[>] 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  5783    MINES (MP)Correction  

Soient An() diagonalisable et P[X] non constant.

Montrer qu’il existe Mn() tel que A=P(M).

Solution

Notons λ1,,λm les valeurs propres de A et α1,,αm leurs multiplicités respectives. Puisque la matrice A est diagonalisable, il existe QGLn() telle que

A=Qdiag(λ1Iα1,,λmIαm)Q-1.

Pour k=1,,m, l’équation P(z)=λk d’inconnue z possède au moins une solution μk. En effet, le polynôme complexe P-λk est non constant et le théorème de d’Alembert-Gauss assure qu’il possède au moins une racine complexe. Considérons alors

M=Qdiag(μ1Iα1,,μmIαm)Q-1.

On vérifie

P(M)=Qdiag(P(μ1)Iα1,,P(μm)Iαm)Q-1=Qdiag(λ1Iα1,,λmIαm)Q-1=A.
 
Exercice 4  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 5  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 6  3210     ENTPE (MP)Correction  

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 7  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 8  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*.

 
Exercice 9  5691     CENTRALE (MP)Correction  

Pour (a0,,an-1)n, on pose

C(a0,,an-1)=(a0a1an-1an-1a0an-2a1an-1a0)

On pose J=C(0,1,0,,0), P=a0+a1X++an-1Xn-1 et ω=e2iπ/n.

  • (a)

    Écrire une fonction C(L) d’argument L = [a0,,an-1] et qui renvoie la matrice C(L). Pour n=3, écrire une fonction qui génère aléatoirement une matrice C(a0,a1,a2) à coefficients dans [0;1[ et qui renvoie son inverse lorsqu’elle est inversible. Que conjecturer sur son inverse?

  • (b)

    Pour n=3 et a=(1,2,3), calculer avec Python la matrice C(a)-P(J). Conjecture?

  • (c)

    Quel est le polynôme caractéristique de J? Montrer que la matrice J est diagonalisable dans n() et préciser ses valeurs propres et sous-espaces propres.

  • (d)

    Justifier que C(a0,,an-1) est diagonalisable quel que soit le multiplet (a0,,an-1)n. Quelles sont ses valeurs propres?

  • (e)

    À quelle condition la matrice C(a0,,an-1) est-elle inversible?

    Justifier que lorsque c’est le cas, son inverse est de la forme C(b0,,bn-1) avec (b0,,bn-1)n.

Solution

  • (a)

    On remplit le tableau matriciel de coefficients généraux ci,j=ar avec rj-i[n]:

    def C(L):
        n = len(L)
        C = np.zeros((n, n))
        for i in range(n):
            for j in range(n):
                C[i, j] = L[(j-i) % n]
        return C
    
    A = C(list(rd.random(3)))
    print(alg.inv(A))
    

    L’inverse de la matrice C(a0,,an-1) semble être de la forme C(b0,,bn-1).

  • (b)
    A = C([1, 2, 3])
    J = C([0, 1, 0])
    print(A - np.eye(3) + 2*J + 3*np.dot(J, J))
    

    La matrice C(a) semble correspondre à P(J).

  • (c)

    En développant le déterminant selon la première ligne, on obtient χJ=Xn-1.

    Les racines de χJ sont les racines n-ièmes de l’unité, ce sont les ωk pour k=0,,n-1, il y en a exactement n: la matrice J est diagonalisable.

    Pour k0;n-1, on obtient après résolution

    Eωk(J)=Vect((1,ωk,,ω(n-1)k))
  • (d)

    Pour k0;n-1, on remarque Jk=C((δi,k)0in-1). Par combinaison linéaire, C(a0,,an-1)=P(J). Puisque la matrice J est diagonalisable, C(a0,,an-1) l’est aussi par la même matrice de passage. La diagonalisation de C(a0,,an-1) en détermine les valeurs propres qui sont les P(ωk) pour k=0,,n-1.

  • (e)

    La matrice C=C(a0,,an-1) est inversible si, et seulement si, 0 n’en est pas valeur propre. Cela a lieu si, et seulement si, les racines n-ièmes de l’unité ne sont pas racines de P. Supposons que ce soit le cas.

    Soit Q un polynôme de n-1[X] vérifiant

    k0;n-1,Q(ωk)=(P(ωk))-1

    Un tel polynôme est possible par interpolation de Lagrange. Considérons ensuite

    D=Q(J)=C(b0,,bn-1) avec Q=b0+b1X++bn-1Xn-1

    On a

    CD=P(J)Q(J)=(PQ)(J)

    Par diagonalisation de J et parce que les valeurs du polynôme PQ sont égales à 1 sur les valeurs propres de J, on a (PQ)(J)=In. On en déduit que C-1=D est de la forme proposée.

 
Exercice 10  5782     MINES (MP)Correction  

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension finie n*. On suppose que les espaces Ker(f) et Im(f) sont supplémentaires.

  • (a)

    Que dire de la matrice de f dans une base adaptée à l’écriture E=Ker(f)Im(f)?

  • (b)

    Établir que la projection sur Ker(f) parallèlement à Im(f) est un polynôme en f.

  • (c)

    Peut-on affirmer la même propriété pour la projection sur Im(f) parallèlement à Ker(f)?

Solution

  • (a)

    Les espaces Ker(f) et Im(f) sont stables par f. La matrice de f dans une base adaptée à la décomposition E=Ker(f)Im(f) est donc diagonale par blocs de la forme

    M=(On-r(0)(0)A)

    avec Ar() et r=rg(f).

    Au surplus, A est inversible car r=rg(f)=rg(M)=rg(A).

  • (b)

    Puisque A est inversible, 0 n’est pas valeur propre de A et n’est donc pas racine de son polynôme caractéristique χA.

    Considérons le polynôme P=χA/χA(0) défini de sorte que P(0)=1 et P(A)=Or en vertu du théorème de Cayley Hamilton. On observe

    P(M)=(P(0)(0)(0)P(A))=(In-r(0)(0)Or)

    On reconnaît la matrice de la projection sur Ker(f) parallèlement à Im(f) et donc P(f) est cette projection, c’est un polynôme en f.

  • (c)

    La projection sur Im(f) parallèlement à Ker(f) est IdE-P(f), il s’agit d’un polynôme en f.

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

 
Exercice 11  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 12  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 13  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 14  2624     CCINP (MP)Correction  

Soit f un endomorphisme d’un -espace vectoriel E vérifiant f4+f=0. Montrer

Ker(f)Im(f)=E.

Solution

Le polynôme X4+X est annulateur de f. Or X4+X=X(X3+1) avec X et X3+1 premiers entre eux. Par le lemme de décomposition des noyaux,

Ker(f)Ker(f3+IdE)=Ker(f4+f)=E.

Or (f3+IdE)f=0 donne Im(f)Ker(f3+IdE). Aussi, si xKer(f3+IdE), x=-f3(x)Im(f). Par double inclusion, Im(f)=Ker(f3+IdE) ce qui permet de conclure.

 
Exercice 15  2442   Correction  

Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension quelconque. On suppose qu’il existe un polynôme annulateur P de f vérifiant

P(0)=0etP(0)0.

Montrer que l’image et le noyau de f sont supplémentaires dans E.

Solution

On peut écrire P(X)=XQ(X) avec Q𝕂[X] tel que Q(0)0. Quitte à considérer λP au lieu de P avec λ𝕂* bien choisi, on peut supposer Q(0)=1. Cela permet d’écrire Q(X)=1-XR(X) avec R𝕂[X].

