• (a)

  $\det (A-\lambda \mathrm{I})=(\lambda -2)(\lambda -6)$.
  $\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill 5x+3y=2x& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill x+3y=2y& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}\iff x+y=0$ et $\left(\begin{array}{c}\hfill 1\hfill \\ \hfill -1\hfill \end{array}\right)$ est vecteur propre associé à la valeur propre $2$.
  $\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill 5x+3y=6x& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill x+3y=6y& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}\iff -x+3y=0$ et $\left(\begin{array}{c}\hfill 3\hfill \\ \hfill 1\hfill \end{array}\right)$ est vecteur propre associé à la valeur propre $6$.
  On a $A=PD{P}^{-1}$ avec

  $$P=\left(\begin{array}{cc}\hfill 1\hfill & \hfill 3\hfill \\ \hfill -1\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)\text{ et }D=\left(\begin{array}{cc}\hfill 2\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 6\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

• (b)

  Si $M$ est solution alors $P^{-1}MP$ est solution de l’équation $X^2+X=D$ donc $P^{-1}MP$ et $D$ commutent or $D$ est diagonale à coefficients diagonaux distincts donc $P^{-1}MP$ est diagonale

• (c)

  Les coefficients diagonaux $a,b$ vérifient $a^2+a=2$ et $b^2+b=6$ donc $a=1$ ou $a=-2$ et $b=2$ ou $b=-3$. Au termes des calculs on obtient les solutions

  $$\frac{1}{4}\left(\begin{array}{cc}\hfill 7\hfill & \hfill 3\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill 5\hfill \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}\hfill -2\hfill & \hfill -3\hfill \\ \hfill -1\hfill & \hfill 0\hfill \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}\hfill 1\hfill & \hfill 3\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill -1\hfill \end{array}\right),\frac{1}{4}\left(\begin{array}{cc}\hfill -11\hfill & \hfill -3\hfill \\ \hfill -1\hfill & \hfill -9\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

• (a)

  $\mathrm{Sp}(A)=\{\mathrm{1,3},-4\}$.

• (b)

  Il existe une matrice $P$ inversible tel que $A=PD{P}^{-1}$ avec $D=\mathrm{diag}(\mathrm{1,3},-4)$.

  Si $M\in {ℳ}_n(ℂ)$ est solution de l’équation $M^2=A$ alors ${(P^{-1}MP)}^2=D$ et donc $P^{-1}MP$ commute avec la matrice $D$. Or celle-ci est diagonale à coefficients diagonaux distincts donc $P^{-1}MP$ est diagonale de coefficients diagonaux $a,b,c$ vérifiant $a^2=1$, $b^2=3$ et $c^2=-4$. La réciproque est immédiate.

  Il y a $8$ solutions possibles pour $(a,b,c)$ et donc autant de solutions pour $M$ (car l’application $N\mapsto P^{-1}NP$ est injective).

  Les solutions réelles sont a fortiori des solutions complexes or toutes les solutions complexes vérifient $\mathrm{tr}(M)=a+b+c\in ℂ\setminus ℝ$. Il n’existe donc pas de solutions réelles.

On peut écrire

$$A=PD{P}^{-1}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}B=Q\mathrm{\Delta }{Q}^{-1}$$

avec $P,Q\in {\mathrm{GL}}_n(𝕂)$ et $D,\mathrm{\Delta }\in {ℳ}_n(𝕂)$ diagonales.

Si $A^{p}M{B}^q={\mathrm{O}}_n$ alors

$$D^{p}N{\mathrm{\Delta }}^q={\mathrm{O}}_n$$

avec $N=P^{-1}MQ=(n_{i,j})$.

En notant ${\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_n$ et ${\mu }_1,\mathrm{\dots },{\mu }_n$ les coefficients diagonaux de $D$ et $\mathrm{\Delta }$, on obtient

$$\forall (i,j)\in {\{1,\mathrm{\dots },n\}}^2,{\lambda }_i^p{n}_{i,j}{\mu }_j^q=0$$

et donc

$$\forall (i,j)\in {\{1,\mathrm{\dots },n\}}^2,{\lambda }_i{n}_{i,j}{\mu }_j=0$$

puis

$$DN\mathrm{\Delta }={\mathrm{O}}_n$$

ce qui permet de conclure.

