[<] Étude d'endomorphismes vérifiant une identité polynomiale [>] Diagonalisabilité et endomorphismes induits

 
Exercice 1  4317  

Soit A3() vérifiant A3=I3 et AI3.

  • (a)

    Déterminer les valeurs propres réelles de A.

  • (b)

    Déterminer les valeurs propres complexes de A.

 
Exercice 2  162    SAINT CYR (MP)Correction  

Soit A3() vérifiant A3=A2-2A. La matrice A est-elle inversible?

Solution

Le polynôme X3-X2+2X=X(X2-X+2) est annulateur de A. Ce polynôme n’admet qu’une seule racine réelle qui est 0. Celle-ci est la seule valeur propre possible de A. Or A est une matrice réelle de taille impaire, elle admet donc nécessairement au moins une valeur propre réelle. Ainsi, 0 est valeur propre de A et la matrice A n’est donc pas inversible.

 
Exercice 3  5548  Correction  

Soit An() telle que A2+In=On.

Montrer que n est pair et calculer det(A) et tr(A).

Solution

Le polynôme X2+1 est annulateur de A: les valeurs propres complexes de A en sont racines et donc égales à i ou -i. Aussi, la matrice A admet au moins une valeur propre complexe et, puisqu’il s’agit d’une matrice réelle, les valeurs propres complexes de A sont deux à deux conjuguées et deux valeurs propres conjuguées ont même multiplicité. On en déduit que A admet i et -i pour valeurs propres de multiplicité commune p. On a alors n=2p et, puisque A est trigonalisable,

det(A)=ip×(-i)p=1ettr(A)=p×i+p×(-i)=0.
 
Exercice 4  850  Correction  

Soit An() telle que

A3-A2+A-In=On.

Montrer que det(A)=1.

Solution

A annule un polynôme scindé à racines simples(1, i et -i) donc A est diagonalisable dans n().

Les valeurs propres possibles de A sont 1, i et -i. Puisque tr(A), la multiplicité de i égale celle de -i.

Par suite, det(A)=1.

 
Exercice 5  2608    ENSTIM (MP)Correction  

Soit An() vérifiant

A3+In=On.

Montrer que la trace de A est un nombre entier.

Solution

La matrice A annule le polynôme X3+1. Dans ,

X3+1=(X+1)(X+j)(X+j2).

Ce polynôme est scindé à racines simples, la matrice A est donc diagonalisable sur semblable à une matrice D=diag(-Ip,-jIq,-j2Ir). Cependant, les multiplicités q et r des valeurs propres conjuguées -j et -j2 sont égales car la matrice A est réelle. On a donc

tr(A)=tr(D)=-p-qj-qj2=q-p

car 1+j+j2=0.

 
Exercice 6  5865  Correction  

Soit An() vérifiant A2=In et A±In.

Montrer que tr(A)n[2] et |tr(A)|n-2.

Solution

Le polynôme X2-1=(X-1)(X+1) est annulateur de A. Celui-ci est simplement scindé sur et la matrice A est donc diagonalisable. Les valeurs propres de A figurent parmi les racines de X2-1 et donc Sp(A){1,-1}.

Si Sp(A)={1} alors A est diagonalisable semblable à In donc égale à In. Cela est exclu. De même, il n’est pas possible que Sp(A)={-1} et donc Sp(A)={1,-1}.

Notons p>0 et q>0 les multiplicités respectives des valeurs propres 1 et -1. On a

tr(A)=p1+q(-1)=p-qetn=p+q.

On en déduit

tr(A)=n-2qn[2]

et, puisque q1;n-1,

2-ntr(A)n-2

ce qui entraîne |tr(A)|n-2.

 
Exercice 7  2714    MINES (MP)Correction  

Soit An() vérifiant

A3+A2+A=On.

Montrer que la matrice A est de rang pair.

Solution

Le polynôme

X3+X2+X=X(X-j)(X-j2)

annule la matrice A. Ce polynôme étant scindé à racines simples dans , la matrice A est diagonalisable dans n(). De plus,

Sp(A){0,j,j2}.

Puisque la matrice A est réelle, les valeurs propres j et j2 ont même multiplicité p. La diagonalisation complexe de A comporte alors p nombres j et p nombres j2 sur la diagonale, les éventuels autres coefficients diagonaux étant nuls. La matrice A est alors de même rang que cette matrice diagonale, c’est-à-dire 2p.

 
Exercice 8  2623  Correction  

Soit An() vérifiant A4=A2.

Montrer que A est diagonalisable si, et seulement si, A3=A.

Solution

() Si A3=A alors la matrice A annule le polynôme X3X=X(X1)(X+1) qui est simplement scindé sur . La matrice A est donc diagonalisable dans n().

