[>] Lemme de décomposition des noyaux

 
Exercice 1  4308  

Soient u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E et P un polynôme de 𝕂[X].

Montrer que, si λ𝕂 est valeur propre de u, P(λ) est valeur propre de P(u).

 
Exercice 2  4314   

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n1.

On suppose qu’il existe un vecteur x0E tel que la famille (x0,u(x0),,un-1(x0)) soit libre. Montrer que les polynômes en u sont les seuls endomorphismes qui commutent avec u.

 
Exercice 3  3423   

Soient A,Bn(𝕂). On suppose qu’il existe un polynôme P𝕂[X] vérifiant

AB=P(A)etP(0)0.

Montrer que A est inversible et que A et B commutent.

 
Exercice 4  3033     X (MP)Correction  

Soient A et B dans n(). On suppose que A est nilpotente et qu’il existe P[X] tel que

P(0)=1etB=AP(A).

Montrer qu’il existe Q[X] tel que

Q(0)=1etA=BQ(B).

Solution

On sait qu’il existe p* tel que Ap=On.

En introduisant les coefficients de P, la relation B=AP(A) donne

B=A+a2A2++ap-1Ap-1.

On en déduit

B2=A2+a3,2A3++ap-1,2Ap-1,,Bp-2=Ap-2+ap-1,p-2Ap-1,Bp-1=Ap-1.

En inversant ces équations, on obtient

Ap-1=Bp-1,Ap-2=Bp-2+bp-1,p-2Ap-1,,A2=B2+b3,2B3++bp-1,2Bp-1

et enfin

A=B+b2,1B2++bp-1,1Bp-1

Cela qui détermine un polynôme Q[X] vérifiant Q(0)=1 et A=BQ(B).

 
Exercice 5  3210     ENTPECorrection  

Soient AGLn() et Bn() telle que Bp=On.

  • (a)

    Montrer que In+A-1BA est inversible et exprimer son inverse.

  • (b)

    On pose

    H={In+P(B)|P[X],P(0)=0}.

    Montrer que H est un sous-groupe commutatif de (GLn(),×).

Solution

  • (a)

    Posons N=-A-1BA. On a

    Np=(-1)pA-1BpA=On

    donc

    In=In-Np=(I-N)(I+N+N2++Np-1).

    On en déduit que I-N=In+A-1BA est inversible et

    (In+A-1BA)-1=I+N+N2++Np-1.
  • (b)

    Soit P[X] tel que P(0)=0. On a

    P(X)=aX+bX2+

    Donc

    P(B)=aB+bB2+

    puis

    P(B)p=apBp+bBp+1+=On.

    On peut alors reprendre le raisonnement de la question précédente et affirmer que la matrice In+P(B) est inversible et que son inverse est de la forme

    In-P(B)+P(B)2++(-1)pP(B)p.

    On en déduit que H est inclus dans GLn() et que l’inverse d’un élément de H est encore dans H.
    Il est immédiat de vérifier que H est non vide et stable par produit. On en déduit que H est un sous-groupe de (GLn(),×). Enfin, on vérifie que H est commutatif car les polynômes en une matrice commutent entre eux.

 
Exercice 6  2574   Correction  

Dans n(), on considère la matrice

J=(01(0)1(0)0).

Exprimer simplement P(aIn+J) pour P[X].

Solution

Par la formule de Taylor en a,

P(X)=k=0+P(k)(a)k!(X-a)k

donc

P(aIn+J)=k=0+P(k)(a)k!Jk.

Il est facile de calculer les puissances de J et l’on conclut

P(aIn+J)=(P(a)P(a)P′′(a)2!P(n-1)(a)(n-1)!P′′(a)2!P(a)(0)P(a)).
 
Exercice 7  4316   

Soient λ,μ et f,p,q trois endomorphismes d’un espace vectoriel réel E vérifiant

{f=λ.p+μ.qf2=λ2.p+μ2.qf3=λ3.p+μ3.q.

Exprimer fn en fonction de λ, μ, p et q pour tout n*.

[<] Polynômes en un endomorphisme ou une matrice[>] Polynômes annulateurs

 
Exercice 8  754  

Soit u un endomorphisme d’un espace réel E vérifiant u3=IdE. Justifier que les espaces Ker(u-IdE) et Ker(u2+u+IdE) sont supplémentaires.

 
Exercice 9  2681    MINES (MP)Correction  

Soient E un espace vectoriel sur 𝕂 et a un élément non nul de 𝕂. Soit f(E) tel que f3-3af2+a2f=0. Les espaces Ker(f) et Im(f) sont-ils supplémentaires?

Solution

P=X(X2-3aX+a2) est annulateur de f. Par le théorème de décomposition des noyaux,

E=Ker(f)Ker(f2-3af+a2Id)

car X et X2-3aX+a2 sont premiers entre eux. Or a étant non nul, on montre

Ker(f2-3af+a2Id)Im(f)

tandis que l’inclusion réciproque provient de ce que

(f2-3af+a2Id)f=0.

Les espaces Ker(f) et Im(f) sont donc supplémentaires.

 
Exercice 10  2726     MINES (MP)Correction  

Soit E un -espace vectoriel de dimension finie et u(E) tel que

u3=Id.

Décrire les sous-espaces stables de u.
Même question avec E un -espace vectoriel.

Solution

Cas: 𝕂=. u annule un polynôme scindé simple, l’endomorphisme u est donc diagonalisable. Tout sous-espace vectoriel possédant une base de vecteurs propres est stable et inversement.

Cas: 𝕂=. Par le lemme de décomposition des noyaux, on a

E=Ker(u-Id)Ker(u2+u+Id).

Si F est un sous-espace vectoriel stable alors posons

F1=FKer(u-Id)

et

F2=FKer(u2+u+Id).

Montrons F=F1F2.
Tout xF peut s’écrire x=a+b avec aKer(u-Id) et bKer(u2+u+Id).
Puisque u(x)=a+u(b)F et u2(x)=a+u2(b)F, on a a=13(x+u(x)+u2(x))F puis b=x-aF.
Ainsi aF1, bF2 et l’on a donc FF1+F2.
Il est alors immédiat que l’on peut alors conclure F=F1F2.
Puisque F2Ker(u2+u+Id), pour xF2 non nul (x,u(x)) est libre et Vect(x,u(x)) est stable par u. Cela permet d’établir que F2 est la somme directe de sous-espaces vectoriels de la forme Vect(x,u(x)) avec x0, xKer(u2+u+Id). Quant à F1, il n’y a pas de condition à souligner puisque tout sous-espace vectoriel de Ker(u-Id) est stable par u.

 
Exercice 11  4141   Correction  

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension quelconque. On suppose qu’il existe deux polynômes P,Q𝕂[X] premiers entre eux vérifiant (PQ)(u)=0. Montrer

Ker(P(u))Im(P(u))=E.

Solution

Les polynômes P et Q étant premiers entre eux, on peut introduire des polynômes V,W vérifiant

PV+QW=1.

En évaluant en u, on obtient la relation

IdE=P(u)V(u)+Q(u)W(u)(*).

Soit xKer(P(u))Im(P(u)). Puique Q(u)P(u)=(PQ)(u)=0, on a Im(P(u))Ker(Q(u)) et donc xKer(P(u))Ker(Q(u)). La relation (*) donne alors

x=V(u)P(u)(x)+W(u)Q(u)(x)=0E.

Ainsi, les espaces Ker(P(u)) et Im(P(u)) sont en somme directe. Soit xE. Par la relation (*), on peut écrire

x=a+b avec a=P(u)V(u)(x) et b=Q(u)W(u)(x).

On a évidement aIm(P(u)) et aussi bKer(P(u)) car

P(u)(b)=(PQ)(u)W(u)(x)=0E.

On peut alors conclure l’égalité

Ker(P(u))Im(P(u))=E.
 
Exercice 12  3465   Correction  

Soient u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie et P𝕂[X] annulateur de u.
On suppose que l’on peut écrire P=QR avec Q et R premiers entre eux.
Établir

Im(Q(u))=Ker(R(u)).

Solution

Par le lemme de décomposition des noyaux,

Ker(P(u))=Ker(Q(u))Ker(R(u))

et puisque P est annulateur

E=Ker(Q(u))Ker(R(u)).

De plus, R(u)Q(u)=0 et donc Im(Q(u))Ker(R(u)).

Par la formule du rang,

dimIm(Q(u))=dimE-dimKer(Q(u))

et par la supplémentarité qui précède,

dimE=dimKer(Q(u))+dimKer(R(u))

donc

dimIm(Q(u))=dimKer(R(u))

On peut alors conclure.

Notons que le résultat est aussi vrai en dimension quelconque: on l’obtient grâce à une relation de Bézout.

[<] Lemme de décomposition des noyaux[>] Polynômes annulateurs et valeurs propres

 
Exercice 13  178  Correction  

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension n*.

Montrer que la famille (Id,f,f2,,fn2) est liée et en déduire qu’il existe un polynôme non nul qui annule f.

Solution

Si dimE=n alors dim(E)=n2 donc la famille (Id,f,f2,,fn2) est liée car formée de n2+1 éléments. Une relation linéaire sur les éléments de cette famille donne immédiatement un polynôme annulateur non nul.

 
Exercice 14  2916  Correction  

Soit Mn(𝕂) une matrice triangulaire par blocs de la forme

M=(ACOB) avec Ap(𝕂) et Bq(𝕂).

On suppose connus deux polynômes P et Q𝕂[X] annulateurs de A et B respectivement.

Former en fonction de P et Q un polynôme annulateur de M.

Solution

On a

P(M)=(P(A)*OP(B))=(O*O*)etQ(M)=(Q(A)*OQ(B))=(**OO)

donc

(PQ)(M)=P(M)Q(M)=(O*O*)(**OO)=On.

Ainsi, le polynôme PQ est annulateur de M.

 
Exercice 15  2501     CCP (MP)Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension quelconque, u(E) et P𝕂[X] ayant 0 comme racine simple et tel que P(u)=0.

  • (a)

    Montrer

    Ker(u2)=Ker(u)etIm(u2)=Im(u).
  • (b)

    En déduire

    E=Ker(u)Im(u).

Solution

  • (a)

    On sait déjà Ker(u)Ker(u2). On a P=XQ avec Q(0)0. Pour xKer(u2), on a u2(x)=0 et Q(u)(u(x))=0 donc u(x)Ker(u)Ker(Q(u)) puis u(x)=0 car Q(0)0. On en déduit

    Ker(u2)Ker(u)

    puis l’égalité.

    L’inclusion Im(u2)Im(u) est entendue.

    Inversement, soit xIm(u). On peut écrire x=u(a) pour un certain aE. Or P(u)(a)=0 et l’on peut écrire P sous la forme

    P(X)=anXn++a1X avec a10

    donc

    a1.u(a)Im(u2)

    puis xIm(u2). Ainsi, Im(u2)=Im(u)

  • (b)

    Pour xKer(u)Im(u), il existe aE, x=u(a) et aKer(u2)=Ker(u) donc x=0.

    Pour xE, u(x)Im(u)=Im(u2) et l’on peut écrire u(x)=u2(a) pour un certain aE. On a alors x=y+z avec y=u(a)Im(u) et z=x-y où l’on vérifie zKer(u).

 
Exercice 16  1353     X (MP)Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension quelconque. Soit u un endomorphisme de E admettant un polynôme annulateur non nul. Pour P𝕂[X], l’endomorphisme P(u) admet-il un polynôme annulateur non nul?

Solution

Puisque u possède un polynôme annulateur non nul,

dim𝕂[u]<+.

Or 𝕂[P(u)]𝕂[u] et donc

dim𝕂[P(u)]<+

Par conséquent, l’endomorphisme P(u) possède un polynôme annulateur non nul.

 
Exercice 17  823   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et u(E) tel que les espaces

Ker(u(u-Id))Ker(u(u+Id))=E

soient supplémentaires.

Montrer que u est une symétrie vectorielle.

Solution

L’endomorphisme u(u-Id)(u+Id) s’annule sur Ker(u(u-Id)) et sur Ker(u(u+Id)) donc sur

Ker(u(u-Id))+Ker(u(u-Id))=E

Ainsi, u(u2-Id)=0.

Si xKer(u) alors

xKer(u(u-Id))Ker(u(u+Id))={0}

donc Ker(u)={0} et uGL(E).

Par suite,

u2-Id=u-1u(u2-Id)=0

et donc u2=Id.

Ainsi, u est une symétrie vectorielle.

 
Exercice 18  4208   

Soient x un élément d’une 𝕂-algèbre (A,+,×,) et P=a0+a1X++apXp un polynôme de 𝕂[X]. On appelle valeur du polynôme P en x l’élément

P(x)=n=0pan.xn=a0.1A+a1.x++ap.xpA.
  • (a)

    Montrer que l’application Ex:PP(x) détermine un morphisme d’algèbres.

On dit qu’un polynôme P est annulateur de x si P(x)=0A.

  • (b)

    Que dire de l’ensemble des polynômes annulateurs de l’élément x?

 
Exercice 19  4328    

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension finie non nulle. En employant11 1 On propose ici une démarche alternative à celle vue dans le sujet 5157. un polynôme annulateur, montrer qu’il existe une droite vectorielle ou un plan vectoriel stable par u.

[<] Polynômes annulateurs[>] Théorème de Cayley Hamilton

 
Exercice 20  3191    CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Montrer que si P est un polynôme annulateur d’un endomorphisme f alors P(λ)=0 pour toute valeur propre λ de f.

  • (b)

    Montrer que si f vérifie

    f3+2f2-f-2Id=0

    alors f est bijectif.

Solution

  • (a)

    Soit x un vecteur propre associé à la valeur propre λ. On a f(x)=λx avec x0E. Par composition fn(x)=λnx puis P(f)(x)=P(λ)x. Or P(f)(x)=0E et x0E donc P(λ)=0.

  • (b)

    Le polynôme X3+2X2-X-2 est annulateur de f et 0 n’en est pas racine donc 0Sp(f). Cela suffit pour conclure si l’espace est de dimension finie. Sinon, on exploite

    f(12(f2+2f-Id))=(12(f2+2f-Id))f=IdE

    pour conclure.

 
Exercice 21  831  Correction  

Pour fE=(,), on note f~:xf(-x).

Soit φ l’endomorphisme de E déterminer par φ(f)=f~. Calculer φ2 puis déterminer les valeurs propres de φ.

Solution

On vérifie φ2=Id. Le polynôme X2-1 est donc annulateur de φ et les valeurs propres de φ ne peuvent être que 1 et -1. En prenant successivement pour f une fonction paire et une fonction impaire non nulle, on montre que 1 et -1 sont effectivement valeurs propres de φ.

 
Exercice 22  832  Correction  

Soit T:[X][X] l’endomorphisme défini par T(P)=P(1-X).

  • (a)

    Montrer que T est un automorphisme.

  • (b)

    Déterminer valeurs propres de T.

Solution

  • (a)

    On vérifier T2=Id donc T est un automorphisme et T-1=T.

