dim E_{1} (ℱ) = {(dim Im (p))}^{2}$ , $dim E_{0} (ℱ) = {(dim Ker (p))}^{2}$ et $dim E_{1 / 2} (ℱ) = 2 dim Ker (p) \times dim Im (p)$ .

Exercice 133 2723 MINES (MP)Correction

Soient $E$ un espace vectoriel réel de dimension finie et $f \in ℒ (E)$ . On définit $T : ℒ (E) \to ℒ (E)$ par

T (g) = f \circ g - g \circ f pour tout g \in ℒ (E) .

(a)

Montrer que si $f$ est diagonalisable, alors $T$ est diagonalisable.
(b)

Montrer que si $f$ est nilpotent, alors $T$ est nilpotent.

Solution

(a)

Supposons $f$ diagonalisable et soit $ℬ = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de vecteurs propres de $f$ . Pour $1 \leq i, j \leq n$ , on pose $g_{i, j}$ l’endomorphisme de $E$ déterminé par

$g_{i, j} (e_{k}) = δ_{j, k} . e_{i} .$

La famille $(g_{i, j})$ est une base de $ℒ (E)$ et l’on observe

$T (g_{i, j}) = (λ_{i} - λ_{j}) . g_{i, j}$

donc $T$ est diagonalisable (et ses valeurs propres sont les $λ_{i} - λ_{j}$ ).
(b)

Supposons $f$ nilpotent et soit $n \in ℕ^{*}$ tel que $f^{n} = 0$ . Puisque par développement $T^{p} (g)$ est combinaison linéaire de termes de la forme

$f^{k} \circ g \circ f^{p - k} avec k \in ⟦ 0; p ⟧$

il est assuré que $T^{2 n} = 0$ car chacun des termes précédents comporte un facteur nul (à droite ou à gauche). L’endomorphisme $T$ est donc nilpotent.

[<] Diagonalisabilité d'un endomorphisme par l'étude de ses éléments propres[>] Diagonalisabilité des matrices de rang 1

Exercice 134 4338

Étudier la diagonalisabilité des matrices de $ℳ_{3} (ℝ)$ suivantes:

(a)

$A = (\begin{matrix} 1 & 4 & 6 \\ 0 & 2 & 5 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix})$
(b)

$B = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix})$
(c)

$C = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix})$
(d)

$D = (\begin{matrix} 0 & - 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})$ .

Exercice 135 5543 Correction

Donner un exemple de matrice $A \in ℳ_{2} (ℂ)$ qui ne soit pas diagonalisable.

Solution

La matrice

A = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})

n’est pas diagonalisable.

En effet, $χ_{A} = {(X - 1)}^{2}$ et la matrice $A$ n’admet donc qu’une seule valeur $1$ . Par l’absurde, si $A$ est diagonalisable, $A$ est semblable à $I_{2}$ dont égale à $I_{2}$ . Ce n’est pas le cas.

Exercice 136 790

Soit $(a, b, c) \in ℝ^{3}$ . La matrice suivante est-elle diagonalisable dans $ℳ_{3} (ℝ)$ ?

M = (\begin{matrix} 0 & - b & c \\ a & 0 & - c \\ - a & b & 0 \end{matrix}) .

Exercice 137 706 Correction

Soit $(a, b) \in ℝ^{2}$ . À quelle condition la matrice suivante est-elle diagonalisable?

M = (\begin{matrix} 0 & a & b \\ a & 0 & b \\ a & b & 0 \end{matrix}) .

Solution

Le polynôme caractéristique de $M$ est

	$χ_{M}$	$= \| \begin{matrix} X & - a & - b \\ - a & X & - b \\ - a & - b & X \end{matrix} \| \underset{C_{1} \leftarrow C_{1} + C_{2} + C_{3}}{=} \| \begin{matrix} X - a - b & - a & - b \\ X - a - b & X & - b \\ X - a - b & - b & X \end{matrix} \|$
		$= (X - a - b) \| \begin{matrix} 1 & - a & - b \\ 0 & X + a & 0 \\ 0 & a - b & X + b \end{matrix} \| = (X - a - b) (X + a) (X + b) .$

Les valeurs propres de $M$ comptées avec multiplicité sont $a + b$ , $- a$ et $- b$ .

Cas: $a \neq b$ , $2 a + b \neq 0$ et $a + 2 b \neq 0$ . Les valeurs propres précédentes sont deux à deux distinctes, la matrice $M$ est diagonalisable.

Cas: $a = b$ . La matrice $M$ est symétrique réelle donc diagonalisable.

Cas: $2 a + b = 0$ et $a \neq b$ . La matrice $M$ s’écrit

M = (\begin{matrix} 0 & a & - 2 a \\ a & 0 & - 2 a \\ a & - 2 a & 0 \end{matrix}) avec a \neq 0

et $- a$ en est valeur propre double. Or

rg (M + a I_{3}) = rg (\begin{matrix} a & a & - 2 a \\ a & a & - 2 a \\ a & - 2 a & a \end{matrix}) = 2

et donc $dim Ker (M + a I_{3}) = 1 < 2$ . La matrice $M$ n’est pas diagonalisable.

Cas: $a + 2 b = 0$ et $a \neq b$ . L’étude est similaire et la conclusion identique: la matrice $M$ n’est pas diagonalisable.

Exercice 138 789 Correction

Soient $α \in ℝ$ et

A = (\begin{matrix} \cos (α) & - \sin (α) \\ \sin (α) & \cos (α) \end{matrix}) \in ℳ_{2} (𝕂) et B = (\begin{matrix} \cos (α) & \sin (α) \\ \sin (α) & - \cos (α) \end{matrix}) \in ℳ_{2} (𝕂) .

(a)

On suppose $𝕂 = ℂ$ . La matrice $A$ est-elle diagonalisable?
(b)

On suppose $𝕂 = ℝ$ . La matrice $A$ est-elle diagonalisable?
(c)

Mêmes questions avec $B$ .

Solution

(a)

$χ_{A} (X) = {(X - \cos (α))}^{2} + \sin^{2} (α)$ de racines $e^{i α}$ et $e^{- i α}$ .

Cas: $α ≢ 0 [π]$ . La matrice $A$ possède deux valeurs propres distinctes donc $A$ est diagonalisable.

Cas: $α \equiv 0 [π]$ . La matrice $A$ est diagonale.
(b)

Cas: $α ≢ 0 [π]$ . La matrice $A$ ne possède pas de valeurs propres (réelles), elle n’est donc pas diagonalisable.

Cas: $α \equiv 0 [π]$ . La matrice $A$ est diagonale.
(c)

$χ_{B} (X) = (X - \cos (α)) (X + \cos (α)) - \sin^{2} (α)$ de racines $\pm 1$ donc $B$ est diagonalisable.

Exercice 139 4347

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ .

(a)

Déterminer les valeurs propres de la matrice de $ℳ_{n} (ℂ)$ suivante

$M = (\begin{matrix} a & (b) \\ ⋱ \\ (b) & a \end{matrix}) avec (a, b) \in ℂ \times ℂ^{*} .$
(b)

Cette matrice est-elle diagonalisable?

Exercice 140 792 Correction

Soient $a, b \in ℝ^{*}$ tels que $| a | \neq | b |$ et

A = (\begin{matrix} a & b & a & \dots & b \\ b & a & b & \dots & a \\ a & b & a & \dots & b \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ b & a & b & \dots & a \end{matrix}) \in ℳ_{2 n} (ℝ) (avec n \geq 2).

(a)

Calculer le rang de $A$ . En déduire que 0 est valeur propre de $A$ et déterminer la dimension du sous-espace propre associé.
(b)

Déterminer deux vecteurs propres non colinéaires et en déduire que $A$ est diagonalisable.

Solution

(a)

$A$ ne possède que deux colonnes différentes donc $rg (A) \leq 2$ .

$| \begin{matrix} a & b \\ b & a \end{matrix} | = a^{2} - b^{2} \neq 0$

donc $rg (A) = 2$ . Par le théorème du rang $dim Ker (A) = 2 n - 2$ donc 0 est valeur propre de $A$ et la dimension du sous-espace propre associé est $2 n - 2$ .
(b)

Les vecteurs ${(\begin{matrix} 1 & \dots & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ et ${(\begin{matrix} 1 & - 1 & \dots & 1 & - 1 \end{matrix})}^{⊤}$ sont vecteurs propres associées aux valeurs propres non nulles $n (a + b)$ et $n (a - b)$ . La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $2 n$ donc $A$ est diagonalisable.

Exercice 141 3433 CCINP (MP)Correction

Pour quelle(s) valeurs de $a \in ℝ$ , la matrice suivante n’est-elle pas diagonalisable?

A = (\begin{matrix} - 2 - a & 5 + a & a \\ a & - 2 - a & - a \\ - 5 & 5 & 3 \end{matrix}) .

Solution

En ajoutant la troisième colonne à la première puis en retranchant la première ligne à la troisième

χ_{A} (λ) = | \begin{matrix} λ + 2 & - 5 - a & - a \\ 0 & λ + 2 + a & a \\ 0 & a & λ - 3 + a \end{matrix} |

ce qui donne

χ_{A} (λ) = (λ + 2) (λ^{2} + (2 a - 1) λ - a - 6) .

Le facteur du second degré a pour discriminant

Δ = {(2 a - 1)}^{2} + 4 a + 24 = 4 a^{2} + 25 > 0

et possède donc deux racines réelles distinctes. Lorsque celles-ci diffèrent de $- 2$ , la matrice $A$ possède trois valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable.

Il est donc nécessaire que $- 2$ soit racine de

λ^{2} + (2 a - 1) λ - a - 6

pour que la matrice $A$ ne soit pas diagonalisable. C’est le cas si, et seulement si, $a = 0$ et alors

A = (\begin{matrix} - 2 & 5 & 1 \\ 0 & - 2 & 0 \\ - 5 & 5 & 3 \end{matrix}) .

On a alors

rg (A + 2 I_{3}) = 2

et donc $dim E_{- 2} (A) = 1 < m_{- 2} (A)$ ce qui entraîne que la matrice $A$ n’est pas diagonalisable.

Finalement, $A$ n’est pas diagonalisable si, et seulement si, $a = 0$ .

Exercice 142 5089

Selon la valeur de $a \in ℝ$ , étudier la diagonalisabilité de la matrice réelle

M = (\begin{matrix} 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & a & 1 \\ - 1 & - 1 & 1 \end{matrix}) .

Exercice 143 4983 MINES (PSI)

Soient $a, b, c$ trois réels non nuls. Étudier la diagonalisabilité de la matrice réelle

M = (\begin{matrix} 0 & a & c \\ 1 / a & 0 & b \\ 1 / c & 1 / b & 0 \end{matrix}) .

Exercice 144 4954 MINES (PC)

Soit $z \in ℂ$ . Étudier la diagonalisabilité de la matrice complexe

M = (\begin{matrix} 0 & 0 & z \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) .

Exercice 145 3283

Soient $P = X^{n} - (a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0})$ un polynôme unitaire réel de degré $n$ et $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ la matrice donnée par

M = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ \\ 0 & \dots & 0 & 1 \\ a_{0} & a_{1} & \dots & a_{n - 1} \end{matrix}) .

(a)

Soit $λ \in ℝ$ tel que $P (λ) = 0$ . Résoudre l’équation $M X = λ X$ d’inconnue $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ .
(b)

Déterminer les valeurs propres et la dimension des sous-espaces propres de la matrice $M$ .
(c)

À quelle condition relative au polynôme $P$ , la matrice $M$ est-elle diagonalisable?

Exercice 146 5677 CCINP (MP)Correction

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 3$ . Pour $(a, b, c) \in ℂ^{3}$ , on pose

M = (\begin{matrix} 0 & \dots & 0 & c \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & \dots & 0 & c \\ b & \dots & b & a \end{matrix}) .

(a)

Énoncer une condition nécessaire et suffisante pour que $rg (M) = 2$ .

On suppose désormais cette condition remplie.

(b)

Montrer que si $λ \in ℂ$ est valeur propre de $M$ alors $λ = 0$ ou $λ$ est solution de l’équation

$λ^{2} - a λ - (n - 1) b c = 0 .$
(c)

Exprimer les valeurs propres de $M$ .
(d)

Donner une condition nécessaire et suffisante pour que $M$ soit diagonalisable.

Solution

(a)

Clairement la matrice $M$ est de rang au plus $2$ .

Si $b = 0$ ou $c = 0$ , elle est de rang inférieur à $1$ .

Si $b \neq 0$ et $c \neq 0$ , elle est de rang $2$ car on peut en extraire un déterminant de taille $2$ non nul.

On en déduit $rg (M) = 2$ si, et seulement si, $b c \neq 0$ .
(b)

Soient $λ$ et $X = {(\begin{matrix} x_{1} & \dots & x_{n} \end{matrix})}^{⊤} \in ℝ^{n}$ .

$M X = λ X$ $\Leftrightarrow {\begin{matrix} c x_{n} & = λ x_{1} \\ ⋮ \\ c x_{n} & = λ x_{n - 1} \\ b (x_{1} + \dots + x_{n - 1}) + a x_{n} = λ x_{n} . \end{matrix}$

On multiplie la dernière équation par $λ$ et l’on obtient par substitution

$((n - 1) b c + a λ) x_{n} = λ^{2} x_{n} .$

Si $λ^{2} - a λ - (n - 1) b c \neq 0$ alors nécessairement $x_{n} = 0$ . Pour obtenir une solution non nulle, il faut alors $λ = 0$ .
(c)

Si $λ = 0$ , $λ$ est effectivement valeur propre de $M$ puisque $Ker (M) \neq {0}$ car $rg (M) = 2$ .

Si $λ$ est solution de l’équation $λ^{2} - a λ - (n - 1) b c = 0$ alors, par les calculs qui précèdent, on peut déterminer $X \neq 0$ vérifiant $M X = λ X$ : $λ$ est valeur propre de $M$ .

Les solutions de l’équation $z^{2} - a z - (n - 1) b c = 0$ d’inconnue $z \in ℂ$ sont

$z_{1} = \frac{a + δ}{2} et z_{2} = \frac{a - δ}{2}$

avec $δ \in ℂ$ tel que $δ^{2} = a^{2} + 4 (n - 1) b c$ .

Les valeurs propres de $M$ sont $0$ , $z_{1}$ et $z_{2}$ .
(d)

Sachant $b c \neq 0$ , on a $δ \neq \pm a$ : les valeurs propres $z_{1}$ et $z_{2}$ sont distinctes de $0$ .

Si $δ \neq 0$ alors la matrice $M$ possède deux valeurs propres simples $z_{1}$ et $z_{2}$ et $0$ pour valeur propre de multiplicité $n - 2$ . Puisque $dim Ker (M) = n - rg (M) = n - 2$ , la matrice $M$ est diagonalisable.

Si $δ = 0$ alors la matrice $M$ présente $λ = a / 2$ pour valeur propre double. Nécessairement, $a \neq 0$ car $b c \neq 0$ et alors la matrice $M - \frac{a}{2} I_{n}$ possède une matrice extraite de taille $n - 1$ inversible. Cela entraîne

$rg (M - \frac{a}{2} I_{n}) \geq n - 1 donc dim Ker (M - \frac{a}{2} I_{n}) \leq 1 .$

La matrice $M$ n’est pas diagonalisable.

Exercice 147 2522 CCINP (MP)Correction

Soit $(a_{1}, \dots, a_{n - 1}) \in ℂ^{n - 1}$ .

(a)

Déterminer le rang de la matrice

$A = (\begin{matrix} 0 & \dots & 0 & a_{1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & \dots & 0 & a_{n - 1} \\ a_{1} & \dots & a_{n - 1} & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℂ) .$
(b)

En employant la trace, que peut-on dire des valeurs propres?
(c)

La matrice $A$ est-elle diagonalisable?

Solution

(a)

$rg (A) = 0$ si $a_{1} = \dots = a_{n - 1} = 0$ et $rg (A) = 2$ sinon.
(b)

La somme des valeurs propres est nulle.
(c)

En développant le déterminant selon la dernière colonne puis en développant les mineurs obtenus selon leur $k$ -ieme colonne, on obtient

$χ_{A} = X^{n - 2} (X^{2} - (a_{1}^{2} + \dots + a_{n - 1}^{2})) .$

Cas: $a_{1}^{2} + \dots + a_{n - 1}^{2} \neq 0$ . La matrice $A$ admet deux valeurs propres opposées non nulles et $0$ pour valeur propre d’espace propre de dimension $n - 2$ . La matrice $A$ est donc diagonalisable.

Cas: $a_{1}^{2} + \dots + a_{n - 1}^{2} = 0$ . La matrice $A$ admet une seule valeur propre qui est $0$ . La matrice $A$ est alors diagonalisable si, et seulement si, $A = O_{n}$ c’est-à-dire $a_{1} = \dots = a_{n - 1} = 0$ .

Exercice 148 5983 CCINP (MP)Correction

Soient $a, b, c, d \in ℂ$ tels que $a^{2} + b^{2} \neq 0$ et

M = (\begin{matrix} a & b & c & d \\ - b & a & - d & c \\ - c & d & a & - b \\ - d & - c & b & a \end{matrix}) .

(a)

Calculer $M M^{⊤}$ . En déduire $\det (M)$ .
(b)

Si $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} \neq 0$ , donner le rang de $M$ .

Si $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = 0$ , donner le rang de $M$ .

On considère $ω \in ℂ$ tel que $ω^{2} = b^{2} + c^{2} + d^{2}$ .

Solution

(a)

On remarque

$M M^{⊤} = (\begin{matrix} a & b & c & d \\ - b & a & - d & c \\ - c & d & a & - b \\ - d & - c & b & a \end{matrix}) (\begin{matrix} a & - b & - c & - d \\ b & a & d & - c \\ c & - d & a & b \\ d & c & - b & a \end{matrix}) = (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) I_{4} .$

En passant au déterminant,

${(\det (M))}^{2} = {(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}^{4}$

et donc

$\det (M) = \pm {(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}^{2} .$

Cependant, $\det (M)$ peut se comprendre comme un polynôme caractéristique en la variable $a$ et correspond donc à un polynôme unitaire de degré $4$ . On conclut

$\det (M) = {(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}^{2} .$
(b)

Si $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} \neq 0$ , la matrice $M$ est inversible et donc $rg (M) = 4$ .

Si $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = 0$ , la matrice $M$ n’est pas inversible et donc $rg (M) < 4$ . Parallèlement, $(\begin{matrix} a & b \\ - b & a \end{matrix})$ est une sous-matrice inversible de $M$ car $a^{2} + b^{2} \neq 0$ . On a donc $rg (M) \geq 2$ .

Aussi, l’égalité $M M^{⊤} = 0$ donne $Im (M^{⊤}) \subset Ker (M)$ et donc

$dim Ker (M) \geq rg (M^{⊤}) = rg (M) \geq 2$

On en déduit $rg (M) = 4 - dim Ker (M) \leq 2$ puis on conclut $rg (M) = 2$ .
(c)

En adaptant le calcul conduit en permière question,

$χ_{M} = {({(X - a)}^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}^{2} .$

La matrice $M$ possède donc deux valeurs propres doubles qui sont $a \pm i ω$ .

Si $ω \neq 0$ , ces deux valeurs sont distinctes et les sous-espaces propres associés sont chacun de dimension $2$ . En effet, il suffit d’adapter le calcul de rang réalisé à la question précédente pour obtenir la dimension de $E_{λ} (M) = Ker (M - λ I_{n})$ . On en déduit que $M$ est diagonalisable.

Si $ω = 0$ (question non posée), la matrice $M$ ne présente qu’une seule valeur propre qui vaut $a$ . Elle est alors diagonalisable si, et seulement si, $M = a I_{4}$ ce qui est le cas uniquement lorsque $b = c = d = 0$ .

Exercice 149 3767 CCINP (MP)Correction

Soient $k \in ℂ$ et $A$ la matrice suivante

A = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & k & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{4} (ℂ) .

(a)

On suppose $k$ réel, la matrice $A$ est-elle diagonalisable dans $ℳ_{4} (ℝ)$ ?

On revient au cas général $k \in ℂ$ .

(b)

Déterminer le rang de $A$ .
(c)

Donner la raison pour laquelle le polynôme caractéristique de $A$ est de la forme

$X^{2} (X - u_{1}) (X - u_{2})$

avec $u_{1}$ , $u_{2}$ appartenant à $ℂ$ .
(d)

Vérifier

$u_{1} + u_{2} = k et u_{1}^{2} + u_{2}^{2} = k^{2} + 6 .$

Observer que $u_{1}$ et $u_{2}$ sont tous deux non nuls.
(e)

Étudier les éléments propres dans le cas où $u_{1} = u_{2}$ .
(f)

En déduire les valeurs de $k$ pour que $A$ soit diagonalisable dans $ℳ_{4} (ℂ)$ .

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable.
(b)

$rg (A) = 2$ (deux colonnes indépendantes et pas plus).
(c)

Le polynôme caractéristique de $A$ est scindé et unitaire.

