[<] Diagonalisabilité des matrices scindées simples [>] Étude de matrices vérifiant une identité polynomiale

 
Exercice 1  852  

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension 3.

On suppose que 1 et -1 sont valeurs propres de f et que f4=f2. Montrer que f est diagonalisable.

 
Exercice 2  851    ENSTIM (MP)Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension n et f(E) tel que f2 soit un projecteur.

  • (a)

    Quelles sont les valeurs propres possibles pour f?

  • (b)

    Montrer que f est diagonalisable si, et seulement si, f3=f.

Solution

  • (a)

    Puisque f4=f2, une valeur propre λ doit vérifier λ4=λ2 donc λ{-1,0,1}.

  • (b)

    Si f est diagonalisable alors sa matrice A dans une base de vecteurs propres sera diagonale avec des -1,0 ou 1 sur la diagonale. Comme alors A3=A on a f3=f.

    Si f3=f alors f est annulé par un polynôme scindé à racines simples donc f est diagonalisable.

 
Exercice 3  849  Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E vérifiant f3=4f. Montrer que la trace de f est un entier pair.

Solution

f est diagonalisable car annule le polynôme

X3-4X=X(X-2)(X+2)

scindé simple. Les valeurs propres de f figurent parmi {-2,0,2} et donc la trace de f qui est la somme de ses valeurs propres comptées avec multiplicité est paire.

 
Exercice 4  2513    CCP (MP)Correction  

Soit u un endomorphisme d’un -espace vectoriel E de dimension finie tel qu’il existe deux réels non nuls distincts a et b vérifiant

(u-aId)(u-bId)=0.

Soient

p=1b-a(u-aId)etq=1a-b(u-bId).
  • (a)

    Calculer p+q, pp, qq et qp.

  • (b)

    Montrer que E=Ker(p)Ker(q).

  • (c)

    Trouver les éléments propres de u. L’endomorphisme u est-il diagonalisable?

Solution

  • (a)

    p+q=Id, pq=0 car (u-aId)(u-bId)=0, p=pId=pp+pq=pp, aussi qq=q via qp=0.

  • (b)

    Ker(p)=Ker(u-aId), Ker(q)=Ker(u-bId) et (u-aId)(u-bId)=0 donne par le lemme de décomposition des noyaux, E=Ker(p)Ker(q).

  • (c)

    u est diagonalisable car annule un polynôme scindé simple,
    Sp(u)={a,b}, Ea(u)=Ker(p), Eb(u)=Ker(q) à moins que u=aId ou u=bId.

 
Exercice 5  2720     MINES (MP)Correction  

Soit n*, u(2n+1). On suppose u3=u, tr(u)=0 et tr(u2)=2n. On note

C(u)={v(2n+1)|uv=vu}.
  • (a)

    Calculer la dimension C(u).

  • (b)

    Quels sont les n tels que C(u)=[u]?

Solution

  • (a)

    Puisque u3=u, par annulation d’un polynôme scindé simple, on peut affirmer que u est diagonalisable de valeurs propres possibles 0,1,-1. Par les égalités tr(u)=0 et tr(u2)=2n on peut affirmer qu’il existe une base de 2n+1 dans laquelle la matrice de u est de la forme

    A=(In000-In0000).

    Les matrices commutant avec A étant celle de la forme

    (M000N000α)

    avec M,Nn(), on peut affirmer

    dimC(u)=2n2+1.
  • (b)

    Πu=X3-X donc dim[u]=3 et par suite C(u)=[u] si, et seulement si, n=1.

 
Exercice 6  4942     CCP (MP)Correction  

Soit f un endomorphisme non nul de 3 vérifiant f3+f=0.

  • (a)

    Montrer que f n’est pas surjectif.

  • (b)

    Montrer que f n’est pas diagonalisable et que 3=Im(f)Ker(f).

  • (c)

    Montrer que, pour tout xEKer(f), la famille (f(x),f2(x)) est une base de Im(f) et calculer la trace de f.

Solution

  • (a)

    En dimension finie, il suffit d’établir det(f)=0 pour conclure. Or

    det(f)=det(-f3)=(-1)3(det(f))3.

    Ainsi, det(f) est un réel solution de l’équation x=-x3 et donc det(f)=0.

  • (b)

    0 est la seule racine réelle du polynôme annulateur X3+X et c’est donc la seule valeur propre de f (0 est valeur propre car f n’est pas injectif). Si f est diagonalisable, c’est l’endomorphisme nul ce que le sujet exclut.

    Soit xIm(f)Ker(f). On peut écrire x=f(a) et l’on a alors

    x=x+f2(x)=f(a)+f3(a)=0.

    Les espaces Im(f) et Ker(f) sont donc en somme directe et par conséquent supplémentaires car la formule du rang donne dimIm(f)+dimKer(f)=dim3.

  • (c)

    Soit xEKer(f). Les vecteurs f(x) et f2(x) appartiennent à Im(f).

    Soit (λ,μ)2 tel que

    λf(x)+μf2(x)=0. (1)

    En appliquant f aux deux membres

    λf2(x)-μf(x)=0. (2)

    La combinaison λ×(1)-μ×(2), donne

    (λ2+μ2)f(x)=0.

    Puisque f(x)0, on obtient λ2+μ2=0 et donc (λ,μ)=(0,0).

    La famille (f(x),f2(x)) est donc libre et constitue une base de Im(f) qui est de dimension inférieure à 2 car f n’est pas surjectif.

    Enfin, en complétant cette famille d’un vecteur non nul de Ker(f), on forme une base de 3 dans laquelle la matrice de f est

    (0-10100000).

    On conclut tr(f)=0.

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Édité le 08-11-2019

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