  • (b)

    Puisque T annule X2-1, les valeurs propres de T ne peuvent être que 1 et -1. Par exemple, le polynôme 1 est vecteur propre associé à la valeur propre 1 et X-1/2 est vecteur propre associé à la valeur propre -1. Les valeurs propres de T sont exactement 1 et -1.

 
Exercice 23  833   Correction  

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension quelconque. On suppose que u possède un polynôme annulateur non nul et l’on introduit Π un polynôme annulateur non nul de u de degré minimal.

Montrer que les valeurs propres de u sont exactement les racines de Π.

Solution

Les valeurs propres de u sont racines des polynômes annulateurs de u donc du polynôme Π.

Soit a une racine de Π. On peut écrire

Π=(X-a)PetP(u)0

car P ne peut être annulateur de u.

Pour yIm(P(u)){0E}, il existe xE tel que y=P(u)(x) et l’on a Π(u)(x)=0E donc (u-aId)(y)=0E avec y0E.

Ainsi, a est valeur propre de u (et y est un vecteur propre associé).

[<] Polynômes annulateurs et valeurs propres[>] Polynôme minimal

 
Exercice 24  834  Correction  

Déterminer un polynôme annulateur de

A=(abcd)2(𝕂).

En déduire une expression de A-1 en fonction de A et I2 lorsque A est inversible.

Solution

χA=X2-(a+d)X+(ad-bc) annule matrice A.
On en déduit

A-1=1ad-bc((a+d)I2-A).
 
Exercice 25  4311  
  • (a)

    Déterminer un polynôme annulateur non trivial11 1 Le polynôme nul est assurément annulateur, on le qualifie de trivial et ce n’est pas celui qui nous intéresse ici. de chacune des matrices

    A=(1-214)etB=(1-113).
  • (b)

    Exploiter ces polynômes annulateurs pour exprimer An et Bn pour n.

 
Exercice 26  835  Correction  

Soit

A(λ1(*)0λn)n(𝕂).

Montrer que (X-λ1)(X-λn) est annulateur de A.

Solution

χA=(X-λ1)(X-λn) annule A en vertu du théorème de Cayley Hamilton.

 
Exercice 27  3019  

Soit u un endomorphisme bijectif d’un espace de dimension finie n1. Montrer que son inverse u-1 est un polynôme en u.

 
Exercice 28  3185     CENTRALE (PC)Correction  
  • (a)

    Soit u un endomorphisme inversible d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.
    Montrer qu’il existe un polynôme Q𝕂[X] vérifiant

    u-1=Q(u).
  • (b)

    Soit u l’endomorphisme de 𝕂[X] qui envoie le polynôme P(X) sur P(2X).
    Montrer que u est un automorphisme et déterminer ses éléments propres.
    Existe-t-il Q𝕂[X] tel que

    u-1=Q(u)?

Solution

  • (a)

    Par le théorème de Cayley Hamilton, on a

    χu(u)=0~

    avec χu polynôme de coefficient constant det(u)0.
    En écrivant

    χu(X)=XP(X)+det(u)

    le polynôme

    Q(X)=-1det(u)P(X)

    est solution.

  • (b)

    Considérons l’endomorphisme v de 𝕂[X] qui envoie le polynôme P(X) sur P(X/2).
    On vérifie aisément uv=vu=Id ce qui permet d’affirmer que u est inversible d’inverse v.
    Soit P=anXn++a1X+a0 un polynôme de degré exactement n.
    Si u(P)=λP alors par identification des coefficients de degré n, on obtient

    λ=2n

    puis on en déduit

    P=anXn.

    La réciproque étant immédiate, on peut affirmer

    Sp(u)={2n|n}etE2n(u)=Vect(Xn).

    Si par l’absurde il existe Q𝕂[X] tel que

    u-1=Q(u)

    alors le polynôme non nul

    XQ(X)-1

    est annulateur de u. Les valeurs propres de u sont alors racines de celui-ci ce qui donne une infinité de racines.
    C’est absurde.

 
Exercice 29  4321  

(Endomorphisme unipotent)

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe E de dimension n1. On suppose que f possède 1 pour seule valeur propre.

Justifier que l’endomorphisme f-IdE est nilpotent.

 
Exercice 30  836  Correction  

Soit f un endomorphisme d’un -espace vectoriel E de dimension n. On suppose que f possède une unique valeur propre λ.

  • (a)

    À quelle condition l’endomorphisme est-il diagonalisable?

  • (b)

    Calculer le polynôme caractéristique de f.

  • (c)

    Justifier que l’endomorphisme f-λId est nilpotent.

Solution

  • (a)

    Si f est diagonalisable alors f est représenté par λIn dans une certaine base et donc f est une homothétie vectorielle. La réciproque est immédiate.

  • (b)

    Calculé dans une base de triangulation, χf(x)=(x-λ)n.

  • (c)

    χf est annulateur de f dans (f-λId)n=0~.

 
Exercice 31  4327   

Soit (un) une suite réelle vérifiant, pour tout n,

un+3+4un+2+5un+1+2un=0.

Pour n, on pose Xn3,1() la colonne de coefficients un,un+1,un+2.

  • (a)

    Déterminer une matrice A3() telle que Xn+1=AXn.

  • (b)

    Exprimer un en fonction de u0,u1,u2 et n.

 
Exercice 32  3693     CCP (MP)Correction  

Soit la matrice

A=(0-bab0-c-ac0)3().
  • (a)

    A est-elle diagonalisable dans 3()?

  • (b)

    A est-elle diagonalisable dans 3()?

  • (c)

    Soit λ un réel non nul. La matrice B=A+λI3 est-elle inversible?

  • (d)

    Montrer qu’il existe trois réels α,β,γ tels que

    B-1=αA2+βA+γI3.

Solution

Par Sarrus,

χA=X(X2+(a2+b2+c2)).
  • (a)

    Si (a,b,c)(0,0,0) alors a2+b2+c2>0 et la matrice A n’est pas diagonalisable sur car son polynôme caractéristique n’est pas scindé.
    Si (a,b,c)=(0,0,0) alors A est la matrice nulle.

  • (b)

    Si (a,b,c)(0,0,0) alors la matrice A diagonalisable dans 3() car possède trois valeurs propres distinctes à savoir 0 et ±ia2+b2+c2.
    Si (a,b,c)=(0,0,0) alors A est la matrice nulle.

  • (c)

    Puisque 0 est la seule valeur propre réelle de A et puisque B est inversible si, et seulement si, -λ n’est pas valeur propre de A, on peut conclure que B est inversible pour tout λ0.

  • (d)

    Puisque le polynôme caractéristique est annulateur de A, on a

    A3+(a2+b2+c2)A=O3

    donc

    (B-λI3)3+(a2+b2+c2)(B-λI3)=O3.

    Il suffit de développer et de réorganiser pour obtenir une expression du type

    B(uB2+vB+wI3)=I3

    et conclure

    B-1=uB2+vB+wI3=αA2+βA+γI3.
 
Exercice 33  3755     MINES (MP)Correction  

Soit An(𝕂) une matrice inversible.
Montrer que A est triangulaire supérieure si, et seulement si, Ak l’est pour tout k2.
Donner un contre-exemple dans le cas où l’on ne suppose plus la matrice A inversible.

Solution

L’implication directe est immédiate: elle découle de la stabilité par produit de l’espace des matrices triangulaires supérieures. Inversement, supposons Ak triangulaire supérieure pour tout k2. Introduisons le polynôme caractéristique de A

P(X)=anXn++a1X+det(A).

Puisque celui-ci est annulateur de A, on peut écrire

anAn++a1A+det(A)In=On.

En multipliant la relation par A et en réorganisant

A=-1det(A)(a1A2++anAn+1)

et la matrice A est donc triangulaire supérieure.
Pour

A=(1-11-1)

nous obtenons un contre-exemple où Ak=O2 pour tout k2.

 
Exercice 34  2667     MINES (MP)Correction  

Montrer qu’il existe (a0,,an-1)n tel que:

Pn-1[X],P(X+n)+k=0n-1akP(X+k)=0.

Solution

Considérons T:P(X)P(X+1). T est un endomorphisme de n-1[X] qui est annulé par son polynôme caractéristique de la forme

χT=Xn+k=0n-1akXk.

Cela fournit directement la propriété voulue.

 
Exercice 35  839   Correction  

Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel de dimension n.
On suppose qu’il existe xE et N tels que (x,f(x),,fN-1(x)) soit une famille génératrice de E.

  • (a)

    Montrer que la famille (x,f(x),,fn-1(x)) est une base de E.

  • (b)

    Démontrer que les endomorphismes commutant avec f sont les polynômes en f.

Solution

  • (a)

    Le polynôme caractéristique de f est un polynôme de degré n annulant f. Ainsi, fnVect(Id,f,,fn-1). Par récurrence, on montre alors que pour tout mn, fmVect(Id,f,,fn-1).
    Par suite, fn(x),,fN-1(x)Vect(x,f(x),,fn-1(x)) puis E=Vect(x,f(x),,fN-1(x)) donne E=Vect(x,f(x),,fn-1(x)). La famille (x,f(x),,fn-1(x)) est alors génératrice et formée de n=dimE vecteurs de E, c’est donc une base de E.

  • (b)

    Les polynômes en f commute avec f.

    Inversement, supposons que g(E) commute avec f. Puisque g(x)E, on peut écrire

    g(x)=a0x+a1f(x)++an-1fn-1(x).

    Puisque f et g commutent, on a encore

    g(fk(x))=a0fk(x)+a1fk+1(x)++an-1fn+k-1(x)

    de sorte que les endomorphismes g et a0Id+a1f++an-1fn-1 coïncident sur une base de E et c’est donc égaux. Au final, g est un polynôme en f.

 
Exercice 36  3299     CCP (MP)Correction  

Soient n2, A et B des matrices de n() de déterminants non nuls et premiers entre eux.
Montrer qu’il existe U et V dans n() telles que

UA+VB=In

On pourra écrire χA(X)=XQA(X)±det(A).

Solution

Puisque les entiers det(A) et det(B) sont premiers entre eux, on peut écrire par l’égalité de Bézout

u.det(A)+v.det(B)=1 avec u,v.

On écrit χA(X)=XQA(X)+(-1)ndet(A) et de même χB(X) (ces écritures sont possibles car le déterminant est au signe près le coefficient constant d’un polynôme caractéristique).
Posons alors

U=(-1)n-1uQA(A)etV=(-1)n-1vQB(B).

Puisque χA et χB sont à coefficients entiers, on a U,Vn().
Puisque χA et χB sont annulateurs, on a

QA(A)A=(-1)n-1det(A).InetQB(B)B=(-1)n-1det(B).In.

On observe alors

UA+VB=(u.det(A)+v.det(B))In=In.

Remarquons que prendre

U=uComt(A) et V=vComt(B)

était sans doute plus simple…

 
Exercice 37  4325    

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe E de dimension finie n1. On note λ1,,λm les valeurs propres sans répétitions de u et α1,,αm leurs multiplicités respectives. Montrer que, pour tout k1;m,

dimKer(u-λk.IdE)αk=αk.
 
Exercice 38  5138   Correction  

Soient A,B,M trois matrices de n() telles que AM=MB avec MOn.

  • (a)

    Montrer que pour tout P[X], on a P(A)M=MP(B).

  • (b)

    Montrer que A et B ont au moins une valeur propre en commun.

  • (c)

    Inversement, soient A,Bn() deux matrices ayant une valeur propre en commun. Déterminer une matrice Mn() non nulle tel que AM=MB.

    On pourra rechercher M de la forme XYt pour X,YMn,1(C) colonnes bien choisies.

Solution

  • (a)

    Méthode: On vérifie l’identité pour P=Xk avec k avant de généraliser à tout polynôme.

    Montrons par récurrence AkM=MBk pour tout k.

    Lorsque k=0, la relation A0M=MB0 se relit simplement M=M. Supposons la propriété vraie au rang k0. Au rang suivant,

    Ak+1M=A(AkM)=A(MBk)=(AM)Bk=(MB)Bk=MBk+1.

    La récurrence est établie.

    Considérons ensuite P un polynôme de [X]. En introduisant ses coefficients, on peut écrire

    P=a0+a1X++aNXN=k=0NakXk

    et alors

    P(A)M=k=0NakAkM=k=0NakMBk=MP(B).
  • (b)

    Méthode: On considère le polynôme P=χB qui est annulateur de B ().

    Pour P=χB, la relation P(A)M=MP(B) entraîne P(A)M=On. La matrice P(A) ne peut être inversible car, sinon, M=(P(A))-1P(A)M=On ce que le sujet exclut. On en déduit la nullité du déterminant de P(A). Or l’étude est menée dans le cadre des nombres complexes et le polynôme caractéristique de B peut se factoriser

    P=i=1n(X-λi)

    avec λi les valeurs propres de B comptées avec multiplicité. L’égalité det(P(A))=0 donne alors

    det(i=1n(A-λiIn))=i=1ndet(A-λiIn)=(-1)nχA(λi)=0.

    Par conséquent, il existe i1;n tel que det(A-λiIn)=0. Le scalaire λi est alors valeur propre de A: les matrices A et B ont une valeur propre commune11 1 Cette étude sera généralisée dans le sujet 4986..

  • (c)

    Méthode: Une matrice et sa transposée ont les mêmes valeurs propres.

    Soit λ une valeur propre commune à A et B. Il existe une colonne Xn,1() non nulle telle que AX=λX. Puisque les valeurs propres de B sont aussi celles de Bt, il existe une colonne Yn,1() non nulle telle que BtY=λY soit encore YtB=λYt. Considérons alors M=XYt. La matrice M est élément de n() et son coefficient d’indice (i,j) est xiyj. Les colonnes X et Y étant non nulles, il existe au moins un indice (i,j) tel que xiyj0: la matrice M n’est pas nulle. Au surplus,

    AM=AXYt=(λX)Yt=λMetMB=XYtB=X(λYt)=λM.

    On a donc déterminé Mn() non nulle telle que AM=MB.

 
Exercice 39  4986    

Soient A et B deux matrices de n() et Φ l’endomorphisme de n() déterminé par

Φ(M)=AM-MBpour tout Mn().
  • (a)

    Soient α une valeur propre de A et β une valeur propre de B. Montrer que α-β est valeur propre de Φ.

  • (b)

    Soit Mn(). À quelle condition la matrice χA(M) n’est-elle pas inversible?

  • (c)

    Soit λ une valeur propre de Φ. Montrer qu’il existe α valeur propre de A et β valeur propre de B telles que λ=α-β.

 
Exercice 40  4322    

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe E de dimension finie n1 vérifiant

rg(f-λ.IdE)=rg(f-λ.IdE)2pour tout λSp(f).

Montrer que f diagonalisable.

 
Exercice 41  4329    

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe E de dimension n1. On note λ1,,λm les valeurs propres sans répétitions de u et α1,,αm leurs multiplicités respectives. On suppose que les sous-espaces propres de u sont tous de dimension 1.