Puisque $dim Ker (A) = 2$ , 0 est valeur propre au moins double de $A$ et donc

$χ_{A} = X^{2} (X - u_{1}) (X - u_{2})$

avec $u_{1}, u_{2} \in ℂ$ .
(d)

La matrice $A$ est trigonalisable semblable à une matrice triangulaire où figurent sur la diagonale les valeurs $0, 0, u_{1}$ et $u_{2}$ . Par similitude, on a

$tr (A) = u_{1} + u_{2} et tr (A^{2}) = u_{1}^{2} + u_{2}^{2}$

et donc

$u_{1} + u_{2} = k et u_{1}^{2} + u_{2}^{2} = k^{2} + 6 .$

Enfin, $u_{1} \neq 0$ car sinon $u_{2} = k$ et $u_{2}^{2} = k^{2} \neq k^{2} + 6$ . De même, $u_{2} \neq 0$ .
(e)

Si $u_{1} = u_{2}$ alors $u_{1} = u_{2} = k / 2$ et $k^{2} / 2 = k^{2} + 6$ donc $k = \pm i2 \sqrt{3}$ .

La résolution du système

$A X = \frac{k}{2} X$

conduit à un espace de solution de dimension $1$

$Vect {{(\begin{matrix} 1, k / 2, 1, 1 \end{matrix})}^{⊤}} .$
(f)

Finalement, la matrice $A$ est diagonalisable dans $ℳ_{4} (ℂ)$ si, et seulement si, $k \neq \pm i2 \sqrt{3}$ .

Exercice 150 2536 CCINP (MP)Correction

Soient $a, b, c, d$ quatre nombres complexes avec $a^{2} + b^{2} \neq 0$ et

A = (\begin{matrix} a & b & c & d \\ - b & a & - d & c \\ - c & d & a & - b \\ - d & - c & b & a \end{matrix}) .

(a)

Calculer $A A^{⊤}$ , $\det (A)$ et montrer que $rg (A) = 2$ ou $4$ .
(b)

On pose $α^{2} = b^{2} + c^{2} + d^{2}$ supposé non nul. Montrer que $A$ est diagonalisable.

Solution

(a)

On obtient

$A A^{⊤} = (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) I_{4}$

et donc ${(\det (A))}^{2} = {(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}^{4}$ .
D’autre part, pour $b, c, d$ fixés, $a \mapsto \det (A)$ est une fonction polynomiale unitaire de degré 4 donc

$\det (A) = a^{4} + α (b, c, d) a^{3} + β (b, c, d) a^{2} + γ (b, c, d) a + δ (b, c, d) .$

La valeur connue de ${(\det (A))}^{2}$ permet alors de déterminer $α, β, γ, δ$ et d’affirmer

$\det (A) = {(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}^{2} .$

Cas: $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} \neq 0$ . La matrice $A$ est inversible donc $rg (A) = 4$ .

Cas: $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = 0$ . La matrice $A$ n’est pas inversible donc $rg (A) \leq 3$ . Or $a^{2} + b^{2} \neq 0$ donc la sous-matrice

$(\begin{matrix} a & b \\ - b & a \end{matrix})$

est de rang $2$ et donc $rg (A) \geq 2$ .

On observe de plus que

$C_{3} = \frac{a c + b d}{a^{2} + b^{2}} C_{1} + \frac{b c - a d}{a^{2} + b^{2}} C_{2}$

et

$C_{4} = \frac{a d - b c}{a^{2} + b^{2}} C_{1} + \frac{b d + a c}{a^{2} + b^{2}} C_{2}$

donc $rg (A) = 2$ .
(b)

Par la formule obtenue ci-dessus,

$χ_{A} = {({(a - X)}^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}^{2}$

et donc

$χ_{A} = {({(a - X)}^{2} + α^{2})}^{2} .$

Les valeurs propres de $A$ sont $a + α$ et $a - α$ .

Par l’étude qui précède,

$rg (A - (a + α) I_{4}) = 2 et rg (A - (a - α) I_{4}) = 2$

donc

$dim E_{a + α} (A) = dim E_{a - α} (A) = 2 .$

Par suite, la matrice $A$ est diagonalisable.

Exercice 151 3123 Correction

Monter que la matrice suivante est diagonalisable

A = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ n & ⋱ & 2 \\ n - 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & n \\ (0) & 1 & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n + 1} (ℂ) .

On pourra interpréter $A$ comme la matrice d’un endomorphisme de $C_{n} [X]$ .

Solution

La matrice $A$ est la matrice dans la base canonique $(1, X, \dots, X^{n})$ de l’endomorphisme

u : P \in ℂ_{n} [X] \mapsto n X P + (1 - X^{2}) P^{'} .

Considérons alors la base de polynômes étagés $(1, (X + 1), \dots, {(X + 1)}^{n})$ . On a

u ({(X + 1)}^{k}) = n X {(X + 1)}^{k} + k (1 - X) {(X + 1)}^{k}

qui se réécrit

u ({(X + 1)}^{k}) = (n - k) {(X + 1)}^{k + 1} + (2 k - n) {(X + 1)}^{k} .

La matrice de l’endomorphisme $u$ dans la base $(1, (X + 1), \dots, {(X + 1)}^{n})$ est triangulaire inférieure de coefficients diagonaux distincts

2 k - n avec k \in {0, \dots, n} .

On en déduit $χ_{A}$ et l’on observe que $A$ possède $n + 1$ valeurs propres distinctes. La matrice $A$ est donc diagonalisable.

Exercice 152 798 Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ et

B = (\begin{matrix} O_{n} & - I_{n} \\ A & O_{n} \end{matrix}) .

(a)

Étudier les valeurs propres de $B$ en fonction de celles de $A$ .
(b)

On suppose $A$ diagonalisable. La matrice $B$ est-elle nécessairement diagonalisable?

Solution

(a)

On écrit $X = (\begin{matrix} X_{1} \\ X_{2} \end{matrix})$ et alors

$B X = λ X$ $\Leftrightarrow {\begin{matrix} - X_{2} & = λ X_{1} \\ A X_{1} & = λ X_{2} \end{matrix}$

$\Leftrightarrow {\begin{matrix} X_{2} & = - λ X_{1} \\ A X_{1} & = - λ^{2} X_{1} . \end{matrix}$

Par conséquent, $λ$ est valeur propre de $B$ si, et seulement si, $- λ^{2}$ est valeur propre de $A$ .
(b)

Si $A = O_{n}$ alors $A$ est diagonalisable mais pas $B$ . En effet, $0$ est la seule valeur propre de $B$ alors que $B \neq O_{n}$ .

Exercice 153 5090

Soit $A \in {GL}_{n} (ℂ)$ . On étudie la matrice $M \in ℳ_{2 n} (ℂ)$ définie par blocs

M = (\begin{matrix} O_{n} & I_{n} \\ A & O_{n} \end{matrix}) .

Montrer que la matrice $A$ est diagonalisable si, et seulement si, $M$ l’est.

Exercice 154 797 Correction

Soient $A_{1} \in ℳ_{p} (𝕂)$ , $A_{2} \in ℳ_{q} (𝕂)$ et $A \in ℳ_{p + q} (𝕂)$ définies par

A = (\begin{matrix} A_{1} & O_{p, q} \\ O_{q, p} & A_{2} \end{matrix}) .

Montrer que $A$ est diagonalisable si, et seulement si, $A_{1}$ et $A_{2}$ le sont.

Solution

Soient $F_{1}$ et $F_{2}$ des sous-espaces vectoriels supplémentaires de dimension $p$ et $q$ d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension $p + q$ .

Soit $ℬ = (ℬ_{1}, ℬ_{2})$ une base adaptée à la supplémentarité de $F_{1}$ et $F_{2}$ et $f_{1}$ , $f_{2}$ et $f$ les endomorphismes de $F_{1}$ , $F_{2}$ et $E$ déterminés par

{Mat}_{ℬ_{1}} (f_{1}) = A_{1}, {Mat}_{ℬ_{2}} (f_{2}) = A_{2} et {Mat}_{ℬ} (f) = A .

Il est clair que, pour tout $λ \in 𝕂$ , on a

E_{λ} (f) = E_{λ} (f_{1}) \oplus E_{λ} (f_{2}) .

En caractérisant la diagonalisabilité par la somme des dimensions des sous-espaces propres, on conclut à l’équivalence voulue.

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

Exercice 155 2391 CENTRALE (MP)Correction

Soit $n \geq 2$ . Étudier la diagonalisabilité de

A = (\begin{matrix} 1 & \dots & 1 \\ ⋮ & ⋮ \\ 1 & \dots & 1 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ)

Solution

La matrice $A$ est de rang $1$ , $0$ est donc valeur propre de $A$ et l’espace propre associé est de dimension $n - 1$ .

Pour $X = {(\begin{matrix} 1 & \dots & 1 \end{matrix})}^{⊤} \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ , on remarque $A X = n X$ avec $X \neq 0$ . Le réel $n$ est donc aussi valeur propre de $A$ et le sous-espace propre associé est de dimension $\geq 1$ (et en fait $= 1$ ).

La matrice $A$ est donc diagonalisable.

Exercice 156 793 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ telle que $rg (A) = 1$ .

Établir

A

est diagonalisable si, et seulement si,

tr (A) \neq 0

Solution

Via un changement de bases réalisé de sorte que les premiers vecteurs soient dans le noyau de $A$ , on peut écrire

P^{- 1} A P = (\begin{matrix} O_{n - 1} & * \\ 0 & λ \end{matrix})

avec $λ = tr (A)$ .

Cas: $λ = 0$ . La matrice $A$ possède une seule valeur propre $0$ mais est distincte de $0 . I_{n}$ donc $A$ n’est pas diagonalisable.

Cas: $λ \neq 0$ . $λ$ est valeur propre simple de $A$ donc $dim E_{λ} (A) = 1$ . Aussi, $0$ est valeur propre avec $dim E_{0} (A) = n - rg (A) = n - 1$ . La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $n$ donc $A$ est diagonalisable.

Exercice 157 791 Correction

Parmi les matrices élémentaires $E_{i, j}$ de $ℳ_{n} (𝕂)$ , lesquelles sont diagonalisables?

Solution

$E_{i, i}$ est diagonale donc diagonalisable.
Pour $i \neq j$ , $χ_{E_{i, j}} (X) = {(- 1)}^{n} X^{n}$ donc seul 0 est valeur propre. Par suite, si $E_{i, j}$ est diagonalisable alors $E_{i, j} = 0$ ce qui est incorrect. Conclusion $E_{i, j}$ diagonalisable si, et seulement si, $i = j$ .

Exercice 158 3187 CCINP (MP)Correction

(a)

Soit $f$ un endomorphisme d’un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension finie. Si $a$ est valeur propre de $f$ , de multiplicité $m$ , et si $E (f, a)$ est le sous-espace propre attaché, montrer

$1 \leq dim E (f, a) \leq m .$
(b)

Soit

$A = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 3 & 3 & 3 & 3 \\ 4 & 4 & 4 & 4 \end{matrix}) .$

Déterminer simplement les valeurs propres de $A$ .
La matrice $A$ est-elle diagonalisable?

Solution

(a)

Il suffit de calculer le polynôme caractéristique de $f$ à partir d’une représentation matricielle triangulaire par blocs relative à une base adaptée à l’espace non nul $E (f, a)$ .
(b)

La matrice $A$ est de rang 1 donc 0 est valeur propre de $A$ et par la formule du rang $dim E (A,0) = 3$ .
Le polynôme caractéristique de $A$ étant de degré 4 et factorisable par $X^{3}$ , c’est un polynôme scindé. La somme des valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité vaut alors $tr (A) = 10$ .
Par suite, 10 est valeur propre de $A$ de multiplicité nécessairement 1.

Finalement, la matrice $A$ est diagonalisable semblable à $diag (0,0,0,10)$ .

[<] Diagonalisabilité des matrices de rang 1[>] Applications de la diagonalisabilité d'une matrice

Exercice 159 4340

Montrer que les matrices réelles suivantes sont diagonalisables et les diagonaliser¹¹ 1 Diagonaliser une matrice carrée $A$ signifie déterminer une matrice inversible $P$ telle que $P^{- 1} A P$ soit diagonale. Une telle matrice $P$ est alors appelée matrice de diagonalisation de $A$ .:

(a)

$A = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix})$
(b)

$B = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix})$ .

Exercice 160 5544 Correction

Soit $θ ≢ 0 [π]$ . Diagonaliser

R (θ) = (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) \in ℳ_{2} (ℂ) .

Solution

Le polynôme caractéristique de $R (θ)$ est

χ_{R (θ)} = X^{2} - 2 \cos (θ) X + 1

de racines $e^{i θ}$ et $e^{- i θ}$ . La matrice $R (θ)$ est de taille $2$ et possède deux valeurs propres distinctes, elle est donc diagonalisable.

Pour $X = {(\begin{matrix} x & y \end{matrix})}^{⊤} \in ℳ_{2,1} (ℝ)$ ,

	$R (θ) X = e^{i θ} X$	$\Leftrightarrow {\begin{matrix} \cos (θ) x - \sin (θ) y & = e^{i θ} x \\ \sin (θ) x + \cos (θ) y & = e^{i θ} y \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} - y & = i x \\ x & = i y \end{matrix}$
		$= x = i y .$

On en déduit

E_{e^{i θ}} (R (θ)) = Vect {(\begin{matrix} i \\ 1 \end{matrix})} .

Par conjugaison,

E_{e^{- i θ}} (R (θ)) = Vect {(\begin{matrix} - i \\ 1 \end{matrix})} .

Ainsi,

R (θ) = P D P^{- 1} avec D = (\begin{matrix} e^{i θ} & 0 \\ 0 & e^{- i θ} \end{matrix}) et P = (\begin{matrix} i & - i \\ 1 & 1 \end{matrix}) .

Exercice 161 2628 NAVALE (MP)Correction

Soient $(α, β) \in ℂ^{2}$ et

M = (\begin{matrix} 0 & α & 0 \\ β & 0 & α \\ 0 & β & 0 \end{matrix}) .

Donner une condition nécessaire et suffisante pour que $M$ soit diagonalisable et diagonaliser $M$ lorsque cette condition est vérifiée.

Solution

Par la règle de Sarrus, on calcule le polynôme caractéristique de $M$

χ_{M} = X (X^{2} - 2 α β) .

Cas: $α β = 0$ . Seul $0$ est valeur propre de $M$ , la matrice $M$ est alors diagonalisable si, et seulement si, elle est semblable à la matrice nulle, c’est-à-dire égale à la matrice nulle. C’est le cas lorsque $α = β = 0$ et seulement dans ce cas.

Cas: $α β \neq 0$ . Il existe un nombre complexe $δ$ non nul tel que $δ^{2} = 2 α β$ . La matrice $M$ admet alors trois valeurs propres distinctes à savoir $0$ , $δ$ et $- δ$ . La matrice $M$ est alors diagonalisable.

Par résolution de l’équation aux éléments propres,

E_{0} (M) = Vect {(\begin{matrix} α \\ 0 \\ - β \end{matrix})}, E_{δ} (M) = Vect {(\begin{matrix} α \\ δ \\ β \end{matrix})}, E_{- δ} (M) = Vect {(\begin{matrix} α \\ - δ \\ β \end{matrix})} .

On peut donc écrire

M = P D P^{- 1} avec P = (\begin{matrix} α & α & α \\ 0 & δ & - δ \\ - β & β & β \end{matrix}) et D = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & δ & 0 \\ 0 & 0 & - δ \end{matrix}) .

Exercice 162 5314 ENSTIM (MP)Correction

On introduit

U = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}), V = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}), W = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) et A = (\begin{matrix} 0 & a & b & c \\ a & 0 & c & b \\ b & c & 0 & a \\ c & b & a & 0 \end{matrix}) .

(a)

Calculer $U^{2}$ . Préciser les éléments propres de $U$ .
(b)

Donner les éléments propres de $V$ et $W$ .
(c)

Montrer que l’on peut trouver une base de vecteurs propres commune à $U$ , $V$ et $W$ .
(d)

La matrice $A$ est-elle diagonalisable? À quelle condition nécessaire et suffisante la matrice $A$ est-elle inversible?

Solution

(a)

On remarque $U^{2} = I_{4}$ . La matrice $U$ figure une symétrie non triviale, elle est diagonalisable et $Sp (U) = {1, - 1}$ . Après calculs,

$E_{1} (U) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})} et E_{- 1} (U) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ - 1 \end{matrix})} .$
(b)

De la même façon, $Sp (U) = Sp (V) = {1, - 1}$ et

$E_{1} (V) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} et E_{- 1} (V) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ - 1 \end{matrix})}$

ainsi que

$E_{1} (W) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})} et E_{- 1} (W) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ - 1 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix})} .$
(c)

La matrice $P$ suivante traduit une base de diagonalisation commune

$P = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 & - 1 \end{matrix}) .$
(d)

La matrice $A$ s’écrit $a U + b V + c W$ et la matrice $P$ la diagonalise avec les valeurs propres $a + b + c$ , $a - b - c$ , $- a - b + c$ et $- a + b - c$ . La matrice $A$ est inversible si, et seulement si, aucune de ces valeurs propres n’est nulle.

Exercice 163 5585 Correction

Soient $a, b \in ℝ$ et

M = (\begin{matrix} a & 0 & \dots & \dots & \dots & 0 & b \\ 0 & ⋱ & ⋱ & . . . & . . . & 0 \\ ⋮ & ⋱ & a & 0 & b & . . . & ⋮ \\ ⋮ & 0 & a + b & 0 & ⋮ \\ ⋮ & . . . & b & 0 & a & ⋱ & ⋮ \\ 0 & . . . & . . . & ⋱ & ⋱ & 0 \\ b & 0 & \dots & \dots & \dots & 0 & a \end{matrix}) \in ℳ_{2 n + 1} (ℂ) .

Déterminer des matrices $P$ inversible et $D$ diagonale telles que $M = P D P^{- 1}$ .

Solution

Après calculs,

χ_{M} = {(X - (a + b))}^{n + 1} {(X - (a - b))}^{n}

E_{a + b} (M) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \\ 1 \end{matrix}), \dots, (\begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix})} et E_{a - b} (M) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \\ - 1 \end{matrix}), \dots, (\begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ - 1 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix})}

On peut donc écrire $A = P D P^{- 1}$ avec

D = diag (\underset{\begin{matrix} n + 1 valeurs \end{matrix}}{\underset{⏟}{a + b, \dots, a + b}}, \underset{\begin{matrix} n valeurs \end{matrix}}{\underset{⏟}{a - b, \dots, a - b}})

P = (\begin{matrix} 1 & (0) & 0 & 1 & (0) \\ ⋱ & ⋮ & ⋱ \\ 1 & 0 & (0) & 1 \\ 0 & \dots & 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ (0) & 1 & 0 & (0) & - 1 \\ . . . & ⋮ & . . . \\ 1 & (0) & 0 & - 1 & (0) \end{matrix}) .

Exercice 164 2706 MINES (MP)Correction

On pose

M (a, b) = (\begin{matrix} a^{2} & a b & a b & b^{2} \\ a b & a^{2} & b^{2} & a b \\ a b & b^{2} & a^{2} & a b \\ b^{2} & a b & a b & a^{2} \end{matrix})

pour tous $a, b$ réels.

(a)

Ces matrices sont-elles simultanément diagonalisables?
(b)

Étudier et représenter graphiquement l’ensemble des $(a, b) \in ℝ^{2}$ tel que $M {(a, b)}^{n}$ tend vers vers la matrice nulle quand $n$ tend vers $\infty$ .

Solution

(a)

On peut écrire $M (a, b) = P D (a, b) P^{- 1}$ avec

$D (a, b) = (\begin{matrix} {(a + b)}^{2} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & {(a - b)}^{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a^{2} - b^{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & a^{2} - b^{2} \end{matrix}) et P = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 & 1 \\ 1 & - 1 & 0 & - 1 \\ 1 & 1 & - 1 & 0 \end{matrix}) .$
(b)

$M {(a, b)}^{n} \to 0$ si, et seulement si, $| a + b | < 1$ , $| a - b | < 1$ et $| a^{2} - b^{2} | < 1$ .
Or $a^{2} - b^{2} = (a + b) (a - b)$ et la dernière condition l’est automatiquement si les deux premières le sont.

L’étude graphique est alors simple, le domaine solution est l’intérieur du carré de sommets $(1,0)$ , $(0,1)$ , $(- 1,0)$ et $(0, - 1)$ .

Exercice 165 4359

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ . Montrer que les matrices

M (a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - 1}) = (\begin{matrix} a_{0} & a_{1} & \dots & a_{n - 1} \\ a_{n - 1} & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & a_{1} \\ a_{1} & \dots & a_{n - 1} & a_{0} \end{matrix}) avec (a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - 1}) \in ℂ^{n}

sont simultanément diagonalisables¹¹ 1 On dit que les matrices d’une famille sont simultanément diagonalisables lorsqu’il existe une même matrice inversible $P$ permettant de les diagonaliser..

Exercice 166 2705 MINES (MP)Correction

Soient $a$ , $b$ deux réels et les matrices

A = (\begin{matrix} a & b & \dots & b \\ b & a & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & b \\ b & \dots & b & a \end{matrix}) et B = (\begin{matrix} b & \dots & b & a \\ ⋮ & . . . & a & b \\ b & . . . & . . . & ⋮ \\ a & b & \dots & b \end{matrix}) .

Réduire ces deux matrices.

Solution

Après calculs, $A = P D P^{- 1}$ avec $D = diag (a + (n - 1) b, a - b, \dots, a - b)$ et

P = (\begin{matrix} 1 & 1 & (0) \\ ⋮ & - 1 & ⋱ \\ ⋮ & ⋱ & 1 \\ 1 & (0) & - 1 \end{matrix}) .

