Exercice 1 5643 Correction

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

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

Solution

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

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

Exercice 2 2696 MINES (MP)Correction

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

Solution

Il est classique d’établir $χ_{A B} = χ_{B A}$ en commençant par établir le résultat pour $A$ inversible et le prolongeant par un argument de continuité et de densité.

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

Exercice 3 3083 Correction

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

\det (A) \geq 0 .

Solution

Par contraposition, montrons

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

On a

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

Si $\det (A) < 0$ alors ${(- 1)}^{n} χ_{A} (0) < 0$ et ${lim}_{t \to - \infty} {(- 1)}^{n} χ_{A} (t) = + \infty$ . Sachant la fonction $t \mapsto χ_{A} (t)$ continue, il existe $λ \in] - \infty; 0 [$ racine de $χ_{A}$ et donc valeur propre de $A$ .
On peut aussi établir le résultat en observant que le déterminant de $A$ est le produit des valeurs propres complexes de $A$ comptées avec multiplicité. Parmi celles-ci, celles qui sont réelles sont positives et celles qui sont complexes non réelles, sont deux à deux conjuguées. Le produit est donc positif.

Exercice 4 4348

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

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

Exercice 5 785 Correction

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

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

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

(a)

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

Former la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle

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

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

Solution

(a)

En factorisant sur la $i$ -ème colonne

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

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

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

et donc

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

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

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

avec

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

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

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

et donc

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

Exercice 6 3121 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ . Établir

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

Solution

On peut écrire

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

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

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

ce qui donne

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

et on peut ainsi affirmer

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

Exercice 7 3991 ENSTIM (PSI)Correction

(a)

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

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

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

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

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

Solution

(a)

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

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

ainsi que

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

sous réserve d’inversibilité.
(b)

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

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

on obtient

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

et donc

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

car

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

Exercice 8 2698 MINES (MP)Correction

(a)

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

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

$P = \prod_{i = 1}^{n} (X - λ_{i}) .$

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

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

appartient encore à $ℤ [X]$ .
(c)

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

Solution

(a)

Oui, un tel polynôme existe, il suffit de se référer aux matrices compagnons!
Pour $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - 1} \in 𝕂$ , la matrice compagnon associée est

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

Son polynôme caractéristique est

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

Il peut se calculer par la succession d’opérations élémentaires

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

On obtient alors

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

avec

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

En développant selon la première ligne, on obtient

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

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

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

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

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

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

Le polynôme caractéristique de $A^{q}$ est alors $P_{q}$ . Or $A^{q}$ est une matrice à coefficients entiers et donc son polynôme caractéristique $P_{q}$ est aussi à coefficients entiers.
(c)

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

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

À l’aide d’une décomposition en cycles de $σ$ , on peut affirmer qu’il existe une puissance de $σ$ égale à l’identité et donc conclure que pour tout $i \in ℕ_{n}$ il existe $q^{'} > q$ tel que $λ_{i}^{q} = λ_{i}^{q^{'}}$ . On peut alors affirmer que $λ_{i}$ est nul ou bien racine de l’unité.

Exercice 9 299 X (MP)Correction

On pose

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

(a)

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

Calculer le déterminant de

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

Solution

(a)

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

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

On en tire

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

(1) et (2) donnent

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

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

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

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

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

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

Cependant, les polynômes $χ$ et $P^{'}$ ne sont pas de même degré…En revanche, les polynômes $χ$ et $P - P^{'}$ ont même degré $n$ tous deux unitaires et prennent les mêmes valeurs en les $n$ points distincts $z_{1}, \dots, z_{n}$ . On en déduit qu’ils sont égaux. En particulier, le déterminant cherché est

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

Exercice 10 6157 CENTRALE (MP)Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ .

On note $ρ (A)$ le maximum des modules des valeurs propres de $A$ .

Dans cet exercice, on souhaite établir que, si la série $\sum \frac{1}{k} tr (A^{k})$ converge, alors

\exp (\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} tr (A^{k})) = \frac{1}{\det (I_{n} - A)} .

(a)

Écrire une fonction python renvoyant $\sum_{k = 1}^{m} \frac{1}{k} tr (A^{k})$ pour $m \in ℕ^{*}$ et $A$ donnés.
(b)

On suppose que $ρ (A) ⩽ 1$ et que $1$ n’est pas valeur propre de $A$ . Montrer que

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} tr (A^{k}) = - \int_{0}^{1} \frac{P_{A}^{'} (t)}{P_{A} (t)} d t$

avec $P_{A} (X) = X^{n} χ_{A} (1 / X)$ .
(c)

On suppose que $\sum \frac{1}{k} tr (A^{k})$ converge.

Montrer que $ρ (A) ⩽ 1$ et que $1$ n’est pas valeur propre de $A$ .

En déduire le résultat cherché.

Solution

(a)

On met en place un calcul cumulatif:

import numpy as np

def somme(A, m):
    S = 0
    B = A
    for k in range(1, m+1):
        S += np.trace(B)/k
        B = B @ A
    return S

(b)

Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de la matrice complexe $A$ comptées avec multiplicité. La matrice $A$ est semblable à une matrice triangulaire supérieure $T$ de coefficients diagonaux $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ . La matrice $A^{k}$ est alors semblable à $T^{k}$ et l’on en déduit

$\forall k \in ℕ^{*}, tr (A^{k}) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i}^{k} .$

Aussi,

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

donc

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

puis

$\frac{P_{A}^{'} (X)}{P_{A} (X)} = \sum_{i = 1}^{n} - \frac{λ_{i}}{1 - λ_{i} X} .$

Pour poursuivre, montrons que, pour $λ \in ℂ$ tel que $| λ | ⩽ 1$ et $λ \neq 1$ ,

$\int_{0}^{1} \frac{λ}{1 - λ t} d t = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{λ^{k}}{k} .$

Pour $t \in [0; 1 [$ , on a $| λ t | < 1$ . Par sommation géométrique de raison $λ t$ ,

$\frac{λ}{1 - λ t} = λ \sum_{k = 0}^{+ \infty} λ^{k} t^{k} . = \sum_{k = 0}^{+ \infty} λ^{k + 1} t^{k} .$

Pour $N \in ℕ$ et $t \in [0; 1 [$ , considérons

$S_{N} (t) = \sum_{k = 0}^{N} λ^{k + 1} t^{k} .$

La suite de fonctions $(S_{N})$ converge simplement sur $[0; 1 [$ vers $S : t \mapsto \frac{λ}{1 - λ t}$ .