Les polynômes X et Q sont premiers entre eux. Par le lemme de décomposition des noyaux,

Ker(f)Ker(Q(f))=Ker(P(f))=E

Montrons par double inclusion l’égalité Ker(Q(f))=Im(f) ce qui permettra de conclure.

D’une part, Q(f)f=0 et donc Im(f)Ker(Q(f)).

D’autre part, pour xKer(Q(f)), on a Q(f)(x)=0E donc x-(fR(f))(x)=0E puis x=f(R(f)(x))Im(f). Ainsi, Ker(Q(f))Im(f) et l’on a l’égalité.

 
Exercice 16  4315   

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

  • (a)

    On suppose l’espace E de dimension finie. Montrer

    Ker(P(u))Im(P(u))=E.
  • (b)

    On ne suppose plus l’espace E de dimension finie. Le résultat précédent est-il encore vrai?

 
Exercice 17  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 18  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 19  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 20  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 21  2501     CCINP (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=xy où l’on vérifie zKer(u).

 
Exercice 22  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 23  823   Correction  

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

Ker(u(u-IdE))Ker(u(u+IdE))=E.

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 24  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 lorsque P(x)=0A.

  • (b)

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

 
Exercice 25  4328    

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension finie non nulle. En introduisant11 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 26  3191    CCINP (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 27  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 28  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 29  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 30  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 31  4311  
  • (a)

    Déterminer le polynôme minimal de chacune des matrices réelles suivantes:

    A=(1-214),B=(1-113)etC=(31-113-1111).
  • (b)

    Exploiter ces polynômes minimaux pour exprimer An, Bn et Cn pour n.

 
Exercice 32  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 33  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 34  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 35  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 36  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 37  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 38  3693     CCINP (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 39  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 40  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 41  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 42  3299     CCINP (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=uCom(A) et V=vCom(B)

était sans doute plus simple…

 
Exercice 43  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 telle que AM=MB.

    On pourra rechercher M de la forme XY 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 alors pas 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-μi)

    avec μi les valeurs propres de B comptées avec multiplicité.

    L’égalité det(P(A))=0 donne alors

    det(i=1n(A-μiIn))=i=1ndet(A-μiIn)=(-1)nχA(μi)=0.

    Par conséquent, il existe i1;n tel que det(A-μiIn)=0. Le scalaire μi 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 B, il existe une colonne Yn,1() non nulle telle que BY=λY soit encore YB=λY.

    Considérons alors M=XY.

    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=AXY=(λX)Y=λMetMB=XYB=X(λY)=λM.

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

 
Exercice 44  5681   Correction  

Soit Mn() vérifiant

k1;n,tr(Mk)=0.
  • (a)

    Soit P[X] un polynôme de degré au plus n. Calculer tr(P(M)).

  • (b)

    En déduire que la matrice M n’est pas inversible.

  • (c)

    On suppose que la matrice M possède une valeur propre non nulle λ. En introduisant un polynôme qui s’annule sur toutes les valeurs propres de M sauf λ, aboutir à une absurdité.

  • (d)

    Conclure que M est nilpotente.

Solution

  • (a)

    Soit Pn[X] que l’on écrit

    P=k=0nakXk avec a0,,an.

    Par combinaison linéaire,

    tr(P(M))=tr(k=0nakMk)=k=0naktr(Mk)=a0tr(In)=nP(0).
  • (b)

    Considérons P=χMn[X]. Par le théorème de Cayley-Hamilton, χM(M)=On donc tr(χM(M))=0. Par ce qui précède, il vient χM(0)=0. Or

    χM(0)=det(-M)=(-1)ndet(M).

    La matrice M n’est donc pas inversible.

  • (c)

    Soit Pλn[X] un polynôme s’annulant sur toutes les valeurs propres de M sauf λPλ prend la valeur 1. Un tel polynôme existe, il suffit de considérer

    Pλ=μSp(M){λ}X-μλ-μ.

    Pour ce polynôme, on a tr(Pλ(M))=nPλ(0)=0 car 0 est une valeur propre de M puisque la matrice M n’est pas inversible.

    Parallèlement, tr(Pλ(M)) est la somme des valeurs propres de Pλ(M) comptées avec multiplicité. Par trigonalisation de la matrice M, on obtient une trigonalisation de Pλ(M) qui conduit à

    tr(Pλ(M))=mλ(M).

    C’est absurde car mλ(M)>0.

  • (d)

    Seule 0 est valeur propre de M donc M est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. Par conséquent, la matrice M est nilpotente.

 
Exercice 45  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 46  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 47  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 48  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).
  • (b)

    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.

On pose d=λ1.p1++λm.pm et n=u-d.

  • (c)

    Vérifier que le couple (d,n) est solution du problème posé.

  • (d)

    Montrer que c’est le seul couple possible.

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

 
Exercice 49  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 50  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 51  5449  Correction  

Soit An() une matrice telle que An=In et la famille (In,A,,An-1) soit libre. Calculer tr(A).

Solution

Le polynôme Xn-1 est annulateur de A et l’hypothèse de liberté assure qu’il n’existe pas de polynôme annulateur non nul de degré strictement inférieur à n. On en déduit que Xn-1 est exactement le polynôme minimal de A. Celui-ci étant de degré n, c’est aussi le polynôme caractéristique de A et ses racines sont exactement les valeurs propres de A comptées avec multiplicité. Celles-ci sont les racines de l’unité, elles sont simples et leur somme est nulle. On en déduit tr(A)=0.

 
Exercice 52  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 53  5866  Correction  

Le polynôme X4+X3+2X2+X+1 peut-il être le polynôme minimal d’une matrice de 5()?

Solution

Une matrice réelle de taille impaire possède au moins une valeur propre réelle. Celle-ci est alors racine de son polynôme minimal. Cependant, le polynôme X4+X3+2X2+X+1 ne possède pas de racines réelles comme en témoigne la factorisation

X4+X3+2X2+X+1=(X2+1)(X2+X+1).

Le polynôme X4+X3+2X2+X+1 ne peut donc pas être le polynôme minimal d’une matrice de 5().

 
Exercice 54  5864  Correction  

Soit An(𝕂) une matrice inversible.

Comparer les polynômes minimaux de A et A-1.

Solution

Notons πA et πA-1 les polynômes minimaux des matrices A et A-1.

Les racines de πA sont les valeurs propres de A. Puisque A est inversible, 0 n’est pas valeur propre de A et donc πA(0)0. En notant d=deg(πA), le polynôme minimal de A s’écrit

πA=Xd+ad-1Xd-1++a1X+a0 avec a00

et donc

Ad+ad-1Ad-1++a1A+a0In=On.

En multipliant par A-d,

In+ad-1A-1++a1(A-1)d+a0(A-1)d=On.

On en déduit que

P=1+ad-1X++a1Xd-1+a0Xd

est annulateur de A-1 et donc πA-1 divise P. Par conséquent, deg(πA-1)d=deg(πA). Par un raisonnement symétrique, deg(πA)deg(πA-1) et donc deg(πA-1)=deg(πA).

Le polynôme πA-1 divise P et ces deux polynômes sont de mêmes degrés, ils sont donc associés. Puisque πA-1 est unitaire, on conclut

πA-1=Xd+a1a0Xn-1++ad-1a0X+1a0.