  • (a)

    Soit k1;m. Montrer que, pour tout p1;αk, le noyau de (u-λk.IdE)p est de dimension p.

  • (b)

    Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u. Montrer qu’il existe un polynôme unitaire Q de [X] tel que F=Ker(Q(u)).

  • (c)

    Combien l’endomorphisme u possède-t-il de sous-espaces vectoriels stables?

 
Exercice 42  4330    

(Décomposition de Dunford)

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie non nulle dont le polynôme caractéristique est scindé. On souhaite établir l’existence et l’unicité d’un couple (d,n) d’endomorphismes de E avec d diagonalisable et n nilpotent vérifiant

u=d+netdn=nd.

On note λ1,,λm les valeurs propres sans répétitions de u et α1,,αm leurs multiplicités respectives.

  • (a)

    Justifier

    E=k=1mKer(u-λk.IdE)αk.

    Établir que les projecteurs11 1 L’endomorphisme pk est la projection sur Ker(u-λk.IdE)αk parallèlement à la somme directe des autres noyaux. pk associés à cette écriture sont des polynômes en u.

  • (b)

    On pose d=λ1.p1++λm.pm et n=u-d. Vérifier que le couple (d,n) est solution du problème posé.

  • (c)

    Montrer que c’est le seul couple possible.

[<] Théorème de Cayley Hamilton[>] Calcul de polynôme minimal

 
Exercice 43  826  Correction  

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

Si F est un sous-espace vectoriel stable par u, montrer que le polynôme minimal de uF divise le polynôme minimal de u.

Solution

Πu annule u ce qui signifie

xE,Πu(u)(x)=0

A fortiori,

xF,Πu(uF)=Πu(u)=0

Ainsi, Πu annule uF et donc ΠuF le divise.

 
Exercice 44  825  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et u(E).

On suppose qu’il existe deux sous-espaces vectoriels supplémentaires F et G stables par u.

Établir que Πu=ppcm(ΠuF,ΠuG) (en notant Πv le polynôme minimal d’un endomorphisme v).

Solution

Πu annule u donc aussi l’endomorphisme induit uF. Ainsi, ΠuFΠu. De même, ΠuGΠu donc ppcm(ΠuF,ΠuG)Πu.

Inversement, si P=ppcm(ΠuF,ΠuG) alors pour tout aF, P(u)(a)=0 et pour tout bG, P(u)(b)=0. Soit xE=FG. On écrit x=a+b avec aF et bG et l’on a

P(u)(x)=P(u)(a)+P(u)(b)=0.

Ainsi, P annule u puis ΠuP.

Par double divisibilité, Πu=ppcm(ΠuF,ΠuG).

 
Exercice 45  2393     CENTRALE (MP)Correction  

Existe-t-il dans n() une matrice de polynôme minimal X2+1?

Solution

Cas: n est impair. Le polynôme caractéristique d’une matrice de n() étant de degré impair, il possède une racine qui sera valeur propre de la matrice et aussi racine de son polynôme minimal. Celui-ci ne peut alors être le polynôme X2+1.

Cas: n est pair. Considérons

A=(0-110)etAn=diag(A,,A)n()

An n’est pas une homothétie donc le degré de son polynôme minimal est supérieur à 2. De plus, An2=-In et X2+1 annule donc An. Au final, X2+1 est polynôme minimal de An.

 
Exercice 46  824   Correction  

Soient u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie et P𝕂[X].

Montrer que P(u) est inversible si, et seulement si, P et le polynôme minimal Πu sont premiers entre eux.

Observer qu’alors P(u)-1𝕂[u].

Solution

Si P et Πu sont premiers entre eux alors, par l’égalité de Bézout, il existe U,V𝕂[X] tels que UP+VΠu=1 donc U(u)P(u)=IdE. L’endomorphisme P(u) est alors inversible et P(u)-1=U(u)𝕂[u].

Si P et Πu ne sont pas premiers entre eux alors on peut écrire Πu=QD avec D le pgcd de P et Πu. On a ΠuPQ donc P(u)Q(u)=0 alors que Q(u)0 puisque deg(Q)<deg(Πu). Par suite, P(u) n’est pas inversible.

 
Exercice 47  4326   

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe E de dimension finie non nulle de polynôme minimal Πu.

  • (a)

    Soit xE. Justifier l’existence d’un unique polynôme unitaire Px vérifiant, pour tout P[X],

    P(u)(x)=0EPxP.
  • (b)

    Soient x et y deux vecteurs de E. On suppose que Px et Py sont premiers entre eux. Déterminer Px+y.

  • (c)

    Soient λ une valeur propre de u et α sa multiplicité dans le polynôme minimal Πu. Montrer l’existence d’un vecteur xE tel que Px=(X-λ)α.

  • (d)

    Conclure qu’il existe un vecteur x de E tel que Px=Πu.

 
Exercice 48  2708    MINES (MP)Correction  

Soit

A=(a00b00a0b0a+b0b0a00b00a)2n+1().

Quels sont les P[X] tels que P(A)=0?

Solution

A=PDP-1 avec D=diag(a+b,,a+b,a-b,,a-b) et

P=(1(0)01(0)10(0)100100(0)10(0)-11(0)0-1(0)).

Par suite,

πA=(X-(a+b))(X-(a-b))

et les polynômes annulateurs de A sont les multiples de πA.

 
Exercice 49  827   Correction  

Montrer qu’une matrice An(𝕂) de polynôme minimal (X-1)2 est semblable à une matrice diagonale par blocs avec des blocs diagonaux de la forme

(1)ou(1101).

Solution

Considérons B=A-In. On a B2=On.
Soit u l’endomorphisme de 𝕂n dont la matrice est B dans la base canonique.
On a u2=0~ donc Im(u)Ker(u).
Soit (e1,,ep) une base de Im(u) complétée en (e1,,ep,ep+1,,eq) base de Ker(u).
Pour tout j{1,,p}, considérons εjE tel que u(εj)=ej.
Supposons λ1ε1++λpεp+μ1e1++μqeq=0.
On appliquant u à cette relation, on obtient λ1e1++λpep=0 donc λ1==λp=0.
La relation initiale devient μ1e1++μqeq=0 qui entraîne μ1==μq=0.

Finalement, la famille (ε1,,εp,e1,,eq) est libre et puisque formée de p+q=dimIm(u)+dimKer(u)=n vecteurs de E, c’est une base de E.
La matrice de u dans la base (e1,ε1,,ep,εp,ep+1,,eq) a alors ses coefficients tous nuls sauf p coefficients sur la sur-diagonale.
La matrice B est donc semblable à la matrice précédente et A=In+B est semblable à une matrice de la forme voulue.

 
Exercice 50  5278     Navale (MP)Correction  

Soit A une matrice non nulle élément de E=n(𝕂). Pour i, on pose

ei*(M)=tr(AiM)pour tout Mn(𝕂).

Determiner les valeurs de N* pour lesquelles la famille (ei*)0iN est libre.

Solution

Soit P un un polynôme annulateur non nul de A,

P=k=0NakXk avec N=deg(P).

Pour toute matrice M de n(𝕂),

tr(P(A)M)=0

et donc

k=0Nakek*=0.

La famille (e0,,eN) est alors liée.

Inversement, supposons la famille (e0,,eN) liée et introduisons une relation linéaire

λ0e0++λNeN=0 avec (λ0,,λN)(0,,0).

Considérons le polynôme

P=k=0NλkXk.

On constate

tr(P(A)M)=0pour tout Mn(𝕂).

En particulier, cela vaut pour les matrices élémentaires Ei,j et l’on en déduit que les coefficients de la matrice P(A) sont tous nuls.

En résumé, la famille (e0,,eN) est libre si, et seulement si, N est strictement inférieur au degré du polynôme minimal de A.

 
Exercice 51  2897     MINES (MP)Correction  

On note E=𝒞(,) et l’on pose, pour toute fE et tout x,

Tf(x)=f(x)+0xf(t)dt.
  • (a)

    L’opérateur T est-il un automorphisme de E?

  • (b)

    Existe-t-il un sous-espace vectoriel de E de dimension finie stable par T?

Solution

  • (a)

    L’application T est évidemment linéaire et est à valeurs dans E.

    Soit gE. Montrons que l’équation T(f)=g admet une solution unique.

    Unicité: Si T(f)=g alors x0xf(t)dt est solution sur de l’équation différentielle linéaire y+y=g vérifiant y(0)=0. Par le théorème de Cauchy, cela détermine x0xf(t)dt de façon unique et donc f aussi.

    Existence: La dérivée de la fonction solution y+y=g vérifiant y(0)=0 est solution.

  • (b)

    Soit F un sous-espace vectoriel de dimension finie stable par T. Notons I l’endomorphisme de E défini par

    I(f):x0xf(t)dt.

    Puisque F est stable par T, F est aussi stable par I. L’endomorphisme induit par I sur le sous-espace vectoriel de dimension finie F admet un polynôme minimal Π=Xn+an-1Xn-1++a0. On a alors, pour tout fF, l’égalité

    In(f)+an-1In-1(f)++a0f=0

    donc

    y+an-1y++a0y(n)=0 avec y=In(f)

    De plus, on a les conditions initiales y(0)==y(n-1)(0)=0 ce qui donne y=0 puis f=y(n)=0. Ainsi, F={0}.

    Finalement, l’espace nul est le seul espace de dimension finie stable par T.

 
Exercice 52  828   Correction  

Soient E un espace vectoriel réel de dimension finie, f et g deux endomorphismes de E vérifiant

fg-gf=f.
  • (a)

    Calculer

    fng-gfn.
  • (b)

    Soit P un polynôme. Montrer que si P(f)=0 alors fP(f)=0.

  • (c)

    En déduire que f est un endomorphisme nilpotent.

Solution

  • (a)

    Par récurrence,

    fng-gfn=nfn.
  • (b)

    Par linéarité,

    P(f)g-gP(f)=fP(f).

    Par suite, si P(f)=0, alors fP(f)=0.

  • (c)

    Soit Π le polynôme minimal de l’endomorphisme f.

    Π annule f donc XΠ aussi. Par minimalité de Π, ΠXΠ. Pour des raisons de degré et de coefficients dominants, αΠ=XΠ avec α=deg(Π). On en déduit Π=Xα et donc f est nilpotent.

 
Exercice 53  4189   Correction  

Soit E un -espace vectoriel de dimension n et u un endomorphisme de E. On dit que l’endomorphisme est cyclique s’il existe xE tel que (x,u(x),,un-1(x)) soit base de E.

  • (a)

    On suppose u diagonalisable. À quelle condition l’endomorphisme est-il cyclique?

On revient au cas général.

  • (b)

    On suppose l’endomorphisme u cyclique. Déterminer le polynôme minimal de u.

  • (c)

    On suppose le polynôme minimal de u de degré n. Montrer que l’endomorphisme u est cyclique.

Solution

  • (a)

    Notons e=(e1,,en) une base de diagonalisation de u. On écrit u(ei)=λi.ei avec λi.

    Pour xE. On écrit x=ixi.ei et l’on a uk(x)=ixiλik.ei. La famille (x,u(x),,un-1(x)) est une base si, et seulement si, son déterminant est non nul.

    dete(x,u(x),,un-1(x))=|x1x1λ1x1λ1n-1xnxnλnxnλnn-1|.

    Si l’endomorphisme est cyclique, il existe x tel que le déterminant ci-dessus soit non nul ce qui entraîne que les λi sont deux à deux distincts.

    Inversement, si les λi sont deux à deux distincts, on peut déterminer un x convenable en prenant par exemple x=e1++en de sorte que x1××xn soit non nul.

  • (b)

    Le polynôme minimal divise le polynôme caractéristique. S’il est de degré strictement inférieur à n, l’identité π(u)(x)=0E affirme que la famille (x,u(x),,un-1(x)) est liée pour tout x de E et l’endomorphisme n’est pas cyclique.

  • (c)

    Montrons la propriété suivante:

    «  Si le polynôme minimal π d’un endomorphisme u est de degré p, il existe un vecteur x de l’espace tel que la famille (x,u(x),,up-1(x)) est libre  »

    Pour xE fixé, il est clair que x={P[X]|P(u)(x)=0E} constitue un idéal de [X]. Il existe donc un polynôme πx qui le génère. Il est entendu que πx divise π et notre objectif et d’établir qu’il existe xE vérifiant πx=Pα=π.

    Commençons par le cas où π=Pα avec P irréductible et α*. Pour tout xE, πx divisant π, il est de la forme Pβx avec βxα. Si βx<α pour tout x de E, on a Pα-1 annulateur de u ce qui contredit l’hypothèse de départ. Ainsi, il existe xE tel que πx=π.

    Passons au cas général π=P1α1××Pmαm avec P1,,Pk polynômes irréductibles deux à deux distincts. Par le lemme des noyaux

    E=F1Fm avec Fk=Ker(Pkαk(u)).

    L’espace Fk est stable par u, on peut introduire l’endomorphisme induit vk et son polynôme minimal πk. Clairement, πk divise Pkαk et le produit des πk est divisible par π de sorte que πk=Pkαk.

    Par l’étude particulière d’au-dessus, il existe xk dans Fk tel que πxk=Pkαk (pour l’endomorphisme vk). Considérons alors x égal à la somme de xk.

    Si P(u)(x)=0E alors

    P(v1)(x1)F1++P(vm)(xm)Fm=0E.

    Par somme directe P(vk)(xk)=0Fk puis πxk=Pkαk divise P. Enfin, les Pk étant deux à deux premiers entre eux, on peut conclure que π divise P et finalement πx=P.

 
Exercice 54  4324    

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie n1.

Montrer que la multiplicité de λ𝕂 en tant que racine du polynôme minimal Πu est le plus petit entier naturel p vérifiant

Ker(u-λ.IdE)p=Ker(u-λ.IdE)p+1.
 
Exercice 55  4323   

Montrer que le polynôme minimal et le polynôme caractéristique d’une matrice réelle ont les mêmes facteurs irréductibles.

 
Exercice 56  4185      CENTRALE (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension n et u un endomorphisme de E.

On note χ le polynôme caractéristique de u.

  • (a)

    Soient V et W deux sous-espaces vectoriels de E stables par u et tels que E=VW. On note χ et χ′′ les polynômes caractéristiques des endomorphismes induits par u sur V et W.

    Montrer χ=χχ′′.

  • (b)

    On considère la décomposition en facteurs irréductibles

    χ=iPiαi.

    Montrer que pour tout i, dimKer(Piαi(u))=αideg(Pi).

  • (c)

    Montrer le polynôme minimal de u est égal à χ si, et seulement si, pour tout kαi, dimKer(Pik(u))=kdeg(Pi).

Solution

  • (a)

    Dans une base adaptée à l’écriture E=VW, la matrice de u est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux figurant les endomorphismes induits par u sur V et W. En calculant les polynômes caractéristiques par cette représentation matricielle, la relation χ=χχ′′ est immédiate.

