[<] 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  2993    MINES (MP)Correction  

Soient a,b et

Ma,b=(a00b0......0a0b...0a+b0...b0a0......0b00a)2n+1().

Déterminer le polynôme minimal de Ma,b.

Solution

On remarque

Ma,b-aI2n+1=((0)b...b(0))

et donc

(Ma,b-aI2n+1)2=b2I2n+1

ce qui donne

(Ma,b-(a+b)I2n+1)(Ma,b-(a-b)I2n+1)=O2n+1

Le polynôme (X-(a+b))(X-(a-b)) est annulateur de Ma,b.

Cas: b=0. On remarque Ma,b=aI2n+1, le polynôme minimal de Ma,b est X-a.

Cas: b0. On remarque Ma,b(a±b)I2n+1, le polynôme minimal de Ma,b est donc (X-(a+b))(X-(a-b)).

 
Exercice 3  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 matrice A 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 4  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 5  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).
 
Exercice 6  6028     CCP (MP)Correction  

Pour n3, on considère les matrices de n()

J=(0100000011000)etA=(a0a1an1an1a0a1a1an1a0)

avec (a0,a1,,an1)n.

  • (a)

    Exprimer Jp pour tout p1;n.

  • (b)

    Exprimer A en fonction des matrices Jp pour p0;n1.

  • (c)

    Soit Q[X] non nul tel que deg(Q)<n. Montrer que Q(J)0.

    Que peut-on en déduire sur le degré du polynôme minimal ΠJ de J?

  • (d)

    Donner les polynômes minimal et caractéristique de J.

  • (e)

    Montrer que A est diagonalisable et donner les valeurs propres de A.

Solution

  • (a)

    Notons j(n) l’endomorphisme figuré par J dans la base canonique (e1,,en) de n. On observe j(ek)=ek+1 pour k=1,,n en notant en+1=e1. On en déduit jp(ek)=ek+p avec une notation circulaire entendue des vecteurs de base. On peut alors former la matrice Jp par blocs.

    p1;n,Jp=(0InpIp0)etJn=In
  • (b)

    On observe A=a0In+a1J++an1Jn1=P(A) en introduisant le po P=a0+a1X++an1Xn1.

  • (c)

    Pour Q=a0+a1X++an1Xn10, on a Q(J)=A0 (avec des notations entendues). On en déduit que le polynôme minimal de J est de degré au moins n.

  • (d)

    On a observé Jn=In donc Xn1 annule J. Celui-ci est unitaire et il n’existe pas de polynôme non nul de degré strictement inférieur. On en déduit que Xn1 est le polynôme minimal de J.

    Ce dernier divise le polynôme caractéristique (Cayley-Hamilton). Or le polynôme caractéristique est aussi unitaire de degré n. Le polynôme caractéristique est donc aussi Xn1.

  • (e)

    Le polynôme minimal de J est scindé à racines simples donc J est diagonalisable. La matrice A est un polynôme en J, elle est donc aussi diagonalisable.

    Les racines de χJ sont les ωk avec ω=e2iπ/n pour k0;n1. La matrice J est donc semblable à D=diag(1,ω,,ωn1). La matrice A=P(J) est alors semblable à P(D)=diag(P(1),P(ω),,P(ωn1)). Les valeurs propres de A sont donc les P(ωk) pour k=0,,n1.

 
Exercice 7  5984     CCINP (MP)Correction  

Soient n3, a,b deux réels avec a non nul et la matrice

M=(00a00aaab)n().
  • (a)

    Justifier que M est diagonalisable.

  • (b)

    Déterminer le rang de M.

  • (c)

    Déterminer le polynôme minimal de M, les valeurs propres de M et le polynôme caractéristique de M.

Solution

  • (a)

    La matrice M est symétrique réelle donc diagonalisable.

  • (b)

    Puisque a est non nul, la matrice M possède exactement deux colonnes indépendantes: rg(M)=2.

  • (c)

    On remarque

    M2=(a2a2aba2a2ababab(n1)a2+b2)etM3=(a2ba2bλa2ba2bλλλμ)

    avec λ=(n1)a3+ab2 et μ=2(n1)a2b+b3. On a donc

    M3bM2=(00(n1)a300(n1)a3(n1)a3(n1)a3(n1)a2b)=(n1)a2M.

    Le polynôme P=X3bX2(n1)a2X est annulateur de M.

    Pour n3 et puisque a0, le coefficient d’indice (2,1) d’un polynôme de degré 2 en M ne peut pas être nul: il n’existe pas de polynôme annulateur de M de degré 2. Le polynôme P est donc le polynôme minimal de M. Puisque M est diagonalisable, les racines de P en sont les valeurs propres. Ce sont:

    0etb±b2+4(n1)a22.

    La multiplicité de 0 est n2 car M est de rang 2. Les autres valeurs propres sont alors simples et le polynôme caractéristique de M est donc

    χM=XnbXn1(n1)a2Xn2.

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Édité le 09-06-2025

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