[<] Calcul de polynôme minimal [>] Diagonalisabilité des matrices scindées simples

 
Exercice 1  3030  Correction  

Soient Pn() une matrice de projection et φ l’endomorphisme de n() défini par

φ(M)=PM+MP.

Montrer que l’endomorphisme φ est diagonalisable

Solution

φ2(M)=P(PM+MP)+(PM+MP)P=PM+2PMP+MP car P2=P.
φ3(M)=PM+6PMP+MP.
Par suite, φ3(M)-3φ2(M)=-2PM-2MP=-2φ(M).
Ainsi, φ annule le polynôme X3-3X2+2X=X(X-1)(X-2).
Puisque ce polynôme est scindé simple, l’endomorphisme φ est diagonalisable.

 
Exercice 2  5151  

Soient a un réel et L l’endomorphisme de n() (avec n2) défini par

L(M)=aM+tr(M)In.
  • (a)

    Déterminer un polynôme annulateur de degré 2 de L.

  • (b)

    Calculer le déterminant de L.

 
Exercice 3  3646   Correction  

Soient f,u,v trois endomorphismes d’un -espace vectoriel E de dimension finie. On suppose qu’il existe α,β distincts tels que

{Id=u+vf=αu+βvf2=α2u+β2v.
  • (a)

    Montrer que f est diagonalisable.

  • (b)

    Justifier que u et v sont des projections vectorielles dont on précisera noyau et image en fonction des espace Ker(f-αId) et Ker(f-βId).

  • (c)

    Exprimer fn pour tout n en fonction de α,β et u,v.

Solution

  • (a)

    En développant, on vérifie (f-αId)(f-βId)=0~.
    L’endomorphisme f annule un polynôme scindé simple, il est donc diagonalisable.
    De plus, Sp(f){α,β}.
    On af(x)=αxβv(x)=αv(x)v(x)=0.

  • (b)

    On a (f-βId)=(α-β)u et (f-αId)=(β-α)v.
    La relation (f-αId)(f-βId)=0~ donne vu=0~ et par un calcul symétrique, on obtient aussi uv=0~.
    On en déduit u=uId=u2+uv=u2 et donc u est une projection vectorielle.
    De plus, Ker(u)=Ker((α-β)u)=Ker(f-βId) et Im(u)=Ker(Id-u)=Ker(v)=Ker(f-αId).

  • (c)

    Par récurrence fn=αnu+βnv.

 
Exercice 4  3028   Correction  

Soient α,β𝕂 et u,v,f trois endomorphismes d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie vérifiant

{f=αu+βvf2=α2u+β2vf3=α3u+β3v.

Montrer que f est diagonalisable.

Solution

Par élimination de u, on a

f2-αf=β(β-α)v

et

f3-αf2=β2(β-α)v.

Par élimination de v, on obtient

f(f-αId)(f-βId)=0.

Ainsi, P=X(X-α)(X-β) est annulateur de f.

Cas: αβ et α,β0. f est diagonalisable car annule un polynôme scindé simple.

Cas: α=β=0. f est diagonalisable car f est l’endomorphisme nul.

Cas: β=0 et α0. On a f2-αf=0 donc f est diagonalisable car annule le polynôme scindé simple X(X-α).

Cas: α=0 et β0. Semblable.

Cas: α=β0. On a f=α(u+v) et f2=α2(u+v) donc à nouveau f2-αf=0.

Dans tous les cas, l’endomorphisme f est diagonalisable.

 
Exercice 5  5152   

Soit A une matrice de E=n(). On étudie l’endomorphisme11 1 Il ne faut pas confondre u avec l’endomorphisme qui à une colonne X associe AX. u de E défini par u(M)=AM pour toute matrice M de E.

  • (a)

    Étudier l’équivalence entre les inversibilités de A et de u.

  • (b)

    Étudier l’équivalence entre les diagonalisabilités de A et de u.

 
Exercice 6  3744     CENTRALE (PC)Correction  

Soient n* et E=n(). Pour A,BE fixées non nulles, on définit f(E) par

ME,f(M)=M+tr(AM)B.
  • (a)

    Déterminer un polynôme annulateur de degré 2 de f et en déduire une condition nécessaire et suffisante sur (A,B) pour que f soit diagonalisable. Quels sont alors les éléments propres de f?

