[<] Trigonalisation d'une matrice [>] Réduction et sous-espaces stables

 
Exercice 1  817  Correction  

Soit An(𝕂). On suppose χA scindé.

  • (a)

    Justifier que A est trigonalisable.

  • (b)

    Établir que pour tout k,

    Sp(Ak)={λk|λSp(A)}.

Solution

  • (a)

    A est annule le polynôme χA qui est scindé donc A est trigonalisable.

  • (b)

    Soit T une matrice triangulaire semblable à A. Les coefficients diagonaux de T sont les valeurs propres de A comptées avec multiplicité. Cependant Ak est semblables à Tk donc les valeurs propres de Ak sont les coefficients diagonaux de Tk or ceux-ci sont les puissances d’ordre k des coefficients diagonaux de T c’est-à-dire des valeurs propres de A.

 
Exercice 2  4341  

Soient u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel de dimension n1 et k.

  • (a)

    On suppose que λ𝕂 est une valeur propre de u. Vérifier que λk est valeur propre de uk.

  • (b)

    On suppose 𝕂=. Montrer que les valeurs propres de uk sont exactement les λk avec λ valeur propre de u.

 
Exercice 3  3551    ENSTIM (MP)Correction  

Expliquer pourquoi le déterminant de An() est le produit des valeurs propres complexes de A, valeurs propres comptées avec multiplicité.

Solution

Sur , A est trigonalisable semblable à une matrice triangulaire supérieure ou sur la diagonale figurent les valeurs propres complexes de A comptées avec multiplicité.

 
Exercice 4  5316     ENSTIM (MP)Correction  
  • (a)

    Soit A2() une matrice non diagonalisable. Montrer que l’on peut écrire A=αI2+N avec α et N2() telle que N0 et N2=0.

  • (b)

    Résoudre l’équation

    Mn=(2-110)

    d’inconnue Mn().

Solution

  • (a)

    La matrice A admet au moins une valeur propre car il s’agit d’une matrice complexe et ne peut en posséder deux distinctes car elle n’est pas diagonalisable. Si l’on note α l’unique valeur propre de A, celle-ci est de multiplicité 2 et le polynôme caractéristique de A s’écrit

    χA=(X-α)2.

    Posons alors N=A-αI2O2. Par le théorème de Cayley-Hamilton, on a N2=O2 et l’on obtient l’écriture voulue.

  • (b)

    La matrice A exprimant le second membre possède 1 pour seule valeur propre, elle n’est pas diagonalisable et l’on peut l’écrire

    A=(2-110)=I2+N avec N=(1-11-1).

    Analyse: Soit M solution de l’équation Mn=A. La matrice M ne peut pas être diagonalisable car sinon A le serait. On peut donc écrire M=αI2+N avec α la valeur propre de M et N vérifiant N2=O2. αn est alors la valeur propre de A et vaut donc 1. Aussi, par la formule du binôme de Newton, on a alors

    Mn=αnI2+nαn-1N=I2+nαN

    et donc

    N=αnN.

    Synthèse: Les matrices

    M=αI2+αnN avec α𝕌n

    sont effectivement solutions.

 
Exercice 5  2389     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soient A et B dans 2(𝕂) telles que AB=BA. Montrer que B𝕂[A] ou A𝕂[B].

  • (b)

    Le résultat subsiste-t-il dans 3(𝕂)?

Solution

  • (a)

    Commençons par quelques cas particuliers.
    Si A=(λ00λ) alors A𝕂[B] en s’appuyant sur un polynôme constant.
    Si A=(λ100λ2) avec λ1λ2 alors les matrices qui commutent avec A sont diagonales donc B est de la forme (α100α2). En considérant P=aX+b tel que P(λ1)=α1 et P(λ2)=α2, on a B=P(A)𝕂[A].
    Si A=(λμ0λ) avec μ0, une étude de commutativité par coefficients inconnus donne B=(αβ0α). Pour P=βμX+γ avec βλμ+γ=α, on a B=P(A)𝕂[A].
    Enfin, dans le cas général, A est semblable à l’un des trois cas précédent via une matrice PGL2(𝕂). La matrice B=P-1BP commute alors avec A=P-1AP donc B est polynôme en A et par le même polynôme B est polynôme en A.

  • (b)

    On imagine que non, reste à trouver un contre-exemple.
    Par la recette dite des «  tâtonnements successifs   » ou saisi d’une inspiration venue d’en haut, on peut proposer

    A=(110010001) et B=(100010011).

    On vérifie que A et B commutent et ne sont ni l’un ni l’autre polynôme en l’autre car tout polynôme en une matrice triangulaire supérieure est une matrice triangulaire supérieure.

 
Exercice 6  864     MINES (PC)Correction  

Soient An() (avec n3) vérifiant

rg(A)=2,tr(A)=0etAnOn.

Montrer que A est diagonalisable.

Solution

dimKer(A)=n-2 donc 0 est valeur propre de A de multiplicité au moins n-2.
Puisque χA est scindé, la trace de A est la somme des valeurs propres de A comptées avec multiplicité.

Si 0 est la seule valeur propre de A, la matrice A est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte et alors An=On ce qui est exclu.

Sinon A possède une autre valeur propre, puis deux car la somme des valeurs propres est nulle. Par suite, la somme des dimensions des sous-espaces propres de A est au moins n et donc A est diagonalisable.

 
Exercice 7  3120  Correction  

Soient An(𝕂) et P𝕂[X].
On suppose le polynôme caractéristique de A de la forme

χA(X)=k=1n(X-λk).