  • (b)

    Commençons par un résultat préliminaire: Si P est un polynôme irréductible unitaire et si Pα annule u alors le polynôme caractéristique χ de u s’écrit Pβ.

    Raisonnons matriciellement. Soit An()n(). On suppose que Pα annule A. Le polynôme minimal π de A divise Pα, il est donc de la forme Pγ avec 1γα. Les valeurs propres complexes de A sont exactement les racines de π donc les racines de P. Les valeurs propres complexes de A sont aussi les racines de χ. Enfin, le polynôme χ est réel et donc, que le polynôme P soit de la forme X-λ ou de la forme X2+pX+q avec des racines conjuguées, on peut écrire χ=Pβ.

    Revenons au sujet. Le polynôme caractéristique de u étant annulateur et les polynômes Piαi étant deux à deux premiers entre eux, on peut appliquer le lemme de décomposition des noyaux pour écrire

    E=iKer(Piαi(u)).

    On peut introduire les endomorphismes ui induits par u sur les espaces Ei=Ker(Piαi(u)).

    En notant χi le polynôme caractéristique de ui, la question précédente donne

    χ=iχi.

    Sachant Piαi(ui)=0, l’étude liminaire permet d’écrire χi=Piβi. On a donc simultanémement

    χ=iPiαi et χ=iPiβi.

    Par unicité de la décomposition en facteurs irréductibles, on a αi=βi. On peut alors conclure

    dimKer(Piαi(u))=dimEi=deg(χi)=αideg(Pi).
  • (c)

    Supposons πχ. Le polynôme π s’écrit

    π=iPiγi avec γiαi et iγi<iαi.

    Par le lemme de décomposition des noyaux

    E=iKer(Piγi(u)).

    Il est alors impossible que dimKer(Pik(u))=kdeg(Pi) pour tout kαi car alors

    dimE=iγideg(Pi)<iαideg(Pi)=deg(χ)=dimE.

    Inversement, supposons π=χ.

    Commençons par établir que si P est un polynôme irreductible unitaire

    dimKer(Pα(u))=kdeg(P) avec k.

    Considérons v l’endomorphisme induit par u sur F=Ker(Pα(u)). On a Pα(v)=0 et le polynôme caractéristique de v est donc de la forme Pk avec k. On en déduit dimF=kdeg(P).

    Puisque π=χ, on a pout tout i

    Ker(Piαi-1(u))Ker(Piαi)

    (sinon, on pourrait définir un polynôme annulateur «  plus petit  » que π).

    Par l’étude classique des noyaux itérés, on sait, pour v endomorphisme,

    Ker(vk)Ker(vk+1) et Ker(vk)=Ker(vk+1),Ker(vk+)=Ker(vk).

    En considérant, v=Pi(u), on obtient la succession

    0<dimKer(Pi(u))<dimKer(Pi2(u))<<dimKer(Piα(u))=αdeg(Pi)

    où chacune des α dimensions est multiple de deg(Pi). On peut conclure

    kαi,dimKer(Pik(u))=kdeg(Pi).
 
Exercice 57  3073      X (MP)Correction  

Étant donné E un espace vectoriel de dimension finie, u un endomorphisme de E et λ un scalaire, on dit que λ est séparable si le noyau et l’image de u-λId sont supplémentaires.

  • (a)

    Montrer que tout scalaire non séparable de u en est une valeur propre.

  • (b)

    Montrer qu’un endomorphisme scindé est diagonalisable si, et seulement si, toutes ses valeurs propres sont séparables.

  • (c)

    Caractériser la séparabilité d’une valeur propre à l’aide du polynôme minimal de u.

  • (d)

    Soit, avec ces notations, l’endomorphisme m de (E) qui à v associe uv.
    Comparer l’ensembles ses scalaires séparables relativement à m avec celui des scalaires séparables relativement à u.

Solution

  • (a)

    Si Ker(u-λId)={0} alors Im(u-λId)=E car u-λId est inversible.
    On en déduit que λ est séparable.
    Par contraposée, si λ n’est pas séparable alors λ est valeur propre de u.

  • (b)

    Si u est un endomorphisme diagonalisable alors pour tout scalaire λ, Ker(u-λId)=Ker(u-λId)2.
    Par suite, Im(u-λId)Ker(u-λId)={0} et l’on en déduit que λ est séparable.
    Inversement, soit u un endomorphisme scindé dont toutes les valeurs propres sont séparables.
    Puisque le polynôme caractéristique de u est scindé, on peut écrire

    χu=(-1)dimEλSp(u)(X-λ)mλ

    et par le lemme de décomposition des noyaux

    E=λSp(u)Ker(u-λId)mλ.

    Or, pour toute valeur propre λ, Im(u-λId)Ker(u-λId)={0} entraîne Ker(u-λId)=Ker(u-λId)2 puis par le principe des noyaux itérés Ker(u-λId)=Ker(u-λId)mλ. Par suite,

    E=λSp(u)Ker(u-λId)

    et donc u est diagonalisable

  • (c)

    Soit λ une valeur propre de u. Le polynôme minimal de u peut s’écrire

    πu=(X-λ)αQ avec Q(λ)0

    πu(u)=0 donne

    Im(Q(u))Ker(u-λId)α.

    Si λ est une valeur propre séparable alors Ker(u-λId)=Ker(u-λId)α et donc

    Im(Q(u))Ker(u-λId)

    puis le polynôme (X-λ)Q annule u. Par minimalité de πu, on conclut α=1.
    Inversement, si λ est une racine simple du polynôme minimal, alors

    πu=(X-λ)Q avec Q(λ)0.

    Puisque les polynômes Q et X-λ sont premiers entre eux, on peut écrire

    QU+(X-λ)V=1 avec U,V𝕂[X]

    et en évaluant

    Q(u)U(u)(x)+(u-λId)V(u)(x)=x

    avec Q(u)U(u)(x)Ker(u-λId) (car πu est annulateur) et (u-λId)V(u)(x)Im(u-λId).
    Ainsi, λ est une valeur propre séparable.

    Finalement, les scalaires non séparables sont les racines multiples de πu.

  • (d)

    m(v)=uv, m2(v)=u2v,…P(m)(v)=P(u)v pour tout polynôme P.
    Par suite, les endomorphismes m et u ont les mêmes polynômes annulateurs et donc le même polynôme minimal. Puisque les scalaires non séparables sont les racines multiples du polynôme minimal, les endomorphismes u et m ont les mêmes valeurs séparables.

[<] Polynôme minimal[>] Diagonalisabilité des endomorphismes scindés simples

 
Exercice 58  841  Correction  

Soit

A=(1101).

Déterminer le polynôme minimal ΠA de A.

Solution

ΠAχA=(X-1)2 mais A n’est pas diagonalisable, donc μA=(X-1)2.

 
Exercice 59  2707     MINES (MP)Correction  

Soient a,b, b0 et An() la matrice dont les éléments diagonaux valent a et les autres valent b.

  • (a)

    La matrice A est-elle diagonalisable?

  • (b)

    Quelles sont les valeurs propres de A? Quel est le polynôme minimal de A?

  • (c)

    Sous quelles conditions sur a et b, la matriceA est-elle inversible? Lorsque c’est le cas trouver l’inverse de A.

Solution

  • (a)

    La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable.

  • (b)
    χA=(X-(a+(n-1)b))(X-(a-b))n-1.
    Sp(A)={a+(n-1)b,a-b}(si n2).
    πA=(X-(a+(n-1)b))(X-(a-b))
  • (c)

    A est inversible si, et seulement si, 0Sp(A) c’est-à-dire a+(n-1)b0 et ab.

    (a(b)(b)a)(x(y)(y)x)=(α(β)(β)α)

    avec

    {α=ax+(n-1)byβ=ay+bx+(n-2)by.

    Il suffit alors de résoudre le système

    {ax+(n-1)by=1bx+(a+(n-2)b)y=0

    pour expliciter A-1.

 
Exercice 60  845   Correction  

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

  • (a)

    On suppose que f est diagonalisable. À quelle condition existe-t-il un vecteur xE tel que la famille formée des vecteurs x1=x, x2=f(x1),…, xn=f(xn-1) forme une base de E?

  • (b)

    On ne suppose plus f diagonalisable mais on suppose l’existence d’une base (x1,x2,,xn) de E du type précédent. Déterminer le commutant de f. Quel est le polynôme minimal de f?

Solution

  • (a)

    Notons α1,,αn les composantes de x dans une base de diagonalisation de f. La matrice de la famille (x1,,xn) dans la base est

    (α1λ1α1λ1nαnλnαnλnn)

    avec λ1,,λn les valeurs propres de f comptées avec multiplicité. Cette matrice est de rang n, si, et seulement si,

    α1,,αn0et|λ1λ1nλnλnn|0.

    Par déterminant de Vandermonde, on peut assurer l’existence de x tel que voulu si, et seulement, si les valeurs propres de f sont deux à deux distincts et non nulles. N’importe quel x aux composantes toutes non nulles est alors convenable.

  • (b)

    Les polynômes en f commutent avec f.
    Supposons que g soit un endomorphisme de E commutant avec f.
    On peut écrire

    g(x1)=a1x1++anxn=P(f)(x1)

    avec

    P=a1+a2X++an-1Xn-1.

    On a alors

    g(x2)=g(f(x1))=f(g(x1))=f(P(f)(x1))=P(f)(f(x1))=P(f)(x2).

    Plus généralement, en exploitant xk=fk-1(x1), on obtient g(xk)=P(f)(xk).

    Les endomorphismes g et P(f) coïncident sur les éléments d’une base, ils sont donc égaux. Finalement, le commutant de f est exactement formé des polynômes en f.
    Si le polynôme minimal Πf de f est de degré <n alors la famille (Id,f,,fn-1) est liée et alors pour tout xE, la famille (x,f(x),,fn-1(x)) l’est aussi. Cela contredit l’hypothèse de départ. On peut donc affirmer que deg(Πf)n et puisque Πfχf, on a Πf=χf avec χf polynôme caractéristique de f.

 
Exercice 61  843   Correction  

Soit a un réel. Pour Mn(), on pose

L(M)=aM+tr(M)In.
  • (a)

    Montrer que L est un endomorphisme de n(), trouver ses éléments propres et son polynôme minimal.

  • (b)

    Pour quels a, L est-il un automorphisme? Trouver son inverse dans ces cas.

Solution

  • (a)

    Il est clair que L est linéaire.
    Si tr(M)=0 alors L(M)=aM.
    a est valeur propre de L et le sous-espace propre associé est l’hyperplan des matrices de trace nulle.
    Si tr(M)0 alors L(M)=λM implique MVect(In). Or L(In)=(a+n)In donc a+n est valeur propre de L et le sous-espace propre associé est la droite Vect(In).
    L’endomorphisme L est donc diagonalisable et par suite

    ΠL(X)=(X-a)(X-(a+n)).
  • (b)

    En dimension finie, L est un automorphisme si, et seulement si, 0Sp(L) c’est-à-dire a0,-n.
    Puisque

    L2-(2a+n)L+a(a+n)I=0

    on a

    L-1=1a(a+n)(L-(2a+n)I)

    et donc

    L-1(M)=1a(a+n)(tr(M)In-(a+n)M).

[<] Calcul de polynôme minimal[>] Diagonalisabilité des matrices scindées simples

 
Exercice 62  3030  Correction  

Soient Pn() une matrice de projection et φ l’endomorphisme de n() défini par

φ(M)=PM+MP.

Montrer que l’endomorphisme φ est diagonalisable

Solution

φ2(M)=P(PM+MP)+(PM+MP)P=PM+2PMP+MP car P2=P.
φ3(M)=PM+6PMP+MP.
Par suite, φ3(M)-3φ2(M)=-2PM-2MP=-2φ(M).
Ainsi, φ annule le polynôme X3-3X2+2X=X(X-1)(X-2).
Puisque ce polynôme est scindé simple, l’endomorphisme φ est diagonalisable.

 
Exercice 63  5151  

Soient a un réel et L l’endomorphisme de n() (avec n2) défini par

L(M)=aM+tr(M)In.
  • (a)

    Déterminer un polynôme annulateur de degré 2 de L.

  • (b)

    Calculer le déterminant de L.

 
Exercice 64  3646   Correction  

Soient f,u,v trois endomorphismes d’un -espace vectoriel E de dimension finie. On suppose qu’il existe α,β distincts tels que

{Id=u+vf=αu+βvf2=α2u+β2v.
  • (a)

    Montrer que f est diagonalisable.

  • (b)

    Justifier que u et v sont des projections vectorielles dont on précisera noyau et image en fonction des espace Ker(f-αId) et Ker(f-βId).

  • (c)

    Exprimer fn pour tout n en fonction de α,β et u,v.

Solution

  • (a)

    En développant, on vérifie (f-αId)(f-βId)=0~.
    L’endomorphisme f annule un polynôme scindé simple, il est donc diagonalisable.
    De plus, Sp(f){α,β}.
    On af(x)=αxβv(x)=αv(x)v(x)=0.

  • (b)

    On a (f-βId)=(α-β)u et (f-αId)=(β-α)v.
    La relation (f-αId)(f-βId)=0~ donne vu=0~ et par un calcul symétrique, on obtient aussi uv=0~.
    On en déduit u=uId=u2+uv=u2 et donc u est une projection vectorielle.
    De plus, Ker(u)=Ker((α-β)u)=Ker(f-βId) et Im(u)=Ker(Id-u)=Ker(v)=Ker(f-αId).

  • (c)

    Par récurrence fn=αnu+βnv.

 
Exercice 65  3028   Correction  

Soient α,β𝕂 et u,v,f trois endomorphismes d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie vérifiant

{f=αu+βvf2=α2u+β2vf3=α3u+β3v.

Montrer que f est diagonalisable.

Solution

Par élimination de u, on a

f2-αf=β(β-α)v

et

f3-αf2=β2(β-α)v.

Par élimination de v, on obtient

f(f-αId)(f-βId)=0.

Ainsi, P=X(X-α)(X-β) est annulateur de f.

Cas: αβ et α,β0. f est diagonalisable car annule un polynôme scindé simple.

Cas: α=β=0. f est diagonalisable car f est l’endomorphisme nul.

Cas: β=0 et α0. On a f2-αf=0 donc f est diagonalisable car annule le polynôme scindé simple X(X-α).

Cas: α=0 et β0. Semblable.

Cas: α=β0. On a f=α(u+v) et f2=α2(u+v) donc à nouveau f2-αf=0.

Dans tous les cas, l’endomorphisme f est diagonalisable.

 
Exercice 66  5152   

Soit A une matrice de E=n(). On étudie l’endomorphisme11 1 Il ne faut pas confondre u avec l’endomorphisme qui à une colonne X associe AX. u de E défini par u(M)=AM pour toute matrice M de E.

  • (a)

    Étudier l’équivalence entre les inversibilités de A et de u.

  • (b)

    Étudier l’équivalence entre les diagonalisabilités de A et de u.

