Exercice 1 3030 Correction

Soient $P \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice de projection et $φ$ l’endomorphisme de $ℳ_{n} (ℝ)$ défini par

φ (M) = P M + M P .

Montrer que l’endomorphisme $φ$ est diagonalisable

Solution

$φ^{2} (M) = P (P M + M P) + (P M + M P) P = P M + 2 P M P + M P$ car $P^{2} = P$ .
$φ^{3} (M) = P M + 6 P M P + M P$ .
Par suite, $φ^{3} (M) - 3 φ^{2} (M) = - 2 P M - 2 M P = - 2 φ (M)$ .
Ainsi, $φ$ annule le polynôme $X^{3} - 3 X^{2} + 2 X = X (X - 1) (X - 2)$ .
Puisque ce polynôme est scindé simple, l’endomorphisme $φ$ est diagonalisable.

Exercice 2 5151

Soient $a$ un réel et $L$ l’endomorphisme de $ℳ_{n} (ℝ)$ (avec $n \geq 2$ ) défini par

L (M) = a M + tr (M) I_{n} .

(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 $ℝ$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie. On suppose qu’il existe $α, β \in ℝ$ distincts tels que

{\begin{matrix} Id & = u + v \\ f & = α u + β v \\ f^{2} & = α^{2} u + β^{2} v . \end{matrix}

(a)

Montrer que $f$ est diagonalisable.
(b)

Justifier que $u$ et $v$ sont des projections vectorielles dont on précisera les noyaux et images en fonction des espaces $Ker (f - α Id)$ et $Ker (f - β Id)$ .
(c)

Exprimer $f^{n}$ pour tout $n \in ℕ$ en fonction de $α, β$ et $u, v$ .

Solution

(a)

En développant, on vérifie $(f - α Id) \circ (f - β Id) = \tilde{0}$ .
L’endomorphisme $f$ annule un polynôme scindé simple, il est donc diagonalisable.
De plus, $Sp (f) \subset {α, β}$ .
On a $f (x) = α x \Leftrightarrow β v (x) = α v (x) \Leftrightarrow v (x) = 0$ .
(b)

On a $(f - β Id) = (α - β) u$ et $(f - α Id) = (β - α) v$ .
La relation $(f - α Id) \circ (f - β Id) = \tilde{0}$ donne $v \circ u = \tilde{0}$ et par un calcul symétrique, on obtient aussi $u \circ v = \tilde{0}$ .
On en déduit $u = u \circ Id = u^{2} + u \circ v = u^{2}$ et donc $u$ est une projection vectorielle.
De plus, $Ker (u) = Ker ((α - β) u) = Ker (f - β Id)$ et $Im (u) = Ker (Id - u) = Ker (v) = Ker (f - α Id)$ .
(c)

Par récurrence $f^{n} = α^{n} u + β^{n} v$ .

Exercice 4 3028 Correction

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

{\begin{matrix} f & = α u + β v \\ f^{2} & = α^{2} u + β^{2} v \\ f^{3} & = α^{3} u + β^{3} v . \end{matrix}

Montrer que $f$ est diagonalisable.

Solution

Par élimination de $u$ , on a

f^{2} - α f = β (β - α) v

f^{3} - α f^{2} = β^{2} (β - α) v .

Par élimination de $v$ , on obtient

f \circ (f - α Id) \circ (f - β Id) = 0 .

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

Cas: $α \neq β$ et $α, β \neq 0$ . $f$ 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 $α \neq 0$ . On a $f^{2} - α f = 0$ donc $f$ est diagonalisable car annule le polynôme scindé simple $X (X - α)$ .

Cas: $α = 0$ et $β \neq 0$ . Semblable.

Cas: $α = β \neq 0$ . On a $f = α (u + v)$ et $f^{2} = α^{2} (u + v)$ donc à nouveau $f^{2} - α f = 0$ .