Aussi $B = Q Δ Q^{- 1}$ avec

Cas: $n$ est impair. $Δ = diag (a + (n - 1) b, b - a, \dots, b - a, a - b, \dots, a - b)$ et

Q = (\begin{matrix} 1 & 1 & (0) & 1 & (0) \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ \\ ⋮ & (0) & 1 & (0) & 1 \\ ⋮ & 0 & \dots & 0 & - 2 & \dots & - 2 \\ ⋮ & (0) & - 1 & (0) & 1 \\ ⋮ & . . . & . . . \\ 1 & - 1 & (0) & 1 & (0) \end{matrix}) .

Cas: $n$ pair. $Δ = diag (a + (n - 1) b, b - a, \dots, b - a, a - b, \dots, a - b)$ et

Q = (\begin{matrix} 1 & 1 & (0) & 1 & (0) \\ ⋮ & ⋱ & - 1 & ⋱ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ ⋮ & (0) & 1 & (0) & - 1 \\ ⋮ & (0) & - 1 & (0) & - 1 \\ ⋮ & . . . & . . . & 1 \\ ⋮ & . . . & - 1 & . . . & (0) \\ 1 & - 1 & (0) & 1 \end{matrix}) .

Exercice 167 2703 MINES (MP)Correction

Diagonaliser les matrices de $ℳ_{n} (ℝ)$

(\begin{matrix} 0 & \dots & 0 & 1 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & \dots & 0 & 1 \\ 1 & \dots & 1 & 1 \end{matrix}) et (\begin{matrix} 1 & \dots & \dots & \dots & 1 \\ ⋮ & 0 & \dots & 0 & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & 0 & \dots & 0 & ⋮ \\ 1 & \dots & \dots & \dots & 1 \end{matrix}) .

Solution

Étudions la première matrice que nous noterons $A$ .

Celle-ci est de rang $2$ et l’on peut facilement déterminer une base de son noyau.

En posant le système $A X = λ X$ avec $λ \neq 0$ , on obtient une solution non nulle sous réserve que

λ^{2} - λ - (n - 1) = 0 .

En notant $λ_{1}$ et $λ_{2}$ les deux racines de cette équation, on obtient $A = P D P^{- 1}$ avec

P = (\begin{matrix} 1 & (0) & 1 & 1 \\ ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ (0) & 1 & ⋮ & ⋮ \\ - 1 & \dots & - 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & λ_{1} & λ_{2} \end{matrix}) et D = diag (0, \dots,0, λ_{1}, λ_{2}) .

On peut aussi affirmer que $A$ est diagonalisable car symétrique réelle et déterminer les deux valeurs propres non nulles en étudiant $tr (A)$ et $tr (A^{2})$ .

En reprenant la même démarche avec la seconde matrice, que nous noterons $B$ , on obtient $B = P D P^{- 1}$ avec

P = (\begin{matrix} 1 & 0 & \dots & 0 & λ_{1} & λ_{2} \\ 0 & 1 & (0) & 2 & 2 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & (0) & 1 & ⋮ & ⋮ \\ 0 & - 1 & \dots & - 1 & 2 & 2 \\ - 1 & 0 & \dots & 0 & λ_{1} & λ_{2} \end{matrix}) et D = diag (0, \dots,0, λ_{1}, λ_{2})

où $λ_{1}, λ_{2}$ sont les deux racines de l’équation

λ^{2} - 2 λ - 2 (n - 2) = 0 .

Exercice 168 3255 X (PSI)Correction

Soit

M_{n} = (\begin{matrix} 0 & (b) \\ ⋱ \\ (a) & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℂ) .

À quelle condition la matrice $M_{n}$ est-elle diagonalisable?
Déterminer alors une base de vecteurs propres

Solution

Cas: $a = b = 0$ . La résolution est immédiate.

Cas: $a = 0$ et $b \neq 0$ . La matrice $M_{n}$ est triangulaire supérieure stricte non nulle, elle n’est pas diagonalisable.

Cas: $a \neq 0$ et $b = 0$ . Idem.

Cas: $a = b$ .

χ_{M_{n}} (X) = (X - (n - 1) a) {(X + a)}^{n - 1}

avec

E_{(n - 1) a} = Vect (1, \dots,1)

E_{- a} : x_{1} + \dots + x_{n} = 0 .

La matrice $M_{n}$ est donc diagonalisable et il est aisé de former une base de vecteurs propres.
Cas: $a \neq b$ et $a b \neq 0$ . Après calculs (non triviaux),

χ_{M_{n}} (X) = {(- 1)}^{n} \frac{b {(X + a)}^{n} - a {(X + b)}^{n}}{b - a} .

Les racines de ce polynôme sont les solutions de l’équation d’inconnue $z \in ℂ$

{(\frac{z + a}{z + b})}^{n} = \frac{a}{b} .

Il y en a exactement $n$ s’exprimant en fonction des racines $n$ -ième de l’unité.
On en déduit que $M_{n}$ est diagonalisable.
Soit $λ$ une valeur propre de $M_{n}$ et $x = (x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℂ^{n}$ .
L’équation $M_{n} x = λ x$ équivaut au système

{\begin{matrix} - λ x_{1} + b x_{2} + \dots + b x_{n} = 0 \\ a x_{1} - λ x_{2} + \dots + b x_{n} = 0 \\ ⋮ \\ a x_{1} + \dots + a x_{n - 1} - λ x_{n} = 0 . \end{matrix}

En retranchant à chaque équation la précédente, on obtient le système équivalent

{\begin{matrix} - λ x_{1} + b x_{2} + \dots + b x_{n} = 0 \\ (a + λ) x_{1} + (b + λ) x_{2} = 0 \\ ⋮ \\ (a + λ) x_{n - 1} - (b + λ) x_{n} = 0 . \end{matrix}

Puisque ce système est de rang $n - 1$ (car $λ$ est valeur propre simple) et puisque les $n - 1$ dernières équations sont visiblement indépendantes, ce système équivaut encore à

{\begin{matrix} (a + λ) x_{1} + (b + λ) x_{2} = 0 \\ ⋮ \\ (a + λ) x_{n - 1} - (b + λ) x_{n} = 0 . \end{matrix}

La résolution de ce dernier est immédiate. On obtient pour vecteur propre $x = (x_{1}, \dots, x_{n})$ avec

x_{k} = {(\frac{a + λ}{b + λ})}^{k} .

[<] Diagonalisation d'une matrice[>] Applications de la diagonalisabilité d'un endomorphisme

Exercice 169 4357

On étudie l’équation $(E) : M^{2} - M = A$ d’inconnue $M \in ℳ_{2} (ℝ)$ avec

A = (\begin{matrix} 4 & 1 \\ 4 & 4 \end{matrix}) .

(a)

Diagonaliser la matrice $A$ en précisant une matrice de passage $P$ .
(b)

Soit $M \in ℳ_{2} (ℝ)$ solution de $(E)$ . Justifier que la matrice $P^{- 1} M P$ est diagonale.
(c)

Déterminer toutes les matrices solutions de l’équation $(E)$ .

Exercice 170 814 Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 5 & 3 \\ 1 & 3 \end{matrix}) \in ℳ_{2} (ℝ) .

(a)

Diagonaliser la matrice $A$ en précisant la matrice de passage $P$
(b)

Soit $M \in ℳ_{2} (ℝ)$ une matrice telle que $M^{2} + M = A$ .
Justifier que la matrice $P^{- 1} M P$ est diagonale.
(c)

Déterminer les solutions de l’équation $M^{2} + M = A$ .

Solution

(a)

$\det (A - λ I) = (λ - 2) (λ - 6)$ .
${\begin{matrix} 5 x + 3 y = 2 x \\ x + 3 y = 2 y \end{matrix} \Leftrightarrow x + y = 0$ et $(\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix})$ est vecteur propre associé à la valeur propre $2$ .
${\begin{matrix} 5 x + 3 y = 6 x \\ x + 3 y = 6 y \end{matrix} \Leftrightarrow - x + 3 y = 0$ et $(\begin{matrix} 3 \\ 1 \end{matrix})$ est vecteur propre associé à la valeur propre $6$ .
On a $A = P D P^{- 1}$ avec

$P = (\begin{matrix} 1 & 3 \\ - 1 & 1 \end{matrix}) et D = (\begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & 6 \end{matrix}) .$
(b)

Si $M$ est solution alors $P^{- 1} M P$ est solution de l’équation $X^{2} + X = D$ donc $P^{- 1} M P$ et $D$ commutent or $D$ est diagonale à coefficients diagonaux distincts donc $P^{- 1} M P$ est diagonale
(c)

Les coefficients diagonaux $a, b$ vérifient $a^{2} + a = 2$ et $b^{2} + b = 6$ donc $a = 1$ ou $a = - 2$ et $b = 2$ ou $b = - 3$ . Au termes des calculs on obtient les solutions

$\frac{1}{4} (\begin{matrix} 7 & 3 \\ 1 & 5 \end{matrix}), (\begin{matrix} - 2 & - 3 \\ - 1 & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 1 & 3 \\ 1 & - 1 \end{matrix}), \frac{1}{4} (\begin{matrix} - 11 & - 3 \\ - 1 & - 9 \end{matrix}) .$

Exercice 171 813 Correction

(a)

Déterminer les valeurs propres de

$A = (\begin{matrix} 1 & 3 & 0 \\ 3 & - 2 & - 1 \\ 0 & - 1 & 1 \end{matrix}) .$
(b)

Combien y a-t-il de matrice $M$ telle que $M^{2} = A$ dans $ℳ_{n} (ℂ)$ ? dans $ℳ_{n} (ℝ)$ ?

Solution

(a)

$Sp (A) = {1,3, - 4}$ .
(b)

Il existe une matrice $P$ inversible tel que $A = P D P^{- 1}$ avec $D = diag (1,3, - 4)$ .

Si $M \in ℳ_{n} (ℂ)$ est solution de l’équation $M^{2} = A$ alors ${(P^{- 1} M P)}^{2} = D$ et donc $P^{- 1} M P$ commute avec la matrice $D$ . Or celle-ci est diagonale à coefficients diagonaux distincts donc $P^{- 1} M P$ est diagonale de coefficients diagonaux $a, b, c$ vérifiant $a^{2} = 1$ , $b^{2} = 3$ et $c^{2} = - 4$ . La réciproque est immédiate.

Il y a $8$ solutions possibles pour $(a, b, c)$ et donc autant de solutions pour $M$ (car l’application $N \mapsto P^{- 1} N P$ est injective).

Les solutions réelles sont a fortiori des solutions complexes or toutes les solutions complexes vérifient $tr (M) = a + b + c \in ℂ ∖ ℝ$ . Il n’existe donc pas de solutions réelles.

Exercice 172 3122 Correction

Soient $p, q \in ℕ^{*}$ et $A, B, M \in ℳ_{n} (ℂ)$ avec $A, B$ diagonalisables. Montrer

A^{p} M B^{q} = O_{n} ⟹ A M B = O_{n} .

Solution

On peut écrire

A = P D P^{- 1} et B = Q Δ Q^{- 1}

avec $P, Q \in {GL}_{n} (𝕂)$ et $D, Δ \in ℳ_{n} (𝕂)$ diagonales.

Si $A^{p} M B^{q} = O_{n}$ alors

D^{p} N Δ^{q} = O_{n}

avec $N = P^{- 1} M Q = (n_{i, j})$ .

En notant $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ et $μ_{1}, \dots, μ_{n}$ les coefficients diagonaux de $D$ et $Δ$ , on obtient

\forall (i, j) \in {1, \dots, n}^{2}, λ_{i}^{p} n_{i, j} μ_{j}^{q} = 0

et donc

\forall (i, j) \in {1, \dots, n}^{2}, λ_{i} n_{i, j} μ_{j} = 0

puis

D N Δ = O_{n}

ce qui permet de conclure.

Exercice 173 2453 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ avec $B$ diagonalisable.
Montrer

A B^{3} = B^{3} A ⟹ A B = B A .

Solution

Il existe des matrices $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ et $D \in D_{n} (ℝ)$ telles que

B = P D P^{- 1} .

Si $A B^{3} = B^{3} A$ alors

A P D^{3} P^{- 1} = P D^{3} P^{- 1} A

puis on obtient

M D^{3} = D^{3} M

avec $M = P^{- 1} A P$ .
Notons $m_{i, j}$ le coefficient général de $M$ et $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les coefficients diagonaux de $D$ .
La relation $M D^{3} = D^{3} M$ donne

\forall (i, j) \in {1, \dots, n}^{2}, m_{i, j} λ_{j}^{3} = m_{i, j} λ_{i}^{3}

et donc

\forall (i, j) \in {1, \dots, n}^{2}, m_{i, j} = 0 ou λ_{i}^{3} = λ_{j}^{3} .

Comme la fonction $x \mapsto x^{3}$ est injective sur $ℝ$ , on obtient

\forall (i, j) \in {1, \dots, n}^{2}, m_{i, j} = 0 ou λ_{i} = λ_{j}

et donc

M D = D M

puis

A B = B A .

Exercice 174 815 Correction

Pour $n \geq 2$ , on considère la matrice

J = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ \\ 0 & ⋱ & 1 \\ 1 & 0 & \dots & 0 \end{matrix}) .

(a)

Montrer que la matrice $J$ est diagonalisable dans $ℳ_{n} (ℂ)$ .
(b)

Application : Exprimer

$| \begin{matrix} a_{0} & a_{1} & \dots & a_{n - 1} \\ a_{n - 1} & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & a_{1} \\ a_{1} & \dots & a_{n - 1} & a_{0} \end{matrix} | .$

Solution

(a)

Por $x \in ℂ$ , en développant selon la dernière ligne

$\det (x I_{n} - J) = | \begin{matrix} x & - 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & x & - 1 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋱ & 0 \\ 0 & ⋱ & ⋱ & - 1 \\ - 1 & 0 & \dots & 0 & x \end{matrix} | = x^{n} - 1$

$J$ possède exactement $n$ valeurs propres qui sont les racines $n$ -ième de l’unité $ω_{0}, \dots, ω_{n - 1}$ avec $ω_{k} = e^{\frac{2 i k π}{n}}$ .
(b)

Soit $P \in {GL}_{n} (ℂ)$ la matrice de passage telle que $J = P D P^{- 1}$ avec $D = diag (ω_{0}, \dots, ω_{n - 1})$ .

$A = (\begin{matrix} a_{0} & a_{1} & \dots & a_{n - 1} \\ a_{n - 1} & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & a_{1} \\ a_{1} & \dots & a_{n - 1} & a_{0} \end{matrix}) = a_{0} I_{n} + a_{1} J + a_{2} J^{2} + \dots + a_{n - 1} J^{n - 1}$

donc

$P^{- 1} A P = a_{0} I_{n} + a_{1} D + a_{2} D^{2} + \dots + a_{n - 1} D^{n - 1} = diag {(\sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k} ω_{i}^{k})}_{0 \leq i \leq n - 1}$

puis

$\det (A) = \det (P^{- 1} A P) = \prod_{i = 0}^{n - 1} (\sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k} ω_{i}^{k}) .$

Exercice 175 2692 MINES (MP)Correction

Les matrices

(\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}) et (\begin{matrix} 1 & 3 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{matrix})

sont-elles semblables?

Solution

La colonne ${(\begin{matrix} 1 & 1 & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ est vecteur propre associé à la valeur propre 6.

Les deux matrices ont le même polynôme caractéristique et celui-ci a pour racines

6, \frac{- 3 + i \sqrt{3}}{2} et \frac{- 3 - i \sqrt{3}}{2} .

Ces deux matrices sont semblables à

diag (6, \frac{- 3 + i \sqrt{3}}{2}, \frac{- 3 - i \sqrt{3}}{2})

et donc a fortiori semblables entre elles dans $ℳ_{n} (ℂ)$ , mais aussi, et c’est assez classique, dans $ℳ_{n} (ℝ)$ .

Exercice 176 3113 CENTRALE (PC)Correction

(a)

Soit $D \in ℳ_{n} (ℂ)$ . Déterminer l’inverse de

$(\begin{matrix} I_{n} & D \\ O_{n} & I_{n} \end{matrix}) .$
(b)

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ diagonalisables telles que $Sp (A) \cap Sp (B) = \emptyset$ .
Montrer que pour tout matrice $C \in ℳ_{n} (ℂ)$ , les matrices suivantes sont semblables

$(\begin{matrix} A & C \\ O_{n} & B \end{matrix}) et (\begin{matrix} A & O_{n} \\ O_{n} & B \end{matrix}) .$

Solution

(a)

On vérifie

${(\begin{matrix} I_{n} & D \\ O_{n} & I_{n} \end{matrix})}^{- 1} = (\begin{matrix} I_{n} & - D \\ O_{n} & I_{n} \end{matrix}) .$
(b)

On observe

${(\begin{matrix} I_{n} & D \\ O_{n} & I_{n} \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} A & C \\ O_{n} & B \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{n} & D \\ O_{n} & I_{n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & E \\ O_{n} & B \end{matrix})$

avec $E = A D + C - D B$ .

Pour conclure, montrons qu’il existe $D \in ℳ_{n} (ℂ)$ vérifiant $D B - A D = C$ . Considérons pour cela l’endomorphisme $φ$ de $ℳ_{n} (ℂ)$ défini par

$φ (M) = M B - A M .$

Pour $M \in Ker (φ)$ , on a $M B = A M$ . Pour tout $X$ vecteur propre de $B$ associé à une valeur propre $λ$ , on a

$A M X = M B X = λ M X .$

Puisque $λ$ est valeur propre de $B$ , $λ$ n’est pas valeur propre de $A$ et donc $M X = O_{n,1}$ .

Puisqu’il existe une base de vecteurs propres de $B$ et puisque chacun annule $M$ , on a $M = O_{n}$ .

Ainsi, l’endomorphisme $φ$ est injectif, or $ℳ_{n} (ℂ)$ est de dimension finie donc $φ$ est bijectif. Ainsi, il existe une matrice $D$ telle $φ (D) = C$ et, par celle-ci, on obtient la similitude demandée.

Exercice 177 2980 X (MP)Correction

Soit $φ$ une application de $ℳ_{2} (ℂ)$ vers $ℂ$ vérifiant:

\forall (A, B) \in ℳ_{2} {(ℂ)}^{2}, φ (A B) = φ (A) φ (B) et φ (\begin{matrix} λ & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = λ .

Montrer que $φ = \det$ .

Solution

$φ (I_{2}) = 1$ donc, si $P$ est inversible, alors $φ (P^{- 1}) = φ {(P)}^{- 1}$ . Par suite, si $A$ et $B$ sont semblables alors $φ (A) = φ (B)$ .

Puisque $(\begin{matrix} μ & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})$ et $(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & μ \end{matrix})$ sont semblables, $φ (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & μ \end{matrix}) = μ$ puis, par produit,

φ (\begin{matrix} λ & 0 \\ 0 & μ \end{matrix}) = λ μ .

Ainsi, pour $A$ diagonale, $φ (A) = \det (A)$ et, plus généralement, cela vaut encore pour $A$ diagonalisable.

Si $A$ est une matrice de $ℳ_{2} (ℂ)$ non diagonalisable, celle-ci est semblable à une matrice de la forme

(\begin{matrix} λ & α \\ 0 & λ \end{matrix}) .

Cas: $λ = 0$ . On a $A^{2} = 0$ et donc $φ (A) = 0 = \det (A)$ .

Cas: $λ \neq 0$ . Puisque

(\begin{matrix} λ & α \\ 0 & λ \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} λ & α \\ 0 & 2 λ \end{matrix})

et que $(\begin{matrix} λ & α \\ 0 & 2 λ \end{matrix})$ est diagonalisable, on obtient $2 φ (A) = 2 λ^{2} = 2 \det (A)$ et l’on peut conclure.

Exercice 178 3858 Correction

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $M^{123}$ soit triangulaire supérieure à coefficients diagonaux deux à deux distincts. Montrer que $M$ est aussi triangulaire supérieure.

Solution

Posons $T = M^{123}$ . Les coefficients diagonaux $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ de $T$ déterminent ses valeurs propres et la matrice $T$ est donc diagonalisable car possède $n$ valeurs propres deux à deux distinctes. On peut donc écrire $T = P D P^{- 1}$ avec $P$ inversible et

D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) .

Puisque $M$ est $T$ commutent, les matrices $N = P^{- 1} M P$ et $D$ commutent. Or les matrices commutant avec une matrice diagonale à coefficients diagonaux distincts sont elles-mêmes diagonales. La matrice $N$ est donc diagonale

N = diag (μ_{1}, \dots, μ_{n}) .

En considérant un polynôme d’interpolation $Q \in ℝ [X]$ vérifiant

\forall 1 \leq k \leq n, Q (λ_{k}) = μ_{k}

on obtient $N = Q (D)$ puis $M = Q (T)$ . En particulier, la matrice $M$ est triangulaire supérieure.

Exercice 179 3145

Soit $G$ un sous-groupe de $({GL}_{n} (ℝ), \times)$ tel que $M^{2} = I_{n}$ pour tout $M \in G$ .

(a)

Montrer que le groupe $G$ est commutatif.
(b)

Établir que les éléments de $G$ sont simultanément¹¹ 1 Autrement dit, il existe une matrice $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ telle que $P^{- 1} M P$ est diagonale pour toute matrice $M$ de $G$ . diagonalisables.
(c)

En déduire $Card (G) \leq 2^{n}$ .
(d)

Application : Montrer que $({GL}_{n} (ℝ), \times)$ et $({GL}_{m} (ℝ), \times)$ sont isomorphes si, et seulement si, $n = m$ .

Exercice 180 4152 CENTRALE (MP)Correction

On dit qu’une matrice $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ vérifie la propriété $(𝒫)$ si

\exists α \in ℂ, A + Com {(A)}^{⊤} = α I_{n} .

