[<] 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  5062  

Soit Mn() une matrice vérifiant M2+In=On.

  • (a)

    Déterminer les valeurs propres complexes de la matrice M.

  • (b)

    En déduire le déterminant et la trace de M.

 
Exercice 3  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 4  2608    ENSTIM (MP)Correction  

Soit An() vérifiant

A3+In=On.

Montrer que la trace de A est un entier.

Solution

A est diagonalisable sur semblable à une matrice D=diag(-Ip,-jIq,-j2Iq) donc

tr(A)=tr(D)=-p-q(j+j2)=q-p.
 
Exercice 5  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 6  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 7  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 8  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 9  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 10  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 08-11-2019

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