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

 
Exercice 1  2696    MINES (MP)Correction  

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

Solution

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

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

 
Exercice 2  3083  Correction  

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

det(A)0.

Solution

Par contraposition, montrons

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

On a

χA(X)=Xn++(-1)ndet(A).

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

 
Exercice 3  4348  

Soit An() vérifiant det(A)<0.

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

 
Exercice 4  785   Correction  

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

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

    Calculer P(ai).

  • (b)

    Justifier que P est un polynôme unitaire de degré n.

  • (c)

    Former la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle

    P(X)i=1n(X-ai).
  • (d)

    En déduire une expression du déterminant de A+In.

Solution

  • (a)

    En factorisant sur la i-ème colonne

    P(ai)=ai|ai1ana11ana11ai|.

    En retranchant la i-ème ligne à chacune des autres

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

    et donc

    P(ai)=aiji(ai-aj).
  • (b)

    En utilisant la formule des déterminants

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

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

  • (c)

    Puisque les ai sont deux à deux distincts

    P(X)i=1n(X-ai)=1+i=1nλiX-ai

    avec

    λi=P(ai)ji(ai-aj)=ai.
  • (d)

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

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

    et donc

    det(A+In)=(1+i=1nai1-ai)i=1n(1-ai).
 
Exercice 5  3121   Correction  

Soient A,Bn(). Établir

χA(B)GLn()Sp(A)Sp(B)=.

Solution

On peut écrire

χA(X)=k=1n(X-λk)

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

χA(B)GLn()1kn,B-λkInGLn()

ce qui donne

χA(B)GLn()1kn,λkSp(B)

et on peut ainsi affirmer

χA(B)GLn()Sp(A)Sp(B)=.
 
Exercice 6  3991     ENSTIM (PSI)Correction  
  • (a)

    Soient B,Cn() deux matrices semblables

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

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

  • (b)

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

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

Solution

  • (a)

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

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

    ainsi que

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

    sous réserve d’inversibilité.

  • (b)

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

    A=(λ1*(0)λn)

    on obtient

    (xIn-A)-1=(1x-λ1*(0)1x-λn)

    et donc

    tr(xIn-A)-1=k=1n1x-λk=PA(x)PA(x)

    car

    PA(x)=k=1n(x-λk).
 
Exercice 7  2698      MINES (MP)Correction  
  • (a)

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

  • (b)

    Soient (λ1,,λn)n et le polynôme

    P=i=1n(X-λi).

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

    Pq=i=1n(X-λiq)

    appartient encore à [X].

  • (c)

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

Solution

  • (a)

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

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

    Son polynôme caractéristique est

    χM(X)=|X(0)a0-1a1X(0)-1X+an-1|.

    Il peut se calculer par la succession d’opérations élémentaires

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

    On obtient alors

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

    avec

    α=(a0+a1X++an-1Xn-1+Xn).

    En développant selon la première ligne, on obtient

    χM(X)=a0+a1X++an-1Xn-1+Xn.

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

  • (b)

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

    (λ1*0λn).

    La matrice Aq est alors semblable à la matrice

    (λ1q*0λnq).

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

  • (c)

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

    in,λiq=λσ(i)r.

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

 
Exercice 8  299      X (MP)Correction  

On pose

Pn(X)=Xn-X+1 (avec n2).
  • (a)

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

  • (b)

    Calculer le déterminant de

    (1+z11111+z21111+zn).

Solution

  • (a)

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

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

    On en tire

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

    (1) et (2) donnent

    (n-1)z=n(3)

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

  • (b)

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

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

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

    χ(zi)=j=1,jin(zi-zj)=P(zi).

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

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

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Édité le 08-11-2019

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