(a)

Traiter le cas $n = 2$ .

Désormais, on suppose $n \geq 3$ .

(b)

Rappeler le lien entre la comatrice et l’inverse d’une matrice inversible.
(c)

Soient $A, B \in {GL}_{n} (ℂ)$ . Montrer $Com (A B) = Com (A) Com (B)$
(d)

Montrer que si $A \in {GL}_{n} (ℂ)$ vérifie $(𝒫)$ alors toutes les matrices semblables à $A$ vérifient aussi $(𝒫)$ .
(e)

On suppose la matrice $A$ inversible, non scalaire et ne possédant qu’une seule valeur propre.

Montrer que $A$ vérifie $(𝒫)$ si, et seulement si, il existe une matrice $N$ telle $N^{2} = O_{n}$ et un complexe $λ$ telle que $λ^{n - 2} = 1$ pour lesquels $A = λ I_{n} + N$ .
(f)

On suppose que $A$ vérifie la propriété $(𝒫)$ et possède au moins deux valeurs propres distinctes. Montrer que $A$ est diagonalisable et conclure quelles sont les matrices de cette forme vérifiant $(𝒫)$ .

Solution

(a)

Si $A = (\begin{matrix} a & b \\ c & s \end{matrix})$ alors $Com (A) = (\begin{matrix} d & - c \\ - a & b \end{matrix})$ et la propriété $(𝒫)$ est satisfaite avec $α = a + d$ .
(b)

$Com (A) = \det (A) {(A^{- 1})}^{⊤}$ .
(c)

$Com (A B)$ $= \det (A B) {({(A B)}^{- 1})}^{⊤} = \det (A B) {(B^{- 1} A^{- 1})}^{⊤}$

$= \det (A) {(A^{- 1})}^{⊤} \det (B) {(B^{- 1})}^{⊤} = Com (A) Com (B) .$
(d)

Si $A = P B P^{- 1}$ alors $Com (A) = Com (P) Com (B) Com (P^{- 1})$ . Or $Com (P) = \det (P) {(P^{- 1})}^{⊤}$ et, après simplification des déterminants, on a $Com (A) = {(P^{- 1})}^{⊤} Com (B) P^{⊤}$ . Dès lors, si $A + Com {(A)}^{⊤} = α . I_{n}$ , on obtient $P (B + Com (B)) P^{- 1} = α . I_{n}$ puis $B + Com (B) = α . I_{n}$ .
(e)

Si $A$ vérifie $(𝒫)$ , il existe $α \in ℂ$ tel que

$A + Com {(A)}^{⊤} = α I_{n} .$

En multipliant par $A$ et en réordonnant les membres, on obtient l’équation équivalente

$A^{2} - α A + \det (A) I_{n} = O_{n} .$ (1)

La matrice $A$ ne possédant qu’une valeur propre et n’étant pas scalaire, n’est pas diagonalisable. Le polynôme annulateur qui précède n’est donc pas à racines simples. En notant $λ$ son unique racine (la valeur propre de $A$ , non nulle) on a les conditions

$α^{2} - 4 \det (A) = 0, λ = α / 2 et \det (A) = λ^{n} .$

On en déduit $α = 2 λ$ , $\det (A) = λ^{2}$ et $λ^{n - 2} = 1$ . Au surplus, l’équation (1) se relit

${(A - λ I_{n})}^{2} = O_{n} .$

Ceci permet d’écrire $A = λ I_{n} + N$ avec $N$ vérifiant $N^{2} = O_{n}$ .

Inversement, si la matrice $A$ est de cette forme, il est possible de remontrer les calculs jusqu’à constater que $A$ vérifie $(𝒫)$ .
(f)

Comme au-dessus, si $A$ vérifie $(𝒫)$ , il existe $α \in ℂ$ tel que

$A^{2} - α A + \det (A) I_{n} = O_{n} .$

Si $A$ possède deux valeurs propres distinctes $λ$ et $μ$ , alors ce polynôme possède deux racines distinctes et est donc scindé à racines simples. On en déduit que la matrice $A$ est diagonalisable. Quitte à remplacer $A$ par une matrice semblable, on peut supposer la matrice $A$ diagonale avec $p$ coefficients $λ$ sur la diagonale et $q = n - p$ coefficients $μ$ sur la diagonale. Il est alors facile de calculer la comatrice de $A$ (elle aussi diagonale) et de constater que $A$ vérifie la propriété $(𝒫)$ si, et seulement si, les paramètres précédents sont liés par la condition

$λ^{p - 1} μ^{q - 1} = 1 .$

Les matrices scalaires vérifiant évidemment la propriété $(𝒫)$ , il ne reste plus, pour conclure, qu’à étudier le cas des matrices non inversibles.

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ une matrice non inversible vérifiant $(𝒫)$ . Il existe $α \in ℂ$ tel que

$A^{2} - α A = O_{n} .$

Si $α = 0$ alors $A^{2} = 0$ . On en déduit $rg (A) < n - 1$ auquel cas la comatrice de $A$ est nulle (les cofacteurs sont nuls car tous les mineurs d’ordre $n - 1$ sont nuls) et la propriété $(𝒫)$ conclut que la matrice $A$ est nulle.

Si $α \neq 0$ alors $A = α B$ avec $B^{2} = B$ . La matrice $B$ est une matrice de projection de même rang que $A$ . Pour que $A$ soit autre que la matrice nulle, il faut $r g A = n - 1$ ce qui permet de dire que $B$ est semblable à $diag (1, \dots,1,0)$ et donc $A$ semblable à $diag (α, \dots, α,0)$ .

Inversement, par le calcul, une telle matrice est solution si, et seulement si, $α^{n - 2} = 1$ .

[<] Applications de la diagonalisabilité d'une matrice[>] Applications à l'étude de suites numériques

Exercice 181 5598 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ diagonalisable et à valeurs propres toutes positives.

Montrer qu’il existe $v \in ℒ (E)$ tel que $v^{2} = u$ .

Solution

Soit $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ formée de vecteurs propres de $u$ . La matrice de $u$ dans $e$ s’écrit

D = (\begin{matrix} λ_{1} & (*) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix})

avec $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de $u$ qui sont des réels positifs.

On peut alors introduire $v$ l’endomorphisme de $E$ déterminé par

{Mat}_{e} (v) = Δ = (\begin{matrix} \sqrt{λ_{1}} & (*) \\ ⋱ \\ (0) & \sqrt{λ_{n}} \end{matrix}) .

On remarque $Δ^{2} = D$ et l’on a donc $v^{2} = u$ .

Exercice 182 809 Correction

Soit $f$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension $n \in ℕ^{*}$ admettant exactement $n$ valeurs propres distinctes.

(a)

Montrer qu’il existe $a \in E$ tel que la famille $(a, f (a), \dots, f^{n - 1} (a))$ soit une base de $E$ .
(b)

Quelle est la forme de la matrice de $f$ dans cette base?

Solution

(a)

Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les $n$ valeurs propres distinctes de $f$ et $x_{1}, \dots, x_{n}$ des vecteurs propres associés. La famille $(x_{1}, \dots, x_{n})$ est base de $E$ .
Posons $a = x_{1} + \dots + x_{n}$ . Pour tout $k \in {0,1, \dots, n - 1}$ ,

$f^{k} (a) = λ_{1}^{k} . x_{1} + \dots + λ_{n}^{k} . x_{n} .$

Supposons

$α_{0} . a + α_{1} . f (a) + \dots + α_{n - 1} . f^{n - 1} (a) = 0_{E} .$

En exprimant cette relation en fonction des vecteurs de la famille libre $(x_{1}, \dots, x_{n})$ , on parvient à $P (λ_{1}) = \dots = P (λ_{n}) = 0$ avec

$P = α_{0} + α_{1} X + \dots + α_{n - 1} X^{n - 1} .$

Le polynôme $P$ admet plus de racines que son degré donc $P = 0$ puis $α_{0} = \dots = α_{n - 1} = 0$ .
Ainsi la famille $(a, f (a), \dots, f^{n - 1} (a))$ est libre et finalement base de $E$ .
En fait, n’importe quel vecteur dont les coordonnées sont toutes non nulles dans la base de vecteur propre est solution.
(b)

La matrice de $f$ dans la base considérée est de la forme

$(\begin{matrix} 0 & 0 & α_{0} \\ 1 & ⋱ & ⋮ \\ ⋱ & 0 & ⋮ \\ 0 & 1 & α_{n - 1} \end{matrix})$

avec

$f^{n} (a) = α_{0} . a + α_{1} . f (a) + \dots + α_{n - 1} . f^{n - 1} (a) .$

Exercice 183 6056 CCINP (PC)Correction

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension $n \in ℕ$ , $n \geq 2$ .

On dit qu’un endomorphisme $f \in ℒ (E)$ est cyclique lorsqu’il existe $x \in E$ tel que $(x, f (x), \dots, f^{n - 1} (x))$ est une base de $E$ .

1.

On suppose ici $n = 3$ et on note $ℬ$ une base de $E$ . On considère $f \in ℒ (E)$ donné par

${Mat}_{ℬ} (f) = (\begin{matrix} 1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \\ - 2 & - 2 & - 3 \end{matrix}) .$

Calculer ${Mat}_{B} (f^{2})$ et en déduire que $f$ est cyclique.
2.
On suppose $E = ℝ_{n - 1} [X]$ et l’on considère $f : P \mapsto P (X + 1) - P (X)$ .
1. (a)
  
  Soit $Q \in E$ tel que $\deg (Q) \geq 1$ . Montrer que $\deg (f (Q)) = \deg (Q) - 1$ . En déduire que $f$ n’est pas bijectif.
2. (b)
  
  L’endomorphisme $f$ est-il cyclique?
  
  On pourra calculer $\deg (f^{j} (X^{n - 1}))$ .
3.
On suppose $Ker (f^{n - 1}) \neq E$ et $Ker (f^{n}) = E$
1. (a)
  
  Montrer qu’il existe $x_{0} \in E$ tel que $f^{n - 1} (x_{0}) \neq 0_{E}$ .
2. (b)
  
  Montrer que $f$ est cyclique.
4.

On suppose que $f$ est cyclique. Établir que les sous-espaces propres de $f$ sont de dimension $1$ .
5.

On suppose que $f$ est diagonalisable. Établir que $f$ est cyclique si, et seulement si, ses sous-espaces propres sont de dimension $1$ .

Solution

1.

Par élévation au carré,

${Mat}_{ℬ} (f^{2}) = (\begin{matrix} - 1 & 2 & 0 \\ - 1 & 2 & 0 \\ 2 & - 2 & 1 \end{matrix}) .$

En notant $e_{1}, e_{2}, e_{3}$ les vecteurs de la base, on remarque que $x = e_{2} - e_{3}$ est convenable.
2.
1. (a)
  
  Posons $q = \deg (Q) \geq 1$ . On écrit $Q = a_{q} X^{q} + \dots + a_{0}$ avec $a_{q} \neq 0$ . À l’aide de la formule du binôme de Newto, $f (Q) = q a_{q} X^{q - 1} + R$ avec $\deg (R) < q - 1$ . On a donc $\deg (f (Q)) = q - 1$ . En particulier, l’endomorphisme $f$ ne peut pas être surjectif et il n’est donc pas bijectif.
2. (b)
  
  On remarque $\deg (f^{j} (X^{n - 1})) = n - 1 - j$ pour $j \in ⟦ 0; n - 1 ⟧$ . La famille des $f^{j} (X^{n - 1})$ pour $j = 0, \dots, n - 1$ est une famille de polynômes de degrés étagés donc une base de $ℝ_{n - 1} [X]$ .
3.
1. (a)
  
  Le vecteur $x_{0}$ existe car $f^{n - 1} \neq 0$ .
2. (b)
  
  On établit que la famille $(x_{0}, f (x_{0}), \dots, f^{n - 1} (x_{0}))$ est libre car $f^{n} = 0$ et $f^{n - 1} (x_{0}) \neq 0$ . Cette famille est alors une base de $E$ .
4.

Dans une base adaptée à la cyclicité, la matrice de $f$ est de la forme

$M = (\begin{matrix} 0 & (0) & a_{0} \\ 1 & ⋱ & ⋮ \\ ⋱ & 0 & ⋮ \\ (0) & 1 & a_{n - 1} \end{matrix}) .$

Pour tout $λ \in ℝ$ , on remarque que $rg (M - λ I_{n}) \geq n - 1$ car la matrice $M - λ I_{n}$ contient une sous-matrice inversible de taille $n - 1$ . On en déduit $dim Ker (M - λ I_{n}) \leq 1$ .
5.

Le sens direct a été vu au-dessus.

Inversement, si $f$ est diagonalisable et si ses sous-espaces propres sont de dimension $1$ , on peut affirmer que $f$ possède $n$ valeurs propres distinctes. À l’aide d’un déterminant de Vandermonde, on établit que $x$ égal à la somme des vecteurs d’une base de diagonalisation permet d’affirmer que $f$ est cyclique (c’est un exercice classique).

Exercice 184 3454 Correction

Soit $f$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension $n \in ℕ^{*}$ .
On suppose que $f$ possède exactement $n$ valeurs propres distinctes. Montrer que seuls les polynômes en $f$ commutent avec $f$ .

On pourra introduire un polynôme interpolateur convenable.

Solution

Il est bien connu que les polynômes en $f$ commutent avec $f$ .
Inversement, soit $g$ un endomorphisme commutant avec $f$ .
Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres deux à deux distinctes de $f$ et $e_{1}, \dots, e_{n}$ des vecteurs propres associés. La famille $(e_{1}, \dots, e_{n})$ est une base de $E$ diagonalisant $f$ et les sous-espaces propres de $f$ sont de dimension 1. Puisque $f$ et $g$ commutent, ses sous-espaces propres de $f$ sont stables par $g$ et donc, pour tout $k \in {1, \dots, n}$ , il existe $μ_{k}$ tel que $g (e_{k}) = μ_{k} e_{k}$ . Considérons alors un polynôme interpolateur $P$ vérifiant

\forall k \in {1, \dots, n}, P (λ_{k}) = μ_{k} .

On a pour tout $k \in {1, \dots, n}$ ,

P (f) (e_{k}) = P (λ_{k}) (e_{k}) = μ_{k} e_{k} = g (e_{k}) .

Puisque les applications linéaires $P (f)$ et $g$ sont égales sur une base, on peut conclure

P (f) = g .

Exercice 185 4354

Soit $f$ un endomorphisme diagonalisable d’un espace vectoriel $E$ de dimension $n \geq 1$ .

(a)

Montrer qu’un endomorphisme $g$ commute avec $f$ si, et seulement si, les sous-espaces propres de $f$ sont stables par $g$ .
(b)

On note $λ_{1}, \dots, λ_{m}$ les valeurs propres de $f$ et $α_{1}, \dots, α_{m}$ leurs multiplicités respectives.

Montrer que l’ensemble des endomorphismes qui commutent avec $f$ est un sous-espace vectoriel de $ℒ (E)$ et déterminer sa dimension.

Exercice 186 3252

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension $n \geq 1$ possédant exactement $n$ valeurs propres distinctes.

(a)

Déterminer les dimensions des sous-espaces propres de $f$ .
(b)

Soit $g$ un endomorphisme de $E$ vérifiant $g^{2} = f$ . Montrer que $g$ et $f$ commutent. En déduire que les vecteurs propres de $f$ sont aussi des vecteurs propres de $g$ .
(c)

Combien y a-t-il d’endomorphismes $g$ de $E$ solutions de l’équation $g^{2} = f$ ?

Exercice 187 2502 CCINP (MP)Correction

Soient $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension finie et $u \in ℒ (E)$ , $v \in ℒ (E)$ diagonalisables vérifiant

u^{3} = v^{3} .

Montrer que $u = v$ .

Solution

Soient $λ \in Sp (u)$ et $x \in E_{λ} (u)$ non nul. On a

v^{3} (x) = u^{3} (x) = λ^{3} . x .

Or $v$ est diagonalisable donc, en notant $μ_{1}, \dots, μ_{p}$ les valeurs propres de $v$ , on a la décomposition en somme directe

E = \oplus_{j = 1}^{p} E_{μ_{j}} (v) .

On peut alors écrire $x = \sum_{j = 1}^{p} x_{j}$ avec $x_{j} \in E_{μ_{j}} (u)$ . L’égalité $v^{3} (x) = λ^{3} . x$ donne

\sum_{j = 1}^{p} μ_{j}^{3} . x_{j} = \sum_{j = 1}^{p} λ^{3} . x_{j} .

Les espaces $E_{μ_{j}} (v)$ étant en somme directe, on peut identifier les termes de ces sommes

μ_{j}^{3} . x_{j} = λ^{3} . x_{j} .

Si $x_{j} \neq 0_{E}$ , on obtient $μ_{j} = λ$ et donc $μ_{j} . x_{j} = λ . x_{j}$ .
Si $x_{j} = 0_{E}$ , l’identité $μ_{j} . x_{j} = λ . x_{j}$ reste vraie.
On en déduit

v (x) = λ . x = u (x) .

Ainsi, les endomorphismes $v$ et $u$ coïncident sur $E_{λ} (u)$ . Or, l’endomorphisme $u$ étant diagonalisable, $E$ est la somme des sous-espaces propres de $u$ . Les endomorphismes $v$ et $u$ coïncident donc sur $E$ .

Exercice 188 806

Soit $u$ un endomorphisme diagonalisable d’un espace vectoriel complexe $E$ de dimension finie $n \geq 1$ . On étudie l’équation $v^{2} = u$ d’inconnue $v \in ℒ (E)$ .

(a)

Montrer qu’il existe au moins un endomorphisme $v$ de $E$ solution.
(b)

Justifier que l’on peut déterminer une solution qui soit un polynôme en $u$ .

[<] Applications de la diagonalisabilité d'un endomorphisme[>] Trigonalisabilité

Exercice 189 5545 Correction

(a)

Diagonaliser la matrice

$A = (\begin{matrix} 1 & 2 \\ - 1 & 4 \end{matrix}) \in ℳ_{2} (ℝ) .$
(b)

En déduire une expression des termes généraux des suites ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ et ${(v_{n})}_{n \in ℕ}$ vérifiant

$\forall n \in ℕ, {\begin{matrix} u_{n + 1} & = u_{n} & + 2 v_{n} \\ v_{n + 1} & = - u_{n} & + 4 v_{n} . \end{matrix}$

en fonction de $u_{0}$ et $v_{0}$ .

Solution

(a)

Le polynôme caractéristique de $A$ est

$χ_{A} = X^{2} - 5 X + 6 = (X - 2) (X - 3) .$

La matrice $A$ est de taille $2$ et possède $2$ valeurs propres distinctes, elle est donc diagonalisable de valeurs propres $2$ et $3$ .

Après calculs des espaces propres,

$A = P D P^{- 1} avec D = (\begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix}), P = (\begin{matrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}), P^{- 1} = (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 2 \end{matrix})$
(b)

Posons $X_{n} = {(\begin{matrix} u_{n} & v_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ pour $n \in ℕ$ .

On vérifie $X_{n + 1} = A X_{n}$ et une simple récurrence donne $X_{n} = A^{n} X_{0}$ pour tout $n \in ℕ$ .

Or

$A^{n} = P D^{n} P^{- 1} = 2^{n} (\begin{matrix} 2 & - 2 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) + 3^{n} (\begin{matrix} - 1 & 2 \\ - 1 & 2 \end{matrix}) .$

On en déduit

${\begin{matrix} u_{n} & = (2 \cdot 2^{n} - 3^{n}) u_{0} & + (2 \cdot 3^{n} - 2 \cdot 2^{n}) v_{0} \\ v_{n} & = (2^{n} - 3^{n}) u_{0} & + (2 \cdot 3^{n} - 2^{n}) v_{0} . \end{matrix}$

Exercice 190 5154

(Suite récurrente linéaire)

Soit $(u_{n})$ une suite réelle vérifiant, pour tout $n \in ℕ$ ,

u_{n + 3} + 3 u_{n + 2} - u_{n + 1} - 3 u_{n} = 0 .

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose $X_{n} \in ℳ_{3,1} (ℝ)$ la colonne de coefficients $u_{n}, u_{n + 1}, u_{n + 2}$ .

(a)

Déterminer une matrice $A \in ℳ_{3} (ℝ)$ telle que $X_{n + 1} = A X_{n}$ .
(b)

Diagonaliser la matrice $A$ et en déduire une expression de $A^{n}$ valable pour $n \in ℕ$ .
(c)

Exprimer $u_{n}$ en fonction de $u_{0}, u_{1}, u_{2}$ et de $n \in ℕ$ .

Exercice 191 3276 Correction

On considère trois suites réelles $(u_{n})$ , $(v_{n})$ et $(w_{n})$ vérifiant, pour tout $n \in ℕ$ ,

{\begin{matrix} u_{n + 1} & = - u_{n} + v_{n} + w_{n} \\ v_{n + 1} & = u_{n} - v_{n} + w_{n} \\ w_{n + 1} & = u_{n} + v_{n} - w_{n} . \end{matrix}

À quelle condition sur $(u_{0}, v_{0}, w_{0})$ , ces trois suites sont-elles convergentes?

Solution

Introduisons la colonne $X_{n} = {(\begin{matrix} u_{n} & v_{n} & w_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ et la matrice

A = (\begin{matrix} - 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 \end{matrix})

de sorte que l’on ait $X_{n + 1} = A X_{n}$ et donc $X_{n} = A^{n} X_{0}$ .
Après réduction, on a $A = P D P^{- 1}$ avec

D = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 2 & 0 \\ 0 & 0 & - 2 \end{matrix}), P = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 0 \\ 1 & 0 & - 1 \end{matrix}) .