Les fonctions $S_{N}$ et la fonction $S$ sont continues par morceaux sur $[0; 1 [$ .

Pour $N \in ℕ$ et $t \in [0; 1 [$ ,

$| S_{N} (t) | = | λ \frac{1 - {(λ t)}^{N + 1}}{1 - λ t} | ⩽ \frac{2 | λ |}{| 1 - λ t |} = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable sur $[0; 1 [$ car se prolonge par continuité en $1$ puisque $λ \neq 1$ .

Par convergence dominée,

$\int_{0}^{1} S_{N} (t) d t \to_{N \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} S (t) d t$

avec

$\int_{0}^{1} S_{N} (t) d t = \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{N} λ^{k + 1} t^{k} d t = \sum_{k = 0}^{N} \int_{0}^{1} λ^{k + 1} t^{k} d t = \sum_{k = 0}^{N} \frac{1}{k + 1} λ^{k + 1} = \sum_{k = 1}^{N + 1} \frac{1}{k} λ^{k} .$

On en déduit

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} λ^{k} = \int_{0}^{1} \frac{λ}{1 - λ t} d t$

avec convergence de la série en premier membre.

Reprenons alors le calcul initial,

$- \int_{0}^{1} \frac{P_{A}^{'} (t)}{P_{A} (t)} d t = \sum_{i = 1}^{n} \int_{0}^{1} \frac{λ_{i}}{1 - λ_{i} t} d t = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} λ_{i}^{k} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} \sum_{i = 1}^{n} λ_{i}^{k} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} tr (A^{k}) .$
(c)

Considérons cette fois-ci les valeurs propres $λ_{1}, \dots, λ_{m}$ de $A$ sans répétitions ordonnées de sorte que $ρ (A) = | λ_{1} | ⩾ \dots ⩾ | λ_{m} |$ . Notons $α_{1}, \dots, α_{m} \in ℕ^{*}$ leurs multiplicités respectives.

Par hypothèse, il y a convergence de la série de terme général

$u_{k} = \frac{1}{k} tr (A^{k}) = \frac{1}{k} (α_{1} λ_{1}^{k} + \dots + α_{m} λ_{m}^{k}) .$

Par l’absurde, supposons $ρ (A) = | λ_{1} | > 1$ .

Puisque $(u_{k})$ est de limite nulle,

$v_{k} = \frac{1}{λ_{1}^{k}} u_{k} \underset{k \to + \infty}{=} o (\frac{1}{λ_{1}^{k}}) .$

La série $\sum {(1 / λ_{1})}^{k}$ converge absolument et donc aussi $\sum v_{k}$ . Or

$v_{k} = \frac{1}{k} (α_{1} + α_{2} μ_{2}^{k} + \dots + α_{m} μ_{m}^{k})$

avec, pour $i = 2, \dots, m$ , $μ_{i} = λ_{i} / λ_{1}$ de module inférieur à $1$ et distinct de $1$ . Par la résolution qui précède, on sait que les séries $\sum \frac{1}{k} μ_{i}^{k}$ convergent pour tout $i = 2, \dots, m$ . On en déduit la convergence de la série $\sum \frac{1}{k}$ . C’est absurde.

On a ainsi établi $ρ (A) ⩽ 1$ .

Le même raisonnement assure alors que $1$ n’est pas valeur propre de $A$ .

On peut donc employer l’identité

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} tr (A^{k}) = - \int_{0}^{1} \frac{P_{A}^{'} (t)}{P_{A} (t)} d t$

et il reste à calculer

$\exp (- \int_{0}^{1} \frac{P_{A}^{'} (t)}{P_{A} (t)} d t) .$

Pour $x \in [0; 1]$ , posons

$φ (x) = \exp (\int_{0}^{x} \frac{P_{A}^{'} (t)}{P_{A} (t)} d t) .$

La fonction $φ$ est dérivable avec

$φ^{'} (x) = \frac{P_{A}^{'} (x)}{P_{A} (x)} \exp (\int_{0}^{x} \frac{P_{A}^{'} (t)}{P_{A} (t)} d t) = \frac{P_{A}^{'} (x)}{P_{A} (x)} φ (x) .$

La fonction $φ$ est donc solution d’une équation différentielle linéaire homogène dont $P_{A}$ est aussi solution. Sachant $P_{A} (0) = 1$ (car un polynôme caractéristique est unitaire) et $φ (0) = 1$ , les fonctions $P_{A}$ et $φ$ sont solutions d’un même problème de Cauchy. Elles sont donc égales. Ainsi,

$φ (1) = P_{A} (1) = χ_{A} (1) = \det (I_{n} - A) .$

On peut alors conclure

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} tr (A^{k}) = \frac{1}{φ (1)} = \frac{1}{\det (I_{n} - A)} .$

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

Édité le 06-05-2026

Applications du polynôme caractéristique