Autrement dit,

πA-1=Xdeg(πA)πA(0)πA(1X).
 
Exercice 55  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.

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). L’endomorphisme P(u) ne peut alors être inversible car

P(u)Q(u)=0 et P(u)GL(E)Q(u)=0.
 
Exercice 56  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 57  2708    MINES (MP)Correction  

Soient (a,b)×* et

A=(a00b0......0a0b...0a+b0...b0a0......0b00a)2n+1().

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

Solution

On remarque

rg(A-(a+b)I2n+1)=netrg(A-(a-b)I2n+1)=n+1

On en déduit

dimKer(A-(a+b)I2n+1)=n+1etdimKer(A-(a-b)I2n+1)=n+1

La matrice A est donc diagonalisable semblable à diag((a+b)In+1,(a-b)In). Par suite,

ΠA=λSp(A)(X-λ)=(X-(a+b))(X-(a-b))

Les polynômes annulateurs de A sont exactement les multiples de ΠA.

 
Exercice 58  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 59  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 60  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 61  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 62  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 63  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 64  4323   

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

 
Exercice 65  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 66  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.

 
Exercice 67  2986      X (MP)Correction  

Soient N une norme sur n et la norme sur n() qui lui est subordonnée.

Soit An(). On suppose que 1 est valeur propre de A et A1.

Montrer que 1 est racine simple du polynôme minimal de A.

Solution

Cas: 1 est la seule valeur propre de A. La matrice A est alors semblable à une matrice triangulaire supérieure avec des coefficients diagonaux tous égaux à 1. Cela permet d’écrire P-1AP=T avec P inversible et

T=(1*(0)1).

Notons a l’élément d’indice (1,2) de cette matrice.

Par une récurrence facile, on vérifie

P-1AmP=(1ma*1(0)1).

Or A1, donc Am1 puis

1mAmm+On

et enfin

1mP-1AmPm+On.

Or

1mP-1AmP=(1/ma*1/m(0)1/m).

On en déduit a=0.

Par ce principe, on peut annuler successivement chaque coefficient de la sur-diagonale de T puis chaque coefficient de la sur-diagonale suivante etc.

Au final; T=In puis A=In et le polynôme minimal de A est ΠA=X-1.

Cas général: Le polynôme minimal de A s’écrit ΠA=(X-1)αQ(X) avec Q(1)0.

Par le lemme de décomposition des noyaux, n=FG avec F=Ker(A-IN)α et G=Ker(Q(A)).

Notons B la matrice de l’endomorphisme induit par A sur le sous-espace vectoriel stable F. On vérifie que 1 est la seule valeur propre de B et que B1. L’étude qui précède assure alors que B=In et donc le polynôme X-1 annule A sur F. De plus, le polynôme Q annule A sur G donc le polynôme (X-1)Q annule A sur n. Puisque 1 n’est pas racine de Q, 1 n’est que racine simple du polynôme minimal ΠA.

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

 
Exercice 68  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 69  2993    MINES (MP)Correction  

Soient a,b et

Ma,b=(a00b0......0a0b...0a+b0...b0a0......0b00a)2n+1().

Déterminer le polynôme minimal de Ma,b.

Solution

On remarque

Ma,b-aI2n+1=((0)b...b(0))

et donc

(Ma,b-aI2n+1)2=b2I2n+1

ce qui donne

(Ma,b-(a+b)I2n+1)(Ma,b-(a-b)I2n+1)=O2n+1

Le polynôme (X-(a+b))(X-(a-b)) est annulateur de Ma,b.

Cas: b=0. On remarque Ma,b=aI2n+1, le polynôme minimal de Ma,b est X-a.

Cas: b0. On remarque Ma,b(a±b)I2n+1, le polynôme minimal de Ma,b est donc (X-(a+b))(X-(a-b)).

 
Exercice 70  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 matrice A 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 71  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 72  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 73  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 74  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 75  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 les noyaux et images en fonction des espaces 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 a f(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 76  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 77  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 78  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 79  2410     CCINP (MP)Correction  

Soient n2, An() et f l’application définie sur n() par

f(M)=tr(A)Mtr(M)A

tr désigne la forme linéaire trace.

  • (a)

    Justifier que f est un endomorphisme de n().

  • (b)

    Étudier la diagonalisabilité de l’endomorphisme f.

  • (c)

    Préciser la dimension des sous-espaces propres de f.

Solution

  • (a)

    L’application f est correctement définie de n() vers lui-même.

    Pour λ,μ et M,Nn(), on vérifie

    f(λM+μN)=λf(M)+μf(N)

    en employant la linéarité de la trace.

  • (b)

    Méthode: On commence par déterminer un polynôme annulateur de f.

    Soit Mn(). On observe

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

    Ainsi,

    ff=tr(A).f.

    Le polynôme X2tr(A)X est annulateur de f.

    On peut factoriser

    X2tr(A)X=X(Xtr(A))

    Cas: tr(A)0. L’endomorphisme f est diagonalisable car annule le polynôme X2tr(A)X qui est simplement scindé.

    Cas: tr(A)=0. Les valeurs propres de f figurent parmi les racines du polynôme X2. Seule 0 peut être valeur propre de f et par conséquent f est diagonalisable si, et seulement si, f=0. Cela correspond uniquement au cas où A=On.

  • (c)

    Le cas A=On est immédiat car alors l’endomorphisme f est l’endomorphisme nul. Supposons désormais ce cas exclu.

    Par le polynôme annulateur X2tr(A)X, on sait

    Sp(f){0,tr(A)}.

    Soit M=A. On remarque

    f(M)=tr(A)Atr(A)A=On=0.M.

    Le réel 0 est donc valeur propre de A et l’espace propre associé contient au moins Vect(A): il est de dimension au moins égale à 1.

    Soit Mn() telle que tr(M)=0. On observe

    f(M)=tr(A)M=λM avec λ=tr(A).

    On en déduit que tr(A) est valeur propre de f et que le sous-espace propre associé contient l’hyperplan des matrices de trace nulle: il est de dimension au moins égale à n21.

    On a donc exactement

    Sp(f)={0,tr(A)}.

    Il reste à discuter selon que ces deux valeurs sont distinctes ou non.

    Cas: tr(A)=0. L’endomorphisme f n’est pas diagonalisable et la dimension du sous-espace propre associé à l’unique valeur propre tr(A)=0 est exactement n21.

    Cas: 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 n21.

 
Exercice 80  4310   

Soient φ une forme linéaire non nulle sur un espace réel E de dimension finie n2, a un vecteur de E et f l’endomorphisme de E déterminé par

f(x)=φ(a).x-φ(x).apour tout xE.
  • (a)

    Calculer ff.

  • (b)

    Former une condition nécessaire et suffisante portant sur a et φ pour que f soit diagonalisable.

 
Exercice 81  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 82  5322     CCINP (MP)Correction  

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

f(v)=uvpour tout v(E).
  • (a)

    Vérifier que f est un endomorphisme de (E).

  • (b)

    Établir que Sp(f)Sp(u).

  • (c)

    Soient λ une valeur propre de u, Eλ le sous-espace propre associé et v un projecteur sur Eλ.

    Montrer que v est vecteur propre de f et en déduire que Sp(f)=Sp(u).