Il existe des matrices $P\in {\mathrm{GL}}_n(ℝ)$ et $D\in D_n(ℝ)$ telles que

$$B=PD{P}^{-1}\text{.}$$

Si $A{B}^3=B^{3}A$ alors

$$AP{D}^3{P}^{-1}=P{D}^3{P}^{-1}A$$

puis on obtient

$$M{D}^3=D^{3}M$$

avec $M=P^{-1}AP$.
Notons $m_{i,j}$ le coefficient général de $M$ et ${\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_n$ les coefficients diagonaux de $D$.
La relation $M{D}^3=D^{3}M$ donne

$$\forall (i,j)\in {\{1,\mathrm{\dots },n\}}^2,m_{i,j}{\lambda }_j^3=m_{i,j}{\lambda }_i^3$$

et donc

$$\forall (i,j)\in {\{1,\mathrm{\dots },n\}}^2,m_{i,j}=0\text{ ou }{\lambda }_i^3={\lambda }_j^3\text{.}$$

Comme la fonction $x\mapsto x^3$ est injective sur $ℝ$, on obtient

$$\forall (i,j)\in {\{1,\mathrm{\dots },n\}}^2,m_{i,j}=0\text{ ou }{\lambda }_i={\lambda }_j$$

et donc

$$MD=DM$$

puis

$$AB=BA\text{.}$$

• (a)

  En développant selon la dernière ligne

  $$\det (\lambda {\mathrm{I}}_n-J)=\left|\begin{array}{ccccc}\hfill \lambda \hfill & \hfill -1\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \lambda \hfill & \hfill -1\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{⋮}\hfill \\ \hfill \mathrm{⋮}\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill -1\hfill \\ \hfill -1\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill \lambda \hfill \end{array}\right|={\lambda }^n-1$$

  $J$ possède exactement $n$ valeurs propres qui sont les racines $n$-ième de l’unité ${\omega }_0,\mathrm{\dots },{\omega }_{n-1}$ avec ${\omega }_k={\mathrm{e}}^{\frac{2\mathrm{i}k\pi }{n}}$.

• (b)

  Soit $P\in {\mathrm{GL}}_n(ℂ)$ la matrice de passage telle que $J=PD{P}^{-1}$ avec $D=\mathrm{diag}({\omega }_0,\mathrm{\dots },{\omega }_{n-1})$.

  $$A=\left(\begin{array}{cccc}\hfill a_0\hfill & \hfill a_1\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill a_{n-1}\hfill \\ \hfill a_{n-1}\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{⋮}\hfill \\ \hfill \mathrm{⋮}\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill a_1\hfill \\ \hfill a_1\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill a_{n-1}\hfill & \hfill a_0\hfill \end{array}\right)=a_{0}I+a_{1}J+a_2{J}^2+\mathrm{\cdots }+a_{n-1}{J}^{n-1}$$

  donc

  $$P^{-1}AP=a_{0}I+a_{1}D+a_2{D}^2+\mathrm{\cdots }+a_{n-1}{D}^{n-1}=\mathrm{diag}({(\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{\omega }_i^k)}_{0\le i\le n-1}$$

  puis

  $$\det (A)=\det (P^{-1}AP)=\prod _{i=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{\omega }_i^k\text{.}$$

La colonne ${}^t\left(\begin{array}{ccc}\hfill 1\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)$ est vecteur propre associé à la valeur propre 6.

Les deux matrices ont le même polynôme caractéristique et celui-ci a pour racines

$$6,\frac{-3+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\frac{-3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}\text{.}$$

Ces deux matrices sont semblables à

$$\mathrm{diag}(6,\frac{-3+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2},\frac{-3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{2})$$

et donc a fortiori semblables entre elles dans ${ℳ}_n(ℂ)$, mais aussi, et c’est assez classique, dans ${ℳ}_n(ℝ)$.

• (a)

  On vérifie

  $${\left(\begin{array}{cc}\hfill {\mathrm{I}}_n\hfill & \hfill D\hfill \\ \hfill {\mathrm{O}}_n\hfill & \hfill {\mathrm{I}}_n\hfill \end{array}\right)}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}\hfill {\mathrm{I}}_n\hfill & \hfill -D\hfill \\ \hfill {\mathrm{O}}_n\hfill & \hfill {\mathrm{I}}_n\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

• (b)

  On observe

  $${\left(\begin{array}{cc}\hfill {\mathrm{I}}_n\hfill & \hfill D\hfill \\ \hfill {\mathrm{O}}_n\hfill & \hfill {\mathrm{I}}_n\hfill \end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{cc}\hfill A\hfill & \hfill C\hfill \\ \hfill {\mathrm{O}}_n\hfill & \hfill B\hfill \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\hfill {\mathrm{I}}_n\hfill & \hfill D\hfill \\ \hfill {\mathrm{O}}_n\hfill & \hfill {\mathrm{I}}_n\hfill \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\hfill A\hfill & \hfill E\hfill \\ \hfill {\mathrm{O}}_n\hfill & \hfill B\hfill \end{array}\right)$$

  avec $E=AD+C-DB$.