 
Exercice 67  3744     CENTRALE (PC)Correction  

Soient n* et E=n(). Pour A,BE fixées non nulles, on définit f(E) par

ME,f(M)=M+tr(AM)B.
  • (a)

    Déterminer un polynôme annulateur de degré 2 de f et en déduire une condition nécessaire et suffisante sur (A,B) pour que f soit diagonalisable. Quels sont alors les éléments propres de f?

  • (b)

    Déterminer dimC

    C={g(E)|fg=gf}

    [Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Solution

  • (a)

    On a

    f(f(M))=M+(2+tr(AB))tr(AM)B

    donc

    P(X)=X2-(2+tr(AB))X+1+tr(AB)

    est annulateur de f. Les racines de ce polynôme sont 1 et 1+tr(AB).
    Si tr(AB)0 alors f est diagonalisable car annulé par un polynôme scindé simple.
    Pour M appartenant à l’hyperplan défini par la condition tr(AM)=0, on a f(M)=M.
    Pour MVect(B){0}, on a f(M)=(1+tr(AB))M.
    Ce qui précède détermine alors les sous-espaces propres de f.
    Si tr(AB)=0 alors 1 est la seule valeur propre possible de f et donc f est diagonalisable si, et seulement si, f=Id ce qui donne la conditio

    Mn(),tr(AM)B=On.

    Cette propriété a lieu si, et seulement si, A=On ou B=On.

  • (b)

    Si A=On ou B=On alors f=Id et donc

    dimC=n4.

    Si tr(AB)0 alors f est diagonalisable avec des sous-espaces propres de dimensions 1 et n2-1. On en déduit

    dimC=1+(n2-1)2.

    Il reste à étudier le cas complémentaire

    tr(AB)=0 et A=On ou B=On.

    Considérons une base de l’hyperplan de n() donnée par l’équation tr(AM)=0 dont le premier éléments serait B. Complétons celle-ci en une base de n(). La matrice de f dans cette base est de la forme

    (1(0)λ(0)1(0)(0)1) avec λ0.

    En étudiant la commutation avec une telle matrice, on obtient

    dimC=n4-2n2+2.
 
Exercice 68  2410     CCP (MP)Correction  

Soient n2, An() et f l’endomorphisme de n() défini par

f(M)=tr(A)M-tr(M)A

tr désigne la forme linéaire trace.
Étudier la réduction de l’endomorphisme f et préciser la dimension de ses sous-espaces propres.

Solution

On observe

ff(M)=tr(A)(tr(A)M-tr(M)A)-tr(tr(A)M-tr(M)A)A=tr(A)f(M).

Ainsi,

ff=tr(A).f.

Si tr(A)0 alors l’endomorphisme f est diagonalisable car annule le polynôme X2-tr(A)X qui est scindé à racines simples.
Si tr(A)=0 alors les valeurs propres de f figurent parmi les racines du polynôme X2. Seule 0 peut donc être valeur propre de f et par conséquent f est diagonalisable si, et seulement si, f=0~. Ceci correspond au cas A=On.
Déterminons maintenant les sous-espaces propres de f.
Le cas A=On est immédiat. Supposons-le désormais exclu.
Si tr(M)=0 alors

f(M)=tr(A)M.

Pour M matrice de l’hyperplan des matrices de trace nulle, f(M)=λM avec λ=tr(A). On en déduit que tr(A) est valeur propre de M et le sous-espace propre associé est de dimension au moins n2-1.
Dans le cas où tr(A)=0, l’endomorphisme n’est pas diagonalisable et la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre tr(A) est exactement n2-1.
Dans le cas où tr(A)0, l’endomorphisme f est diagonalisable et donc la dimension des sous-espaces propres des valeurs propres 0 et tr(A) sont respectivement 1 et n2-1.

 
Exercice 69  4310   

Soient φ une forme linéaire non nulle sur un espace réel E de dimension finie, a un vecteur de E et f l’endomorphisme de E déterminé par

f(x)=φ(a).x-φ(x).apour tout xE.

Calculer ff et former une condition nécessaire et suffisante portant sur a et φ pour que f soit diagonalisable.

 
Exercice 70  2722     MINES (MP)Correction  

Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie et f(E) tel que f2=f avec f0 et fIdE.

Étudier la diagonalisabilité de l’endomorphisme ufu-uf de (E) et préciser ses éléments propres.

Solution

Notons ϕ l’endomorphisme de (E) étudié.

On observe que ϕ3=ϕ. Par annulation d’un polynôme scindé simple, on peut affirmer que ϕ est diagonalisable de seules valeurs propres possibles 0, 1 et -1.

En introduisant une base adaptée à la projection f, la matrice de cet endomorphisme est

(Ir000)

avec 1r<dimE.

En notant

(ABCD)

la matrice de u dans cette base, on obtient

ϕ(u)=0 B=0 et C=0
ϕ(u)=u A=0,C=0 et D=0
ϕ(u)=-u A=0,B=0 et D=0

Les valeurs propres de ϕ sont donc exactement 0, 1 et -1 et les sous-espaces propres associés viennent d’être décrits.

 
Exercice 71  5322     CCP (MP)Correction  

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension finie n*. On étudie l’endomorphisme f de (E) défini par

f(v)=uvpour tout v(E).
  • (a)

    Montrer que Sp(f)Sp(u).

  • (b)

    Soient λ une valeur propre de u et Eλ le sous-espace propre associé. Soit v un projecteur sur Eλ. Montrer que v est vecteur propre de f et en déduire que Sp(f)=Sp(u).

  • (c)

    Soient Eλ et Δλ les sous-espaces propres respectivement associés à u et f pour une même valeur propre λ. On admet dimΔλ=ndimEλ.

    Établir

    u diagonalisablef diagonalisable.
  • (d)

    Montrer que u et f ont le même polynôme minimal. L’implication réciproque de la question précédente est-elle vraie?

Solution

  • (a)

    Soient λ une valeur propre de f et v(E) un vecteur propre associé:

    f(v)=λ.vetv0.

    Puisque l’endomorphisme v n’est pas nul, il existe xE tel que y=v(x) soit non nul et l’égalité (uv)(x)=λ.v(x) donne u(y)=λ.y. Ainsi, λ est valeur propre de u.

  • (b)

    Puisque Eλ n’est pas réduit au vecteur nul, l’endomorphisme v est non nul. Au surplus, pour tout xE, on a v(x)Eλ(u) et donc (uv)(x)=λ.v(x). On en déduit f(v)=λ.v. Ainsi, v est un vecteur propre de f.

    Par double inclusion, u et f ont les mêmes valeurs propres.

  • (c)

    Supposons que u soit diagonalisable. On sait

    dimE=λSp(u)dimEλ.

    L’égalité admise entraîne alors

    λSp(u)dimΔλ=(dimE)2=dim(E).

    On conclut que f est diagonalisable.

  • (d)

    On vérifie par récurrence

    fn(v)=unvpour tout n.

    Par combinaison linéaire, on en déduit que pour tout polynôme réel P,

    P(f)(v)=P(u)v.

    Si P annule u, il annule évidemment f et la réciproque est vraie, il suffit de prendre v=IdE. Les endomorphismes u et f ont donc les mêmes polynômes annulateurs et a fortiori le même polynôme minimal.

    Un endomorphisme étant diagonalisable si, et seulement si, son polynôme minimal est scindé à racines simples: on peut assurer que la diagonalisabilité de f équivaut à celle de u.

 
Exercice 72  804   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie, f(E) et F((E)) définie par F(u)=fu.

  • (a)

    Montrer que f est diagonalisable si, et seulement si, F l’est.

  • (b)

    Montrer que f et F ont les mêmes valeurs propres.

  • (c)

    Soit λ une valeur propre de f. Établir dimEλ(F)=dimE×dimEλ(f).

Solution

  • (a)

    Soit P un polynôme. P(F)(u)=P(f)u donc P(f)=0P(F)=0. La diagonalisabilité étant équivalente à l’existence d’un polynôme scindé à racines simples, on peut conclure.

  • (b)

    f et F ont le même polynôme minimal donc les mêmes valeurs propres.

  • (c)

    Tout u(E,Eλ(f))(E) est élément de Eλ(F) donc dimEλ(F)dimE×dimEλ(f). Mais par diagonalisabilité dim(E))=λSp(F)dimEλ(F)dimE×λSp(f)dimEλ(f)=dimE2=dim(E) et donc on a les égalités dimEλ(F)=dimE×dimEλ(f) pour tout λSp(f).

 
Exercice 73  3798     ENSTIM (MP)Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et F,G deux sous-espaces vectoriels supplémentaires non triviaux. On note p la projection sur F parallèlement à G et s la symétrie par rapport à F et parallèlement à G. Enfin on pose pour f endomorphisme de F

ϕ(f)=pfs

ce qui définit un endomorphisme ϕ sur (E).

  • (a)

    Montrer que ϕ annule un polynôme «  simple   ». L’endomorphisme ϕ est-il diagonalisable?

  • (b)

    Déterminer les éléments propres de ϕ.
    On pourra considérer les matrices de p et s dans une base adaptée à la décomposition E=FG.

Solution

  • (a)

    On a

    ϕ3(f)=p3fs3=pfs=ϕ(f).

    L’endomorphisme ϕ annule le polynôme X3-X=X(X-1)(X+1).
    Ce polynôme étant scindé simple, l’endomorphisme ϕ est diagonalisable.

  • (b)

    Les valeurs propres possibles de ϕ sont 0,1,-1.
    En raisonnant dans une base adaptée à la décomposition E=FG, les matrices de p et s sont de la forme

    (IrOOO) et (IrOO-Is)

    avec r=dimF et s=dimG. La matrice de f sera dans une même décomposition par blocs de la forme

    (ABCD)

    et par calcul la matrice de ϕ(f) sera

    (A-BOO).

    Il est alors facile de résoudre les équations ϕ(f)=λf pour λ=0,1,-1.
    On obtient

    E0(ϕ)={f(E)|Im(f)G}.
    E1(ϕ)={f(E)|GKer(f) et Im(f)F}

    et

    E-1(ϕ)={f(E)|FKer(f) et Im(f)G}.

[<] Diagonalisabilité des endomorphismes scindés simples[>] Étude d'endomorphismes vérifiant une identité polynomiale

 
Exercice 74  3425  Correction  

Soient

M=(0-100010000000010010000010)5()

et m(5) canoniquement associé à M.

  • (a)

    En procédant à un calcul par bloc, déterminer p* tel que Mp=I5.
    En déduire que M est diagonalisable dans 5().

  • (b)

    Déterminer un vecteur x5 tel que x,m(x),m2(x),m3(x) et m4(x) forme une base de 5.
    Quelle est la matrice de m dans cette base?

Solution

  • (a)

    Pour

    A=(0-110)etB=(001100010)

    on vérifie A4=I2 et B3=I3. On en déduit M12=I5.
    Puisque M annule le polynôme X12-1 scindé simple sur [X], la matrice M est diagonalisable dans 5().

  • (b)

    Posons x=(1,0,1,0,0), on a m(x)=(0,1,0,1,0), m2(x)=(-1,0,0,0,1), m3(x)=(0,-1,1,0,0) et m4(x)=(1,0,0,1,0). On vérifie aisément que la famille correspondante est une base de 5 en observant,par exemple, qu’elle est génératrice.

    Puisque m5(x)=(0,1,0,0,1), matrice de m dans cette nouvelle base est

    (0000110000010010010-100010).
 
Exercice 75  847  Correction  

Soient n* et A2n(𝕂) définie par blocs

A=(OnIn-InOn)2n(𝕂).
  • (a)

    Calculer A2.

  • (b)

    Selon que 𝕂= ou , dire si la matrice A est diagonalisable.

  • (c)

    Préciser les valeurs propres complexes de A et les dimensions des sous-espaces propres associés.

Solution

  • (a)

    A2=-I2n.

  • (b)

    On observe que X2+1 est annulateur de A.

    Cas: 𝕂=. La matrice A est diagonalisable car annule le polynôme

    X2+1=(X-i)(X+i)

    qui est scindé à racines simples. Cas: 𝕂=. La matrice A n’est pas diagonalisable car sans valeurs propres. En effet, une valeur propre (réelle) de A doit être annulée par le polynôme X2+1.

  • (c)

    Puisque les valeurs propres de A figurent parmi les racines de X2+1, elles ne peuvent que i et -i. Puisqu’une matrice admet au moins une valeur propre complexe, au moins l’un de i ou de -i est valeur propre. Aussi, puisque la matrice A est réelle, i est valeur propre de A si, et seulement si, -i l’est aussi. Enfin les dimensions de sous-espaces propres associés étant égales, on conclut

    Sp(A)={i,-i}etdimEi(A)=dimE-i(A)=n.
 
Exercice 76  846  Correction  

Montrer qu’une matrice de permutation est diagonalisable.

Solution

Soient PMn(𝕂) une matrice de permutation et σ la permutation associée. Il existe q* tel que σq=Id et donc Pq=In. La matrice P annule alors Xq-1 qui est scindé à racines simples donc P est diagonalisable.

 
Exercice 77  479    ENSTIM (MP)

Soit A la matrice réelle donnée par

A=(1111).
  • (a)

    Déterminer un polynôme annulateur non trivial de la matrice A.

On étudie l’équation M2-M=A d’inconnue M2().

  • (b)

    Justifier que les solutions de cette équation sont diagonalisables et déterminer les valeurs propres possibles de celles-ci.

  • (c)

    Déterminer les matrices M solutions en s’aidant d’un polynôme annulateur.

 
Exercice 78  4318  

Soit Mn() vérifiant M2-Mt=In. Montrer que M est diagonalisable.

 
Exercice 79  3469  Correction  

Soit Mn() vérifiant M2+Mt=2In. Montrer que cette matrice M est diagonalisable.

Solution

On a

(M2-2In)2=(Mt)2=(M2)t=2In-M.

On en déduit le polynôme annulateur de M suivant

X4-4X2+X+2

qui se factorise

X4-4X2+X+2=(X-1)(X+2)(X-α)(X-β)

avec

α=1+52 et β=1-52.

Puisque la matrice M annule un polynôme réel scindé à racines simples, cette matrice est diagonalisable.

 
Exercice 80  3645    CENTRALE (PSI)Correction  

Soit Mn() telle que

M2+Mt=In.
  • (a)

    Montrer

    M inversible si, et seulement si, 1Sp(M).
  • (b)

    Montrer que la matrice M est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    Si M n’est pas inversible, il existe une colonne X non nulle telle que MX=0 et alors l’identité de l’énoncé donne MtX=X donc 1Sp(Mt)=Sp(M).
    Inversement, si 1Sp(M) alors il existe une colonne X non nulle telle que MX=X et alors l’identité de l’énoncé donne MtX=0 et donc Mt n’est pas inversible. Or det(Mt)=det(M) donc M n’est pas inversible non plus.

  • (b)

    La relation donnée entraîne

    (Mt)2=(In-M2)2=M4-2M2+In.