() Si A est diagonalisable, son polynôme minimal est simplement scindé sur . Or ce polynôme minimal divise X4X2=X2(X1)(X+1) car ce dernier est annulateur de A. Le polynôme minimal divise donc le polynôme X(X1)(X+1)=X3X. Ce dernier est alors nécessairement annulateur de A ce qui entraîne A3=A.

 
Exercice 9  3291     MINES (MP)Correction  

Soit n avec n2.

  • (a)

    Montrer que, pour z1,,zn avec z10, on a l’égalité

    |k=1nzk|=k=1n|zk|

    si, et seulement si, il existe n-1 réels positifs α2,,αn tels que

    k2;n,zk=αkz1.
  • (b)

    Déterminer toutes les matrices de n() telles que Mn=In et tr(M)=n

Solution

  • (a)

    L’implication

    () est immédiate.

    () Par récurrence sur n2.
    Cas: n=2. Soient z1,z2* tels que

    |z1+z2|=|z1|+|z2|.

    En posant u=z2/z1, on a alors (car z10)

    |1+u|=1+|u|.

    En écrivant u=a+ib avec a,b et en élevant au carré l’identité précédente, on obtient

    (1+a)2+b2=1+2a2+b2+a2+b2

    et cette identité est vérifiée si, et seulement si, a+ et b=0 ce qui permet d’écrire z2=α2z1 avec α2=a+.
    Supposons la propriété établie au rang n2.
    Soient z1,,zn,zn+1 avec z10 tels que

    |k=1n+1zk|=k=1n+1|zk|.

    Par l’inégalité triangulaire

    |k=1n+1zk||k=1nzk|+|zn+1|k=1n+1|zk|

    et puisque les termes extrémaux sont égaux on a

    |k=1nzk|=k=1n|zk|

    donc par hypothèse de récurrence on peut écrire pour tout k2

    zk=αkz1 avec αk0.

    On en déduit

    k=1nzk=(1+α2++αn)z10

    et puisque

    |k=1nzk+zn+1|=|k=1nzk|+|zn+1|

    l’étude du cas n=2 permet d’écrire

    zn+1=ak=1nzk=αn+1z1 avec αn+1+.

    Récurrence établie.

  • (b)

    Si Mn() vérifie Mn=In et tr(M)=n alors cette matrice est diagonalisable (car annule le polynôme scindé à racines simples Xn-1) et ses valeurs propres λ1,,λn vérifient

    λ1++λn=n.

    Or les valeurs propres vérifient aussi

    1kn,λkn=1

    et elles sont donc de module 1. Nous sommes donc dans la situation où

    |λ1++λn|=|λ1|++|λn|.

    Puisque λ10, on peut écrire λk=αkλ1 pour tout k2 avec αk0. Or tous les λk sont de module 1 donc les αk sont égaux à 1 et par suite

    λ1==λn.

    Enfin puisque la somme des valeurs propres vaut n, on peut conclure

    λ1==λn=1

    et finalement M=In car la matrice M est semblable à In.
    La réciproque est immédiate.

 
Exercice 10  4982     MINES (PSI)

Soit An() une matrice vérifiant

A3=A+Inettr(A).

Montrer que n est un multiple de 3 et calculer tr(A) et det(A).

 
Exercice 11  4319   
  • (a)

    Déterminer toutes les matrices de n() vérifiant

    Mn=Inettr(M)=n.
  • (b)

    Déterminer toutes les matrices de n() vérifiant

    M(M-In)3=Onettr(M)=0.
 
Exercice 12  838     X (MP)

Soit A une matrice carrée de taille 2 à coefficients entiers. On suppose que An=I2 pour une certaine valeur de n*. Montrer que A12=I2.

 
Exercice 13  2652      X (MP)Correction  

On fixe n* et l’on note

En={An()|m*,Am=In}.

Pour AEn, on pose

ω(A)=min{m*|Am=In}.

Montrer que ω(En) est fini.

Solution

Si AEn alors A est diagonalisable et ses valeurs propres sont des racines de l’unité. Ces valeurs propres sont aussi racines du polynôme caractéristique de A. Or les coefficients de ce polynôme sont entiers et, par les expressions des coefficients d’un polynôme scindé en fonction de ses racines complexes (ici de module 1), on peut borner les coefficients du polynôme caractéristique de A. Par suite, il n’y a qu’un nombre fini de polynômes caractéristiques possibles pour un élément AEn. Ces polynômes ont eux-mêmes qu’un nombre fini de racines et il n’y a donc qu’un nombre fini de racines de l’unité possibles pour les valeurs propres de AEn.
On peut alors affirmer qu’il existe N* tel que toutes les valeurs propres λ des matrices AEn vérifient λN=1. On a alors aussi AN=1 (car A est diagonalisable) et donc ω(A)N. Ainsi ω(En)1;N.

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Édité le 29-08-2023

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