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

Exercice 5 5152

Soit $A$ une matrice de $E = ℳ_{n} (ℝ)$ . On étudie l’endomorphisme¹¹ 1 Il ne faut pas confondre $u$ avec l’endomorphisme qui à une colonne $X$ associe $A X$ . $u$ de $E$ défini par $u (M) = A M$ 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 $n \in ℕ^{*}$ et $E = ℳ_{n} (ℝ)$ . Pour $A, B \in E$ fixées non nulles, on définit $f \in ℒ (E)$ par

\forall M \in E, f (M) = M + tr (A M) 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 $dim C$ où

$C = {g \in ℒ (E) | f \circ g = g \circ f}$

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

Solution

(a)

On a

$f (f (M)) = M + (2 + tr (A B)) tr (A M) B$

donc

$P (X) = X^{2} - (2 + tr (A B)) X + 1 + tr (A B)$

est annulateur de $f$ . Les racines de ce polynôme sont $1$ et $1 + tr (A B)$ .
Si $tr (A B) \neq 0$ alors $f$ est diagonalisable car annulé par un polynôme scindé simple.
Pour $M$ appartenant à l’hyperplan défini par la condition $tr (A M) = 0$ , on a $f (M) = M$ .
Pour $M \in Vect (B) \neq {0}$ , on a $f (M) = (1 + tr (A B)) M$ .
Ce qui précède détermine alors les sous-espaces propres de $f$ .
Si $tr (A B) = 0$ 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

$\forall M \in ℳ_{n} (ℝ), tr (A M) B = O_{n} .$

Cette propriété a lieu si, et seulement si, $A = O_{n}$ ou $B = O_{n}$ .
(b)

Si $A = O_{n}$ ou $B = O_{n}$ alors $f = Id$ et donc

$dim C = n^{4} .$

Si $tr (A B) \neq 0$ alors $f$ est diagonalisable avec des sous-espaces propres de dimensions $1$ et $n^{2} - 1$ . On en déduit

$dim C = 1 + {(n^{2} - 1)}^{2} .$

Il reste à étudier le cas complémentaire

$tr (A B) = 0 et A = O_{n} ou B = O_{n} .$

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

$(\begin{matrix} 1 & (0) & λ \\ ⋱ \\ (0) & 1 & (0) \\ (0) & 1 \end{matrix}) avec λ \neq 0 .$

En étudiant la commutation avec une telle matrice, on obtient

$dim C = n^{4} - 2 n^{2} + 2 .$

Exercice 7 2410 CCINP (MP)Correction

Soient $n \geq 2$ , $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ et $f$ l’application définie sur $ℳ_{n} (ℝ)$ par

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

où $tr$ désigne la forme linéaire trace.

(a)

Justifier que $f$ est un endomorphisme de $ℳ_{n} (ℝ)$ .
(b)

Étudier la diagonalisabilité de l’endomorphisme $f$ .
(c)

Préciser la dimension des sous-espaces propres de $f$ .

Solution

(a)

L’application $f$ est correctement définie de $ℳ_{n} (ℝ)$ vers lui-même.

Pour $λ, μ \in ℝ$ et $M, N \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on vérifie

$f (λ M + μ N) = λ f (M) + μ f (N)$

en employant la linéarité de la trace.
(b)

Méthode: On commence par déterminer un polynôme annulateur de $f$ .

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ . On observe

$f \circ f (M)$ $= tr (A) f (M) - tr (f (M)) A$

$= tr (A) (tr (A) M - tr (M) A) - tr (tr (A) M - tr (M) A) A$

$= tr (A) f (M) .$

Ainsi,

$f \circ f = tr (A) . f .$

Le polynôme $X^{2} - tr (A) X$ est annulateur de $f$ .

On peut factoriser

$X^{2} - tr (A) X = X (X - tr (A))$

Cas: $tr (A) \neq 0$ . L’endomorphisme $f$ est diagonalisable car annule le polynôme $X^{2} - tr (A) X$ qui est simplement scindé.

Cas: $tr (A) = 0$ . Les valeurs propres de $f$ figurent parmi les racines du polynôme $X^{2}$ . Seule $0$ peut être valeur propre de $f$ et par conséquent $f$ est diagonalisable si, et seulement si, $f = 0$ . Cela correspond uniquement au cas où $A = O_{n}$ .
(c)

Le cas $A = O_{n}$ est immédiat car alors l’endomorphisme $f$ est l’endomorphisme nul. Supposons désormais ce cas exclu.