    Or

    (Mt)2=(M2)t=In-M

    donc

    M4-2M2+In=In-M

    et donc la matrice M est annulé par le polynôme

    P(X)=X4-2X2+X=X(X-1)(X2+X-1).

    C’est un polynôme scindé à racines simples donc la matrice M est diagonalisable.

 
Exercice 81  2595    CCP (PSI)Correction  

Soient (a1,,an)(+*)n et

N=(a1a1a1a2a2a2ananan).
  • (a)

    Calculer N2, la matrice N est-elle diagonalisable?

  • (b)

    Montrer que M=2N+In est inversible et exprimer M-1.

Solution

  • (a)

    On obtient N2=sN avec s=a1++an.

    Puisque s>0, N annule un polynôme scindé simple et est donc diagonalisable.

  • (b)

    -1/2 n’est pas valeur propre de N car n’est pas racine du polynôme annulateur X2-sX et donc M est inversible. En recherchant M-1 de la forme xM+yIn, on obtient

    M-1=In-22+sN.
 
Exercice 82  794   Correction  

Soient X,Yn,1(𝕂) non nuls.

À quelle condition la matrice XYt est-elle diagonalisable?

Solution

Posons M=XYt. On a M2=X(YtX)Yt. Or α=YtX est un scalaire donc M2=αXYt=αM.

Cas: α0. La matrice M annule le polynôme scindé simple X(X-α) et donc M est diagonalisable.

Cas: α=0. La matrice M annule le polynôme X2 et donc 0 est la seule valeur propre possible. Si M est diagonalisable alors M est semblable à la matrice nulle et donc M=On. Cela est exclu car on suppose les colonnes X et Y non nulles.

Au final, M est diagonalisable si, et seulement si, α0.

Notons que α=tr(YtX)=tr(XYt)=tr(M) et que M est une matrice de rang 1. On peut montrer qu’une matrice de rang 1 est diagonalisable si, et seulement si, sa trace est non nulle.

 
Exercice 83  2702     MINES (MP)Correction  

Soit (a1,,an)n. La matrice (aiaj)1i,jn est-elle diagonalisable?

Solution

En posant M=(aiaj)1i,jn, on vérifie M2=λM avec λ=k=1nak2.

Cas: λ0. La matrice M annule un polynôme scindé simple, elle est donc diagonalisable.

Cas: λ=0. On a M2=On et donc M est diagonalisable si, et seulement si, M=On ce qui revient à (a1,,an)=0.

Notons que la matrice M est symétrique mais pas nécessairement réelle, le théorème spectral ne s’applique pas. Notons aussi que la matrice M est de rang 1 et qu’il est classique d’établir que les matrices de rang 1 sont diagonalisables si, et seulement si, de trace non nulle.

 
Exercice 84  3056     CCP (MP)Correction  

Soient λ,μ*, λμ et A,B,Mp() telles que

{Ip=A+BM=λA+μBM2=λ2A+μ2B.
  • (a)

    Montrer que M est inversible et exprimer M-1.

    On pourra calculer M2-(λ+μ)M+λμIp.

  • (b)

    Montrer que A et B sont des projecteurs.

  • (c)

    La matrice M est-elle diagonalisable? Déterminer son spectre.

Solution

  • (a)

    On vérifie par le biais des relations proposées

    M2-(λ+μ)M+λμIp=Op.

    On en déduit

    M(λ+μλμIp-1λμM)=Ip.

    Par le théorème d’inversibilité, M est inversible et

    M-1=λ+μλμIp-1λμM.
  • (b)

    M-μIp=(λ-μ)A et M-λIp=(μ-λ)B.
    Or

    (M-μIp)(M-λIp)=M2-(λ+μ)M+λμIp=Op

    donc (λ-μ)2AB=Op puis AB=Op car λμ.
    Puisque A=A×Ip=A2+AB=A2, A est un projecteur.
    Il en est de même pour B.

  • (c)

    M annule le polynôme scindé simple

    X2-(λ+μ)X+λμ=(X-λ)(X-μ).

    La matrice M est donc diagonalisable et Sp(M){λ,μ}.
    Il se peut que cette inclusion soit stricte, c’est le cas si M=λIp avec A=Ip et B=Op.

    En tout cas, le spectre n’est pas vide car M est diagonalisable.

 
Exercice 85  708     MINES (PC)Correction  

Soit (A,B,C)n()3 tel que

C=A+B,C2=2A+3BetC3=5A+6B.

Les matrices A et B sont-elles diagonalisables?

Solution

On remarque

C3-C2=3A+3B=3C.

La matrice C annule donc le polynôme

X3-X2-3X.

On vérifie aisément que ce polynôme est scindé à racines simples et l’on peut donc affirmer que C est diagonalisable. Or

A=C3-2C2etB=C+2C2-C3

donc A et B sont diagonalisables.

 
Exercice 86  3138     ENSTIM (MP)Correction  

Soit

M=(AA(0)A)

avec An().

  • (a)

    Montrer que

    P(M)=(P(A)AP(A)(0)P(A))pour tout P[X].
  • (b)

    Énoncer une condition nécessaire et suffisante pour que M soit diagonalisable.

Solution

  • (a)

    Par récurrence

    Mk=(AkkAk(0)Ak)

    puis on étend par linéarité.

  • (b)

    Si M est diagonalisable alors M annule un polynôme scindé simple P et les calculs précédents montrent que A annule aussi ce polynôme. Par suite, A est diagonalisable. De plus, A annule aussi le polynôme XP de sorte que si λ est valeur propre de A alors A est racine commune de P et de XP. Or P n’a que des racines simples donc P et P n’ont pas de racines communes d’où λ=0. A est diagonalisable et Sp(A)={0} donne A=On.

    Ainsi, M est diagonalisable si, et seulement si, A=On.

 
Exercice 87  3281   

Soient A,Bn() vérifiant AB=BA et M la matrice de 2n() donnée par

M=(AB0A).
  • (a)

    Montrer que pour tout polynôme P de [X],

    P(M)=(P(A)P(A)B0P(A)).
  • (b)

    Énoncer une condition nécessaire et suffisante portant sur A et B pour que M soit diagonalisable.

 
Exercice 88  4320   

Soit An(). À quelle condition la matrice M de 2n() suivante est-elle diagonalisable?

M=(0A-2A3A).
 
Exercice 89  3374   Correction  

Soient A,B,Cn() vérifiant

AB-BA=C.

On suppose en outre que C commute avec les matrices A et B.

  • (a)

    On suppose que A et diagonalisable. Montrer que la matrice C est nulle.

  • (b)

    On suppose que la matrice C est diagonalisable. Montrer à nouveau que la matrice C est nulle.

Solution

  • (a)

    Par récurrence, on obtient

    k*,AkB-BAk=kAk-1C.

    On en déduit

    P𝕂[X],P(A)B-BP(A)=P(A)C.

    Si la matrice A est diagonalisable, elle annule un polynôme scindé à racine simple P et donc

    P(A)C=0.

    Puisque les racines de P sont simples, les valeurs propres de A ne sont pas racines de P et une diagonalisation de A permet d’affirmer

    det(P(A))0.

    Puisque la matrice P(A) est inversible, l’identité P(A)C=0 donne C=0.

  • (b)

    Supposons C diagonalisable.

    Notons a,b,c les endomorphismes de n canoniquement associés aux matrices A,B,C. Soit λ une valeur propre de C. Le sous-espace propre Eλ(c) est stable par les endomorphismes a et b car la matrice C commute avec A et B. Notons aλ et bλ les endomorphismes induits associés. On a

    aλbλ-bλaλ=λIdEλ(c).

    En considérant la trace, on obtient

    λdimEλ(c)=0.

    On en déduit que seule 0 est valeur propre de C et donc la matrice diagonalisable C est nulle.

 
Exercice 90  5374     NAVALE (MP)Correction  

Soit AGLn(). Montrer

A est diagonalisable A-A-1 est diagonalisable.

Solution

Posons B=A-A-1.

() C’est immédiat, une matrice PGLn() diagonalisant A diagonalise aussi B.

() Supposons B diagonalisable. Le polynôme minimal de B s’écrit

Q=λSp(B)(X-λ).

L’égalité Q(B)=On se relit alors

λSp(B)(A-A-1-λIn)=On.

En multipliant par Ap avec p=Card(Sp(B)), on obtient

λSp(B)(A2-λA-In)=On.

Cela détermine un polynôme annulateur de A qui est

P=λSp(B)(X2-λX-1).

Celui-ci est scindé car les facteurs X2-λX-1 le sont tous puisque Δ=λ2+4>0. Celui-ci est à racines simples car les facteurs X2-λX-1 n’ont pas de racines en commun. En effet, par différence d’équations,

{x2-λx-1=0x2-μx-1=0 {x0(μ-λ)x=0
λ=μ.

On en déduit que la matrice A est diagonalisable.

[<] Diagonalisabilité des matrices scindées simples[>] Étude de matrices vérifiant une identité polynomiale

 
Exercice 91  852  

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension 3.

On suppose que 1 et -1 sont valeurs propres de f et que f4=f2. Montrer que f est diagonalisable.

 
Exercice 92  851    ENSTIM (MP)Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension n et f(E) tel que f2 soit un projecteur.

  • (a)

    Quelles sont les valeurs propres possibles pour f?

  • (b)

    Montrer que f est diagonalisable si, et seulement si, f3=f.

Solution

  • (a)

    Puisque f4=f2, une valeur propre λ doit vérifier λ4=λ2 donc λ{-1,0,1}.

  • (b)

    Si f est diagonalisable alors sa matrice A dans une base de vecteurs propres sera diagonale avec des -1,0 ou 1 sur la diagonale. Comme alors A3=A on a f3=f.

    Si f3=f alors f est annulé par un polynôme scindé à racines simples donc f est diagonalisable.

 
Exercice 93  849  Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E vérifiant f3=4f. Montrer que la trace de f est un entier pair.

Solution

f est diagonalisable car annule le polynôme

X3-4X=X(X-2)(X+2)

scindé simple. Les valeurs propres de f figurent parmi {-2,0,2} et donc la trace de f qui est la somme de ses valeurs propres comptées avec multiplicité est paire.

 
Exercice 94  2513    CCP (MP)Correction  

Soit u un endomorphisme d’un -espace vectoriel E de dimension finie tel qu’il existe deux réels non nuls distincts a et b vérifiant

(u-aId)(u-bId)=0.

Soient

p=1b-a(u-aId)etq=1a-b(u-bId).
  • (a)

    Calculer p+q, pp, qq et qp.

  • (b)

    Montrer que E=Ker(p)Ker(q).

  • (c)

    Trouver les éléments propres de u. L’endomorphisme u est-il diagonalisable?

Solution

  • (a)

    p+q=Id, pq=0 car (u-aId)(u-bId)=0, p=pId=pp+pq=pp, aussi qq=q via qp=0.

  • (b)

    Ker(p)=Ker(u-aId), Ker(q)=Ker(u-bId) et (u-aId)(u-bId)=0 donne par le lemme de décomposition des noyaux, E=Ker(p)Ker(q).

  • (c)

    u est diagonalisable car annule un polynôme scindé simple,
    Sp(u)={a,b}, Ea(u)=Ker(p), Eb(u)=Ker(q) à moins que u=aId ou u=bId.

 
Exercice 95  2720     MINES (MP)Correction  

Soit n*, u(2n+1). On suppose u3=u, tr(u)=0 et tr(u2)=2n. On note

C(u)={v(2n+1)|uv=vu}.
  • (a)

    Calculer la dimension C(u).

  • (b)

    Quels sont les n tels que C(u)=[u]?

Solution

  • (a)

    Puisque u3=u, par annulation d’un polynôme scindé simple, on peut affirmer que u est diagonalisable de valeurs propres possibles 0,1,-1. Par les égalités tr(u)=0 et tr(u2)=2n on peut affirmer qu’il existe une base de 2n+1 dans laquelle la matrice de u est de la forme

    A=(In000-In0000).

    Les matrices commutant avec A étant celle de la forme

    (M000N000α)

    avec M,Nn(), on peut affirmer

    dimC(u)=2n2+1.
  • (b)

    Πu=X3-X donc dim[u]=3 et par suite C(u)=[u] si, et seulement si, n=1.

 
Exercice 96  4942     CCP (MP)Correction  

Soit f un endomorphisme non nul de 3 vérifiant f3+f=0.

  • (a)

    Montrer que f n’est pas surjectif.

  • (b)

    Montrer que f n’est pas diagonalisable et que 3=Im(f)Ker(f).

  • (c)

    Montrer que, pour tout xEKer(f), la famille (f(x),f2(x)) est une base de Im(f) et calculer la trace de f.

Solution

  • (a)

    En dimension finie, il suffit d’établir det(f)=0 pour conclure. Or

    det(f)=det(-f3)=(-1)3(det(f))3.

    Ainsi, det(f) est un réel solution de l’équation x=-x3 et donc det(f)=0.

  • (b)

    0 est la seule racine réelle du polynôme annulateur X3+X et c’est donc la seule valeur propre de f (0 est valeur propre car f n’est pas injectif). Si f est diagonalisable, c’est l’endomorphisme nul ce que le sujet exclut.

    Soit xIm(f)Ker(f). On peut écrire x=f(a) et l’on a alors

    x=x+f2(x)=f(a)+f3(a)=0.

    Les espaces Im(f) et Ker(f) sont donc en somme directe et par conséquent supplémentaires car la formule du rang donne dimIm(f)+dimKer(f)=dim3.

  • (c)

    Soit xEKer(f). Les vecteurs f(x) et f2(x) appartiennent à Im(f).

    Soit (λ,μ)2 tel que

    λf(x)+μf2(x)=0. (1)

    En appliquant f aux deux membres

    λf2(x)-μf(x)=0. (2)

    La combinaison λ×(1)-μ×(2), donne

    (λ2+μ2)f(x)=0.

    Puisque f(x)0, on obtient λ2+μ2=0 et donc (λ,μ)=(0,0).

    La famille (f(x),f2(x)) est donc libre et constitue une base de Im(f) qui est de dimension inférieure à 2 car f n’est pas surjectif.

    Enfin, en complétant cette famille d’un vecteur non nul de Ker(f), on forme une base de 3 dans laquelle la matrice de f est

    (0-10100000).

    On conclut tr(f)=0.

[<] Étude d'endomorphismes vérifiant une identité polynomiale[>] Diagonalisabilité et endomorphismes induits

 
Exercice 97  4317  

Soit A3() vérifiant A3=I3 et AI3.

  • (a)

    Déterminer les valeurs propres réelles de A.

  • (b)

    Déterminer les valeurs propres complexes de A.

 
Exercice 98  5062  

Soit Mn() une matrice vérifiant M2+In=On.

  • (a)

    Déterminer les valeurs propres complexes de la matrice M.

  • (b)

    En déduire le déterminant et la trace de M.

 
Exercice 99  850  Correction  

Soit An() telle que

A3-A2+A-In=On.

Montrer que det(A)=1.

Solution

A annule un polynôme scindé à racines simples(1 , i et -i) donc A est diagonalisable dans n().