On a alors $A^{n} = P D^{n} P^{- 1}$ puis

X_{n} = P D^{n} P^{- 1} X_{0} .

La suite $(X_{n})$ converge si, et seulement si, la suite $(P^{- 1} X_{n})$ converge. Or

P^{- 1} X_{n} = D^{n} P^{- 1} X_{0}

converge si, et seulement si, les deux dernières coefficients de la colonne $P^{- 1} X_{0}$ sont nuls ce qui donne $X_{0}$ de la forme

X_{0} = P (\begin{matrix} λ \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} λ \\ λ \\ λ \end{matrix}) .

Finalement, les suites ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ , ${(v_{n})}_{n \geq 0}$ et ${(w_{n})}_{n \geq 0}$ convergent si, et seulement si, $u_{0} = v_{0} = w_{0}$ (et ces suites sont alors en fait constantes…)

Exercice 192 4358

On considère trois suites réelles $(x_{n})$ , $(y_{n})$ et $(z_{n})$ vérifiant, pour tout $n \in ℕ$ ,

(Σ) : {\begin{matrix} x_{n + 1} & = 2 x_{n} & + y_{n} & + z_{n} \\ y_{n + 1} & = x_{n} & - y_{n} & + z_{n} \\ z_{n + 1} & = x_{n} & + y_{n} & - z_{n} & . \end{matrix}

À quelle condition sur $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ , ces trois suites convergent-elles?

Exercice 193 3672 Correction

Soit $(a_{0}, \dots, a_{p - 1}) \in ℂ^{p}$ . On suppose que $1$ est racine simple du polynôme

P (X) = X^{p} - (a_{p - 1} X^{p - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0}) .

On suppose la convergence d’une suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ déterminée par ses $p$ premiers termes $u_{0}, \dots, u_{p - 1}$ et la relation de récurrence

u_{n + p} = a_{p - 1} u_{n + p - 1} + \dots + a_{1} u_{n + 1} + a_{0} u_{n} .

Déterminer la limite de ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ .

Solution

Introduisons la colonne $X_{n} = {(\begin{matrix} u_{n} & u_{n + 1} & \dots & u_{n + p - 1} \end{matrix})}^{⊤}$ . On vérifie $X_{n + 1} = A X_{n}$ avec

A = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋱ & ⋱ \\ (0) & 0 & 1 \\ a_{0} & a_{1} & \dots & a_{p - 1} \end{matrix}) .

Pour déterminer la limite de $(u_{n})$ , on va chercher une constance le long de la dynamique. Il parait naturel de la considérer linéaire et fonction de $p$ termes consécutifs de la suite. Nous cherchons donc une ligne $L \in ℳ_{p,1} (ℂ)$ telle que $L X_{n + 1} = L X_{n}$ . Il suffit pour cela de déterminer $L$ vérifiant $L = L A$ et donc de trouver $L^{⊤}$ vecteur propre de $A^{⊤}$ associé à la valeur propre 1. Après calculs, on obtient

L = (\begin{matrix} a_{0} & a_{0} + a_{1} & \dots & a_{0} + \dots + a_{p - 1} \end{matrix})

sachant $P (1) = 1 - (a_{0} + \dots + a_{p - 1}) = 0$ .
En posant $ℓ$ la limite de la suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ , la relation $L X_{n} = L X_{0}$ donne à la limite

(\sum_{k = 0}^{p - 1} (p - k) a_{k}) ℓ = \sum_{k = 0}^{p - 1} (a_{k} \sum_{j = 0}^{k} u_{j}) .

Puisque $1$ est racine simple de $P$ ,

P^{'} (1) = p - \sum_{k = 0}^{p - 1} k a_{k} = \sum_{k = 0}^{p - 1} (p - k) a_{k} \neq 0

et donc

ℓ = \frac{1}{P^{'} (1)} \sum_{k = 0}^{p - 1} a_{k} (\sum_{j = 0}^{k} u_{j}) .

Exercice 194 3270 X (MP)Correction

(a)

Déterminer les entiers $k$ pour lesquelles l’équation

$e^{i θ} + e^{i k θ} = 1$

admet au moins une solution $θ \in ℝ$ .
(b)

Soit $S_{k}$ l’ensemble des suites réelles $u$ telles que

$\forall n \in ℕ, u_{n + k} = u_{n} + u_{n + k - 1} .$

À quelle condition sur $k$ , $S_{k}$ contient-il une suite périodique non nulle.

Solution

(a)

Supposons que l’équation étudiée admet une solution $θ$ .
En passant aux parties réelle et imaginaire, on obtient

${\begin{matrix} \cos (θ) + \cos (k θ) = 1 \\ \sin (θ) + \sin (k θ) = 0 . \end{matrix}$

La deuxième équation donne

$θ \equiv - k θ [2 π] ou θ \equiv π - k θ [2 π] .$

Si $θ \equiv π - k θ [2 π]$ alors $\cos (θ) + \cos (k θ) = 0$ et le système initial n’est pas vérifié.
Si $θ \equiv - k θ [2 π]$ alors

$\cos (θ) + \cos (k θ) = 1 \Leftrightarrow \cos (θ) = 1 / 2$

ce qui donne $θ \equiv π / 3 [2 π]$ ou $θ \equiv - π / 3 [2 π]$ .

Cas: $θ \equiv π / 3 [2 π]$ . On obtient

${\begin{matrix} θ & = π / 3 + 2 p π \\ (k + 1) θ & = 2 q π \end{matrix}$

avec $p, q \in ℤ$ .
On a alors

$(6 p + 1) (k + 1) = 6 ℓ .$

Puisque $6 ℓ \land (6 p + 1) = 1$ , le théorème de Gauss donne $6 ∣ (k + 1)$ .
Inversement, si $6 ∣ (k + 1)$ alors on peut écrire $k + 1 = 6 ℓ$ et pour $θ = π / 3$

$e^{i π / 3} + e^{i (6 ℓ - 1) π / 3} = e^{i π / 3} + e^{- i π / 3} = 1$

donc l’équation étudiée admet au moins une solution.

Cas: $θ \equiv - π / 3 [2 π]$ . Une étude semblable conduit à la même condition.
Finalement, l’équation étudiée possède une solution réelle si, et seulement si,

$6 ∣ (k + 1) .$
(b)

Supposons que $6$ divise $k + 1$ . Pour $θ = π / 3$ on a

$e^{i θ} + e^{i k θ} = 1$

donc en multipliant par $e^{- i k θ}$

$e^{- i k θ} = 1 + e^{- i (k - 1) θ} .$

La suite $v$ de terme général $v_{n} = e^{- i n θ}$ vérifie alors

$\forall n \in ℕ, v_{n + k} = v_{n} + v_{n + k - 1}$

et donc la suite $u = Re (v)$ est un élément non nul de $S_{k}$ . Puisque

$u_{n} = \cos (\frac{n π}{3})$

la suite $u$ est périodique et non nulle.
Inversement, montrons qu’il est nécessaire que 6 divise $k + 1$ pour qu’il existe une suite périodique non nulle dans $S_{k}$ . On vérifie aisément que $S_{k}$ est un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension $k$ dont une base est formée par les suites $e_{0}, e_{1}, \dots, e_{k - 1}$ déterminées par

$\forall 0 \leq n \leq k - 1, e_{j} (n) = δ_{n, j} et \forall n \in ℕ, e_{j} (n + k) = e_{j} (n) + e_{j} (n + k - 1) .$

Considérons l’endomorphisme $T : (u_{n}) \mapsto (u_{n + 1})$ opérant sur $ℝ^{ℕ}$ .
On vérifie aisément que $T$ laisse stable $S_{k}$ ce qui permet d’introduire l’endomorphisme induit par $T$ sur $S_{k}$ que nous noterons encore $T$ . Affirmer l’existence d’une suite périodique non nulle dans $S_{k}$ signifie que 1 est valeur propre d’une puissance $T^{q}$ de $T$ .
La matrice de $T$ dans la base $(e_{0}, \dots, e_{k - 1})$ est

$(\begin{matrix} 0 & \dots & \dots & 0 & 0 \\ 1 & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & ⋱ & ⋱ & ⋮ & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 0 & 1 \\ 0 & \dots & 0 & 1 & 1 \end{matrix})$

car $T (e_{k - 1}) = e_{k - 1} + e_{0}$ . Le polynôme caractéristique de $T$ est

$χ_{T} (X) = | \begin{matrix} - X & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 1 & - X & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & ⋱ & ⋱ & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋱ & 1 & - X & 1 \\ 0 & \dots & 0 & 1 & 1 - X \end{matrix} | .$

Par l’opération $L_{1} \leftarrow L_{1} + X L_{2} + X^{2} L_{3} + \dots + X^{k - 1} L_{k}$ , on obtient

$χ_{T} (X) = {(- 1)}^{k} (X^{k} - X^{k - 1} - 1) .$

Les valeurs propres complexes de $T$ sont alors les racines du polynôme

$X^{k} - X^{k - 1} - 1 .$

On vérifie que ce polynôme et son polynôme dérivé n’ont pas de racines en commun; on en déduit que $T$ admet exactement $k$ valeurs propres complexes distinctes. L’endomorphisme $T$ est diagonalisable dans le cadre complexe, il en est de même de $T^{q}$ dont les valeurs propres sont alors les puissances $q$ -ième des valeurs propres de $T$ . Ainsi, $1$ est valeur propre de $T^{q}$ si, et seulement si, il existe $λ \in ℂ$ tel que

$λ^{k} - λ^{k - 1} - 1 = 0 et λ^{q} = 1 .$

Un tel nombre complexe peut s’écrire $λ = e^{- i θ}$ et l’on parvient alors à l’existence d’une solution à l’équation

$e^{i θ} + e^{i k θ} = 1$

et donc à la condition $6 ∣ (k + 1)$ .

[<] Applications à l'étude de suites numériques[>] Trigonalisation d'une matrice

Exercice 195 816

Montrer qu’une matrice triangulaire inférieure est trigonalisable et proposer une matrice réalisant cette trigonalisation.

Exercice 196 5353 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $χ_{A}$ soit scindé sur $ℝ$ .

Montrer que $A$ est orthogonalement semblable à une matrice triangulaire supérieure, c’est-à-dire qu’il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que $P^{- 1} A P$ soit triangulaire supérieure.

Solution

On raisonne par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Pour $n = 1$ , il n’y a rien à démontrer.

Supposons la propriété vraie au rang $n \in ℕ^{*}$ .

Soit $A \in ℳ_{n + 1} (ℝ)$ dont le polynôme caractéristique $χ_{A}$ est scindé sur $ℝ$ . Le polynôme $χ_{A}$ admet au moins une racine $λ_{1}$ et celle-ci est alors valeur propre de $A$ . Soit $X_{1} \in ℝ^{n + 1}$ un vecteur propre associé que l’on choisit unitaire. On complète celui-ci en une base orthonormée $(X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n + 1})$ de $ℝ^{n + 1}$ . La matrice $Q \in ℳ_{n + 1} (ℝ)$ de colonnes $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n + 1}$ est orthogonale et l’on vérifie par changement base

Q^{- 1} A Q = (\begin{matrix} λ_{1} & (*) \\ (0) & A^{'} \end{matrix})

avec $A^{'} \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Par calcul par blocs, on observe $χ_{A} = (X - λ_{1}) χ_{A^{'}}$ . Le polynôme caractéristique de $A$ étant scindé sur $ℝ$ , celui de la matrice $A^{'}$ l’est aussi. Par hypothèse de récurrence la matrice $A^{'}$ est orthogonalement semblable à une matrice triangulaire: il existe donc $P^{'} \in O_{n} (ℝ)$ telle que

P^{', - 1} A^{'} P^{'} = T = (\begin{matrix} λ_{2} & (*) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n + 1} \end{matrix}) .

Considérons alors la matrice étendue

P = (\begin{matrix} 1 & (0) \\ (0) & P^{'} \end{matrix}) \in ℳ_{n + 1} (ℝ) .

Celle-ci est orthogonale et l’on vérifie par calcul par blocs

P^{- 1} Q^{- 1} A Q P = (\begin{matrix} λ_{1} & * \\ (0) & P^{', - 1} A P^{'} \end{matrix}) = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ (0) & T \end{matrix}) = (\begin{matrix} λ_{1} & (*) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n + 1} \end{matrix}) .

Ainsi, en posant $R = Q P \in O_{n + 1} (ℝ)$ , on obtient $R^{- 1} A R$ triangulaire supérieure.

La récurrence est établie.

Exercice 197 4138

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ vérifiant $A B = B A$ .

(a)

Montrer que les matrices $A$ et $B$ ont au moins un vecteur propre en commun.
(b)

Établir que les matrices $A$ et $B$ sont simultanément¹¹ 1 Autrement dit, il existe une même matrice $P \in {GL}_{n} (ℂ)$ telle que $P^{- 1} A P$ et $P^{- 1} B P$ sont triangulaires supérieures. trigonalisables.

Exercice 198 3284 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ vérifiant $A B = O_{n}$ .

(a)

Montrer que les matrices $A$ et $B$ ont un vecteur propre en commun.
(b)

Établir que $A$ et $B$ sont simultanément trigonalisables.

Solution

(a)

Si $B = O_{n}$ alors tout vecteur propre de $A$ (et il en existe car le corps de base est $ℂ$ ) est aussi vecteur propre de $B$ .
Si $B \neq O_{n}$ alors l’espace $Im (B)$ est stable par $B$ et il existe alors un vecteur propre de $B$ dans $Im (B)$ . Puisque $Im (B) \subset Ker (A)$ car $A B = O_{n}$ , ce vecteur propre de $B$ est aussi vecteur propre de $A$ (associé à la valeur propre 0).
(b)

Par récurrence sur la taille $n$ des matrices.
Pour $n = 1$ , c’est immédiat.
Supposons la propriété vérifiée au rang $n - 1 \geq 1$ .
Soit $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ vérifiant $A B = O_{n}$ . Soit $X_{1}$ un vecteur propre commun aux matrices $A$ et $B$ associé aux valeurs propres $λ$ et $μ$ respectivement. Soit $P$ une matrice inversible dont la première colonne est $X_{1}$ . Par changement de base on a

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} λ & * \\ 0 & A^{'} \end{matrix}) et P^{- 1} B P = (\begin{matrix} μ & * \\ 0 & B^{'} \end{matrix}) .$

Puisque $A B = O_{n}$ on a $λ μ = 0$ et $A^{'} B^{'} = O_{n - 1}$ .
Par hypothèse de récurrence, il existe une matrice $Q \in {GL}_{n - 1} (ℂ)$ telle que $Q^{- 1} A^{'} Q$ et $Q^{- 1} B^{'} Q$ sont triangulaires supérieures. Pour la matrice

$R = P \times (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & Q \end{matrix}) \in {GL}_{n} (ℂ)$

on obtient $R^{- 1} A R$ et $R^{- 1} B R$ triangulaires supérieures.
Récurrence établie.

Exercice 199 4166 CENTRALE (MP)Correction

Soient $n$ un entier naturel non nul, $f$ et $g$ deux endomorphismes non nuls de $ℂ^{n}$ tels que $f \circ g = 0$ .

(a)

Que dire de $Ker (f)$ et $Im (g)$ ?
(b)

Soit $λ$ une valeur propre non nulle de $g$ . Montrer qu’il existe un vecteur propre de $g$ associé à $λ$ appartenant à $Ker (f)$ .
(c)

En déduire que $f$ et $g$ sont cotrigonalisables.

Solution

(a)

$Im (g) \subset Ker (f)$ .
(b)

Un vecteur propre de $g$ associé à une valeur propre non nulle appartient à l’image de $g$ et est donc élément de $Ker (f)$ .
(c)

Ce qui précède assure que si $g$ possède une valeur propre non nulle, les endomorphismes $f$ et $g$ ont un vecteur propre en commun.

Si seule $0$ est valeur propre de $g$ , cela entraîne que $g$ est nilpotent: il existe $p \in ℕ^{*}$ tel que $g^{p} = 0$ et $g^{p - 1} \neq 0$ . Si $p \geq 2$ , un vecteur non nul élément de $Im (g^{p - 1})$ est alors élément de $Ker (g)$ et de $Ker (f)$ , c’est un vecteur propre commun à $f$ et $g$ . Si $p = 1$ , l’endomorphisme $g$ est nul et n’importe quel vecteur propre de $f$ (il en existe car $f$ est un endomorphisme d’un $ℂ$ -espace vectoriel de dimension non nulle) est vecteur propre commun à $f$ et $g$ .

On raisonne alors par récurrence: un vecteur propre commun à $f$ et $g$ est le premier vecteur d’une base de trigonalisation. Par représentation matricielle et calcul par blocs, on propage la propriété $f \circ g = 0$ en taille inférieure (voir sujet 4138).

Exercice 200 4356

Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel complexe $E$ de dimension finie $n \geq 1$ vérifiant

u \circ v - v \circ u = v .

(a)

Montrer que le noyau de $v$ n’est pas réduit au vecteur nul.
(b)

En déduire que $u$ possède un vecteur propre dans $Ker (v)$ .
(c)

Établir qu’il existe une base de trigonalisation commune à $u$ et $v$ dans laquelle la matrice de $v$ est triangulaire supérieure stricte.

[<] Trigonalisabilité[>] Application de la trigonalisabilité

Exercice 201 5156

On étudie la matrice réelle

A = (\begin{matrix} 1 & - 3 & 1 \\ 1 & - 2 & 0 \\ 0 & 1 & - 2 \end{matrix}) .

(a)

Justifier que la matrice $A$ est trigonalisable sans pour autant être diagonalisable.
(b)

Déterminer une matrice $P \in {GL}_{3} (ℝ)$ dont la première colonne est vecteur propre de $A$ et calculer $B \in ℳ_{2} (ℝ)$ telle que

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} - 1 & * & * \\ 0 & B \\ 0 \end{matrix}) .$
(c)

Déterminer $Q \in {GL}_{2} (ℝ)$ telle que $Q^{- 1} B Q$ soit triangulaire supérieure.
(d)

En déduire $R \in {GL}_{3} (ℝ)$ telle que $R^{- 1} A R$ soit triangulaire supérieure.

Exercice 202 5155

On étudie la matrice réelle

A = (\begin{matrix} 1 & 1 & - 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & - 3 & 3 \end{matrix}) .

(a)

Justifier que la matrice $A$ est trigonalisable.
(b)

Déterminer une matrice $P \in {GL}_{3} (ℝ)$ dont les deux premières colonnes sont vecteurs propres de $A$ et vérifier que $P^{- 1} A P$ est triangulaire supérieure.

Exercice 203 5547 Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 0 & 1 & 1 \\ - 1 & 1 & 1 \\ - 1 & 1 & 2 \end{matrix}) .

(a)

Calculer le polynôme caractéristique de $A$ .
(b)

Trigonaliser la matrice $A$ .

Solution

(a)

Après calculs, on obtient

$χ_{A} = {(X - 1)}^{3} .$
(b)

Après résolution,

$E_{1} = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} .$

On prend $C_{1} = {(\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ que l’on complète de deux colonnes pour former une matrice inversible $P$ :

$P = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) P^{- 1} = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ - 1 & 0 & 1 \end{matrix}) et T = P^{- 1} A P = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

On a eu de la chance… car on a obtenu de suite une matrice triangulaire supérieure. Sinon, il aurait fallut continuer le processus en raisonnant par blocs.

Exercice 204 5546 Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 2 & - 1 & - 1 \\ 2 & 1 & - 2 \\ 3 & - 1 & - 2 \end{matrix}) .

(a)

Calculer le polynôme caractéristique de $A$ .
(b)

Trigonaliser la matrice $A$ .

Solution

(a)

Après calculs, on obtient

$χ_{A} = (X + 1) {(X - 1)}^{2} .$
(b)

Après résolution,

$E_{- 1} = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})} et E_{1} = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} .$

On prend les colonnes $C_{1} = {(\begin{matrix} 1 & 1 & 2 \end{matrix})}^{⊤}$ , $C_{2} = {(\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ et l’on détermine $C_{3}$ telle que $(C_{1}, C_{2}, C_{3})$ soit une famille libre, par exemple, $C_{3} = {(\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ .

On peut alors écrire $A = P T P^{- 1}$ avec

$P = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{matrix}), P^{- 1} = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \\ - 1 & - 1 & 1 \end{matrix}) et T = P^{- 1} A P = (\begin{matrix} - 1 & 0 & - 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Exercice 205 2526 CCINP (MP)Correction

Montrer que la matrice

(\begin{matrix} 13 & - 5 & - 2 \\ - 2 & 7 & - 8 \\ - 5 & 4 & 7 \end{matrix})

est trigonalisable et préciser une matrice de passage.

Solution

Notons $A$ la matrice étudiée.

Après calculs, son polynôme caractéristique est $χ_{A} = {(X - 9)}^{3}$ .

Celui-ci est scindé et par conséquent la matrice $A$ est trigonalisable. Après résolution,

E_{9} (A) = Vect {(\begin{matrix} 1 & 1 & - 1 / 2 \end{matrix})}

$dim E_{9} (A) = 1$ et $X_{1} = {(\begin{matrix} 1 & 1 & - 1 / 2 \end{matrix})}^{⊤}$ est vecteur propre. Complétons ce vecteur en une base et considérons la matrice de passage associée

P = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ - 1 / 2 & 0 & 1 \end{matrix}) .