  • (d)

    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.
  • (e)

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

Solution

  • (a)

    Avec des notations entendues,

    f(λ.v+μ.w)=u(λ.v+μ.w)=λ.uv+μ.uw=λ.f(v)+μ.f(w).

    L’application f est donc linéaire, c’est un endomorphisme.

  • (b)

    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.

  • (c)

    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.

  • (d)

    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.

  • (e)

    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 83  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 84  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[>] Diagonalisabilité de matrices par blocs

 
Exercice 85  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 86  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 87  2998    CCINP (MP)Correction  

Soit An() telle que An=In et (In,A,,An-1) est une famille libre.

  • (a)

    Justifier que A est diagonalisable.

  • (b)

    Montrer que la trace de A est nulle.

  • (c)

    Que vaut le déterminant de A?

Solution

  • (a)

    Le polynôme Xn-1 est annulateur de A donc le polynôme minimal ΠA le divise. Or la famille (In,A,,An-1) est libre et le polynôme minimal est donc de degré au moins égal à n. On en déduit ΠA=Xn-1. Ce polynôme est scindé sur à racines simples, la matrice A est diagonalisable.

  • (b)

    Le polynôme ΠA est de degré n et le polynôme caractéristique de A aussi car la matrice A est de taille n. On en déduit χA=ΠA. Or on sait

    χA=Xn-tr(A)Xn-1++(-1)ndet(A).

    On en déduit tr(A)=0.

  • (c)

    Par la formule ci-dessus, det(A)=(-1)n-1.

 
Exercice 88  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 89  4318  

Soit Mn() vérifiant M2M=In.

Montrer que M est diagonalisable.

 
Exercice 90  3469  Correction  

Soit Mn() vérifiant M2+M=2In.

Montrer que la matrice M est diagonalisable.

Solution

On a

(M22In)2=(M)2=(M2)=2InM.

On en déduit que le polynôme suivant est annulateur de M:

X44X2+X+2

Or ce polynôme se factorise

X44X2+X+2=(X1)(X+2)(Xα)(Xβ)

avec

α=1+52etβ=152.

Puisque la matrice M annule un polynôme réel simplement scindé, elle est diagonalisable dans n().

 
Exercice 91  3645    CENTRALE (PSI)Correction  

Soit Mn() telle que

M2+M=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 MX=X donc 1Sp(M)=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 MX=0 et donc M n’est pas inversible. Or det(M)=det(M) donc M n’est pas inversible non plus.

  • (b)

    La relation donnée entraîne

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

    Or

    (M)2=(M2)=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 92  2595    CCINP (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 93  794   Correction  

Soient X,Yn,1(𝕂) non nuls.

À quelle condition la matrice XY est-elle diagonalisable?

Solution

Posons M=XY. On a M2=X(YX)Y. Or α=YX est un scalaire donc M2=αXY=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(YX)=tr(XY)=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 94  5635   Correction  

Soit Am() vérifiant An+1-(n+1)A=Im (avec n*).

Montrer que A est diagonalisable.

Solution

Le polynôme P=Xn+1-(n+1)X-1 est annulateur de A. Ce polynôme est assurément scindé sur . Vérifions que toutes ses racines sont simples.

Les racines multiples de P sont les racines communes à P et P. On ne peut pas déterminer les racines de P mais celles de P=(n+1)(Xn-1) sont les racines n-ième de l’unité. Si ω est une racine n-ième de l’unité alors

P(ω)=ωn+1-(n+1)ω-1=ω-(n+1)ω-1=-(nω+1).

Puisque ω est de module 1, l’équation nω+1=0 ne peut avoir une solution de module 1 que pour n=1. Dans ce cas, cette solution est ω=-1 mais celle-ci n’est pas racine 1-ième de l’unité. Au final, les racines de P ne sont pas racines de P. Le polynôme annulateur P est donc scindé à racines simples et, par conséquent, la matrice A est diagonalisable.

 
Exercice 95  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 96  3056     CCINP (MP)Correction  

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

{In=A+BM=λA+μBM2=λ2A+μ2B.
  • (a)

    Montrer que M est inversible et exprimer M-1.

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

  • (b)

    Montrer que A et B sont des projecteurs.

  • (c)

    La matrice M est-elle diagonalisable? Préciser ses valeurs propres.

Solution

  • (a)

    Par le biais des relations proposées,

    M2-(λ+μ)M+λμIn =λ2A+μ2B-(λ+μ)(λA+μB)+λμ(A+B)
    =(λ2-λ2-λμ+λμ)A+(μ2-λμ-μ2+λμ)B=On.

    On en déduit

    M2-(λ+μ)M=-λμIn

    puis

    M((λ+μ)In-M)=λμIn

    et enfin

    M(λ+μλμIn-1λμM)=In.

    Par le théorème d’inversibilité des matrices, on peut affirmer que M est inversible et

    M-1=λ+μλμIn-1λμM.
  • (b)

    On observe

    M-μIn=(λ-μ)AetM-λIn=(μ-λ)B.

    Or

    (M-μIn)(M-λIn)=M2-(λ+μ)M+λμIn=On

    donc (λ-μ)2AB=On puis AB=On car λμ.

    Puisque A=A×In=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=λIn avec A=In et B=On.

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

 
Exercice 97  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 98  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 99  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.

 
Exercice 100  5867    Correction  

On appelle classe de similitude d’une matrice An() l’ensemble des matrices semblables à A.

  • (a)

    On suppose que An() est diagonalisable.

    Montrer que Bn() est semblable à A si, et seulement si,

    χA=χBetπA(B)=On.
  • (b)

    En déduire que la classe de similitude d’une matrice diagonalisable est une partie fermée.

Inversement, on suppose que la classe de similitude d’une matrice An() est une partie fermée.

  • (c)

    Montrer que cette classe de similitude contient au moins une matrice triangulaire supérieure T.

  • (d)

    Pour k*. On introduit la matrice diagonale Dk=diag(k,k2,,kn). Calculer DkTDk-1.

  • (e)

    Établir que A est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    Si B est semblable à A alors A et B ont le même polynôme caractéristique et le même polynôme minimal. On a donc χA=χB et aussi πA(B)=πB(B)=On.

    Inversement, si πA(B)=On alors B est diagonalisable. En effet, πA est simplement scindé puisqu’on suppose A est diagonalisable. Si de plus χA=χB alors A et B ont les mêmes valeurs propres comptées avec multiplicité. Les matrices A et B sont donc diagonalisables semblables à une même matrice diagonale, elles sont semblables entre elles.

  • (b)

    L’application χ:MχM de n() vers n[X] est continue. En effet, les coefficients de χM sont des polynômes en les coefficients de M. On en déduit que l’ensemble χ-1({χA}) est une partie fermée en tant qu’image réciproque d’une partie fermée par une application continue. Aussi, l’application πA:MπA(M) de n() vers lui-même est continue par opérations sur les fonctions continues. On en déduit que l’ensemble πA-1({On}) est fermée. Par intersection, la classe de similitude de A qui peut se décrire comme χ-1({χA})πA-1({On}) est fermée.

  • (c)

    La matrice An() est assurément trigonalisable (son polynôme caractéristique est nécessairement scindé sur ). Il existe donc au moins une matrice triangulaire supérieure dans sa classe de similitude.

  • (d)

    En notant ti,j le coefficient général de T, le coefficient général de Dk-1TDk est kiti,jk-j=ti,jki-j.

  • (e)

    Pour i<j,

    ti,jki-jk+0.

