[<] Polynôme minimal [>] Diagonalisabilité des endomorphismes scindés simples

 
Exercice 1  841  Correction  

Soit

A=(1101).

Déterminer le polynôme minimal ΠA de A.

Solution

ΠAχA=(X-1)2 mais A n’est pas diagonalisable, donc μA=(X-1)2.

 
Exercice 2  2707     MINES (MP)Correction  

Soient a,b, b0 et An() la matrice dont les éléments diagonaux valent a et les autres valent b.

  • (a)

    La matrice A est-elle diagonalisable?

  • (b)

    Quelles sont les valeurs propres de A? Quel est le polynôme minimal de A?

  • (c)

    Sous quelles conditions sur a et b, la matriceA est-elle inversible? Lorsque c’est le cas trouver l’inverse de A.

Solution

  • (a)

    La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable.

  • (b)
    χA=(X-(a+(n-1)b))(X-(a-b))n-1.
    Sp(A)={a+(n-1)b,a-b}(si n2).
    πA=(X-(a+(n-1)b))(X-(a-b))
  • (c)

    A est inversible si, et seulement si, 0Sp(A) c’est-à-dire a+(n-1)b0 et ab.

    (a(b)(b)a)(x(y)(y)x)=(α(β)(β)α)

    avec

    {α=ax+(n-1)byβ=ay+bx+(n-2)by.

    Il suffit alors de résoudre le système

    {ax+(n-1)by=1bx+(a+(n-2)b)y=0

    pour expliciter A-1.

 
Exercice 3  845   Correction  

Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n.

  • (a)

    On suppose que f est diagonalisable. À quelle condition existe-t-il un vecteur xE tel que la famille formée des vecteurs x1=x, x2=f(x1),…, xn=f(xn-1) forme une base de E?

  • (b)

    On ne suppose plus f diagonalisable mais on suppose l’existence d’une base (x1,x2,,xn) de E du type précédent. Déterminer le commutant de f. Quel est le polynôme minimal de f?

Solution

  • (a)

    Notons α1,,αn les composantes de x dans une base de diagonalisation de f. La matrice de la famille (x1,,xn) dans la base est

    (α1λ1α1λ1nαnλnαnλnn)

    avec λ1,,λn les valeurs propres de f comptées avec multiplicité. Cette matrice est de rang n, si, et seulement si,

    α1,,αn0et|λ1λ1nλnλnn|0.

    Par déterminant de Vandermonde, on peut assurer l’existence de x tel que voulu si, et seulement, si les valeurs propres de f sont deux à deux distincts et non nulles. N’importe quel x aux composantes toutes non nulles est alors convenable.

  • (b)

    Les polynômes en f commutent avec f.
    Supposons que g soit un endomorphisme de E commutant avec f.
    On peut écrire

    g(x1)=a1x1++anxn=P(f)(x1)

    avec

    P=a1+a2X++an-1Xn-1.

    On a alors

    g(x2)=g(f(x1))=f(g(x1))=f(P(f)(x1))=P(f)(f(x1))=P(f)(x2).

    Plus généralement, en exploitant xk=fk-1(x1), on obtient g(xk)=P(f)(xk).

    Les endomorphismes g et P(f) coïncident sur les éléments d’une base, ils sont donc égaux. Finalement, le commutant de f est exactement formé des polynômes en f.
    Si le polynôme minimal Πf de f est de degré <n alors la famille (Id,f,,fn-1) est liée et alors pour tout xE, la famille (x,f(x),,fn-1(x)) l’est aussi. Cela contredit l’hypothèse de départ. On peut donc affirmer que deg(Πf)n et puisque Πfχf, on a Πf=χf avec χf polynôme caractéristique de f.

 
Exercice 4  843   Correction  

Soit a un réel. Pour Mn(), on pose

L(M)=aM+tr(M)In.
  • (a)

    Montrer que L est un endomorphisme de n(), trouver ses éléments propres et son polynôme minimal.

  • (b)

    Pour quels a, L est-il un automorphisme? Trouver son inverse dans ces cas.

Solution

  • (a)

    Il est clair que L est linéaire.
    Si tr(M)=0 alors L(M)=aM.
    a est valeur propre de L et le sous-espace propre associé est l’hyperplan des matrices de trace nulle.
    Si tr(M)0 alors L(M)=λM implique MVect(In). Or L(In)=(a+n)In donc a+n est valeur propre de L et le sous-espace propre associé est la droite Vect(In).
    L’endomorphisme L est donc diagonalisable et par suite

    ΠL(X)=(X-a)(X-(a+n)).
  • (b)

    En dimension finie, L est un automorphisme si, et seulement si, 0Sp(L) c’est-à-dire a0,-n.
    Puisque

    L2-(2a+n)L+a(a+n)I=0

    on a

    L-1=1a(a+n)(L-(2a+n)I)

    et donc

    L-1(M)=1a(a+n)(tr(M)In-(a+n)M).

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Édité le 08-11-2019

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