Les valeurs propres possibles de A sont 1, i et -i. Puisque tr(A), la multiplicité de i égale celle de -i.

Par suite, det(A)=1.

 
Exercice 100  2608    ENSTIM (MP)Correction  

Soit An() vérifiant

A3+In=On.

Montrer que la trace de A est un entier.

Solution

A est diagonalisable sur semblable à une matrice D=diag(-Ip,-jIq,-j2Iq) donc

tr(A)=tr(D)=-p-q(j+j2)=q-p.
 
Exercice 101  2714    MINES (MP)Correction  

Soit An() vérifiant

A3+A2+A=On.

Montrer que la matrice A est de rang pair.

Solution

Le polynôme

X3+X2+X=X(X-j)(X-j2)

annule la matrice A. Ce polynôme étant scindé à racines simples dans , la matrice A est diagonalisable dans n(). De plus,

Sp(A){0,j,j2}.

Puisque la matrice A est réelle, les valeurs propres j et j2 ont même multiplicité p. La diagonalisation complexe de A comporte alors p nombres j et p nombres j2 sur la diagonale, les éventuels autres coefficients diagonaux étant nuls. La matrice A est alors de même rang que cette matrice diagonale, c’est-à-dire 2p.

 
Exercice 102  3291     MINES (MP)Correction  

Soit n avec n2.

  • (a)

    Montrer que, pour z1,,zn avec z10, on a l’égalité

    |k=1nzk|=k=1n|zk|

    si, et seulement si, il existe n-1 réels positifs α2,,αn tels que

    k2;n,zk=αkz1.
  • (b)

    Déterminer toutes les matrices de n() telles que Mn=In et tr(M)=n

Solution

  • (a)

    L’implication

    () est immédiate.

    () Par récurrence sur n2.
    Cas: n=2. Soient z1,z2* tels que

    |z1+z2|=|z1|+|z2|.

    En posant u=z2/z1, on a alors (car z10)

    |1+u|=1+|u|.

    En écrivant u=a+ib avec a,b et en élevant au carré l’identité précédente, on obtient

    (1+a)2+b2=1+2a2+b2+a2+b2

    et cette identité est vérifiée si, et seulement si, a+ et b=0 ce qui permet d’écrire z2=α2z1 avec α2=a+.
    Supposons la propriété établie au rang n2.
    Soient z1,,zn,zn+1 avec z10 tels que

    |k=1n+1zk|=k=1n+1|zk|.

    Par l’inégalité triangulaire

    |k=1n+1zk||k=1nzk|+|zn+1|k=1n+1|zk|

    et puisque les termes extrémaux sont égaux on a

    |k=1nzk|=k=1n|zk|

    donc par hypothèse de récurrence on peut écrire pour tout k2

    zk=αkz1 avec αk0.

    On en déduit

    k=1nzk=(1+α2++αn)z10

    et puisque

    |k=1nzk+zn+1|=|k=1nzk|+|zn+1|

    l’étude du cas n=2 permet d’écrire

    zn+1=ak=1nzk=αn+1z1 avec αn+1+.

    Récurrence établie.

  • (b)

    Si Mn() vérifie Mn=In et tr(M)=n alors cette matrice est diagonalisable (car annule le polynôme scindé à racines simples Xn-1) et ses valeurs propres λ1,,λn vérifient

    λ1++λn=n.

    Or les valeurs propres vérifient aussi

    1kn,λkn=1

    et elles sont donc de module 1. Nous sommes donc dans la situation où

    |λ1++λn|=|λ1|++|λn|.

    Puisque λ10, on peut écrire λk=αkλ1 pour tout k2 avec αk0. Or tous les λk sont de module 1 donc les αk sont égaux à 1 et par suite

    λ1==λn.

    Enfin puisque la somme des valeurs propres vaut n, on peut conclure

    λ1==λn=1

    et finalement M=In car la matrice M est semblable à In.
    La réciproque est immédiate.

 
Exercice 103  4982     MINES (PSI)

Soit An() une matrice vérifiant

A3=A+Inettr(A).

Montrer que n est un multiple de 3 et calculer tr(A) et det(A).

 
Exercice 104  4319   
  • (a)

    Déterminer toutes les matrices de n() vérifiant

    Mn=Inettr(M)=n.
  • (b)

    Déterminer toutes les matrices de n() vérifiant

    M(M-In)3=Onettr(M)=0.
 
Exercice 105  838     X (MP)

Soit A une matrice carrée de taille 2 à coefficients entiers. On suppose que An=I2 pour une certaine valeur de n*. Montrer que A12=I2.

 
Exercice 106  2652      X (MP)Correction  

On fixe n* et l’on note

En={An()|m*,Am=In}.

Pour AEn, on pose

ω(A)=min{m*|Am=In}.

Montrer que ω(En) est fini.

Solution

Si AEn alors A est diagonalisable et ses valeurs propres sont des racines de l’unité. Ces valeurs propres sont aussi racines du polynôme caractéristique de A. Or les coefficients de ce polynôme sont entiers et, par les expressions des coefficients d’un polynôme scindé en fonction de ses racines complexes (ici de module 1), on peut borner les coefficients du polynôme caractéristique de A. Par suite, il n’y a qu’un nombre fini de polynômes caractéristiques possibles pour un élément AEn. Ces polynômes ont eux-mêmes qu’un nombre fini de racines et il n’y a donc qu’un nombre fini de racines de l’unité possibles pour les valeurs propres de AEn.
On peut alors affirmer qu’il existe N* tel que toutes les valeurs propres λ des matrices AEn vérifient λN=1. On a alors aussi AN=1 (car A est diagonalisable) et donc ω(A)N. Ainsi ω(En)1;N.

[<] Étude de matrices vérifiant une identité polynomiale[>] Diagonalisabilités des polynômes en un endomorphisme

 
Exercice 107  854  Correction  

Soit f un endomorphisme diagonalisable d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.
Montrer que la restriction de f à tout sous-espace vectoriel F{0} stable est diagonalisable.

Solution

f annule un polynôme scindé à racines simple et f|F aussi.

 
Exercice 108  856  Correction  

Soit f l’endomorphisme de 3 dont la matrice est

(51-124-21-13)

dans la base canonique.
Déterminer les sous-espaces vectoriels stables par f.

Solution

Sp(f)={2,4,6}, E2(A)=Vect(e1), E4(A)=Vect(e2) et E6(A)=Vect(e3) avec e1=(0,1,1), e2=(1,0,1), e3=(1,1,0).
Si V est un sous-espace vectoriel stable alors l’endomorphisme induit fV est diagonalisable et possède donc une base de vecteurs propres de f. Ainsi, V={0}, Vect(ei) avec i{1,2,3}, Vect(ej,ek) avec jk{1,2,3} ou V=3.

 
Exercice 109  3038  Correction  

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel pour lequel il existe une base e=(e1,,en) vérifiant

u(e1)=e1etu(e2)=e1+e2.

L’endomorphisme u est-il diagonalisable?

Solution

Le sous-espace vectoriel F=Vect(e1,e2) est stable par u et l’endomorphisme induit par u sur F a pour matrice dans (e1,e2)

(1101)

Or cette matrice n’est pas diagonalisable donc l’endomorphisme induit par u sur F n’est pas diagonalisable. Par conséquent, l’endomorphisme u n’est pas diagonalisable.

 
Exercice 110  4313  

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

Montrer qu’un sous-espace vectoriel non nul de E est stable par u si, et seulement si, il possède une base formée de vecteurs propres de u.

 
Exercice 111  2939    X (MP)Correction  

Soient E un espace vectoriel de dimension finie, p et q dans (E) tels que pq=q et qp=p. Les endomorphismes p et q sont-ils diagonalisables? codiagonalisables?

Solution

On a

pp=p(qp)=(pq)p=qp=p

L’endomorphisme p est donc un projecteur. De même, q est un projecteur. On en déduit que les endomorphismes p et q sont diagonalisables.

Si p et q sont codiagonalisables alors p et q commutent et donc

p=qp=pq=q.

La réciproque est immédiate.

 
Exercice 112  857   Correction  

Soient f et g deux endomorphismes diagonalisables d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.

Montrer que f et g sont simultanément diagonalisables si, et seulement si, chaque sous-espace propre de l’un est stable par l’autre.

Solution

Si f et g sont simultanément diagonalisables alors on peut former une base de chaque sous-espace propre de f à l’aide de vecteurs propres de g. Par suite, les sous-espaces propres de f sont stables par g et inversement.

Supposons que les sous-espaces propres de f soient stables par g. L’endomorphisme f étant diagonalisable, E est la somme directe des sous-espaces propres de f. Sur chaque sous-espace propre de f, la restriction de g définit un endomorphisme diagonalisable car annulé par un polynôme scindé à racines simples (puisque g diagonalisable). Cela permet de construire une base de diagonalisation simultanée.

 
Exercice 113  858   

Soient u et v deux endomorphismes diagonalisables d’un espace vectoriel E de dimension finie non nulle. Montrer que u et v commutent si, et seulement si, u et v sont simultanément11 1 Cela signifie l’existence d’une base de diagonalisation commune aux endomorphismes u et v. diagonalisables.

[<] Diagonalisabilité et endomorphismes induits[>] Calcul de puissances d'une matrice

 
Exercice 114  859  Correction  

Soient P𝕂[X] et u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.

  • (a)

    On suppose que u est diagonalisable, montrer que P(u) l’est aussi.

  • (b)

    Que dire de la réciproque?

Solution

  • (a)

    Une base de vecteur propre de u est aussi une base de vecteur propre de P(u).

  • (b)

    La réciproque n’est pas vraie en toute généralité comme le montre le cas d’un polynôme constant.
    En revanche, on peut montrer que la réciproque est vraie si deg(P)=1.

 
Exercice 115  862   Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie et u un endomorphisme de E.
Soit P un polynôme complexe, on suppose que P(u) est diagonalisable et que la valeur prise par P sur toute racine complexe de P n’est pas valeur propre de l’endomorphisme P(u).
Montrer que u est diagonalisable.

Solution

Soient λ1,,λn les valeurs propres deux à deux distinctes de P(u).
Posons

Q=k=1n(X-λk)

Q est un polynôme annulateur de P(u) donc

k=1n(P(u)-λkIdE)=0~.

Posons Qk=P-λk. Le polynôme k=1nQk est annulateur de u et les racines d’un polynôme Qk sont distinctes de celles d’un polynôme Q avec k car λkλ.
De plus, si α est racine multiple de Qk alors P(α)=λk et Qk(α)=P(α)=0 ce qui est exclu par hypothèse.
Par conséquent, le polynôme k=1nQk est scindé simple donc u est diagonalisable.

 
Exercice 116  2524     CCP (MP)Correction  

Soient A,BGLn() telles que B=Ap.
Montrer que A est diagonalisable si, et seulement si, B l’est.

Solution

Si A est diagonalisable, on peut écrire A=PDP-1 avec P inversible et D diagonale. On a alors B=Ap=P-1DpP avec Dp diagonale et donc B est diagonalisable.
Inversement, si B est diagonalisable alors il existe un polynôme annulateur de B scindé à racines simple de la forme

k=1m(X-λk).

De plus, puisque B est inversible, on peut supposer les λk tous non nuls.

Sachant B=Ap, le polynôme

k=1m(Xp-λk)

est annulateur de A. Or ce dernier est scindé à racines simples car

  • les facteurs Xp-λk et Xp-λ (avec k) ont des racines deux à deux distinctes;

  • les racines de Xp-λk sont toutes simples (car λk0).

On en déduit que A est diagonalisable.

 
Exercice 117  861   Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie n* et u(E).

  • (a)

    Énoncer un critère de diagonalisabilité en terme de polynôme annulateur.

  • (b)

    On suppose uGL(E). Montrer que u est diagonalisable si, et seulement si, u2 l’est.

  • (c)

    Généralisation: Soit P[X]. On suppose P(u)GL(E)
    Montrer que u est diagonalisable si, et seulement si, P(u) l’est.

Solution

  • (a)

    Deux énoncés possibles:

    • u est diagonalisable si, et seulement si, u annule un polynôme scindé à racines simples;

    • u est diagonalisable si, et seulement si, le polynôme minimal de u est scindé à racines simples.

  • (b)

    Si u est diagonalisable, il est clair que u2 l’est aussi.
    Inversement, si u2 est diagonalisable alors son polynôme annulateur est scindé à racines simples: (X-λ1)(X-λp).
    Puisque uGL(E)

    1ip,λi0

    car 0 n’est pas valeur propre de u.

    Notons αi et βi les deux solutions de l’équation z2=λi.
    Puisque (u2-λ1Id)(u2-λpId)=0 on a (u-α1Id)(u-β1Id)(u-αpId)(u-βpId)=0.
    Ainsi u annule un polynôme scindé à racines simples. Par suite, u est diagonalisable.

  • (c)

    Si u est diagonalisable alors P(u) l’est aussi.
    Inversement, si P(u) est diagonalisable alors son polynôme minimal est scindé à racines simples (X-λ1)(X-λp) où les λi sont les valeurs propres de P(u).
    Le polynôme (P(X)-λ1)(P(X)-λp) est alors annulateur de u.
    Les facteurs P(X)-λi sont sans racines communes.
    Le polynôme minimal M de u divise (P(X)-λ1)(P(X)-λp).
    Si ω est racine au moins double de M alors ω est racine au moins double de l’un des facteurs P(X)-λi donc racine de P.
    Or ω est aussi valeur propre de u donc P(ω)=0 est valeur propre de P(u). Cependant P(u)GL(E), c’est donc impossible.
    Par suite, les racines de M sont simples et u est donc diagonalisable.

 
Exercice 118  860    

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe E de dimension finie n1.

  • (a)

    On suppose que f est diagonalisable. Montrer que f2 est diagonalisable et que les noyaux de f et f2 sont égaux.

On étudie désormais la propriété réciproque.

  • (b)

    Par un exemple, montrer que, si f2 est diagonalisable, f n’est pas nécessairement diagonalisable.

  • (c)

    On suppose f2 diagonalisable et f inversible. Montrer que f est diagonalisable.

  • (d)

    On suppose f2 diagonalisable et Ker(f)=Ker(f2). Montrer à nouveau que f est diagonalisable.

[<] Diagonalisabilités des polynômes en un endomorphisme[>] Trigonalisabilité et polynôme annulateur

 
Exercice 119  811  Correction  

Calculer An pour

A=(211121112).

Solution

A est diagonalisable avec Sp(A)={1,4}. On peut donc écrire

A=PDP-1

avec P inversible et D diagonale de coefficients diagonaux 1 et 4. Le calcul exact de P et D n’est pas utile (mais, par la trace, on remarque de 1 est valeur propre double et 4 valeur propre simple).

Pour Πn un polynôme vérifiant Πn(1)=1n et Πn(4)=4n, on a

Πn(A)=PΠn(D)P-1=PDnP-1=An.