    Pour i=j,

    ti,jki-j=ti,ik+ti,i.

    Pour i>j,

    ti,jki-j=0k+0.

    On a donc Dk-1TDkk+D=diag(t1,1,,tn,n). Or les matrices Dk-1TDk sont semblables à T donc à A. La suite (Dk-1TDk)k* apparaît comme une suite convergente d’éléments du fermé qu’est la classe de similitude de A, sa limite D est donc aussi élément de cette classe de similitude. Ainsi, il existe une matrice diagonale dans la classe de similitude de A: la matrice A est diagonalisable.

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

 
Exercice 101  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 102  4320   

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

M=(0A-2A3A).
 
Exercice 103  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, on vérifie

    k,Mk=(AkkAk(0)Ak)

    On obtient ensuite la relation proposée par combinaison linéaire en écrivant le polynôme P à l’aide de ses coefficients?

  • (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. Résumons, A est diagonalisable et Sp(A)={0}: cela donne A=On.

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

 
Exercice 104  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 105  5754   Correction  

Soit An(). On étudie la matrice par blocs

M=(AA00)2n()
  • (a)

    Vérifier que pour tout polynôme P[X]

    P(M)=(P(A)P(A)00)+P(0)(0-In0In)
  • (b)

    En déduire une condition nécessaire et suffisante sur A pour que M soit diagonalisable.

Solution

  • (a)

    Par récurrence, on vérifie facilement

    k*,Mk=(AkAk00)

    Pour P[X], on écrit P=aNXN++a1X+a0 avec N et a0,a1,,aN et l’on constate

    P(M) =a0I2n+k=1Nak(AkAk00)
    =(P(A)P(A)-a0In0a0In)=(AkAk00)-a0(0-In0In)

    Sachant P(0)=a0, cette identité correspond à la formule voulue.

  • (b)

    Supposons que la matrice M soit diagonalisable. Il existe un polynôme P simplement scindé sur annulant M. Par ce qui précède, on a alors P(A)=0 et P(0)=0. En particulier, la matrice A est diagonalisable.

    Inversement, supposons que la matrice A soit diagonalisable. On peut écrire A=PDP-1 avec PGLn() et DDn().

    Considérons ensuite la matrice

    Q=(P-P0P)

    On vérifie que Q est inversible d’inverse

    Q-1=(P-1-P-10P-1)

    Par produit par blocs,

    Q-1MQ =(P-1-P-10P-1)(AA00)(P-P0P)
    =(P-1-P-10P-1)(AP000)=(P-1AP000)=(D000)

    La matrice M est donc semblable à une matrice diagonale, elle est diagonalisable.

 
Exercice 106  5870   Correction  

Soient An(𝕂) et la matrice par blocs

M=(AAAA).

Montrer que M est diagonalisable si, et seulement si, A l’est.

Solution

Par récurrence, on vérifie

k*,Mk=(2k-1Ak2k-1Ak2k-1Ak2k-1Ak)

de sorte que, pour tout P𝕂[X],

P(M)=(12P(2A)12P(2A)-P(0)In12P(2A)-P(0)In12P(2A))

Si M est diagonalisable, il existe P polynôme simplement scindé annulant M. Ce polynôme annule aussi la matrice 2A et donc 2A est diagonalisable. On en déduit que A est diagonalisable.

Inversement, si A est diagonalisable, on peut écrire A=PDP-1 avec D diagonale et P inversible. Considérons alors

Q=(P-PPP).

La matrice Q est inversible avec

Q-1=12(P-1P-1-P-1P-1)

et l’on remarque

Q-1MQ=12(P-1P-1-P-1P-1)(AAAA)(P-PPP)=(2D000).

La matrice M est donc diagonalisable.

 
Exercice 107  5869   Correction  

Soient An() et la matrice par blocs

M=(0InA0).
  • (a)

    Exprimer le polynôme minimal de M en fonction du polynôme minimal de A.

  • (b)

    À quelle condition la matrice M est-elle diagonalisable?

Solution

  • (a)

    On calcule les premières puissances de M,

    M2=(A00A),M3=(0AA20),M4=(A200A2),

    Plus généralement, pour p,

    M2p=(Ap00Ap)etM2p+1=(0ApAp+10).

    Pour P[X] s’écrivant

    P=k=0NakXk

    on a

    P(M)=(Q(A)R(A)AR(A)Q(A))

    avec

    Q=p=0N/2a2pXpetR=p=0(N-1)/2a2p+1Xp.

    Pour que P annule M, il faut et il suffit que Q et R annulent A, c’est-à-dire qu’ils soient tous deux multiples du polynôme minimal πA. Sachant P=Q(X2)+XR(X2), les polynômes annulateurs de M sont ceux multiples de πA(X2). Le polynôme minimal de M est donc πM=πA(X2).

  • (b)

    La matrice M est diagonalisable si, et seulement si, πM est simplement scindé.

    Si πA possède une racine multiple, πM aussi.

    Si 0 est racine de πA, 0 est racine au moins double de πM.

    Pour que πM soit simplement scindé, il faut que πA soit simplement scindé et que 0 n’en soit pas racine, c’est-à-dire que 0 ne soit pas valeur propre de A. Ainsi, pour que M soit diagonalisable, il faut que A soit diagonalisable et inversible.

    Inversement, si A est diagonalisable et inversible, πA est simplement scindé et 0 n’en est pas racine. En notant λ1,,λm les racines de πA,

    πA=k=1m(X-λk)etπM=k=1m(X2-λk)=k=1m(X-μk)(X+μk)

    avec μk une des deux racines carrées de λk. Les racines de πM sont les ±μ1,,±μp et celles-ci sont deux à deux distinctes. Le polynôme πM est donc simplement scindé et on en déduit que M diagonalisable.

    En résumé, M est diagonalisable si, et seulement si, A est diagonalisable et inversible.

 
Exercice 108  5751     MINES (MP)Correction  

Soit AGLn(). Étudier la diagonalisabilité de

M=(AA2A-1In).

Solution

Pour

P=(In00A)GL2n() avec P-1=(In00A-1)

on obtient

PMP-1=(AAInIn).

Pour

Q=(InIn0In)GL2n() avec Q-1=(In-In0In)

on obtient

N=(QP)M(QP)-1=(A+In0In0).

Par similitude, la matrice M est diagonalisable si, et seulement si, N l’est. Étudions alors la diagonalisabilité de

N=(B0In0) avec B=A+In.

Par récurrence, on vérifie

k*,Nk=(Bk0Bk-10).

On obtient donc

P[X],P(N)=(P(B)0P*(B)P(0)In) avec P*(X)=P(X)-P(0)X.

Si N est diagonalisable, il existe un polynôme P[X] simplement scindé pour lequel P(N)=0 ce qui donne

P(B)=P*(B)=0etP(0)=0.

Le polynôme P étant simplement scindé et 0 en étant racine. Le polynôme P* est lui aussi simplement scindé et 0 n’en est pas racine. On en déduit que B est diagonalisable et 0 n’est pas valeur de B. En d’autres termes, A=B-In est diagonalisable et -1 n’est pas valeur propre de A.

Inversement, supposons que A soit diagonalisable et que -1 n’en soit pas valeur propre. La matrice B=A+In est alors diagonalisable et 0 n’est pas valeur propre de B. On peut introduire Q[X] polynôme annulateur de B, simplement scindé et dont 0 n’est pas valeur propre. Le polynôme P=XQ[X] est alors simplement scindé et annule N. La matrice N est donc diagonalisable.

