• (a)

  ${\chi }_A(X)={\left(X-\cos (\alpha )\right)}^2+{\sin }^2(\alpha )$ de racines ${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\alpha }$ et ${\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\alpha }$.

  Cas: $\alpha \not\equiv 0\left[\pi \right]$. La matrice $A$ possède deux valeurs propres distinctes donc $A$ est diagonalisable.

  Cas: $\alpha \equiv 0\left[\pi \right]$. La matrice $A$ est diagonale.

• (b)

  Cas: $\alpha \not\equiv 0\left[\pi \right]$. La matrice $A$ ne possède pas de valeurs propres (réelles), elle n’est donc pas diagonalisable.

  Cas: $\alpha \equiv 0\left[\pi \right]$. La matrice $A$ est diagonale.

• (c)

  ${\chi }_B(X)=\left(X-\cos (\alpha )\right)\left(X+\cos (\alpha )\right)-{\sin }^2(\alpha )$ de racines $\pm 1$ donc $B$ est diagonalisable.

• (a)

  $A$ ne possède que deux colonnes différentes donc $\mathrm{rg}(A)\le 2$.

  $$\left|\begin{array}{cc}\hfill a\hfill & \hfill b\hfill \\ \hfill b\hfill & \hfill a\hfill \end{array}\right|=a^2-b^2\ne 0$$

  donc $\mathrm{rg}(A)=2$. Par le théorème du rang $dim\mathrm{Ker}(A)=2n-2$ donc 0 est valeur propre de $A$ et la dimension du sous-espace propre associé est $2n-2$.

• (b)

  Les vecteurs ${}^t\left(\begin{array}{ccc}\hfill 1\hfill & \hfill \mathrm{\dots }\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)$ et ${}^t\left(\begin{array}{ccccc}\hfill 1\hfill & \hfill -1\hfill & \hfill \mathrm{\dots }\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill -1\hfill \end{array}\right)$ sont vecteurs propres associées aux valeurs propres non nulles $n(a+b)$ et $n(a-b)$. La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $2n$ donc $A$ est diagonalisable.

En ajoutant la troisième colonne à la première puis en retranchant la première ligne à la troisième

$${\chi }_A(\lambda )=\left|\begin{array}{ccc}\hfill \lambda +2\hfill & \hfill -5-a\hfill & \hfill -a\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \lambda +2+a\hfill & \hfill a\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill a\hfill & \hfill \lambda -3+a\hfill \end{array}\right|$$

ce qui donne

$${\chi }_A(\lambda )=(\lambda +2)\left({\lambda }^2+(2a-1)\lambda -a-6\right)\text{.}$$

Le facteur du second degré a pour discriminant

$$\mathrm{\Delta }={(2a-1)}^2+4a+24=4a^2+25>0$$

et possède donc deux racines réelles distinctes. Lorsque celles-ci diffèrent de $-2$, la matrice $A$ possède trois valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable.

Il est donc nécessaire que $-2$ soit racine de

$${\lambda }^2+(2a-1)\lambda -a-6$$

pour que la matrice $A$ ne soit pas diagonalisable. C’est le cas si, et seulement si, $a=0$ et alors

$$A=\left(\begin{array}{ccc}\hfill -2\hfill & \hfill 5\hfill & \hfill 1\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill -2\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill -5\hfill & \hfill 5\hfill & \hfill 3\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

On a alors

$$\mathrm{rg}(A+2{\mathrm{I}}_3)=2$$

et donc $dim{E}_{-2}(A)=1<m_{-2}(A)$ ce qui entraîne que la matrice $A$ n’est pas diagonalisable.

Finalement, $A$ n’est pas diagonalisable si, et seulement si, $a=0$.

• (a)

  $\mathrm{rg}(A)=0$ si $a_1=\mathrm{\dots }=a_{n-1}=0$ et $\mathrm{rg}(A)=2$ sinon.

• (b)

  La somme des valeurs propres est nulle.