Par interpolation affine, le polynôme

Πyn=1n+4n-1n3(X-1)

convient et donc

An=4n-13A+4-4n3I3.
 
Exercice 120  842   Correction  

Soit

M=(0110)n() avec n2.
  • (a)

    Montrer que M est diagonalisable.

  • (b)

    Déterminer le polynôme minimal de M.

  • (c)

    Calculer Mp pour p.

Solution

  • (a)

    1ère méthode:

    det(λIn-M)=|λ-1-1λ|=|λ-(n-1)-1-1λ-(n-1)λ-1λ-(n-1)-1λ|=(λ-(n-1))|1-1-10λ+1(0)0(0)λ+1|

    puis det(λIn-M)=(λ-(n-1))(λ+1)n-1 et donc Sp(M)={-1,(n-1)}.
    Soit f l’application linéaire canoniquement associée à M.

    f(x1,,xn)=(x1,,xn)x1++xn=0.

    Donc E-1 est l’hyperplan d’équation x1++xn=0.
    Puisque En-1 est au moins une droite vectorielle, la matrice M est diagonalisable.

    2ème méthode: Après calculs, on obverse que M2=(n-1)In+(n-2)M.
    Par suite, M annule le polynôme scindé simple (X+1)(X-(n-1)) et donc M est diagonalisable.

    3ème méthode: La matrice M est symétrique réelle donc diagonalisable.

  • (b)

    Le polynôme minimal de M est (X+1)(X-(n-1)) car en vertu de la première méthode, la connaissance des valeurs propres de M détermine son polynôme minimal sachant M diagonalisable et, pour la deuxième méthode, ce polynôme est annulateur alors que les polynômes X+1 et X-(n-1) ne le sont pas.
    Par division euclidienne Xp=(X+1)(X-(n-1))Q+αX+β
    En évaluant la relation en -1 et en n-1, on obtient
    avec

    {-α+β=(-1)pα(n-1)+β=(n-1)p.

    Après résolution

    {α=(n-1)p-(-1)pnβ=(n-1)p+(n-1)(-1)pn

    d’où

    Mp=(n-1)p-(-1)pnM+(n-1)p+(n-1)(-1)pnIn.
 
Exercice 121  812   Correction  

Soit

A=(cos(θ)2sin(θ)12sin(θ)cos(θ)).
  • (a)

    Déterminer deux réels α,β tel que A2=αA+βI2.

  • (b)

    Calculer An pour n1.

Solution

  • (a)

    α=tr(A)=2cos(θ) et β=-det(A)=-cos(2θ) conviennent.

  • (b)

    Les racines de X2-2cos(θ)X+cos(2θ) sont cos(θ)+sin(θ) et cos(θ)-sin(θ).
    Réalisons la division euclidienne Xn par X2-2cos(θ)X+cos(2θ).

    Xn=(X2-2cos(θ)X+cos(2θ))Q(X)+R(X)

    avec deg(R)<2,

    R(cos(θ)+sin(θ))=(cos(θ)+sin(θ))n

    et

    R(cos(θ)-sin(θ))=(cos(θ)-sin(θ))n.

    On obtient

    R=(cos(θ)+sin(θ))n-(cos(θ)-sin(θ))n2sin(θ)(X-cos(θ)-sin(θ))+(cos(θ)+sin(θ))n

    et donc

    An=(cos(θ)+sin(θ))n-(cos(θ)-sin(θ))n2sin(θ)(A-(cos(θ)+sin(θ))I2)+(cos(θ)+sin(θ))nIn.

[<] Calcul de puissances d'une matrice[>] Nilpotence

 
Exercice 122  3239  Correction  

Soit f(3) vérifiant

f2=f3etdimKer(f-Id)=1.

Montrer l’existence d’une base de 3 dans laquelle la matrice de f est de la forme

(10000α000) avec α{0,1}.

Solution

Puisque le polynôme X3-X2=X2(X-1) annule f le lemme de décomposition des noyaux donne

3=Ker(f2)Ker(f-Id).

Sachant dimKer(f-Id)=1, on a dimKer(f2)=2.
On ne peut avoir dimKer(f)=0 et puisque Ker(f)Ker(f2), on a

dimKer(f)=1 ou 2.

Si dimKer(f)=2 alors

3=Ker(f-Id)Ker(f)

et dans une base adaptée à cette supplémentarité, la matrice de f est

(100000000).

Si dimKer(f)=1 alors considérons e3Ker(f2)Ker(f) et e2=f(e3).
On vérifie aisément que (e2,e3) est une base de Ker(f2) et en considérant un vecteur e1Ker(f-Id) non nul, on obtient une base (e1,e2,e3) dans laquelle la matrice de f est

(100001000).
 
Exercice 123  1948     ENSTIM (MP)Correction  

Trouver les matrices M de n() vérifiant

tr(M)=0etM3-4M2+4M=On.

Solution

Le polynôme

X3-4X2+4X=X(X-2)2

est annulateur de M.
On en déduit Sp(M){0,2} et M trigonalisable (car M annule un polynôme scindé).
Par suite, tr(M) est la somme des valeurs propres de M comptées avec multiplicité et puisque tr(M)=0, seule 0 est valeur propre de M.
On en déduit que la matrice M-2In est inversible et puisque

M(M-2In)2=On

on obtient

M=On.
 
Exercice 124  2713     MINES (MP)Correction  

Trouver les A de n() telles que

A3-4A2+4A=0ettr(A)=8.

Solution

Si A est solution alors P=X(X-2)2 est annulateur de A et les valeurs propres de A figurent parmi {0,2}. Par la trace, on peut alors affirmer que 2 est valeur propre de multiplicité 4.
Par le lemme de décomposition des noyaux, Ker(A-2Id)2 et Ker(A) sont supplémentaires.
Par multiplicité des valeurs propres, leurs dimensions respectives sont 4 et n-4.
Ainsi A est semblable à

(2I4+M00On-4)

avec M4() vérifiant M2=0.

En raisonnant sur le rang, on montre que M est semblable à

O4,(0001000000000000)ou(0010000100000000).

La réciproque est immédiate.

[<] Trigonalisabilité et polynôme annulateur

 
Exercice 125  4309  

Montrer qu’un endomorphisme nilpotent d’un espace non réduit au vecteur nul admet une et une seule valeur propre qui est 0.

 
Exercice 126  5150  

Montrer qu’une matrice carrée complexe est nilpotente si, et seulement si, 0 est sa seule valeur propre11 1 On retrouve ici un résultat déjà évoqué dans le sujet 5158..

 
Exercice 127  783  Correction  

Soit An() nilpotente.

  • (a)

    Calculer χA.

  • (b)

    Même question avec An().

Solution

  • (a)

    Puisque A est nilpotente, A ne peut avoir que des valeurs propres nulles. Les valeurs propres étant les racines du polynôme caractéristique et ce dernier étant scindé sur , χA=Xn.

  • (b)

    Pour An(), on a aussi An() et le polynôme caractéristique est calculé par la même formule dans les deux cas.

 
Exercice 128  837  Correction  

Soit u un endomorphisme d’un -espace vectoriel E de dimension finie.
Montrer que u possède une seule valeur propre si, et seulement si, il existe λ tel que u-λIdE soit nilpotent.

Solution

Si u possède une unique valeur propre λ alors celle-ci est la seule racine de son polynôme caractéristique qui est alors (X-λ)dimE. Ce dernier annulant u, on peut affirmer u-λIdE est nilpotent.
Si u-λIdE est nilpotent alors il existe p tel que (X-λ)p soit annulateur de u. Les valeurs propres de u étant racine de ce polynôme, elles ne peuvent qu’être égale à λ. De plus, λ est assurément valeur propre car un endomorphisme d’un -espace vectoriel de dimension finie possède au moins une valeur propre.

 
Exercice 129  4979    MINES (PSI)

Soit An().

Déterminer les polynômes P de [X] tels que la matrice P(A) soit nilpotente.

 
Exercice 130  3253   

Soit E un espace vectoriel complexe de dimension finie n1.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un polynôme réel Pn vérifiant 1+x=Pn(x)+O(xn) quand le réel x tend vers 0.

  • (b)

    Établir que Xn divise alors le polynôme Pn2-X-1.

  • (c)

    Soit f un endomorphisme de E nilpotent. Montrer qu’il existe un endomorphisme g de E vérifiant g2=IdE+f.

  • (d)

    Soit maintenant f un endomorphisme de E ne possédant qu’une seule valeur propre λ non nulle11 1 Lorsque λ=0, l’équation étudiée peut ne pas avoir de solutions, voir le sujet 1956.. Montrer qu’il existe un endomorphisme g de E vérifiant g2=f.

 
Exercice 131  4955   

Soient a et Mn(). Montrer que, si les matrices M et aM sont semblables, alors a est une racine de l’unité ou M est une matrice nilpotente.

 
Exercice 132  2690     MINES (MP)Correction  

Soient A et B des matrices complexes carrées d’ordre n. On suppose les matrices A+2kB nilpotentes pour tout entier k tel que 0kn. Montrer que les matrices A et B sont nilpotentes.

Solution

Rappelons qu’une matrice M carrée de taille n qui est nilpotente vérifie Mn=On (l’ordre de nilpotence est au plus égal à la taille de la matrice). On a

k{0,,n},(A+2kB)n=On.

Considérons alors la matrice

(A+XB)nn(𝕂[X]).

Celle-ci est à coefficients polynomiaux de degrés inférieurs à n. Puisque 1,2,,2n sont n+1 racines distinctes de ces coefficients, ceux-ci sont tous nuls. On en déduit

An=On

car les coefficients constants sont nuls, et

Bn=On

car les coefficients des termes Xn sont aussi nuls.

 
Exercice 133  938     X (MP)Correction  

Soient n*, A et B dans n() et λ1,,λn,λn+1 deux à deux distincts dans . On suppose, pour 1in+1, que A+λiB est nilpotente.
Montrer que A et B sont nilpotentes.

Solution

Une matrice Mn() nilpotente vérifie Mn=On. Considérons la matrice (A+xB)n. Les coefficients de cette matrice sont des polynômes de degrés inférieurs à n s’annulant chacun en les λ1,,λn,λn+1, ce sont donc des polynômes nuls. Ainsi, pour tout x, (A+xB)n=On. En particulier, les coefficients constants sont nuls et l’on obtient An=On. Aussi, les coefficients de xn sont nuls et l’on a Bn=On.

 
Exercice 134  3477     X (MP)Correction  

Soit An().

  • (a)

    On suppose A3=A2. Montrer que A2 est diagonalisable et que A2-A est nilpotente.

  • (b)

    Plus généralement on suppose Ak+1=Ak pour un certain entier k>0.
    Établir l’existence d’un entier p>0 tel que Ap est diagonalisable et Ap-A nilpotente.

Solution

  • (a)

    On remarque

    k2,Ak=A2.

    En particulier, A4=A2 et X2-X=X(X-1) annule A2. Ce polynôme étant scindé à racines simples, la matrice A2 est diagonalisable. De plus,

    (A2-A)2=A4-2A3+A2=On

    et la matrice A2-A est nilpotente.

  • (b)

    On remarque

    ik,Ai=Ak

    et donc A2k=Ak ce qui assure comme au dessus que Ak est diagonalisable et

    (Ak-A)k=i=0k(-1)i(ki)Ak(k-i)+i=i=0k(-1)i(ki)=0Ak=On.
 
Exercice 135  865    Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension n et f(E).

  • (a)

    Montrer que l’endomorphisme f est nilpotent si, et seulement si,

    Sp(f)={0}.
  • (b)

    Montrer que l’endomorphisme f est nilpotent si, et seulement si,

    1kn,tr(fk)=0.

Solution

  • (a)

    Supposons qu’il existe p* tel que fp=0.
    Xp est annulateur de f donc Sp(f){0}. Or Sp(f) donc Sp(f)={0}.
    Inversement, si Sp(f)={0} alors seule 0 est racine de son polynôme caractéristique. Or χf est scindé dans [X] donc χf=(-1)nXn puis fn=0 en vertu du théorème de Cayley Hamilton. On en déduit que f est nilpotente.

  • (b)

    Supposons f nilpotent.

    Par l’étude ci-dessus, f est trigonalisable stricte et donc

    1kn,tr(fk)=0

    car les puissances de f pourront aussi être représentées par des matrices triangulaires strictes.
    Inversement, supposons

    1kn,tr(fk)=0.

    En notant λ1,,λn les valeurs propres comptées avec multiplicité de A, on obtient le système

    {λ1++λn=0λ12++λn2=0λ1n++λnn=0.

    La résolution de ce système est délicate.
    En raisonnant par récurrence, nous allons établir que la seule solution est λ1==λn=0 ce qui permettra de conclure que f est nilpotente car χf=Xn est annulateur de f.
    Pour n=1: la propriété est immédiate.
    Supposons la propriété au rang n-1.
    Considérons le polynôme

    P(X)=(X-λ1)(X-λn).

    En développant,

    P(X)=Xn+an-1Xn-1++a1X+a0.

    Comme P(λi)=0, on a i=1nP(λi)=0.
    Or

    i=1nP(λi)=i=1nλin+an-1i=1nλin-1++a1i=1nλi+na0=na0.

    On en déduit a0=0 et donc 0 est racine de P.
    Il existe alors i{1,,n} tel que λi=0.
    Par symétrie du problème, on peut supposer λn=0.
    Par application de l’hypothèse de récurrence, on obtient λ1==λn=0.
    La récurrence est établie.

 
Exercice 136  3023      X (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie et u(E).
On note

1={P[X]|P(u)=0}et2={P[X]|P(u) est nilpotent}.
  • (a)

    Montrer que 1 et 2 sont des idéaux non nuls de [X].

On note P1 et P2 leurs générateurs unitaires respectifs.

  • (b)

    Établir un lien entre P1 et P2.

  • (c)

    Montrer l’existence de Q2 tel que u-Q(u) est diagonalisable

Solution

  • (a)

    1 est l’idéal des polynômes annulateurs de u, il est engendré par P1=Πu polynôme minimal de u.

    La somme de deux endomorphismes nilpotents commutant est encore nilpotent car la formule du binôme de Newton s’applique et il suffit de travailler avec un exposant assez grand. On obtient alors facilement que 2 est un sous-groupe de (𝕂[X],+). La stabilité par absorption étant immédiate, 2 est un idéal de 𝕂[X]. Comme il contient 1, l’idéal n’est pas réduit à l’élément nul.

  • (b)

    Puisque 12, P1P2𝕂[X] et donc P2P1.

    Aussi, en posant n la dimension de E, on sait que pour tout endomorphisme nilpotent de v de E, on a vn=0. Puisque P2(u) est nilpotent, on en déduit que (P2)n(u)=0 et donc P1P2n.

  • (c)

    Cette question est immédiate avec la décomposition de Dunford mais cette dernière est hors-programme…Procédons autrement!

    Puisque P2P1 et P1P2n, les racines de P2 sont exactement celles de P1, c’est-à-dire les valeurs propres de l’endomorphisme u. On peut donc écrire