Pour conclure, M est diagonalisable si, et seulement si, A l’est et -1Sp(A).

[<] Diagonalisabilité de matrices par blocs[>] Étude de matrices vérifiant une identité polynomiale

 
Exercice 109  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 110  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 111  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 112  2513    CCINP (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-aIdE)(u-bIdE)=0.

Soient

p=1b-a(u-aIdE)etq=1a-b(u-bIdE).
  • (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=IdE, pq=0 car (u-aIdE)(u-bIdE)=0, p=pIdE=pp+pq=pp, aussi qq=q via qp=0.

  • (b)

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

  • (c)

    u est diagonalisable car annule un polynôme simplement scindé.

    Sp(u)={a,b}, Ea(u)=Ker(p), Eb(u)=Ker(q) à moins que u=aIdE ou u=bIdE.

 
Exercice 113  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 114  4942     CCINP (MP)Correction  

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

  • (a)

    Justifier que 0 est la seule valeur propre possible de f.

    En déduire que l’endomorphisme f n’est pas diagonalisable.

  • (b)

    L’endomorphisme f est-il surjectif?

  • (c)

    Montrer que 3=Im(f)Ker(f).

  • (d)

    Justifier que, pour tout xEKer(f), la famille (f(x),f2(x)) est une base de Im(f). Calculer la trace de f.

Solution

  • (a)

    Le polynôme X3+X est annulateur de f et sa seule racine réelle est 0. Celle-ci est donc la seule valeur possible pour f.

    Si l’endomorphisme f est diagonalisable, il est figuré par la matrice nulle et c’est donc l’endomorphisme nul: le sujet exclut cette possibilité.

  • (b)

    Puisque 3 est de dimension impaire, l’endomorphisme f admet au moins une valeur propre. Celle-ci étant nulle, l’endomorphisme f n’est pas injectif. En vertu du théorème d’isomorphisme, f ne peut pas être non plus surjectif.

  • (c)

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

    x=x+f(f(x)=0)=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.

  • (d)

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

    Soit (λ,μ)2. Supposons

    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

    (010100000).

    On conclut tr(f)=0.

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

 
Exercice 115  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 116  162    SAINT CYR (MP)Correction  

Soit A3() vérifiant A3=A2-2A. La matrice A est-elle inversible?

Solution

Le polynôme X3-X2+2X=X(X2-X+2) est annulateur de A. Ce polynôme n’admet qu’une seule racine réelle qui est 0. Celle-ci est la seule valeur propre possible de A. Or A est une matrice réelle de taille impaire, elle admet donc nécessairement au moins une valeur propre réelle. Ainsi, 0 est valeur propre de A et la matrice A n’est donc pas inversible.

 
Exercice 117  5548  Correction  

Soit An() telle que A2+In=On.

Montrer que n est pair et calculer det(A) et tr(A).

Solution

Le polynôme X2+1 est annulateur de A: les valeurs propres complexes de A en sont racines et donc égales à i ou -i. Aussi, la matrice A admet au moins une valeur propre complexe et, puisqu’il s’agit d’une matrice réelle, les valeurs propres complexes de A sont deux à deux conjuguées et deux valeurs propres conjuguées ont même multiplicité. On en déduit que A admet i et -i pour valeurs propres de multiplicité commune p. On a alors n=2p et, puisque A est trigonalisable,

det(A)=ip×(-i)p=1ettr(A)=p×i+p×(-i)=0.
 
Exercice 118  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 119  2608    ENSTIM (MP)Correction  

Soit An() vérifiant

A3+In=On.

Montrer que la trace de A est un nombre entier.

Solution

La matrice A annule le polynôme X3+1. Dans ,

X3+1=(X+1)(X+j)(X+j2).

Ce polynôme est scindé à racines simples, la matrice A est donc diagonalisable sur semblable à une matrice D=diag(-Ip,-jIq,-j2Ir). Cependant, les multiplicités q et r des valeurs propres conjuguées -j et -j2 sont égales car la matrice A est réelle. On a donc

tr(A)=tr(D)=-p-qj-qj2=q-p

car 1+j+j2=0.

 
Exercice 120  5865  Correction  

Soit An() vérifiant A2=In et A±In.

Montrer que tr(A)n[2] et |tr(A)|n-2.

Solution

Le polynôme X2-1=(X-1)(X+1) est annulateur de A. Celui-ci est simplement scindé sur et la matrice A est donc diagonalisable. Les valeurs propres de A figurent parmi les racines de X2-1 et donc Sp(A){1,-1}.

Si Sp(A)={1} alors A est diagonalisable semblable à In donc égale à In. Cela est exclu. De même, il n’est pas possible que Sp(A)={-1} et donc Sp(A)={1,-1}.

Notons p>0 et q>0 les multiplicités respectives des valeurs propres 1 et -1. On a

tr(A)=p1+q(-1)=p-qetn=p+q.

On en déduit

tr(A)=n-2qn[2]

et, puisque q1;n-1,

2-ntr(A)n-2

ce qui entraîne |tr(A)|n-2.

 
Exercice 121  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 122  2623  Correction  

Soit An() vérifiant A4=A2.

Montrer que A est diagonalisable si, et seulement si, A3=A.

Solution

() Si A3=A alors la matrice A annule le polynôme X3X=X(X1)(X+1) qui est simplement scindé sur . La matrice A est donc diagonalisable dans n().

() Si A est diagonalisable, son polynôme minimal est simplement scindé sur . Or ce polynôme minimal divise X4X2=X2(X1)(X+1) car ce dernier est annulateur de A. Le polynôme minimal divise donc le polynôme X(X1)(X+1)=X3X. Ce dernier est alors nécessairement annulateur de A ce qui entraîne A3=A.

 
Exercice 123  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 124  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 125  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 126  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 127  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 128  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 129  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 130  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 131  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 132  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 133  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 134  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. Établir qu’alors uv et u+v sont diagonalisables.

 
Exercice 135  5670     CCINP (MP)Correction  

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

  • (a)

    On suppose u2=0. Montrer que rg(u)n/2.

  • (b)

    Soit r tel que rn/2. Donner un endomorphisme f(E) tel que f2=0 et rg(f)=r.

Soit v un endomorphisme de E commutant avec u.

  • (c)

    Montrer que si u admet n valeurs propres distinctes alors u et v admettent une base commune de diagonalisation.

  • (d)

    Montrer que si u et v sont diagonalisables alors u et v admettent une base commune de diagonalisation.

Solution

  • (a)

    Si u2=0 alors Im(u)Ker(u). Par la formule du rang, rg(u)+dimKer(u)=n avec rg(u)dimKer(u). Cela donne 2rg(u)n.

  • (b)

    L’endomorphisme f figuré dans une base de E par la matrice

    M=(0Ir00)n()

    convient. En effet, la condition rn/2 assure Im(M)Ker(M) ce qui entraîne f2=0.

  • (c)

    L’endomorphisme u est assurément diagonalisable car il possède n=dimE valeurs propres distinctes. De plus, les sous-espaces propres de u sont des droites vectorielles. Or celles-ci sont stables par v car u et v commutent. Les sous-espaces propres de u sont donc engendrés par des vecteurs propres de v. On en déduit qu’une base diagonalisant u diagonalise aussi v.