On a

P^{- 1} A P = (\begin{matrix} 9 & - 5 & - 2 \\ 0 & 12 & - 6 \\ 0 & 3 / 2 & 6 \end{matrix}) .

Considérons alors la sous matrice

A^{'} = (\begin{matrix} 12 & - 6 \\ 3 / 2 & 6 \end{matrix})

de polynôme caractéristique ${(X - 9)}^{2}$ car $χ_{A} (X) = (X - 9) χ_{A^{'}} (X)$ . Après résolution,

E_{9} (A^{'}) = Vect {(\begin{matrix} 1,1 / 2 \end{matrix})} .

Considérons la matrice de passage

P^{'} = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 1 / 2 & 1 \end{matrix}) .

On a

(P^{', - 1}) A^{'} P^{'} = (\begin{matrix} 9 & - 6 \\ 0 & 9 \end{matrix}) .

Enfin, pour

Q = P \times (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & P^{'} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ - 1 / 2 & 1 / 2 & 1 \end{matrix})

on obtient

Q^{- 1} A Q = (\begin{matrix} 9 & - 6 & - 2 \\ 0 & 9 & - 6 \\ 0 & 0 & 9 \end{matrix}) .

Exercice 206 820 Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 2 & - 1 & - 1 \\ 2 & 1 & - 2 \\ 3 & - 1 & - 2 \end{matrix}) \in ℳ_{3} (ℝ) .

(a)

Calculer le polynôme caractéristique de $A$ .
(b)

Déterminer une matrice de passage rendant la matrice $A$ semblable à

$T = (\begin{matrix} - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Solution

(a)

Pour $λ \in ℝ$ ,

$χ_{A} (λ)$ $= | \begin{matrix} λ - 2 & 1 & 1 \\ - 2 & λ - 1 & 2 \\ - 3 & 1 & λ + 2 \end{matrix} |$

$\underset{C_{1} \leftarrow C_{1} + C_{3}}{=} | \begin{matrix} λ - 1 & 1 & 1 \\ 0 & λ - 1 & 2 \\ λ - 1 & 1 & λ + 2 \end{matrix} |$

$\underset{L_{3} \leftarrow L_{3} - L_{1}}{=} | \begin{matrix} λ - 1 & 1 & 1 \\ 0 & λ - 1 & 2 \\ 0 & 0 & λ + 1 \end{matrix} | = {(λ - 1)}^{2} (λ + 1)$

On conclut $χ_{A} (X) = (X + 1) {(X - 1)}^{2}$ .
(b)

Il s’agit de déterminer une base $(e_{1}, e_{2}, e_{3})$ de $ℝ^{3}$ dans laquelle l’endomorphisme $a$ canoniquement associé à la matrice $A$ vérifie

${\begin{matrix} a (e_{1}) & = - e_{1} \\ a (e_{2}) & = e_{2} \\ a (e_{3}) & = e_{2} + e_{3} \end{matrix}$

Les deux premiers vecteurs se déduisent de la détermination des sous-espaces propres de $a$ . Le troisième se déduit de la détermination du deuxième.

Après résolution,

$E_{- 1} = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})} et E_{1} = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} .$

On prend les colonnes $C_{1} = {(\begin{matrix} 1 & 1 & 2 \end{matrix})}^{⊤}$ , $C_{2} = {(\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ .

On détermine ensuite $C_{3}$ telle que $A C_{3} = C_{3} + C_{2}$ . Après résolution, la colonne $C_{3} = {(\begin{matrix} 0 & - 1 & 0 \end{matrix})}^{⊤}$ convient.

Finalement, obtient $A = P T P^{- 1}$ pour

$P = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & - 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix}) .$

Exercice 207 3583 CCINP (MP)Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}) .

(a)

Calculer le polynôme caractéristique de $A$ .
(b)

Déterminer une matrice de passage rendant la matrice $A$ semblable à

$T = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Solution

(a)

Après calculs, $χ_{A} = {(X - 1)}^{3}$ .
(b)

On a

$E_{1} (A) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix})}$

et puisque

$A (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ - 1 \\ 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 0 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix})$

on a $A = P T P^{- 1}$ avec

$P = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) .$

Exercice 208 821 Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 0 & 1 & 1 \\ - 1 & 1 & 1 \\ - 1 & 1 & 2 \end{matrix}) \in ℳ_{3} (ℝ)

(a)

Calculer le polynôme caractéristique de $A$ .
(b)

Déterminer une matrice de passage rendant la matrice $A$ semblable à

$T = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Solution

(a)

On obtient $χ_{A} (X) = {(X - 1)}^{3}$ .
(b)

Après résolution,

$E_{1} = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} .$

On prend $C_{1} = {(\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ .

On détermine $C_{2}$ telle que $A C_{2} = C_{2} + C_{1}$ . $C_{2} = {(\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \end{matrix})}^{⊤}$ convient.

On détermine $C_{3}$ telle que $A C_{3} = C_{3} + C_{2}$ . $C_{3} = {(\begin{matrix} 0 & - 1 & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ convient.

Finalement, $A = P T P^{- 1}$ pour

$P = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & - 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Exercice 209 3809 CCINP (PSI)Correction

(a)

Déterminer l’ensemble $Ω$ des réels $a$ tels que

$A = (\begin{matrix} 2 & 1 & - 2 \\ 1 & a & - 1 \\ 1 & 1 & - 1 \end{matrix})$

n’est pas diagonalisable.
(b)

Pour $a \in Ω$ , trouver $P$ inversible telle que $P^{- 1} A P$ soit triangulaire supérieure.

Solution

(a)

$χ_{A} = X (X - 1) (X - a)$ .
Si $a \neq 0,1$ alors $A$ est diagonalisable.
Si $a = 0$ alors $rg (A) = 2$ donc $dim Ker (A) = 1 < m_{0} (A)$ et la matrice $A$ n’est pas diagonalisable.
Si $a = 1$ alors $rg (A - I) = 2$ et par le même argument qu’au dessus, $A$ n’est pas diagonalisable.
On conclut

$Ω = {0,1} .$
(b)

Cas: $a = 0$ .

$Ker (A) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} et Ker (A - I_{3}) = Vect {(\begin{matrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})} .$

Par conséquent, la matrice suivante convient

$P = (\begin{matrix} 1 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix}) .$

Cas: $a = 1$ .

$Ker (A) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} et Ker (A - I_{3}) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})} .$

Par conséquent, la matrice suivante convient

$P = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) .$

[<] Trigonalisation d'une matrice[>] Réduction et sous-espaces stables

Exercice 210 817 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ . On suppose $χ_{A}$ scindé.

(a)

Justifier que $A$ est trigonalisable.
(b)

Établir que pour tout $k \in ℕ$ ,

$Sp (A^{k}) = {λ^{k} | λ \in Sp (A)} .$

Solution

(a)

$A$ est annule le polynôme $χ_{A}$ qui est scindé donc $A$ est trigonalisable.
(b)

Soit $T$ une matrice triangulaire semblable à $A$ . Les coefficients diagonaux de $T$ sont les valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité. Cependant $A^{k}$ est semblables à $T^{k}$ donc les valeurs propres de $A^{k}$ sont les coefficients diagonaux de $T^{k}$ or ceux-ci sont les puissances d’ordre $k$ des coefficients diagonaux de $T$ c’est-à-dire des valeurs propres de $A$ .

Exercice 211 4341

Soient $u$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension $n \geq 1$ et $k \in ℕ$ .

(a)

On suppose que $λ \in 𝕂$ est une valeur propre de $u$ . Vérifier que $λ^{k}$ est valeur propre de $u^{k}$ .
(b)

On suppose $𝕂 = ℂ$ . Montrer que les valeurs propres de $u^{k}$ sont exactement les $λ^{k}$ avec $λ$ valeur propre de $u$ .
(c)

On suppose $𝕂 = ℝ$ . Donner un exemple illustrant que la propriété précédente n’est plus vraie.

Exercice 212 3551 ENSTIM (MP)Correction

Expliquer pourquoi le déterminant de $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ est le produit des valeurs propres complexes de $A$ , valeurs propres comptées avec multiplicité.

Solution

Sur $ℂ$ , $A$ est trigonalisable semblable à une matrice triangulaire supérieure ou sur la diagonale figurent les valeurs propres complexes de $A$ comptées avec multiplicité.

Exercice 213 5316 ENSTIM (MP)Correction

(a)

Soit $A \in ℳ_{2} (ℂ)$ une matrice non diagonalisable. Montrer que l’on peut écrire $A = α I_{2} + N$ avec $α \in ℂ$ et $N \in ℳ_{2} (ℂ)$ telle que $N \neq 0$ et $N^{2} = 0$ .
(b)

Résoudre l’équation

$M^{n} = (\begin{matrix} 2 & - 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})$

d’inconnue $M \in ℳ_{n} (ℂ)$ .

Solution

(a)

La matrice $A$ admet au moins une valeur propre car il s’agit d’une matrice complexe et ne peut en posséder deux distinctes car elle n’est pas diagonalisable. Si l’on note $α$ l’unique valeur propre de $A$ , celle-ci est de multiplicité $2$ et le polynôme caractéristique de $A$ s’écrit

$χ_{A} = {(X - α)}^{2} .$

Posons alors $N = A - α I_{2} \neq O_{2}$ . Par le théorème de Cayley-Hamilton, on a $N^{2} = O_{2}$ et l’on obtient l’écriture voulue.
(b)

La matrice $A$ exprimant le second membre possède $1$ pour seule valeur propre, elle n’est pas diagonalisable et l’on peut l’écrire

$A = (\begin{matrix} 2 & - 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) = I_{2} + N avec N = (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) .$

Analyse: Soit $M$ solution de l’équation $M^{n} = A$ . La matrice $M$ ne peut pas être diagonalisable car sinon $A$ le serait. On peut donc écrire $M = α I_{2} + N^{'}$ avec $α$ la valeur propre de $M$ et $N^{'}$ vérifiant $N^{', 2} = O_{2}$ . $α^{n}$ est alors la valeur propre de $A$ et vaut donc $1$ . Aussi, par la formule du binôme de Newton, on a alors

$M^{n} = α^{n} I_{2} + n α^{n - 1} N^{'} = I_{2} + \frac{n}{α} N^{'}$

et donc

$N^{'} = \frac{α}{n} N .$

Synthèse: Les matrices

$M = α I_{2} + \frac{α}{n} N avec α \in 𝕌_{n}$

sont effectivement solutions.

Exercice 214 5986 CCINP (MP)Correction

On considère la matrice

A = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \in ℳ_{3} (ℝ) .

(a)

Justifier que $A$ est trigonalisable mais pas diagonalisable.

Soit $M \in ℳ_{3} (ℝ)$ telle que $M^{2} = A$ .

(b)

Justifier que $M$ n’est pas inversible.
(c)

Montrer que les seules valeurs propres possibles pour $M$ sont $- 1$ , $0$ et $1$ .
(d)

Montrer que la dimension des sous-espaces propres de $M$ est égale à $1$ .
(e)

Déterminer toutes les matrices $M \in ℳ_{3} (ℝ)$ telles que $M^{2} = A$ .

Solution

(a)

Pour $λ \in ℝ$ ,

$χ_{A} (λ) = | \begin{matrix} λ & 0 & - 1 \\ - 2 & λ - 1 & 0 \\ 0 & 0 & λ - 1 \end{matrix} | = λ {(λ - 1)}^{2} .$

Le polynôme caractéristique de $A$ est scindé sur $ℝ$ donc $A$ est trigonalisable dans $ℳ_{3} (ℝ)$ .

Par la formule du rang,

$dim E_{1} (A) = 3 - rg (A - I_{3}) = 3 - rg (\begin{matrix} - 1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = 1 .$

Puisque $dim E_{1} (A) \neq m_{1} (A)$ , la matrice $A$ n’est pas diagonalisable.
(b)

Par l’absurde, si $M$ est inversible alors $A = M^{2}$ l’est aussi. Cependant, $0$ n’est pas valeur propre de $A$ et donc $A$ n’est pas inversible. C’est absurde.
(c)

Si $λ$ est valeur propre de $M$ alors $λ^{2}$ est valeur propre de $A = M^{2}$ . Or les valeurs propres de $A$ sont $0$ et $1$ donc $λ^{2} \in {0, 1}$ . On en déduit $λ \in {- 1, 0, 1}$ .
(d)

Cas: $λ = 0$ . $E_{0} (M) = Ker (M) \subset Ker (M^{2}) = Ker (A)$ . Or $rg (A) = 2$ donc $dim Ker (A) = 1$ . On en déduit $dim E_{0} (M) \leq 1$ et en fait $dim E_{0} (M) = 1$ car $M$ n’est pas inversible.

Cas: $λ = 1$ . $E_{1} (M) = Ker (M - I_{3})$ . Or $(M - I_{3}) (M + I_{3}) = M^{2} - I_{3} = A - I_{3}$ avec $rg (A - I_{3}) = 2$ . Puisque le rang d’un produit est inférieur au rang des facteurs, $rg (M - I_{3}) \geq 2$ et donc¹¹ 1 On peut aussi employer le lemme des noyaux pour affirmer $E_{1} (M) \oplus E_{- 1} (M) = E_{1} (A)$ . $dim E_{1} (M) \leq 1$ . Si $λ = 1$ est valeur propre de $M$ , le sous-espace propre associé est de dimension $1$ exactement.

Cas: $λ = - 1$ . Par le calcul au-dessus on a aussi $rg (M + I_{3}) \geq 2$ donc $dim E_{1} (M) \leq 1$ et l’on conclut de la même manière.
(e)

Après calculs (assez simples),

$E_{0} (A) = Vect {(\begin{matrix} 1 \\ - 2 \\ 0 \end{matrix})} et E_{1} (A) = Vect {(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})} .$

Considérons alors la matrice de passage $P$ dont les deux premières colonnes sont les vecteurs propres précédents et la troisième une colonne simple

$P = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ - 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

On a

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Soit $M$ vérifiant $M^{2} = A$ . La matrice $M$ n’est pas diagonalisable car sinon $A$ le serait. Elle admet donc au plus deux valeurs propres. Au surplus, $0$ est valeur propre de $M$ et ce ne peut-être la seule valeur propre car sinon $M$ puis $A$ , seraient nilpotentes²² 2 Une matrice complexe est nilpotente si, et seulement si, $0$ est sa seule valeur propre..

Cas: $Sp (M) = {0, 1}$ . On a $E_{0} (M) = E_{0} (A)$ et $E_{1} (M) = E_{1} (A)$ ce qui oblige

$P^{- 1} M P = (\begin{matrix} 0 & 0 & a \\ 0 & 1 & b \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) avec a, b \in ℝ .$

On a alors

$P^{- 1} A P = P^{- 1} M^{2} P = {(P^{- 1} M P)}^{2} = (\begin{matrix} 0 & 0 & a \\ 0 & 1 & 2 b \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

On en déduit $a = 1$ , $b = 1$ puis

$M = P (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) P^{- 1} = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & - 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Cas: $Sp (M) = {0, - 1}$ . On a $E_{0} (M) = E_{0} (A)$ et $E_{- 1} (M) = E_{1} (A)$ ce qui oblige

$P^{- 1} M P = (\begin{matrix} 0 & 0 & a \\ 0 & - 1 & b \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix}) avec a, b \in ℝ .$

On a alors

$P^{- 1} A P = P^{- 1} M^{2} P = {(P^{- 1} M P)}^{2} = (\begin{matrix} 0 & 0 & - a \\ 0 & 1 & - 2 b \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

On en déduit $a = - 1$ , $b = - 1$ puis

$M = P (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) P^{- 1} = (\begin{matrix} 0 & 0 & - 1 \\ - 2 & - 1 & 1 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix}) .$

Exercice 215 2389 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Soient $A$ et $B$ dans $ℳ_{2} (𝕂)$ telles que $A B = B A$ . Montrer que $B \in 𝕂 [A]$ ou $A \in 𝕂 [B]$ .
(b)

Le résultat subsiste-t-il dans $ℳ_{3} (𝕂)$ ?

Solution

(a)

Commençons par quelques cas particuliers.
Si $A = (\begin{matrix} λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix})$ alors $A \in 𝕂 [B]$ en s’appuyant sur un polynôme constant.
Si $A = (\begin{matrix} λ_{1} & 0 \\ 0 & λ_{2} \end{matrix})$ avec $λ_{1} \neq λ_{2}$ alors les matrices qui commutent avec $A$ sont diagonales donc $B$ est de la forme $(\begin{matrix} α_{1} & 0 \\ 0 & α_{2} \end{matrix})$ . En considérant $P = a X + b$ tel que $P (λ_{1}) = α_{1}$ et $P (λ_{2}) = α_{2}$ , on a $B = P (A) \in 𝕂 [A]$ .
Si $A = (\begin{matrix} λ & μ \\ 0 & λ \end{matrix})$ avec $μ \neq 0$ , une étude de commutativité par coefficients inconnus donne $B = (\begin{matrix} α & β \\ 0 & α \end{matrix})$ . Pour $P = \frac{β}{μ} X + γ$ avec $\frac{β λ}{μ} + γ = α$ , on a $B = P (A) \in 𝕂 [A]$ .
Enfin, dans le cas général, $A$ est semblable à l’un des trois cas précédent via une matrice $P \in G L_{2} (𝕂)$ . La matrice $B^{'} = P^{- 1} B P$ commute alors avec $A^{'} = P^{- 1} A P$ donc $B^{'}$ est polynôme en $A^{'}$ et par le même polynôme $B$ est polynôme en $A$ .
(b)

On imagine que non, reste à trouver un contre-exemple.
Par la recette dite des « tâtonnements successifs » ou saisi d’une inspiration venue d’en haut, on peut proposer

$A = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) et B = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) .$

On vérifie que $A$ et $B$ commutent et ne sont ni l’un ni l’autre polynôme en l’autre car tout polynôme en une matrice triangulaire supérieure est une matrice triangulaire supérieure.

Exercice 216 864 MINES (PC)Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ (avec $n \geq 3$ ) vérifiant

rg (A) = 2, tr (A) = 0 et A^{n} \neq O_{n} .

Montrer que $A$ est diagonalisable.

Solution

$dim Ker (A) = n - 2$ donc 0 est valeur propre de $A$ de multiplicité au moins $n - 2$ .
Puisque $χ_{A}$ est scindé, la trace de $A$ est la somme des valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité.

Si $0$ est la seule valeur propre de $A$ , la matrice $A$ est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte et alors $A^{n} = O_{n}$ ce qui est exclu.

Sinon $A$ possède une autre valeur propre, puis deux car la somme des valeurs propres est nulle. Par suite, la somme des dimensions des sous-espaces propres de $A$ est au moins $n$ et donc $A$ est diagonalisable.

Exercice 217 3120 Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ et $P \in 𝕂 [X]$ .
On suppose le polynôme caractéristique de $A$ de la forme

χ_{A} (X) = \prod_{k = 1}^{n} (X - λ_{k}) .

Exprimer le polynôme caractéristique de $P (A)$ .

Solution

Puisque le polynôme $χ_{A}$ est scindé, la matrice $A$ est trigonalisable. Plus précisément, la matrice $A$ est semblable à une matrice de la forme

(\begin{matrix} λ_{1} & * \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) .

La matrice $P (A)$ est alors semblable à

(\begin{matrix} P (λ_{1}) & * \\ ⋱ \\ (0) & P (λ_{n}) \end{matrix})

et donc

χ_{P (A)} = \prod_{k = 1}^{n} (X - P (λ_{k})) .

Exercice 218 4360

Soit $P$ un polynôme unitaire de degré $n \geq 1$ à coefficients entiers:

P = X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0} avec a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - 1} \in ℤ .

On note $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les racines complexes de $P$ comptées avec multiplicité.

(a)

Déterminer une matrice à coefficients entiers dont le polynôme caractéristique est $P$ .
(b)

En déduire que pour $q \in ℕ^{*}$ , le polynôme unitaire $P_{q}$ dont les racines sont exactement les $λ_{1}^{q}, \dots, λ_{n}^{q}$ est à coefficients entiers.
(c)

Déterminer $P_{2}$ lorsque $P = X^{3} - 3 X + 1$ .

Exercice 219 2521 CCINP (MP)Correction

Pour $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℂ)$ et $B = (b_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℂ)$ , on définit $A * B \in ℳ_{n^{2}} (ℂ)$ par

A * B = (\begin{matrix} a_{1,1} B & \dots & a_{1, n} B \\ ⋮ & ⋮ \\ a_{n,1} B & \dots & a_{n, n} B \end{matrix}) .

(a)

Montrer que si $A, A^{'}, B, B^{'} \in ℳ_{n} (ℂ)$ alors $(A * B) (A^{'} * B^{'}) = (A A^{'}) * (B B^{'})$ .
(b)

En déduire que $A * B$ est inversible si, et seulement si, $A$ et $B$ sont inversibles.
(c)

Déterminer le spectre de $A * B$ .
(d)

En déduire le polynôme caractéristique, la trace et le déterminant de $A * B$ .

Solution

(a)

On vérifie l’identité en posant le produit par blocs.
(b)

Si $A$ et $B$ sont inversibles alors

$(A * B) (A^{- 1} * B^{- 1}) = I_{n} * I_{n} = I_{n^{2}}$

donc $A * B$ est inversible.

Si $A$ n’est pas inversible alors il existe $A^{'} \neq 0$ telle que $A A^{'} = 0$ et alors

$(A * B) (A^{'} * I_{n}) = 0$

avec $A^{'} * I_{n} \neq 0$ donc $A * B$ n’est pas inversible.