• (c)

  En développant le déterminant selon la dernière colonne puis en développant les mineurs obtenus selon leur $k$-ieme colonne, on obtient

  $${\chi }_A=X^{n-2}\left(X^2-(a_1^2+\mathrm{\cdots }+a_{n-1}^2)\right)\text{.}$$

  Cas: $a_1^2+\mathrm{\cdots }+a_{n-1}^2\ne 0$. La matrice $A$ admet deux valeurs propres opposées non nulles et $0$ pour valeur propre d’espace propre de dimension $n-2$. La matrice $A$ est donc diagonalisable.

  Cas: $a_1^2+\mathrm{\cdots }+a_{n-1}^2=0$. La matrice $A$ admet une seule valeur propre qui est $0$. La matrice $A$ est alors diagonalisable si, et seulement si, $A={\mathrm{O}}_n$ c’est-à-dire $a_1=\mathrm{\dots }=a_{n-1}=0$.

• (a)

  $\mathrm{rg}(A)=2$ (deux colonnes indépendantes et pas plus).

• (b)

  Le polynôme caractéristique de $A$ est scindé et unitaire.

  Puisque $dim\mathrm{Ker}(A)=2$, 0 est valeur propre au moins double de $A$ et donc

  $${\chi }_A=X^2(X-u_1)(X-u_2)$$

  avec $u_1,u_2\in ℂ$.
  La matrice $A$ est trigonalisable semblable à une matrice triangulaire où figurent sur la diagonale les valeurs $\mathrm{0,0},u_1$ et $u_2$. Par similitude, on a

  $$\mathrm{tr}(A)=u_1+u_2\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\mathrm{tr}\left(A^2\right)=u_1^2+u_2^2$$

  et donc

  $$u_1+u_2=k\text{ et }{u}_1^2+u_2^2=k^2+6\text{.}$$

  Enfin, $u_1\ne 0$ car sinon $u_2=k$ et $u_2^2=k^2\ne k^2+6$. De même, $u_2\ne 0$.

• (c)

  Si $u_1=u_2$ alors $u_1=u_2=k/2$ et $k^2/2=k^2+6$ donc $k=\pm \mathrm{i2}\sqrt{3}$.

  La résolution du système

  $$AX=\frac{k}{2}X$$

  conduit à un espace de solution de dimension $1$

  $$\mathrm{Vect}\left\{{}^t\left(\begin{array}{c}\hfill 1,k/\mathrm{2,1,1}\hfill \end{array}\right)\right\}\text{.}$$

• (d)

  Finalement, la matrice $A$ est diagonalisable dans ${ℳ}_4(ℂ)$ si, et seulement si, $k\ne \pm \mathrm{i2}\sqrt{3}$.

• (a)

  On obtient

  $$A{}^{t}A=(a^2+b^2+c^2+d^2){\mathrm{I}}_4$$

  et donc ${\left(\det (A)\right)}^2={\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)}^4$.
  D’autre part, pour $b,c,d$ fixés, $a\mapsto \det (A)$ est une fonction polynomiale unitaire de degré 4 donc

  $$\det (A)=a^4+\alpha (b,c,d)a^3+\beta (b,c,d)a^2+\gamma (b,c,d)a+\delta (b,c,d)\text{.}$$

  La valeur connue de ${\left(\det (A)\right)}^2$ permet alors de déterminer $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta$ et d’affirmer

  $$\det (A)={(a^2+b^2+c^2+d^2)}^2\text{.}$$

  Cas: $a^2+b^2+c^2+d^2\ne 0$. La matrice $A$ est inversible donc $\mathrm{rg}(A)=4$.

  Cas: $a^2+b^2+c^2+d^2=0$. La matrice $A$ n’est pas inversible donc $\mathrm{rg}(A)\le 3$. Or $a^2+b^2\ne 0$ donc la sous-matrice

  $$\left(\begin{array}{cc}\hfill a\hfill & \hfill b\hfill \\ \hfill -b\hfill & \hfill a\hfill \end{array}\right)$$

  est de rang $2$ et donc $\mathrm{rg}(A)\ge 2$.

