[<] Théorème spectral matriciel [>] Matrices commutant avec leur transposée

 
Exercice 1  2600  Correction  

On étudie l’équation MMtM=In d’inconnue Mn().

  • (a)

    Montrer qu’une solution est une matrice symétrique.

  • (b)

    En déduire les solutions de l’équation étudiée.

Solution

  • (a)

    Soit M solution. On a M(MtM)=In et aussi (MtM)Mt=In.
    Ainsi l’inverse de la matrice MtM est égale à M et à Mt. On en déduit M=Mt.

  • (b)

    Soit M solution. La matrice M est donc symétrique et vérifie M3=In.
    Puisque X3-1 est annulateur de M, 1 est sa seule valeur propre réelle.
    Puisque M est symétrique réelle, M est diagonalisable dans n().
    Au final M est semblable à In donc M=In.
    Réciproque immédiate.

 
Exercice 2  3751     MINES (MP)Correction  

Soit AGLn() telle que At=A2.

  • (a)

    Montrer que A3=In et que A est orthogonale.

  • (b)

    Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice A.
    Montrer que le noyau de f2+f+Id est de dimension paire et en déduire la forme de la matrice de f dans une base bien choisie.

Solution

  • (a)

    At=A2 donne aussi A=(A2)t=(At)2=A4. Or A est inversible donc A3=In.
    Enfin AtA=A3=In et donc A est orthogonale.

  • (b)

    L’endomorphisme induit par f sur le noyau de f2+f+Id est représentable par une matrice Mp() vérifiant M2+M+Ip=Op. Cette matrice est diagonalisable dans p() avec les deux valeurs propres complexes j et j2=j¯. Celles-ci ont même multiplicité m et donc p=dimKer(f2+f+Id)=2m est un entier pair. De plus, M est alors semblable dans p() à une matrice diagonale avec des blocs diagonaux diag(j,j2). Or la matrice de rotation

    Ω=(cos(2π/3)-sin(2π/3)sin(2π/3)cos(2π/3))

    est aussi semblable à la matrice diag(j,j2) dans 2().
    En raisonnant par blocs, on obtient que la matrice M est semblable dans p() à une matrice diagonale par blocs de blocs diagonaux Ω. Or ces deux matrices sont réelles et il est «  bien connu   » que deux matrices réelles semblables sur p() le sont aussi sur p().
    Enfin, par le lemme de décomposition des noyaux

    n=Ker(f-Id)Ker(f2+f+Id)

    et dans une base adaptée à cette décomposition, on obtient que f peut être représenté par une matrice de la forme

    diag(1,,1,Ω,,Ω).
 
Exercice 3  2715     MINES (MP)Correction  

Trouver les M de n() telles que Mt=M2 et que M n’ait aucune valeur propre réelle.

Solution

Soit M solution. M4=(M2)t=M donc X4-X est annulateur de M et puisque 0 et 1 ne sont pas valeurs propres de M, X3-1 puis X2+X+1 sont annulateurs de M.
Ainsi, on peut affirmer M3=MtM=I (ainsi MOn()) et M2+M+I=0.
Pour X0, P=Vect(X,MX) est un plan (car il n’y a pas de valeurs propres réelles) stable par M (car M2=-M-I). La restriction de M à ce plan est un automorphisme orthogonal sans valeur propre, c’est donc une rotation et celle-ci est d’angle ±2π/3 car M3=In. De plus, ce plan est aussi stable par M2=Mt donc P est stable par M ce qui permet de reprendre le raisonnement à partir d’un XP{0}. Au final, M est orthogonalement semblable à une matrice diagonale par blocs et aux blocs diagonaux égaux à

(-1/23/2-3/2-1/2)ou(-1/2-3/23/2-1/2).

La réciproque est immédiate.

 
Exercice 4  3923     MINES (MP)Correction  

Soit An() vérifiant

A3=AAt.

Montrer que la matrice A est diagonalisable sur .

Solution

On a

A7=A4×(AAt)=A5At

puis

A7=A3(At)2=A(At)3=A(AAt)t=A2At=A4.

Ainsi, X7-X4=X4(X3-1) annule A.
Ce polynôme n’est pas à racines simples, mais en montrant

Ker(A4)=Ker(A)

on pourra affirmer que le polynôme X(X3-1) annule aussi A et, ce dernier étant scindé à racines simples sur , cela sera décisif pour conclure.
Evidemment Ker(A)Ker(A4). Inversement, soit XKer(A4). On a

AAtAX=A4X=0

donc

AtAX2=XtAtAAtAX=0

et par conséquent AtAX=0. Alors

AX2=XtAtAX=0

et donc AX=0. Ainsi, Ker(A4)Ker(A) puis l’égalité.

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Édité le 08-11-2019

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