Un raisonnement semblable s’applique dans le cas où $B$ n’est pas inversible.
(c)

Il existe $P, Q$ matrices inversibles telles que

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} λ_{1} & (*) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) et Q^{- 1} B Q = (\begin{matrix} μ_{1} & (*) \\ ⋱ \\ (0) & μ_{n} \end{matrix})$

avec $λ_{i}$ et $μ_{i}$ les valeurs propres de $A$ et $B$ .

On observe alors que $(P^{- 1} * Q^{- 1}) (A * B) (P * Q) = (P^{- 1} A P) * (Q^{- 1} B Q)$ est triangulaire supérieure de coefficients diagonaux $λ_{i} μ_{j}$ . Les valeurs propres de $A * B$ sont les produits des valeurs propres de $A$ et $B$ .
(d)

On note que $P^{- 1} * Q^{- 1} = {(P * Q)}^{- 1}$ de sorte que $A * B$ est semblable à la matrice triangulaire précédente et donc

$χ_{A * B} = \prod_{i = 1}^{n} \prod_{j = 1}^{n} (X - λ_{i} μ_{j}) .$

On en déduit

$\det (A * B) = {(\det (A) \det (B))}^{n} .$

La relation

$tr (A * B) = tr (A) tr (B)$

est quant à elle immédiate par un calcul direct à partir de la définition de la loi $*$ .

Exercice 220 5485 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ . Montrer que $A$ et $B$ ont le même polynôme caractéristique si, et seulement si,

\forall k \in ℕ, tr (A^{k}) = tr (B^{k}) .

Solution

$(⟹)$ Supposons que $A$ et $B$ aient le même polynôme caractéristique. Les matrices $A$ et $B$ sont trigonalisables car de polynôme caractéristique scindé sur $ℂ$ . Elles sont donc semblables à des matrices triangulaires supérieures $T$ et $U$ :

A = P T P^{- 1} et B = Q U Q^{- 1} avec P, Q \in {GL}_{n} (ℂ) .

Les coefficients diagonaux de $T$ et $U$ sont identiques à l’ordre près car ceux-ci sont les racines du polynôme caractéristique commun à $A$ et $B$ .

Par similitude et correspondance des coefficients diagonaux

tr (A^{k}) = tr (T^{k}) = tr (U^{k}) = tr (B^{k}) pour tout k \in ℕ .

$(⟸)$ Supposons $tr (A^{k}) = tr (B^{k})$ pour tout $k \in ℕ$ .

Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ et $μ_{1}, \dots, μ_{n}$ les valeurs de $A$ et $B$ comptées avec multiplicité:

χ_{A} = (X - λ_{1}) \dots (X - λ_{n}) et χ_{B} = (X - μ_{1}) \dots (X - μ_{n}) .

L’hypothèse proposée donne

\forall k \in ℕ, λ_{1}^{k} + \dots + λ_{n}^{k} = μ_{1}^{k} + \dots + μ_{n}^{k} .

Certains $λ_{i}$ peuvent correspondre à des $μ_{j}$ , on simplifie ceux-ci et, quitte à reprendre l’indexation, on obtient

\forall k \in ℕ, λ_{1}^{k} + \dots + λ_{r}^{k} = μ_{1}^{k} + \dots + μ_{r}^{k}

avec ${λ_{1}, \dots, λ_{r}} \cap {μ_{1}, \dots, μ_{r}} = \emptyset$ .

Par combinaison linéaire, pour tout polynôme $P \in ℂ [X]$ ,

P (λ_{1}) + \dots + P (λ_{r}) = P (μ_{1}) + \dots + P (μ_{r}) .

On peut définir un polynôme $P$ qui s’annule sur les $λ_{i}$ et prend la valeur $1$ sur les $μ_{i}$ . Pour celui-ci, il vient $0 = r$ . On en déduit que les $λ_{i}$ initiaux et les $μ_{i}$ initiaux sont égaux à l’ordre près. Les polynômes caractéristiques de $A$ et $B$ sont donc identiques.

Exercice 221 3479 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ vérifiant

\forall m \in ℕ, tr (A^{m}) = tr (B^{m}) .

Montrer que les matrices $A$ et $B$ ont les mêmes valeurs propres.

Solution

Notons $λ_{1}, \dots, λ_{p}$ et $μ_{1}, \dots, μ_{q}$ les valeurs propres deux à deux distinctes des matrices $A$ et $B$ respectivement.
L’hypothèse de travail donne

\forall m \in ℕ, \sum_{j = 1}^{p} m_{λ_{j}} (A) λ_{j}^{m} = \sum_{j = 1}^{q} m_{μ_{k}} (B) μ_{k}^{m} .

Avec des notations étendues, cela donne

\forall m \in ℕ, \sum_{λ \in Sp (A) \cup Sp (B)} a_{λ} λ^{m} = 0

avec $a_{λ} = m_{λ} (A) - m_{λ} (B)$ .
Indexons alors les valeurs propres de $A$ et $B$ de sorte que

Sp (A) \cup Sp (B) = {α_{1}, \dots, α_{r}}

avec $α_{1}, \dots, α_{r}$ deux à deux distinctes. On obtient donc

\forall m \in ℕ, \sum_{j = 1}^{r} a_{α_{j}} α_{j}^{m} = 0 .

Considérons alors la matrice carrée de Vandermonde

(\begin{matrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ α_{1} & α_{2} & \dots & α_{r} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ α_{1}^{r - 1} & α_{2}^{r - 1} & \dots & α_{r}^{r - 1} \end{matrix}) .

Celle-ci est inversible car les $α_{1}, \dots, α_{r}$ sont deux à deux distincts. Or les égalités qui précèdent donnent

\sum_{j = 1}^{r} a_{α_{j}} C_{j} = 0

en notant $C_{j}$ les colonnes de la matrice de Vandermonde précédente.
On en déduit

\forall 1 \leq j \leq r, a_{α_{j}} = 0

ce qui donne

\forall λ \in Sp (A) \cup Sp (B), m_{λ} (A) = m_{λ} (B) .

Exercice 222 2954 X (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ telle que $tr (A^{m}) \to 0$ quand $m \to + \infty$ .
Montrer que les valeurs propres de $A$ sont de module $< 1$

Solution

La matrice $A$ est trigonalisable et si l’on note $λ_{1}, \dots, λ_{p}$ ses valeurs propres distinctes alors

tr (A^{m}) = \sum_{j = 1}^{p} α_{j} λ_{j}^{m}

avec $α_{j}$ la multiplicité de la valeur propre $λ_{j}$ .

Pour conclure, il suffit d’établir résultat suivant:
« Soient $α_{1}, \dots, α_{p} \in ℂ^{*}$ et $λ_{1}, \dots, λ_{p} \in ℂ$ deux à deux distincts.
Si $\sum_{j = 1}^{p} α_{j} λ_{j}^{m} \to_{m \to + \infty}^{} 0$ alors $\forall 1 \leq j \leq p, | λ_{j} | < 1$ ».

Raisonnons pour cela par récurrence sur $p \geq 1$ .

Pour $p = 1$ , la propriété est immédiate.

Supposons la propriété vraie au rang $p \geq 1$ .

Soient $α_{1}, \dots, α_{p + 1} \in ℂ^{*}$ et $λ_{1}, \dots, λ_{p + 1} \in ℂ$ deux à deux distincts tels que

\sum_{j = 1}^{p + 1} α_{j} λ_{j}^{m} \to_{m \to + \infty}^{} 0 .

Par décalage d’indice, on a aussi

\sum_{j = 1}^{p + 1} α_{j} λ_{j}^{m + 1} \to_{m \to + \infty}^{} 0

$λ_{p + 1} \times (1) - (2)$ donne

\sum_{j = 1}^{p} α_{j} (λ_{p + 1} - λ_{j}) λ_{j}^{m} \to_{m \to + \infty}^{} 0

qui se comprend encore

\sum_{j = 1}^{p} β_{j} λ_{j}^{m} \to_{m \to + \infty}^{} 0

avec les $β_{1}, \dots, β_{p}$ non nuls.

Par hypothèse de récurrence, on a alors $\forall 1 \leq j \leq p, λ_{j} < 1$ pour tout $j \in {1, \dots, p}$ .

On en déduit $\sum_{j = 1}^{p} α_{j} λ_{j}^{m} \to_{m \to + \infty}^{} 0$ et la relation $(1)$ donne alors $α_{p + 1} λ_{p + 1}^{m} \to_{m \to + \infty}^{} 0$ d’où l’on tire $| λ_{p + 1} | < 1$ .

La récurrence est établie.

[<] Application de la trigonalisabilité[>] Nilpotence

Exercice 223 805 Correction

Soient $f, g$ endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie.

On suppose que $f$ est diagonalisable. Montrer

f \circ g = g \circ f \Leftrightarrow chaque sous-espace propre de f est stable par g .

Solution

$(⟹)$ Supposons $f$ et $g$ commutent.

\forall x \in Ker (f - λ . Id), (f - λ Id) (g (x)) = g (f (x) - λ x) = 0

donc $Ker (f - λ Id)$ est stable par $g$ .

$(⟸)$ Supposons que chaque sous-espace propre soit stable par $g$ .
Puisque $E = \oplus_{λ \in Sp (f)} E_{λ} (f)$ , pour tout $x \in E$ , on peut écrire $x = \sum_{λ \in Sp (f)} x_{λ}$ avec $x_{λ} \in E_{λ}$ et alors

(g \circ f) (x) = \sum_{λ \in Sp (f)} λ g (x_{λ}) = (f \circ g) (x)

donc $f \circ g = g \circ f$ .

Exercice 224 807

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe $E$ de dimension finie non nulle vérifiant¹¹ 1 On dit que l’endomorphisme $u$ est semi-simple.:

« Tout sous-espace vectoriel stable par

u

admet un supplémentaire stable ».

Montrer que l’endomorphisme $u$ est diagonalisable.

Exercice 225 3464 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un $ℝ$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie non nulle
Montrer qu’il existe une droite vectorielle ou un plan vectoriel stable par $u$ .

Solution

Si l’endomorphisme $u$ possède une valeur propre alors la droite vectorielle engendrée par un vecteur propre associé est évidemment stable par $u$ .
Sinon, la matrice réelle $A$ représentant $u$ dans une base n’a que des valeurs propres complexes non réelles. Parmi celles-ci considérons en une que nous notons $λ$ . Il existe alors une colonne complexe $Z$ non nulle telle que $A Z = λ Z$ . En écrivant $λ = α + i β$ et $Z = X + i Y$ avec $α, β, X, Y$ réels, l’équation précédente donne

A X = α X - β Y et A Y = β X + α Y .

Considérons ensuite les vecteurs $x$ et $y$ de $E$ représentés par les colonnes réelles $X$ et $Y$ . Les relations précédentes donnent

u (x), u (y) \in Vect (x, y)

et donc le sous-espace vectoriel $Vect (x, y)$ est stable par $u$ .
Or celui-ci n’est pas nul car $Z \neq 0$ et est donc de dimension 1 ou 2 (et en fait 2 car l’absence de valeurs propres réelles dans le cas présent signifie l’absence de droite vectorielle stable).

Exercice 226 3745 CENTRALE (PC)Correction

Soient $f$ une endomorphisme de $ℝ^{n}$ et $A$ sa matrice dans la base canonique de $ℝ^{n}$ . On suppose que $λ$ est une valeur propre non réelle de $A$ et que $Z \in ℂ^{n}$ est un vecteur propre associé.
On note $X$ et $Y$ les vecteurs de $ℝ^{n}$ dont les composantes sont respectivement les parties réelles et imaginaires des composantes de $Z$ .

(a)

Montrer que $X$ et $Y$ sont non colinéaires.
(b)

Montrer que $Vect (X, Y)$ est stable par $f$ .
(c)

On suppose que la matrice de $f$ est donnée par

$A = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & - 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Déterminer tous les plans stables par $f$ .
Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Solution

(a)

Par l’absurde supposons $X$ et $Y$ colinéaires. Il existe alors une colonne $X_{0}$ réelle telle que

$X = α X_{0} et Y = β X_{0} avec (α, β) \neq (0,0) .$

On a alors $Z = (α + i β) X_{0}$ et la relation $A Z = λ Z$ donne

$(α + i β) A X_{0} = λ (α + i β) X_{0} .$

Puisque $α + i β \neq 0$ , on peut simplifier et affirmer $A X_{0} = λ X_{0}$ . Or $X_{0}$ est une colonne réelle donc, en conjuguant, $A X_{0} = \bar{λ} X_{0}$ puis $λ \in ℝ$ ce qui est exclu.
(b)

On écrit $λ = a + i b$ avec $a, b \in ℝ$ . La relation $A Z = λ Z$ donne en identifiant parties réelles et imaginaires

$A X = a X - b Y et A Y = a Y + b X .$

On en déduit que $Vect (X, Y)$ est stable par $A$ .
(c)

Le polynôme caractéristique de $f$ est

$(X + 1) (X - 2) (X^{2} - 2 X + 2) .$

Les valeurs propres de $A$ sont $- 1,2$ et $1 \pm i$ avec

$E_{- 1} (A) = Vect {(\begin{matrix} 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix})}^{⊤}, E_{2} (A) = Vect {(\begin{matrix} 1 & 1 & 0 & 1 \end{matrix})}^{⊤} et E_{1 + i} (A) = Vect {(\begin{matrix} i & - 1 & 0 & 1 \end{matrix})}^{⊤} .$

Soit $P$ un plan stable par $f$ . Le polynôme caractéristique de l’endomorphisme $u$ induit par $f$ sur ce plan divise le polynôme caractéristique de $f$ tout en étant réel et de degré 2. Ce polynôme caractéristique ne peut qu’être

$(X + 1) (X - 2) ou X^{2} - 2 X + 2 .$

Dans le premier cas, 1 et 2 sont valeurs propres de $u$ et les vecteurs propres associés sont ceux de $f$ . Le plan $P$ est alors

$Vect {(\begin{matrix} 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 & 1 \end{matrix})} .$

Dans le second cas, pour tout $x \in P$ , on a par le théorème de Cayley Hamilton

$u^{2} (x) - 2 u (x) + 2 x = 0_{E}$

et donc la colonne $X$ des coordonnées de $x$ vérifie

$X \in Ker (A^{2} - 2 A + 2 I_{4}) .$

Après calculs, on obtient

$X \in Vect ({(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})}^{⊤}, {(\begin{matrix} 0 & - 1 & 0 & 1 \end{matrix})}^{⊤} .$

Ainsi, le plan est inclus dans le plan

$Vect {(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 & - 1 & 0 & 1 \end{matrix})}$

ce qui suffit à le déterminer.

Exercice 227 761 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel muni d’une base $ℬ$ , $f \in ℒ (E)$ et $H$ un hyperplan.

(a)

Déterminer la dimension du sous-espace vectoriel ${u \in E^{*} | u (H) = {0}}$ .
(b)

Montrer que si $H$ a pour équation $u (x) = 0$ alors $H$ est stable par $f$ si, et seulement si, $u \circ f$ est colinéaire à $u$ .
(c)

Soient $A$ et $L$ les matrices dans $ℬ$ de $f$ et $u$ .
Montrer que $H$ est stable par $f$ si, et seulement si, $L^{⊤}$ est vecteur propre de $A^{⊤}$
(d)

Déterminer les plans stables par

$A = (\begin{matrix} 3 & - 2 & - 4 \\ - 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 2 & - 2 \end{matrix}) .$

Solution

(a)

Si $e \notin H$ alors la valeur de $u (e)$ détermine entièrement un élément $u$ de ${u \in E^{*} | u (H) = {0}}$ . Cela permet de mette en place un isomorphisme entre ${u \in E^{*} | u (H) = {0}}$ et $𝕂$ . La dimension cherchée vaut $1$ .
(b)

Si $H$ est stable par $f$ alors, pour tout $x \in H$ , $u (f (x)) = 0$ donc

$u \circ f \in {v \in E^{*} | v (H) = {0}} .$

Or $u$ est un élément non nul de cette droite vectorielle donc $u \circ f$ est colinéaire à $u$ . La réciproque est immédiate.
(c)

${Mat}_{ℬ} (u) = L \neq 0$ (car $u$ définit une équation d’hyperplan), ${Mat}_{ℬ} (u \circ f) = L A$ donc

$u \circ f = λ u$ $\Leftrightarrow L A = λ L$

$\Leftrightarrow A^{⊤} L^{⊤} = λ L^{⊤}$

avec $L^{⊤}$ colonne non nulle.
(d)

$Sp (A^{⊤}) = Sp (A) = {1,2, - 1}$ . Une base de vecteurs propres est formée des vecteurs $(- 1, - 1,1)$ , $(0,1,1)$ et $(- 1,0,1)$ . Les plans stables par $f$ sont ceux d’équations $x + y - z = 0$ , $y + z = 0$ et $x - z = 0$ .

Exercice 228 4991

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ de dimension $n \geq 1$ .

On suppose $u^{n} = 0$ et $rg (u) = n - 1$ .

(a)

Déterminer la dimension de $Ker (u^{k})$ pour tout $k \in ⟦ 0; n ⟧$ .
(b)

Montrer que pour tout $k \in ⟦ 0; n ⟧$ , l’endomorphisme $u$ admet un et un seul sous-espace vectoriel stable de dimension $k$ .

[<] Réduction et sous-espaces stables

Exercice 229 863 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ une matrice nilpotente.

(a)

Montrer que $A$ est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte.
(b)

Le résultat est-il encore vrai pour $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ ?

Solution

(a)

Si $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ alors $A$ est triangularisable et lors de cette triangularisation les valeurs propres de $A$ apparaissent sur la diagonale. Or $A$ est nilpotente donc $0$ est sa seule valeur propre et la diagonale de la matrice triangulaire obtenue est nulle. Le polynôme caractéristique de $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ est alors égal à $X^{n}$ .
(b)

Pour $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on a aussi $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ et le polynôme caractéristique est calculé par la même formule dans les deux cas. Par suite, le polynôme caractéristique pour $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ est scindé et donc à nouveau $A$ est triangularisable avec des $0$ sur la diagonale.

Exercice 230 5159

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ une matrice nilpotente. Montrer $A^{n} = O_{n}$ .

Exercice 231 3372

Soient $A, B \in ℳ_{n} (𝕂)$ vérifiant $A B = B A$ avec $A$ nilpotente. Calculer $tr (A B)$ .

Exercice 232 5669 Correction

Soit $u$ un endomorphisme nilpotent d’une espace vectoriel réel $E$ de dimension finie $n \geq 2$ .

(a)

Montrer que $u^{n} = 0$ .
(b)

On suppose $u^{n - 1} \neq 0$ . Justifier qu’il existe une base $ℬ$ de $E$ telle que la matrice représentant $u$ dans $ℬ$ soit

$A = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & 1 \\ (0) & 0 \end{matrix}) .$
(c)

Résoudre l’équation $X^{2} = A$ d’inconnue $X \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Solution

(a)

Notons $p$ l’indice de nilpotence de $u$ . Pour $x \notin Ker (u^{p - 1})$ , on montre que la famille $(u^{p - 1} (x), \dots, u (x), x)$ est libre. On en déduit $p \leq n = dim E$ et donc $u^{n} = u^{n - p} \circ u^{p} = 0$ .
(b)

Pour $x \notin Ker (u^{n - 1})$ , la famille $ℬ = (u^{n - 1} (x), \dots, u (x), x)$ est libre et constituée de $n = dim E$ vecteurs de $E$ , c’est donc une base de $E$ . La matrice de $u$ dans cette base est de la forme voulue.
(c)

Soit $X \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant $X^{2} = A$ . Puisque la matrice $A$ est nilpotente, la matrice $X$ l’est aussi. Or $A^{n - 1} = X^{2 n - 2} \neq 0$ alors que $X^{2 n - 2} = X^{n} \cdot X^{n - 2} = 0$ . C’est absurde. L’équation étudiée ne possède pas de solutions.

Exercice 233 3474 X (MP)Correction

Soient $𝕂 = ℝ$ ou $ℂ$ et $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ des matrices de $ℳ_{n} (𝕂)$ nilpotentes commutant deux à deux.
Montrer

A_{1} A_{2} \dots A_{n} = O_{n} .

Solution

Commençons par établir pour $A, B \in ℳ_{n} (𝕂)$ :

A \neq O_{n}, A B = B A et B nilpotente ⟹ rg (A B) < rg (A) .

Supposons donc $A \neq O_{n}$ , $A B = B A$ et $B$ nilpotente.
Par l’absurde, supposons aussi $rg (A B) \geq rg (A)$ .
Puisque $rg (A B) \leq \min (rg (A), rg (B))$ , on a $rg (A B) = rg (A)$ .
Par la formule du rang, on obtient

dim Ker (A B) = dim Ker (A) .

Or $Ker (A) \subset Ker (B A) = Ker (A B)$ donc $Ker (A) = Ker (A B)$ .

Considérons ensuite $φ : Im (A) \to Im (A)$ donné par $φ (Y) = B Y$ . L’application $φ$ est linéaire et bien définie car $Im (A)$ est stable par $B$ puisque $A$ et $B$ commutent. Soit $Y = A X \in Im (A)$ . Si $φ (Y) = 0$ alors $B A X = A B X = 0$ donc $X \in Ker (A B) = Ker (A)$ puis $Y = 0$ . L’application linéaire $φ$ est donc injective.