  On observe de plus que

  $$C_3=\frac{ac+bd}{a^2+b^2}{C}_1+\frac{bc-ad}{a^2+b^2}{C}_2$$

  et

  $$C_4=\frac{ad-bc}{a^2+b^2}{C}_1+\frac{bd+ac}{a^2+b^2}{C}_2$$

  donc $\mathrm{rg}(A)=2$.

• (b)

  Par la formule obtenue ci-dessus,

  $${\chi }_A={\left({(a-X)}^2+b^2+c^2+d^2\right)}^2$$

  et donc

  $${\chi }_A={\left({(a-X)}^2+{\alpha }^2\right)}^2\text{.}$$

  Les valeurs propres de $A$ sont $a+\alpha$ et $a-\alpha$.

  Par l’étude qui précède,

  $$\mathrm{rg}(A-(a+\alpha ){\mathrm{I}}_4)=2\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\mathrm{rg}(A-(a-\alpha ){\mathrm{I}}_4)=2$$

  donc

  $$dim{E}_{a+\alpha }(A)=dim{E}_{a-\alpha }(A)=2$$

  Par suite, la matrice $A$ est diagonalisable.

La matrice $A$ est la matrice dans la base canonique $(1,X,\mathrm{\dots },X^n)$ de l’endomorphisme

$$u:P\in {ℂ}_n[X]\mapsto nXP+(1-X^2)P^{\prime }\text{.}$$

Considérons alors la base de polynômes étagés $(1,(X+1),\mathrm{\dots },{(X+1)}^n)$. On a

$$u\left({(X+1)}^k\right)=nX{(X+1)}^k+k(1-X){(X+1)}^k$$

qui se réécrit

$$u\left({(X+1)}^k\right)=(n-k){(X+1)}^{k+1}+(2k-n){(X+1)}^k\text{.}$$

La matrice de l’endomorphisme $u$ dans la base $(1,(X+1),\mathrm{\dots },{(X+1)}^n)$ est triangulaire inférieure de coefficients diagonaux distincts

$$2k-n\text{ avec }k\in \{0,\mathrm{\dots },n\}\text{.}$$

On en déduit ${\chi }_A$ et l’on observe que $A$ possède $n+1$ valeurs propres distinctes. La matrice $A$ est donc diagonalisable.

• (a)

  On écrit $X=\left(\begin{array}{c}\hfill X_1\hfill \\ \hfill X_2\hfill \end{array}\right)$ et alors

  	$BX=\lambda X$	$\iff \{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill -X_2& =\lambda X_1\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill A{X}_1& =\lambda X_2\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$
  		$\iff \{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill X_2& =-\lambda X_1\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill A{X}_1& =-{\lambda }^2{X}_1\text{.}\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$

  Par conséquent, $\lambda$ est valeur propre de $B$ si, et seulement si, $-{\lambda }^2$ est valeur propre de $A$.

• (b)

  Si $A={\mathrm{O}}_n$ alors $A$ est diagonalisable mais pas $B$. En effet, $0$ est la seule valeur propre de $B$ alors que $B\ne {\mathrm{O}}_n$.

Soient $F_1$ et $F_2$ des sous-espaces vectoriels supplémentaires de dimension $p$ et $q$ d’un $𝕂$-espace vectoriel $E$ de dimension $p+q$.

Soit $ℬ=({ℬ}_1,{ℬ}_2)$ une base adaptée à la supplémentarité de $F_1$ et $F_2$ et $f_1$, $f_2$ et $f$ les endomorphismes de $F_1$, $F_2$ et $E$ déterminés par

$${\mathrm{Mat}}_{{ℬ}_1}(f_1)=A_1,{\mathrm{Mat}}_{{ℬ}_2}(f_2)=A_2\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{\mathrm{Mat}}_{ℬ}(f)=A\text{.}$$

Il est clair que, pour tout $\lambda \in 𝕂$, on a

$$E_{\lambda }(f)=E_{\lambda }(f_1)\oplus E_{\lambda }(f_2)\text{.}$$

En caractérisant la diagonalisabilité par la somme des dimensions des sous-espaces propres, on conclut à l’équivalence voulue.