  • (b)

    Déterminer dimC

    C={g(E)|fg=gf}

    [Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Solution

  • (a)

    On a

    f(f(M))=M+(2+tr(AB))tr(AM)B

    donc

    P(X)=X2-(2+tr(AB))X+1+tr(AB)

    est annulateur de f. Les racines de ce polynôme sont 1 et 1+tr(AB).
    Si tr(AB)0 alors f est diagonalisable car annulé par un polynôme scindé simple.
    Pour M appartenant à l’hyperplan défini par la condition tr(AM)=0, on a f(M)=M.
    Pour MVect(B){0}, on a f(M)=(1+tr(AB))M.
    Ce qui précède détermine alors les sous-espaces propres de f.
    Si tr(AB)=0 alors 1 est la seule valeur propre possible de f et donc f est diagonalisable si, et seulement si, f=Id ce qui donne la conditio

    Mn(),tr(AM)B=On.

    Cette propriété a lieu si, et seulement si, A=On ou B=On.

  • (b)

    Si A=On ou B=On alors f=Id et donc

    dimC=n4.

    Si tr(AB)0 alors f est diagonalisable avec des sous-espaces propres de dimensions 1 et n2-1. On en déduit

    dimC=1+(n2-1)2.

    Il reste à étudier le cas complémentaire

    tr(AB)=0 et A=On ou B=On.

    Considérons une base de l’hyperplan de n() donnée par l’équation tr(AM)=0 dont le premier éléments serait B. Complétons celle-ci en une base de n(). La matrice de f dans cette base est de la forme

    (1(0)λ(0)1(0)(0)1) avec λ0.

    En étudiant la commutation avec une telle matrice, on obtient

    dimC=n4-2n2+2.
 
Exercice 7  2410     CCP (MP)Correction  

Soient n2, An() et f l’endomorphisme de n() défini par

f(M)=tr(A)M-tr(M)A

tr désigne la forme linéaire trace.
Étudier la réduction de l’endomorphisme f et préciser la dimension de ses sous-espaces propres.

Solution

On observe

ff(M)=tr(A)(tr(A)M-tr(M)A)-tr(tr(A)M-tr(M)A)A=tr(A)f(M).

Ainsi,

ff=tr(A).f.

Si tr(A)0 alors l’endomorphisme f est diagonalisable car annule le polynôme X2-tr(A)X qui est scindé à racines simples.
Si tr(A)=0 alors les valeurs propres de f figurent parmi les racines du polynôme X2. Seule 0 peut donc être valeur propre de f et par conséquent f est diagonalisable si, et seulement si, f=0~. Ceci correspond au cas A=On.
Déterminons maintenant les sous-espaces propres de f.
Le cas A=On est immédiat. Supposons-le désormais exclu.
Si tr(M)=0 alors

f(M)=tr(A)M.

Pour M matrice de l’hyperplan des matrices de trace nulle, f(M)=λM avec λ=tr(A). On en déduit que tr(A) est valeur propre de M et le sous-espace propre associé est de dimension au moins n2-1.
Dans le cas où tr(A)=0, l’endomorphisme n’est pas diagonalisable et la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre tr(A) est exactement n2-1.
Dans le cas où tr(A)0, l’endomorphisme f est diagonalisable et donc la dimension des sous-espaces propres des valeurs propres 0 et tr(A) sont respectivement 1 et n2-1.

 
Exercice 8  4310   

Soient φ une forme linéaire non nulle sur un espace réel E de dimension finie, a un vecteur de E et f l’endomorphisme de E déterminé par

f(x)=φ(a).x-φ(x).apour tout xE.

Calculer ff et former une condition nécessaire et suffisante portant sur a et φ pour que f soit diagonalisable.

 
Exercice 9  2722     MINES (MP)Correction  

Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie et f(E) tel que f2=f avec f0 et fIdE.

Étudier la diagonalisabilité de l’endomorphisme ufu-uf de (E) et préciser ses éléments propres.

Solution

Notons ϕ l’endomorphisme de (E) étudié.

On observe que ϕ3=ϕ. Par annulation d’un polynôme scindé simple, on peut affirmer que ϕ est diagonalisable de seules valeurs propres possibles 0, 1 et -1.

En introduisant une base adaptée à la projection f, la matrice de cet endomorphisme est

(Ir000)

avec 1r<dimE.

En notant

(ABCD)

la matrice de u dans cette base, on obtient

ϕ(u)=0 B=0 et C=0
ϕ(u)=u A=0,C=0 et D=0
ϕ(u)=-u A=0,B=0 et D=0

Les valeurs propres de ϕ sont donc exactement 0, 1 et -1 et les sous-espaces propres associés viennent d’être décrits.

 
Exercice 10  5322     CCP (MP)Correction  

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension finie n*. On étudie l’endomorphisme f de (E) défini par

f(v)=uvpour tout v(E).
  • (a)

    Montrer que Sp(f)Sp(u).

  • (b)

    Soient λ une valeur propre de u et Eλ le sous-espace propre associé. Soit v un projecteur sur Eλ. Montrer que v est vecteur propre de f et en déduire que Sp(f)=Sp(u).