Or il existe $p \in ℕ^{*}$ tel que $B^{p} = O_{n}$ et donc $φ^{p} : Y \to B^{p} Y = O_{n,1}$ est l’application nulle.

Sachant l’espace $Im (A)$ non réduit à ${0}$ , il y a absurdité et ainsi $rg (A B) < rg (A)$ .

En revenant à l’énoncé initial, on montre alors par récurrence

\forall 1 \leq p \leq n, rg (A_{1} A_{2} \dots A_{p}) \leq n - p .

En particulier, $rg (A_{1} A_{2} \dots A_{n}) = 0$ et la matrice $A_{1} A_{2} \dots A_{n}$ est nulle.

Exercice 234 866 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ telle que $0$ soit la seule valeur propre de $A$ .

(a)

Montrer que $A^{n} = 0$ .
(b)

Calculer $\det (A + I_{n})$ .
(c)

Soit $M \in {GL}_{n} (ℂ)$ commutant avec $A$ . Calculer $\det (A + M)$ .
(d)

Inversement, quelles sont les matrices $A$ vérifiant:

$\forall M \in {GL}_{n} (ℂ), A M = M A ⟹ \det (A + M) = \det (M) ?$

Solution

(a)

$A$ est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte $T$ . Cette dernière vérifie $T^{n}$ et l’on a donc $A^{n}$ . On peut aussi appliquer le théorème de Cayley-Hamilton.
(b)

On peut écrire $A = P T P^{- 1}$ donc

$\det (A + I_{n}) = \det (T + I_{n}) = 1 .$
(c)

On écrit

$\det (A + M) = \det (M) \det (A M^{- 1} + I_{n}) .$

Puisque

${(A M^{- 1})}^{n} = A^{n} M^{- n} = O_{n},$

$0$ est la seule valeur propre de $A M^{- 1}$ et, par l’étude qui précède,

$\det (A + M) = \det (M) .$
(d)

Si $A$ est solution alors pour tout $λ \neq 0$ , $\det (A - λ I_{n}) \neq 0$ donc $0$ est seule valeur propre de $A$ .

Exercice 235 4361

Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes d’un espace réel $E$ de dimension $n \geq 1$ . On suppose que $u$ et $v$ commutent et que $v$ est nilpotent. Montrer $\det (u + v) = \det (u)$ .

Exercice 236 3765 Correction

Soient $A, M \in ℳ_{n} (ℂ)$ avec $M$ matrice nilpotente.

(a)

On suppose $M A = O_{n}$ . Montrer que les matrices $A + M$ et $A$ ont le même polynôme caractéristique.
(b)

Même question en supposant cette fois-ci $A M = O_{n}$ .

Solution

(a)

Sachant $M A = O_{n}$ , on a $Im (A) \subset Ker (M)$ . Introduisons $F$ un sous-espace vectoriel supplémentaire de $Ker (M)$ dans $ℳ_{n,1} (ℂ)$ . En considérant une matrice de passage $P$ traduisant un changement de base vers une base adaptée à la supplémentarité

$ℳ_{n,1} (ℂ) = Ker (M) \oplus F$

on obtient les écritures par blocs

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} A_{1} & A_{2} \\ O & O \end{matrix}) et P^{- 1} M P = (\begin{matrix} O & M_{1} \\ O & M_{2} \end{matrix}) .$

On a alors

$χ_{A} = χ_{A_{1}} \times X^{dim F} et χ_{A + M} = χ_{A_{_{1}}} χ_{M_{2}} .$

Or $M_{2}$ est une matrice nilpotente complexe, sa seule valeur propre étant 0, on obtient

$χ_{M_{2}} = X^{dim F}$

et l’identité voulue est établie.
(b)

C’est le même raisonnement avec $Im (M) \subset Ker (A)$ et l’introduction d’un sous-espace vectoriel $F$ tel que

$ℳ_{n,1} (ℂ) = Ker (A) \oplus F .$

On a alors

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} O & A_{1} \\ O & A_{2} \end{matrix}) et P^{- 1} M P = (\begin{matrix} M_{1} & M_{2} \\ O & O \end{matrix})$

avec $M_{1}$ nilpotente.

Exercice 237 1956 MINES (PC)

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ . On considère la matrice $A = {(a_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n} (𝕂)$ avec¹¹ 1 $δ_{x, y}$ désigne le symbole de Kronecker, égal à $1$ si $x = y$ et $0$ sinon.

a_{i, j} = δ_{i, j + 1} pour tous i, j \in ⟦ 1; n ⟧ .

(a)

Montrer que la matrice $A$ est nilpotente et déterminer son indice de nilpotence.
(b)

Existe-t-il une matrice $B \in ℳ_{n} (𝕂)$ vérifiant $B^{2} = A$ ?

Exercice 238 5160

Soit $E$ un espace vectoriel réel de dimension finie.

À quelle condition un endomorphisme nilpotent peut-il s’écrire comme une somme de projections vectorielles?

Exercice 239 4959 X (PC)Correction

À quelle condition une matrice de $ℳ_{2} (ℝ)$ peut-elle s’écrire comme somme de matrices nilpotentes?

Solution

Les valeurs propres complexes d’une matrice nilpotente sont toutes nulles. La trace d’une matrice réelle étant la somme de ses valeurs propres complexes comptées avec multiplicité, la trace d’une matrice nilpotente réelle est assurément nulle. Par combinaison linéaire, si une matrice de $ℳ_{2} (ℝ)$ est somme de matrices nilpotentes, elle est aussi de trace nulle.

Inversement, soit $M \in ℳ_{2} (ℝ)$ une matrice de trace nulle. On peut écrire

M = (\begin{matrix} a & b \\ c & - a \end{matrix}) avec a, b, c \in ℝ

et alors

M = (\begin{matrix} a & - a \\ a & - a \end{matrix}) + (\begin{matrix} 0 & b + a \\ 0 & 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 0 & 0 \\ c - a & 0 \end{matrix})

ce qui décompose $M$ comme somme de matrices nilpotentes.

Notons que le résultat se généralise à la taille $n$ en employant, par exemple, la nilpotence des matrices élémentaires non diagonales et la nilpotence des matrices

N_{i} = (\begin{matrix} O_{i} & (0) \\ N \\ (0) & O_{n - i - 2} \end{matrix}) avec N = (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) et i \in ⟦ 0; n - 2 ⟧ .

Exercice 240 3031 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ . On considère l’endomorphisme $T$ de $ℳ_{n} (ℂ)$ défini par

T (M) = A M - M A .

(a)

On suppose que la matrice $A$ est nilpotente.
Montrer que l’endomorphisme $T$ est aussi nilpotent.
(b)

Que dire de la réciproque?

Solution

(a)

Soit $λ$ une valeur propre de l’endomorphisme $T$ .

Il existe une matrice $M$ non nulle vérifiant $T (M) = λ M$ et alors $M A = (A + λ I_{n}) M$ .

Par une récurrence facile, $M A^{p} = {(A + λ I_{n})}^{p} M$ pour tout $p \in ℕ$ . Or pour un certain $p \in ℕ^{*}$ , $A^{p} = O_{n}$ donc ${(A + λ I_{n})}^{p} M = O_{n}$ . Cependant la matrice $M$ n’est pas nulle et la matrice ${(A + λ I_{n})}^{p}$ n’est donc pas inversible puis la matrice $A + λ I_{n}$ ne l’est pas non plus. Ainsi, $λ$ est valeur propre de $A$ et donc $λ = 0$ car 0 est la seule valeur propre d’une matrice nilpotente.

On en déduit $Sp (T) \subset {0}$ puis $Sp (T) = {0}$ car le corps de base $ℂ$ assure l’existence d’au moins une valeur propre.

On peut alors conclure car un endomorphisme d’un espace complexe de dimension finie dont $0$ est la seule valeur propre est nécessairement nilpotent (car trigonalisable semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte).

Finalement, l’endomorphisme $T$ est nilpotent.
(b)

Pour $A = I_{n}$ , on a $T = \tilde{0}$ . Ainsi, l’endomorphisme $T$ est nilpotent alors que $A$ ne l’est pas. La réciproque est fausse.

Exercice 241 3095 X (PC)Correction

Soit $Φ : ℳ_{2} (ℝ) \to ℝ$ vérifiant

\forall A, B \in ℳ_{2} (ℝ), Φ (A B) = Φ (A) Φ (B) et Φ (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) \neq Φ (I_{2}) .

(a)

Démontrer que $Φ (O_{2}) = 0$ .
(b)

Si $A$ est nilpotente, démontrer que $Φ (A) = 0$ .
(c)

Soient $A \in ℳ_{2} (ℝ)$ et $B$ la matrice obtenue à partir de $A$ en permutant les lignes de $A$ .
Démontrer que $Φ (B) = - Φ (A)$ .
(d)

Démontrer que $A$ est inversible si, et seulement si, $Φ (A) \neq 0$ .

Solution

(a)

$O_{2}^{2} = O_{2}$ donc $Φ {(O_{2})}^{2} = Φ (O_{2})$ d’où $Φ (O_{2}) = 0$ ou 1.
Si $Φ (O_{2}) = 1$ alors pour tout $A \in ℳ_{2} (ℝ)$ , $Φ (A) = Φ (A) \times Φ (O_{2}) = Φ (A \times O_{2}) = 1$ .
Ceci est exclu car la fonction $Φ$ n’est pas constante. On en déduit $Φ (O_{2}) = 0$ .
(b)

Si $A$ est nilpotente alors $A^{2} = O_{2}$ (car $A$ est de taille 2) et donc $Φ {(A)}^{2} = 0$ puis $Φ (A) = 0$ .
(c)

$I_{2}^{2} = I_{2}$ donc $Φ {(I_{2})}^{2} = Φ (I_{2})$ puis $Φ (I_{2}) = 0$ ou $1$ .
Si $Φ (I_{2}) = 0$ alors pour tout $A \in ℳ_{2} (ℝ)$ , $Φ (A) = Φ (A \times I_{2}) = Φ (A) \times 0 = 0$ .
Ceci est exclu car la fonction $Φ$ n’est pas constante. On en déduit $Φ (I_{2}) = 1$ .
Notons $E = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})$ .
On remarque $E^{2} = I_{2}$ donc $Φ {(E)}^{2} = 1$ puis $Φ (E) = - 1$ car $Φ (E) \neq Φ (I_{2})$ .
Puisque $B = E A$ , on en déduit $Φ (B) = - Φ (A)$ .
(d)

Si $A$ est inversible alors $Φ (I_{2}) = Φ (A) \times Φ (A^{- 1})$ et donc $Φ (A) \neq 0$ puisque $Φ (I_{2}) = 1 \neq 0$ .
Inversement, supposons $A$ non inversible. 0 est valeur propre de $A$ .
On vérifie aisément que deux matrices $A$ et $B$ semblables vérifient $Φ (A) = Φ (B)$ .
Si $A$ est diagonalisable alors $A$ est semblable à

$(\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & tr (A) \end{matrix}) .$

Par suite,

$Φ (A) = Φ (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & tr (A) \end{matrix}) = - Φ (\begin{matrix} 0 & tr (A) \\ 0 & 0 \end{matrix}) = 0$

car cette dernière matrice est nilpotente.
Si $A$ n’est pas diagonalisable $A$ est trigonalisable (car $χ_{A}$ scindé sur $ℝ$ ) et $A$ est semblable à

$(\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})$

et par suite $Φ (A) = 0$ car cette dernière matrice est nilpotente.

Exercice 242 3763 MINES (PC)Correction

Pour $n \geq 2$ , on note $H$ un hyperplan de $ℳ_{n} (𝕂)$ ne contenant aucune matrice inversible.

(a)

Montrer que $H$ contient toutes les matrices nilpotentes.
(b)

En déduire que tout hyperplan de $ℳ_{n} (𝕂)$ rencontre ${GL}_{n} (𝕂)$ .

Solution

(a)

Puisque $H$ est un hyperplan et que $I_{n} \notin H$ , on a

$H \oplus Vect (I_{n}) = ℳ_{n} (𝕂) .$

Soit $A$ une matrice nilpotente. On peut l’écrire $A = B + λ I_{n}$ avec $B \in H$ . La matrice $B$ n’étant pas inversible, il existe une colonne $X$ non nulle telle que $B X = 0$ et alors $A X = λ X$ . Le scalaire $λ$ est une valeur propre de la matrice $A$ . Or les seules valeurs propres d’une matrice nilpotente sont nulles. On en déduit $λ = 0$ puis $A = B \in H$ .
(b)

Les matrices élémentaires $E_{i, j}$ avec $i \neq j$ sont nilpotentes car de carrées nulles; elles sont donc toutes éléments de $H$ et par combinaison linéaire la matrice

$M = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋱ & ⋱ \\ (0) & ⋱ & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})$

appartient à $H$ . Cependant, celle-ci est notoirement inversible.

Exercice 243 3616 CENTRALE (PC)Correction

Soient $n \in ℕ$ et $E = ℳ_{n} (ℂ)$ . On note $E^{*} = ℒ (E, ℂ)$ le $ℂ$ -espace vectoriel des formes linéaires sur $E$ .

(a)

Montrer que $L : E \to E^{*}$ , $A \mapsto L_{A}$ où $L_{A}$ est la forme linéaire $M \mapsto tr (A M)$ est un isomorphisme
d’espaces vectoriels. En déduire une description des hyperplans de $E$ .
(b)

Soit $T \in ℳ_{n} (ℂ)$ une matrice triangulaire supérieure non nulle et $H = Ker (L_{T})$ .
On note $T_{n}^{+}$ (respectivement $T_{n}^{-}$ ) le sous-espace vectoriel des matrices triangulaires supérieures (respectivement inférieures) à diagonales nulles.
Déterminer $H \cap T_{n}^{+}$ .
En discutant selon que $T$ possède ou non un coefficient non nul (au moins) hors de la diagonale, déterminer la dimension de $H \cap T_{n}^{-}$ .
(c)

Une matrice $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ est dite nilpotente s’il existe $k \in ℕ$ tel que $A^{k} = 0$ .
Prouver que les éléments de $T_{n}^{+} \cup T_{n}^{-}$ sont des matrices nilpotentes.
En déduire que $H$ contient au moins $n^{2} - n - 1$ matrices nilpotentes linéairement indépendantes.
(d)

Montrer que tout hyperplan de $E$ contient au moins $n^{2} - n - 1$ matrices nilpotentes linéairement indépendantes.
Énoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Solution

(a)

Notons qu’il est immédiat de vérifier que $L_{A}$ est une forme linéaire sur $E$ .
Par linéarité de la trace, on vérifie $tr ((λ A + μ B) M) = λ tr (A M) + μ tr (B M)$ ce qui fournit la linéarité de l’application $L$ .
Puisque $dim E = dim E^{*} < + \infty$ , il suffit désormais de vérifier l’injectivité de $L$ pour assurer qu’il s’agit d’un isomorphisme. Si $L_{A} = 0$ (l’application nulle) alors en particulier $L_{A} ({\bar{A}}^{⊤}) = 0$ et donc $tr (A {\bar{A}}^{⊤}) = tr ({\bar{A}}^{⊤} A) = 0$ .
Or

$tr ({\bar{A}}^{⊤} A) = \sum_{i, j = 1}^{n} {| a_{i, j} |}^{2}$

donc $A = 0$ .
Puisque les hyperplans sont exactement les noyaux des formes linéaires non nulles, on peut assurer que pour tout hyperplan $H$ de $E$ , il existe $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ non nulle telle que

$H = {M \in ℳ_{n} (ℂ) | tr (A M) = 0} .$
(b)

Pour tout matrice $M \in T_{n}^{+}$ , le produit $T M$ est triangulaire à coefficients diagonaux nuls donc $tr (T M) = 0$ . Ainsi, $T_{n}^{+} \subset H$ puis $H \cap T_{n}^{+} = T_{n}^{+}$ .
Concernant $H \cap T_{n}^{-}$ , ou bien c’est un hyperplan de $T_{n}^{-}$ , ou bien c’est $T_{n}^{-}$ entier.
S’il n’y a pas de coefficient non nul dans le bloc supérieur strict de $T$ alors $T$ est diagonale et un calcul analogue au précédent donne $H \cap T_{n}^{-} = T_{n}^{-}$ (de dimension $n (n - 1) / 2$ )
Sinon, on peut déterminer une matrice élémentaire dans $T_{n}^{-}$ qui n’est pas dans $H$ (si ${[T]}_{i, j} \neq 0$ alors $E_{j, i}$ convient) et donc $H \cap T_{n}^{-}$ est un hyperplan de $T_{n}^{-}$ (de dimension $n (n - 1) / 2 - 1$ ).
(c)

Les matrices triangulaire strictes sont bien connues nilpotentes…
Une base de $T_{n}^{+}$ adjointe à une base de $H \cap T_{n}^{-}$ fournit une famille libre (car $T_{n}^{+}$ et $T_{n}^{-}$ sont en somme directe) et celle-ci est formée d’au moins $n (n - 1) / 2 + n (n - 1) / 2 - 1 = n^{2} - n - 1$ éléments.
(d)

Soit $H$ un hyperplan de $E$ . Il existe $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ non nulle telle que

$H = {M \in ℳ_{n} (ℂ) | tr (A M) = 0} .$

La matrice $A$ est trigonalisable donc on peut écrire $A = P T P^{- 1}$ avec $P \in {GL}_{n} (ℂ)$ et $T$ triangulaire supérieure non nulle. Posons alors l’isomorphisme $φ : M \to P^{- 1} M P$ et considérons l’hyperplan

$K = {N \in ℳ_{n} (ℂ) | tr (T N) = 0} .$

On constate

$M \in H \Leftrightarrow φ (N) \in K .$

Par l’isomorphisme $φ$ , on transforme une famille de $n^{2} - n - 1$ matrices nilpotentes linéairement indépendantes d’éléments de $K$ en une famille telle que voulue.

Exercice 244 2724 MINES (MP)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Montrer que $A$ est nilpotente si, et seulement si, $tr (A^{p}) = 0$ pour tout $p \in ⟦ 1; n ⟧$ .

Édité le 17-06-2025

	$dim E$	$= dim (ℒ (𝒮_{n} (ℝ)) \times ℒ (𝒜_{n} (ℝ)))$
		$= dim ℒ (𝒮_{n} (ℝ)) + dim ℒ (𝒜_{n} (ℝ))$
		$= {(\frac{n (n + 1)}{2})}^{2} + {(\frac{n (n - 1)}{2})}^{2} = \frac{n^{2} (n^{2} + 1)}{2} .$

	$E$	$= Ker (u^{p}) = Ker (u^{p - 1}) \oplus F_{p}$
		$= Ker (u^{p - 2}) \oplus F_{p - 1} \oplus F_{p} = \dots$
		$= Ker (u^{0}) \oplus F_{1} \oplus \dots \oplus F_{p}$

	$x \in E_{λ} (v)$	$\Leftrightarrow u (a^{- 1} (x)) = λ a^{- 1} (x)$
		$\Leftrightarrow a^{- 1} (x) \in E_{λ} (u)$
		$\Leftrightarrow x \in a (E_{λ} (u)) .$

	$u^{n + 1} \circ v - v \circ u^{n + 1}$	$= u^{n} \circ (u \circ v) - v \circ u^{n + 1}$
		$= u^{n} \circ (a u + v \circ u) - v \circ u^{n + 1}$
		$= a u^{n + 1} + (u^{n} \circ v - v \circ u^{n}) \circ u$

	$G ∣ (F - λ) P$	$\Leftrightarrow (\forall i \in ⟦ 0; n ⟧, x_{i} est racine de (F - λ) P)$
		$\Leftrightarrow (\forall i \in ⟦ 0; n ⟧, (F (x_{i}) - λ) P (x_{i}) = 0) .$

	$f (P) = λ P$	$\Leftrightarrow (\forall i \notin I, x_{i} est racine de P)$
		$\Leftrightarrow G_{I} ∣ P avec G_{I} = \prod_{\begin{matrix} 0 \leq i \leq n \\ i \notin I \end{matrix}} (X - x_{i}) .$

	$B X = λ X$	$\Leftrightarrow {\begin{matrix} - X_{2} & = λ X_{1} \\ A X_{1} & = λ X_{2} \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} X_{2} & = - λ X_{1} \\ A X_{1} & = - λ^{2} X_{1} . \end{matrix}$

	$Com (A B)$	$= \det (A B) {({(A B)}^{- 1})}^{⊤} = \det (A B) {(B^{- 1} A^{- 1})}^{⊤}$
		$= \det (A) {(A^{- 1})}^{⊤} \det (B) {(B^{- 1})}^{⊤} = Com (A) Com (B) .$

	$χ_{A} (λ)$	$= \| \begin{matrix} λ - 2 & 1 & 1 \\ - 2 & λ - 1 & 2 \\ - 3 & 1 & λ + 2 \end{matrix} \|$
		$\underset{C_{1} \leftarrow C_{1} + C_{3}}{=} \| \begin{matrix} λ - 1 & 1 & 1 \\ 0 & λ - 1 & 2 \\ λ - 1 & 1 & λ + 2 \end{matrix} \|$
		$\underset{L_{3} \leftarrow L_{3} - L_{1}}{=} \| \begin{matrix} λ - 1 & 1 & 1 \\ 0 & λ - 1 & 2 \\ 0 & 0 & λ + 1 \end{matrix} \| = {(λ - 1)}^{2} (λ + 1)$

	$u \circ f = λ u$	$\Leftrightarrow L A = λ L$
		$\Leftrightarrow A^{⊤} L^{⊤} = λ L^{⊤}$