Exprimer le polynôme caractéristique de P(A).

Solution

Puisque le polynôme χA est scindé, la matrice A est trigonalisable. Plus précisément, la matrice A est semblable à une matrice de la forme

(λ1*(0)λn).

La matrice P(A) est alors semblable à

(P(λ1)*(0)P(λn))

et donc

χP(A)=k=1n(X-P(λk)).
 
Exercice 8  4360   

Soit P un polynôme unitaire de degré n1 à coefficients entiers:

P=Xn+an-1Xn-1++a1X+a0 avec a0,a1,,an-1.

On note λ1,,λn les racines complexes de P comptées avec multiplicité.

  • (a)

    Déterminer une matrice à coefficients entiers dont le polynôme caractéristique est P.

  • (b)

    En déduire que pour q*, le polynôme unitaire Pq dont les racines sont exactement les λ1q,,λnq est à coefficients entiers.

  • (c)

    Déterminer P2 lorsque P=X3-3X+1.

 
Exercice 9  2521     CCP (MP)Correction  

Pour A=(ai,j)n() et B=(bi,j)n(), on définit A*Bn2() par

A*B=(a1,1Ba1,nBan,1Ban,nB).
  • (a)

    Montrer que si A,A,B,Bn() alors (A*B)(A*B)=(AA)*(BB).

  • (b)

    En déduire que A*B est inversible si, et seulement si, A et B sont inversibles.

  • (c)

    Déterminer le spectre de A*B.
    En déduire le polynôme caractéristique, la trace et le déterminant de A*B.

Solution

  • (a)

    Poser le produit par blocs.

  • (b)

    Si A et B sont inversibles alors

    (A*B)(A-1*B-1)=In*In=In2

    donc A*B est inversible.

    Si A n’est pas inversible alors il existe A0 telle que AA=0 et alors

    (A*B)(A*In)=0

    avec A*In0 donc A*B n’est pas inversible.

    Un raisonnement semblable s’applique dans le cas où B n’est pas inversible.

  • (c)

    Il existe P,Q matrices inversibles telles que

    P-1AP=(λ1(*)(0)λn)etQ-1BQ=(μ1(*)(0)μn)

    avec λi et μi les valeurs propres de A et B.

    On observe alors que (P-1*Q-1)(A*B)(P*Q)=(P-1AP)*(Q-1BQ) est triangulaire supérieure de coefficients diagonaux λiμj. Les valeurs propres de A*B sont les produits des valeurs propres de A et B.

  • (d)

    On note que P-1*Q-1=(P*Q)-1 de sorte que A*B est semblable à la matrice triangulaire précédente et donc

    χA*B=i=1nj=1n(X-λiμj).

    On en déduit

    det(A*B)=(det(A)det(B))n

    et la relation

    tr(A*B)=tr(A)tr(B)

    est pour elle immédiate par un calcul direct à partir de la définition de la loi *.

 
Exercice 10  3479    Correction  

Soient A,Bn() vérifiant

m,tr(Am)=tr(Bm).

Montrer que les matrices A et B ont les mêmes valeurs propres.

Solution

Notons λ1,,λp et μ1,,μq les valeurs propres deux à deux distinctes des matrices A et B respectivement.
L’hypothèse de travail donne

m,j=1pmλj(A)λjm=j=1qmμk(B)μkm.

Avec des notations étendues, cela donne

m,λSp(A)Sp(B)aλλm=0

avec aλ=mλ(A)-mλ(B).
Indexons alors les valeurs propres de A et B de sorte que

Sp(A)Sp(B)={α1,,αr}

avec α1,,αr deux à deux distinctes. On obtient donc

m,j=1raαjαjm=0.

Considérons alors la matrice carrée de Vandermonde

(111α1α2αrα1r-1α2r-1αrr-1).

Celle-ci est inversible car les α1,,αr sont deux à deux distincts. Or les égalités qui précèdent donnent

j=1raαjCj=0

en notant Cj les colonnes de la matrice de Vandermonde précédente.
On en déduit

1jr,aαj=0

ce qui donne

λSp(A)Sp(B),mλ(A)=mλ(B).
 
Exercice 11  2954      X (MP)Correction  

Soit An() telle que tr(Am)0 quand m+.
Montrer que les valeurs propres de A sont de module <1

Solution

La matrice A est trigonalisable et si l’on note λ1,,λp ses valeurs propres distinctes alors

tr(Am)=j=1pαjλjm

avec αj la multiplicité de la valeur propre λj.

Pour conclure, il suffit d’établir résultat suivant:
«  Soient α1,,αp* et λ1,,λp deux à deux distincts.
Si j=1pαjλjmm+0 alors 1jp,|λj|<1   ».

Raisonnons pour cela par récurrence sur p1.

Pour p=1, la propriété est immédiate.

Supposons la propriété vraie au rang p1.

Soient α1,,αp+1* et λ1,,λp+1 deux à deux distincts tels que

j=1p+1αjλjmm+0.

Par décalage d’indice, on a aussi

j=1p+1αjλjm+1m+0.

λp+1×(1)-(2) donne

j=1pαj(λp+1-λj)λjmm+0

qui se comprend encore

j=1pβjλjmm+0

avec les β1,,βp non nuls.

Par hypothèse de récurrence, on a alors 1jp,λj<1 pour tout j{1,,p}.

On en déduit j=1pαjλjmm+0 et la relation (1) donne alors αp+1λp+1mm+0 d’où l’on tire |λp+1|<1.

La récurrence est établie.

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Édité le 08-11-2019

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