  Pour conclure, montrons qu’il existe $D\in {ℳ}_n(ℂ)$ vérifiant $DB-AD=C$. Considérons pour cela l’endomorphisme $\phi$ de ${ℳ}_n(ℂ)$ défini par

  $$\phi (M)=MB-AM\text{.}$$

  Pour $M\in \mathrm{Ker}(\phi )$, on a $MB=AM$. Pour tout $X$ vecteur propre de $B$ associé à une valeur propre $\lambda$, on a

  $$AMX=MBX=\lambda MX\text{.}$$

  Puisque $\lambda$ est valeur propre de $B$, $\lambda$ n’est pas valeur propre de $A$ et donc $MX={\mathrm{O}}_{n\mathrm{,1}}$.

  Puisqu’il existe une base de vecteurs propres de $B$ et puisque chacun annule $M$, on a $M={\mathrm{O}}_n$.

  Ainsi, l’endomorphisme $\phi$ est injectif, or ${ℳ}_n(ℂ)$ est de dimension finie donc $\phi$ est bijectif. Ainsi, il existe une matrice $D$ telle $\phi (D)=C$ et, par celle-ci, on obtient la similitude demandée.

$\phi ({\mathrm{I}}_2)=1$ donc, si $P$ est inversible, alors $\phi (P^{-1})=\phi {(P)}^{-1}$. Par suite, si $A$ et $B$ sont semblables alors $\phi (A)=\phi (B)$.

Puisque $\left(\begin{array}{cc}\hfill \mu \hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)$ et $\left(\begin{array}{cc}\hfill 1\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \mu \hfill \end{array}\right)$ sont semblables, $\phi \left(\begin{array}{cc}\hfill 1\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \mu \hfill \end{array}\right)=\mu$ puis, par produit,

$$\phi \left(\begin{array}{cc}\hfill \lambda \hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \mu \hfill \end{array}\right)=\lambda \mu \text{.}$$

Ainsi, pour $A$ diagonale, $\phi (A)=\det (A)$ et, plus généralement, cela vaut encore pour $A$ diagonalisable.

Si $A$ est une matrice de ${ℳ}_2(ℂ)$ non diagonalisable, celle-ci est semblable à une matrice de la forme

$$\left(\begin{array}{cc}\hfill \lambda \hfill & \hfill \alpha \hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \lambda \hfill \end{array}\right)\text{.}$$

Cas: $\lambda =0$. On a $A^2=0$ et donc $\phi (A)=0=\det (A)$.

Cas: $\lambda \ne 0$. Puisque

$$\left(\begin{array}{cc}\hfill \lambda \hfill & \hfill \alpha \hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \lambda \hfill \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\hfill 1\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 2\hfill \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\hfill \lambda \hfill & \hfill \alpha \hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 2\lambda \hfill \end{array}\right)$$

et que $\left(\begin{array}{cc}\hfill \lambda \hfill & \hfill \alpha \hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 2\lambda \hfill \end{array}\right)$ est diagonalisable, on obtient $2\phi (A)=2{\lambda }^2=2\det (A)$ et l’on peut conclure.

Posons $T=M^{123}$. Les coefficients diagonaux ${\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_n$ de $T$ déterminent ses valeurs propres et la matrice $T$ est donc diagonalisable car possède $n$ valeurs propres deux à deux distinctes. On peut donc écrire $T=PD{P}^{-1}$ avec $P$ inversible et

$$D=\mathrm{diag}({\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_n)\text{.}$$

Puisque $M$ est $T$ commutent, les matrices $N=P^{-1}MP$ et $D$ commutent. Or les matrices commutant avec une matrice diagonale à coefficients diagonaux distincts sont elles-mêmes diagonales. La matrice $N$ est donc diagonale

$$N=\mathrm{diag}({\mu }_1,\mathrm{\dots },{\mu }_n)\text{.}$$

En considérant un polynôme d’interpolation $Q\in ℝ[X]$ vérifiant

$$\forall 1\le k\le n,Q({\lambda }_k)={\mu }_k$$

on obtient $N=Q(D)$ puis $M=Q(T)$. En particulier, la matrice $M$ est triangulaire supérieure.

• (a)

  Si $A=\left(\begin{array}{cc}\hfill a\hfill & \hfill b\hfill \\ \hfill c\hfill & \hfill s\hfill \end{array}\right)$ alors $\mathrm{Com}(A)=\left(\begin{array}{cc}\hfill d\hfill & \hfill -c\hfill \\ \hfill -a\hfill & \hfill b\hfill \end{array}\right)$ et la propriété $(𝒫)$ est satisfaite avec $\alpha =a+d$.

• (b)

  $\mathrm{Com}(A)=\det (A){}^t\left(A^{-1}\right)$.