  • (c)

    Soient Eλ et Δλ les sous-espaces propres respectivement associés à u et f pour une même valeur propre λ. On admet dimΔλ=ndimEλ.

    Établir

    u diagonalisablef diagonalisable.
  • (d)

    Montrer que u et f ont le même polynôme minimal. L’implication réciproque de la question précédente est-elle vraie?

Solution

  • (a)

    Soient λ une valeur propre de f et v(E) un vecteur propre associé:

    f(v)=λ.vetv0.

    Puisque l’endomorphisme v n’est pas nul, il existe xE tel que y=v(x) soit non nul et l’égalité (uv)(x)=λ.v(x) donne u(y)=λ.y. Ainsi, λ est valeur propre de u.

  • (b)

    Puisque Eλ n’est pas réduit au vecteur nul, l’endomorphisme v est non nul. Au surplus, pour tout xE, on a v(x)Eλ(u) et donc (uv)(x)=λ.v(x). On en déduit f(v)=λ.v. Ainsi, v est un vecteur propre de f.

    Par double inclusion, u et f ont les mêmes valeurs propres.

  • (c)

    Supposons que u soit diagonalisable. On sait

    dimE=λSp(u)dimEλ.

    L’égalité admise entraîne alors

    λSp(u)dimΔλ=(dimE)2=dim(E).

    On conclut que f est diagonalisable.

  • (d)

    On vérifie par récurrence

    fn(v)=unvpour tout n.

    Par combinaison linéaire, on en déduit que pour tout polynôme réel P,

    P(f)(v)=P(u)v.

    Si P annule u, il annule évidemment f et la réciproque est vraie, il suffit de prendre v=IdE. Les endomorphismes u et f ont donc les mêmes polynômes annulateurs et a fortiori le même polynôme minimal.

    Un endomorphisme étant diagonalisable si, et seulement si, son polynôme minimal est scindé à racines simples: on peut assurer que la diagonalisabilité de f équivaut à celle de u.

 
Exercice 11  804   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie, f(E) et F((E)) définie par F(u)=fu.

  • (a)

    Montrer que f est diagonalisable si, et seulement si, F l’est.

  • (b)

    Montrer que f et F ont les mêmes valeurs propres.

  • (c)

    Soit λ une valeur propre de f. Établir dimEλ(F)=dimE×dimEλ(f).

Solution

  • (a)

    Soit P un polynôme. P(F)(u)=P(f)u donc P(f)=0P(F)=0. La diagonalisabilité étant équivalente à l’existence d’un polynôme scindé à racines simples, on peut conclure.

  • (b)

    f et F ont le même polynôme minimal donc les mêmes valeurs propres.

  • (c)

    Tout u(E,Eλ(f))(E) est élément de Eλ(F) donc dimEλ(F)dimE×dimEλ(f). Mais par diagonalisabilité dim(E))=λSp(F)dimEλ(F)dimE×λSp(f)dimEλ(f)=dimE2=dim(E) et donc on a les égalités dimEλ(F)=dimE×dimEλ(f) pour tout λSp(f).

 
Exercice 12  3798     ENSTIM (MP)Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et F,G deux sous-espaces vectoriels supplémentaires non triviaux. On note p la projection sur F parallèlement à G et s la symétrie par rapport à F et parallèlement à G. Enfin on pose pour f endomorphisme de F

ϕ(f)=pfs

ce qui définit un endomorphisme ϕ sur (E).

  • (a)

    Montrer que ϕ annule un polynôme «  simple   ». L’endomorphisme ϕ est-il diagonalisable?

  • (b)

    Déterminer les éléments propres de ϕ.
    On pourra considérer les matrices de p et s dans une base adaptée à la décomposition E=FG.

Solution

  • (a)

    On a

    ϕ3(f)=p3fs3=pfs=ϕ(f).

    L’endomorphisme ϕ annule le polynôme X3-X=X(X-1)(X+1).
    Ce polynôme étant scindé simple, l’endomorphisme ϕ est diagonalisable.

  • (b)

    Les valeurs propres possibles de ϕ sont 0,1,-1.
    En raisonnant dans une base adaptée à la décomposition E=FG, les matrices de p et s sont de la forme

    (IrOOO) et (IrOO-Is)

    avec r=dimF et s=dimG. La matrice de f sera dans une même décomposition par blocs de la forme

    (ABCD)

    et par calcul la matrice de ϕ(f) sera

    (A-BOO).

    Il est alors facile de résoudre les équations ϕ(f)=λf pour λ=0,1,-1.
    On obtient

    E0(ϕ)={f(E)|Im(f)G}.
    E1(ϕ)={f(E)|GKer(f) et Im(f)F}

    et

    E-1(ϕ)={f(E)|FKer(f) et Im(f)G}.

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Édité le 08-11-2019

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