  • (d)

    Les sous-espaces propres de u sont stables par v. On peut introduire les endomorphismes induits par v sur chacun de ceux-ci. Ces endomorphismes induits sont assurément diagonalisables car v l’est. On peut alors former, pour chaque sous-espaces propres de u, une base constituée de vecteurs propres de v. En accolant ces différentes bases, on forme une base de E diagonalisant conjointement u et v.

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

 
Exercice 136  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 137  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 138  5450     MINES (PSI)Correction  

Soient A et B deux matrices diagonalisables de n(𝕂).

Montrer que les matrices A et B commutent si, et seulement si, il existe une matrice diagonalisable C de n(𝕂) et deux polynômes P et Q de 𝕂[X] tels que

A=P(C)etB=Q(C).

Solution

() C’est immédiat car des polynômes en une même matrice commutent entre eux.

() Supposons que A et B commutent. On sait alors que les matrices A et B sont simultanément diagonalisables. Il existe donc UGLn(𝕂) telle que

A=UDU-1etB=UDV-1

avec D=diag(λ1,λ2,,λn) et D=diag(μ1,μ2,,μn).

Considérons alors

C=UΔU-1 avec Δ=diag(1,2,,n).

La matrice C est diagonalisable. Si l’on introduit P𝕂[X] un polynôme interpolateur de Lagrange tel que P(i)=λi pour i=1,,n, on observe P(C)=A. De la même façon, on forme Q𝕂[X] tel que Q(C)=B.

 
Exercice 139  2524     CCINP (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 140  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 minimal est scindé à racines simples. Il s’écrit (X-λ1)(X-λp) avec λ1,,λp les valeurs propres de u. Puisque uGL(E), 0 n’est pas valeur propre de u et donc aucun des λi n’est nul.

    Notons αi et βi les deux solutions (distinctes) complexes 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. Il s’écrit (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), et cela est donc impossible.

    Par suite, les racines de M sont simples et u est diagonalisable.

 
Exercice 141  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 142  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 143  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(λInM) =|λ11λ|=|λ(n1)11λ(n1)λ1λ(n1)1λ|
    =(λ(n1))|1110λ+1(0)0(0)λ+1|

    puis det(λInM)=(λ(n1))(λ+1)n1 et donc Sp(M)={1,(n1)}.
    Soit f l’application linéaire canoniquement associée à M.

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

    Donc E1 est l’hyperplan d’équation x1++xn=0.
    Puisque En1 est au moins une droite vectorielle, la matrice M est diagonalisable.

    2ème méthode: Après calculs, on obverse que M2=(n1)In+(n2)M.
    Par suite, M annule le polynôme scindé simple (X+1)(X(n1)) 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(n1)) 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(n1) ne le sont pas.

  • (c)

    Par division euclidienne Xp=(X+1)(X(n1))Q+αX+β
    En évaluant la relation en 1 et en n1, on obtient
    avec

    {α+β=(1)pα(n1)+β=(n1)p.

    Après résolution

    {α=(n1)p(1)pnβ=(n1)p+(n1)(1)pn

    d’où

    Mp=(n1)p(1)pnM+(n1)p+(n1)(1)pnIn.
 
Exercice 144  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.
 
Exercice 145  1721  Correction  

Soit

A=(1-124)2().

Calculer An pour tout n.

Solution

Le polynôme caractéristique de A est

χA=X2-5X+6=(X-2)(X-3).

Celui-ci est annulateur de A.

On réalise la division euclidienne de Xn par χA. Celle-ci s’écrit

Xn=(X-2)(X-3)Q+aX+b avec Q[X] et a,b.

On détermine a et b en évaluant en 2 et 3:

{2n=2a+b3n=3a+b

ce qui donne

a=3n-2netb=32n-23n.

En évaluant la relation Xn=(X-2)(X-3)Q+aX+b en la matrice A, on obtient

An=(3n-2n)A+(32n-23n)I2.

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

 
Exercice 146  5638  Correction  

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

πu est scindé sur 𝕂χu est scindé sur 𝕂.

Solution

Si πu est scindé alors l’endomorphisme u est trigonalisable et donc χu est scindé sur 𝕂. La réciproque est identique.

 
Exercice 147  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 148  5868   Correction  

Soit f un endomorphisme d’un -espace vectoriel E de dimension finie. On suppose (f-IdE)2=0.

  • (a)

    On introduit g=f-IdE. Comparer Im(g) et Ker(g).

  • (b)

    Établir qu’il existe une base de E dans laquelle la matrice de f est diagonale par blocs de blocs diagonaux égaux à

    (1)ou(1101).

Solution

  • (a)

    L’égalité (f-IdE)2=0 donne g2=0 ce qui entraîne Im(g)Ker(g).

  • (b)

    Posons r=dimIm(g) et n=dimE. Par la formule du rang, r+dimKer(g)=n.

    Soit S un sous-espace vectoriel supplémentaire de Ker(g) dans E. Celui-ci est de dimension r. Notons (e1,,er) une base de S. Pour i=1,,r, posons ei=g(ei). On vérifie que (e1,,er) est une famille libre de vecteurs de Ker(g). On la complète en une base (e1,,er,er+1,,en-r). Puisque S et Ker(g) sont supplémentaires dans E, la famille (e1,,er,e1,,er,er+1,,en-r) est une base de E. On entremêle les vecteurs pour former la base e=(e1,e1,,er,er,er+1,.,en-r). Puisque g(ei)=0 pour i=1,,n-r et g(ei)=ei pour i=1,,r, la matrice de g dans e est diagonale par blocs constituée de r blocs

    (0100)

    poursuivis de n-2r blocs

    (1).

    La matrice de f=IdE+g dans la base e est alors de la forme voulue.

 
Exercice 149  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 150  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[>] Sous-espaces caractéristiques

 
Exercice 151  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 152  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 153  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 154  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 155  4979    MINES (PSI)

Soit An().

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

 
Exercice 156  3253   

Soit E un espace vectoriel complexe de dimension finie n1.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un polynôme réel Pn vérifiant

    1+x=x0Pn(x)+O(xn)
  • (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 157  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 158  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 159  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 160  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 161  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.

    Le polynôme 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], unitaire et degré n donc χf=Xn 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 de f comptées avec multiplicité, 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 alors χf=Xn et l’on sait que le polynôme caractéristique est annulateur de f.

    Pour n=1, la propriété est immédiate.

    Supposons la propriété vraie au rang n-1.

    Soit (λ1,,λn)n vérifiant

    {λ1++λn=0λ12++λn2=0λ1n++λnn=0.

    Considérons le polynôme

    P(X)=(X-λ1)(X-λn).

    On introduit les coefficients de P:

    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 et le système initial fournit alors

    {λ1++λn-1=0λ12++λn-12=0λ1n-1++λn-1n-1=0.

    Par application de l’hypothèse de récurrence, on obtient λ1==λn-1=0.

    La récurrence est établie.

 
Exercice 162  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

    P2=λSp(u)(X-λ)αλ.

    Or P2(u) étant nilpotent, il est immédiat que l’endomorphisme λSp(u)(u-λIdE) l’est aussi. On en déduit que

    P2=λSp(u)(X-λ)

    et ce polynôme est donc scindé à racines simples.

    Déterminons maintenons un polynôme R𝕂[X] tel que pour Q=P2R, on ait P2(u-Q(u))=0.