Par le polynôme annulateur $X^{2} - tr (A) X$ , on sait

$Sp (f) \subset {0, tr (A)} .$

Soit $M = A$ . On remarque

$f (M) = tr (A) A - tr (A) A = O_{n} = 0 . M .$

Le réel $0$ est donc valeur propre de $A$ et l’espace propre associé contient au moins $Vect (A)$ : il est de dimension au moins égale à $1$ .

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $tr (M) = 0$ . On observe

$f (M) = tr (A) M = λ M avec λ = tr (A) .$

On en déduit que $tr (A)$ est valeur propre de $f$ et que le sous-espace propre associé contient l’hyperplan des matrices de trace nulle: il est de dimension au moins égale à $n^{2} - 1$ .

On a donc exactement

$Sp (f) = {0, tr (A)} .$

Il reste à discuter selon que ces deux valeurs sont distinctes ou non.

Cas: $tr (A) = 0$ . L’endomorphisme $f$ n’est pas diagonalisable et la dimension du sous-espace propre associé à l’unique valeur propre $tr (A) = 0$ est exactement $n^{2} - 1$ .

Cas: $tr (A) \neq 0$ . L’endomorphisme $f$ est diagonalisable et donc la dimension des sous-espaces propres des valeurs propres $0$ et $tr (A)$ sont respectivement $1$ et $n^{2} - 1$ .

Exercice 8 4310

Soient $φ$ une forme linéaire non nulle sur un espace réel $E$ de dimension finie $n \geq 2$ , $a$ un vecteur de $E$ et $f$ l’endomorphisme de $E$ déterminé par

f (x) = φ (a) . x - φ (x) . a pour tout x \in E .

(a)

Calculer $f \circ f$ .
(b)

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 $f \in ℒ (E)$ tel que $f^{2} = f$ avec $f \neq 0$ et $f \neq {Id}_{E}$ .

Étudier la diagonalisabilité de l’endomorphisme $u \mapsto f \circ u - u \circ f$ de $ℒ (E)$ et préciser ses éléments propres.

Solution

Notons $ϕ$ l’endomorphisme de $ℒ (E)$ étudié.

On observe que $ϕ^{3} = ϕ$ . 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

(\begin{matrix} I_{r} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix})

avec $1 \leq r < dim E$ .

En notant

(\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix})

la matrice de $u$ dans cette base, on obtient

	$ϕ (u) = 0$	$\Leftrightarrow B = 0 et C = 0$
	$ϕ (u) = u$	$\Leftrightarrow A = 0, C = 0 et D = 0$
	$ϕ (u) = - u$	$\Leftrightarrow A = 0, B = 0 et D = 0 .$

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 CCINP (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie $n \in ℕ^{*}$ . On étudie l’application $f$ de $ℒ (E)$ vers $ℒ (E)$ définie par

f (v) = u \circ v pour tout v \in ℒ (E) .

(a)

Vérifier que $f$ est un endomorphisme de $ℒ (E)$ .
(b)

Établir que $Sp (f) \subset Sp (u)$ .
(c)

Soient $λ$ une valeur propre de $u$ , $E_{λ}$ le sous-espace propre associé et $v$ un projecteur sur $E_{λ}$ .

Montrer que $v$ est vecteur propre de $f$ et en déduire que $Sp (f) = Sp (u)$ .
(d)

Soient $E_{λ}$ et $Δ_{λ}$ les sous-espaces propres respectivement associés à $u$ et $f$ pour une même valeur propre $λ$ . On admet $dim Δ_{λ} = n dim E_{λ}$ .