• (c)

  	$\mathrm{Com}(AB)$	$=\det (AB){}^t(AB)^{-1}=\det (AB){}^t\left(B^{-1}{A}^{-1}\right)$
  		$=\det (A){}^{t}A^{-1}\det (B){}^{t}B^{-1}=\mathrm{Com}(A)\mathrm{Com}(B)\text{.}$

• (d)

  Si $A=PB{P}^{-1}$ alors $\mathrm{Com}(A)=\mathrm{Com}(P)\mathrm{Com}(B)\mathrm{Com}(P^{-1})$. Or $\mathrm{Com}(P)=\det (P){}^t\left(P^{-1}\right)$ et, après simplification des déterminants, on a $\mathrm{Com}(A)={}^{t}P^{-1}\mathrm{Com}(B){}^{t}P$. Dès lors, si $A+{}^t\mathrm{Com}(A)=\alpha .{\mathrm{I}}_n$, on obtient $P\left(B+\mathrm{Com}(B)\right)P^{-1}=\alpha .{\mathrm{I}}_n$ puis $B+\mathrm{Com}(B)=\alpha .{\mathrm{I}}_n$.

• (e)

  Si $A$ vérifie $(𝒫)$, il existe $\alpha \in ℂ$ tel que

  $$A+{}^t\mathrm{Com}(A)=\alpha {\mathrm{I}}_n\text{.}$$

  En multipliant par $A$ et en réordonnant les membres, on obtient l’équation équivalente

  $$A^2-\alpha A+\det (A){\mathrm{I}}_n={\mathrm{O}}_n\text{.}$$

  (1)

  La matrice $A$ ne possédant qu’une valeur propre et n’étant pas scalaire, n’est pas diagonalisable. Le polynôme annulateur qui précède n’est donc pas à racines simples. En notant $\lambda$ son unique racine (la valeur propre de $A$, non nulle) on a les conditions

  $${\alpha }^2-4\det (A)=0,\lambda =\alpha /2\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\det (A)={\lambda }^n\text{.}$$

  On en déduit $\alpha =2\lambda$, $\det (A)={\lambda }^2$ et ${\lambda }^{n-2}=1$. Au surplus, l’équation (1) se relit

  $${(A-\lambda {\mathrm{I}}_n)}^2={\mathrm{O}}_n\text{.}$$

  Ceci permet d’écrire $A=\lambda {\mathrm{I}}_n+N$ avec $N$ vérifiant $N^2={\mathrm{O}}_n$.

  Inversement, si la matrice $A$ est de cette forme, il est possible de remontrer les calculs jusqu’à constater que $A$ vérifie $(𝒫)$.

• (f)

  Comme au-dessus, si $A$ vérifie $(𝒫)$, il existe $\alpha \in ℂ$ tel que

  $$A^2-\alpha A+\det (A){\mathrm{I}}_n={\mathrm{O}}_n\text{.}$$

  Si $A$ possède deux valeurs propres distinctes $\lambda$ et $\mu$, alors ce polynôme possède deux racines distinctes et est donc scindé à racines simples. On en déduit que la matrice $A$ est diagonalisable. Quitte à remplacer $A$ par une matrice semblable, on peut supposer la matrice $A$ diagonale avec $p$ coefficients $\lambda$ sur la diagonale et $q=n-p$ coefficients $\mu$ sur la diagonale. Il est alors facile de calculer la comatrice de $A$ (elle aussi diagonale) et de constater que $A$ vérifie la propriété $(𝒫)$ si, et seulement si, les paramètres précédents sont liés par la condition

  $${\lambda }^{p-1}{\mu }^{q-1}=1\text{.}$$

  Les matrices scalaires vérifiant évidemment la propriété $(𝒫)$, il ne reste plus, pour conclure, qu’à étudier le cas des matrices non inversibles.

  Soit $A\in {ℳ}_n(ℂ)$ une matrice non inversible vérifiant $(𝒫)$. Il existe $\alpha \in ℂ$ tel que

  $$A^2-\alpha A={\mathrm{O}}_n\text{.}$$

  Si $\alpha =0$ alors $A^2=0$. On en déduit $rgA<n-1$ auquel cas la comatrice de $A$ est nulle (les cofacteurs sont nuls car tous les mineurs sont nuls) et la propriété $(𝒫)$ conclut que la matrice $A$ est nulle.

  Si $\alpha \ne 0$ alors $A=\alpha B$ avec $B^2=B$. La matrice $B$ est une matrice de projection de même rang que $A$. Pour que $A$ soit autre que la matrice nulle, il faut $rgA=n-1$ ce qui permet de dire que $B$ est semblable à $\mathrm{diag}(1,\mathrm{\dots }\mathrm{,1,0})$ et donc $A$ semblable à $\mathrm{diag}(\alpha ,\mathrm{\dots },\alpha \mathrm{,0})$.

  Inversement, par le calcul, une telle matrice est solution si, et seulement si, ${\alpha }^{n-2}=1$.