    On en déduira que u-Q(u) est diagonalisable avec Q(u)2.

    L’identité P2(u-Q(u))=0 est obtenue dès que P1 divise le polynôme

    P2(X-P2(X)R(X))=λSp(u)(X-λ-P2(X)R(X)).

    Or P1=λSp(u)(X-λ)βλ et il suffit donc que pour chaque λSp(u), le facteur (X-λ)βλ divise le facteur X-λ-P2(X)R(X) pour pouvoir conclure. On a

    X-λ-P2(X)R(X)=(X-λ)(1-μλ(X-μ)R(X)).

    La condition voulue est assurément vérifiée si βλ=1.

    Pour βλ2, la condition voulue est satisfaite si μλ(λ-μ)R(λ)=1 et si pour tout k{1,,βλ-2}, la dérivée k-ième du polynôme μλ(X-μ)R(X) s’annule en λ. Cela fournit des équations déterminant pleinement R(λ),R(λ),,Rβλ-2(λ) car μλ(λ-μ)0.

    Sachant qu’il est possible de construire un polynôme prenant des valeurs données ainsi que ses dérivées en des éléments deux à deux distincts de 𝕂, on peut déterminer un polynôme résolvant notre problème.

[<] Nilpotence

 
Exercice 163  5637  Correction  

Quels sont les sous-espaces caractéristiques d’un endomorphisme diagonalisable?

Solution

Soit u un endomorphisme diagonalisable d’un espace vectoriel E.

Pour λSp(u), notons Eλ(u) et Fλ(u) les sous-espaces propres et caractéristiques de l’endomorphisme u associés à la valeur propre λ. On sait Eλ(u)Fλ(u). Aussi, les espaces Fλ(u) sont en somme directe et, par l’hypothèse de diagonalisabilité

E=λSp(u)Eλ(u)λSp(u)Fλ(u)E.

On en déduit

dimE=λSp(u)dimEλ(u)λSp(u)dimFλ(u)dimE

puis

λSp(u),dimEλ(u)=dimFλ(u).

Par inclusion et égalité des dimensions, il vient

λSp(u),Fλ(u)=Eλ(u).
 
Exercice 164  5641   Correction  

Soit λ une valeur propre d’un endomorphisme u d’un espace vectoriel E de dimension finie.

  • (a)

    On suppose qu’il existe p tel que Ker(up)=Ker(up+1). Montrer que pour tout k

    Ker(up+k)=Ker(up+k+1).

On note β la multiplicité de λ en tant que racine du polynôme minimal πu.

  • (b)

    Pour k, montrer

    Ker((u-λ.IdE)k)=Ker((u-λ.IdE)k+1)kβ.
  • (c)

    En déduire que le sous-espace caractéristique de u associé à la valeur propre λ est

    Fλ(u)=Ker((u-λ.IdE)β).

Solution

  • (a)

    Soit k. Pour xE,

    xKer(up+k) up(uk(x))=0E
    uk(x)Ker(up)
    uk(x)Ker(up+1)
    up+1(uk(x))=0E
    xKer(up+k).

    Ainsi, Ker(up+k)=Ker(up+k+1).

  • (b)

    On écrit πu=(X-λ)βQ(X) avec Q(λ)0.

    Par croissance des noyaux itérés, on sait

    Ker((u-λ.IdE)β-1)Ker((u-λ.IdE)β)Ker((u-λ.IdE)β+1).

    Montrons que la première inclusion est stricte alors que la seconde est un égalité.

    Par l’absurde, supposons Ker((u-λ.IdE)β-1)=Ker((u-λ.IdE)β). Pour tout xE,

    πu(u)(x)=(u-λ.IdE)βQ(u)(x)=0E

    donc Q(u)(x)Ker((u-λ.IdE)β)=Ker((u-λ.IdE)β-1) ce qui entraîne

    (u-λ.IdE)β-1Q(u)(x)=0E.

    Le polynôme (X-λ)β-1Q est alors annulateur de u. C’est absurde car contredit la minimalité du polynôme πu.

    Poursuivons en montrant Ker((u-λ.IdE)β+1)Ker((u-λ.IdE)β).

    Soit xKer((u-λ.IdE)β+1). Puisque Q(λ)0, les polynômes X-λ et Q sont premiers entre eux. Il existe donc deux polynômes V,W𝕂[X] tels que V(X-λ)+WQ=1 et alors

    (X-λ)n=V(X-λ)n+1+W(X-λ)nQ=V(X-λ)n+1+Wπu.

    En évaluant en u puis en x,

    ((u-λ.IdE)β)(x)=(V(u)(u-λ.IdE)β+1)(x)+(W(u)πu(u))(x)=0E.

    Par double inclusion,

    Ker((u-λ.IdE)β)=Ker((u-λ.IdE)β+1).

    Enfin, par la propriété de la question précédente employée avec l’endomorphisme u-λ.IdE au lieu de u, on peut conclure

    Ker((u-λ.IdE)k)=Ker((u-λ.IdE)k+1)kβ.
  • (c)

    Par définition, le sous-espace caractéristique Fλ(u) est

    Fλ(u)=Ker((u-λ.IdE)α)

    avec α la multiplicité de λ en tant que racine du polynôme caractéristique χu. Or on sait que πu divise χu et donc βα. Le résultat de la question précédente donne alors

    Fλ(u)=Ker((u-λ.IdE)β).
 
Exercice 165  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 166  5747    Correction  

Soit λ une valeur propre de multiplicité α d’un endomorphisme u d’un espace vectoriel E de dimension finie.

Établir

dim(Ker(u-λ.IdE)α)=α.

Solution

Puisque α est la multiplicité de λ en tant que racine du polynôme caractéristique, on peut écrire χu=(X-λ)αQ avec Q𝕂[X] tel que Q(λ)0. Les polynômes (X-λ)α et Q sont premiers entre eux et, par application du théorème de Cayley-Hamilton et du lemme des noyaux,

E=Ker(χu(u))=Ker((u-λ.IdE)α)Ker(Q(u))=FG

avec F=Ker((u-λ.IdE)α) et G=Ker(Q(u)). Les espaces F et G sont stables par u car ce sont des noyaux de polynômes en u et que ces derniers commutent avec u. En introduisant une base adaptée à la supplémentarité précédente, la matrice représentative de u est de la forme

M=(A(0)(0)B)

avec A et B les matrices représentatives des endomorphismes uF et uG induits par u sur F et G. On a alors

χu=χM=χAχB=χuFχuG.

L’endomorphisme uF vérifie (uF-λ.IdF)α=((u-λ.IdE)α)F=0. L’endomorphisme uF-λ.IdF est donc nilpotent et l’on peut introduire une base de F dans laquelle la matrice de cet endomorphisme est triangulaire supérieure stricte. La matrice de uF dans cette base est alors

(λ(*)(0)λ)β(𝕂) avec β=dimF.

On en déduit

χuF=(X-λ)dimF.

L’endomorphisme uG induit par u sur G vérifie Q(uG)=(Q(u))G=0. Puisque λ n’est pas racine de Q annulateur de uG, λ n’est pas valeur p de uG et donc λ n’est pas racine de χuG.

On a donc

χu=(X-λ)dimFχuG avec χuG(λ)0.

Ainsi, dimF est exactement la multiplicité de λ en tant que racine de χM. Autrement dit, dimF=α.



Édité le 23-02-2024

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