Établir

$u diagonalisable ⟹ f diagonalisable.$
(e)

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

Solution

(a)

Avec des notations entendues,

$f (λ . v + μ . w) = u \circ (λ . v + μ . w) = λ . u \circ v + μ . u \circ w = λ . f (v) + μ . f (w) .$

L’application $f$ est donc linéaire, c’est un endomorphisme.
(b)

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

$f (v) = λ . v et v \neq 0 .$

Puisque l’endomorphisme $v$ n’est pas nul, il existe $x \in E$ tel que $y = v (x)$ soit non nul et l’égalité $(u \circ v) (x) = λ . v (x)$ donne $u (y) = λ . y$ . Ainsi, $λ$ est valeur propre de $u$ .
(c)

Puisque $E_{λ}$ n’est pas réduit au vecteur nul, l’endomorphisme $v$ est non nul. Au surplus, pour tout $x \in E$ , on a $v (x) \in E_{λ} (u)$ et donc $(u \circ v) (x) = λ . v (x)$ . 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.
(d)

Supposons que $u$ soit diagonalisable. On sait

$dim E = \sum_{λ \in Sp (u)} dim E_{λ} .$

L’égalité admise entraîne alors

$\sum_{λ \in Sp (u)} dim Δ_{λ} = {(dim E)}^{2} = dim ℒ (E) .$

On conclut que $f$ est diagonalisable.
(e)

On vérifie par récurrence

$f^{n} (v) = u^{n} \circ v pour tout n \in ℕ .$

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

$P (f) (v) = P (u) \circ v .$

Si $P$ annule $u$ , il annule évidemment $f$ et la réciproque est vraie, il suffit de prendre $v = {Id}_{E}$ . 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, $f \in ℒ (E)$ et $F \in ℒ (ℒ (E))$ définie par $F (u) = f \circ u$ .

(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 $dim E_{λ} (F) = dim E \times dim E_{λ} (f)$ .

Solution

(a)

Soit $P$ un polynôme. $P (F) (u) = P (f) \circ u$ donc $P (f) = 0 \Leftrightarrow P (F) = 0$ . 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 $u \in ℒ (E, E_{λ} (f)) \subset ℒ (E)$ est élément de $E_{λ} (F)$ donc $dim E_{λ} (F) \geq dim E \times dim E_{λ} (f)$ . Mais par diagonalisabilité $dim ℒ (E)) = \sum_{λ \in Sp (F)} dim E_{λ} (F) \geq dim E \times \sum_{λ \in Sp (f)} dim E_{λ} (f) = dim E^{2} = dim ℒ (E)$ et donc on a les égalités $dim E_{λ} (F) = dim E \times dim E_{λ} (f)$ pour tout $λ \in Sp (f)$ .

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) = p \circ f \circ s

ce qui définit un endomorphisme $ϕ$ sur $ℒ (E)$ .

(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 $E = F \oplus G$ .

Solution

(a)

On a

$ϕ^{3} (f) = p^{3} \circ f \circ s^{3} = p \circ f \circ s = ϕ (f) .$

L’endomorphisme $ϕ$ annule le polynôme $X^{3} - X = X (X - 1) (X + 1)$ .
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 $E = F \oplus G$ , les matrices de $p$ et $s$ sont de la forme

$(\begin{matrix} I_{r} & O \\ O & O \end{matrix}) et (\begin{matrix} I_{r} & O \\ O & - I_{s} \end{matrix})$

avec $r = dim F$ et $s = dim G$ . La matrice de $f$ sera dans une même décomposition par blocs de la forme

$(\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix})$

et par calcul la matrice de $ϕ (f)$ sera

$(\begin{matrix} A & - B \\ O & O \end{matrix}) .$

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

$E_{0} (ϕ) = {f \in ℒ (E) | Im (f) \subset G} .$

$E_{1} (ϕ) = {f \in ℒ (E) | G \subset Ker (f) et Im (f) \subset F}$

et

$E_{- 1} (ϕ) = {f \in ℒ (E) | F \subset Ker (f) et Im (f) \subset G} .$

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

Édité le 09-06-2025

	$f \circ f (M)$	$= tr (A) f (M) - tr (f (M)) A$
		$= tr (A) (tr (A) M - tr (M) A) - tr (tr (A) M - tr (M) A) A$
		$= tr (A) f (M) .$

Diagonalisabilité des endomorphismes scindés simples