Exercice Reduction Des Endomorphismes

2. R´ eduction des endomorphismes Exercice 2.1 Soient f et g deux endomorphismes de E, avec dim(E) = n ≥ 1. On suppose que f et g commutent et qu’ils sont diagonalisables. Montrer que f et g sont diagonalisables dans une mˆeme base (e) de E. Exercice 2.2 Soit M une matrice de Mn (IK), inversible. Exprimer le polynˆome caract´eristique de M −1 en fonction de celui de M . Exercice 2.3 



−1 1 1   Diagonaliser A =  1 −1 1  1 1 −1 Exercice 2.4 







−4 0 −2 1 1 0     1. A =  0 1 0 . Montrer qu’il existe P telle que P −1 AP = T =  0 1 0  5 1 3 0 0 −2 n 2. Calculer A , pour tout n de ZZ.

Exercice 2.5 1. Montrer que P → ϕ(P ) = X(X − 1)P 0 − nXP d´efinit un endomorphisme ϕ de IKn [X]. 2. L’endomorphisme ϕ est-il diagonalisable? 3. D´eterminer les sous-espaces propres de ϕ.

Exercice 2.6 Soit A une matrice de M(IK) telle que A3 = A2 + 4A − 4In . Montrer que A est diagonalisable. Exercice 2.7 Soit f un endomorphisme de E tel que (f − Id)3 ◦ (f + 2Id) = 0 et (f − Id)2 ◦ (f + 2Id) 6= 0. L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?

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Exercice 2.8

1 −1 0 0  0  0 1 −1  Peut-on diagonaliser A =   ?  0 0 −1 1  −1 1 0 0 



Exercice 2.9 On se donne une famille λ1 , . . . , λn de n nombres complexes. Dans Mn ( C), l on d´efinit la matrice A de terme g´en´eral aij = λi λj . La matrice A est-elle diagonalisable ? Exercice 2.10 2 1  Montrer que la matrice A =  0 0 

3 −4 −4 0 0 0    n’est pas diagonalisable. 1 0 0  0 1 0 

Trouver une matrice inversible P telle que T = P −1 AP soit triangulaire sup´erieure et “la plus simple possible”. Exercice 2.11 0 1  Trouver une matrice M de M4 ( C) l telle que M 2 = A =  1 1 

Exercice 2.12

1 0 1 1



1 1 0 1

1 1   1 0 



3 0 0   2 Trouver toutes les matrices M de M3 ( C) l tq M = A =  −5 2 0 . 4 0 1 Exercice 2.13 Soient f et g deux endomorphismes d’un C-espace l vectoriel E de dimension n ≥ 1. On suppose que f et g commutent. Montrer que f et g ont au moins un vecteur propre en commun. Exercice 2.14 1 0  Donner une CNS sur a, b, c, d, e, f pour que A =  0 0 

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a b c 1 d e   soit diagonalisable. 0 2 f 0 0 2 

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Exercice 2.15 



0 −2 0   Diagonaliser A =  1 0 −1  dans IR si possible, sinon dans C. l 0 2 0 Exercice 2.16 Soit M une matrice de Mn (IK), ayant n valeurs propres distinctes. Montrer que les matrices qui commutent avec M sont les combinaisons lin´eaires de In , M, M 2 , . . . , M n−1 . Exercice 2.17 Soit A une matrice de Mn ( C), l inversible et diagonalisable. Soit B une matrice de Mn ( C), l telle que B 2 = A. Montrer que B est diagonalisable. Exercice 2.18

0 0  Diagonaliser A =  0  0 1 

Exercice 2.19

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0  0   1 0 

1 −1 2 −2 0 0 1 −1    Peut-on diagonaliser B =  ?  1 −1 1 0  1 −1 1 0 



Exercice 2.20 Vecteurs propres de l’endomorphisme f de IR[X] d´efini par f (P ) = (2X + 1)P + (1 − X 2 )P 0 .

Exercice 2.21 Soit E l’espace des fonctions continues de IR+ dans IR. 1Zx f (t)dt. Soit T d´efinie sur E par T (f )(0) = f (0) et, pour x > 0, T (f )(x) = x 0 1. Montrer que T est un endomorphisme de E. 2. D´eterminer le noyau de T . L’op´erateur T est-il injectif ? surjectif ? 3. Indiquer ses valeurs propres non nulles et les sous-espaces propres associ´es.

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Exercice 2.22





a c b   Diagonaliser la matrice A =  c a + b c . b c a

Exercice 2.23 Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E de dimension n ≥ 1. Montrer que g ◦ f et f ◦ g ont les mˆemes valeurs propres. Indication : consid´erer `a part le cas de la valeur propre 0. Donner un contre-exemple dans le cas o` u E n’est pas de dimension finie. Exercice 2.24 Soient A et B dans deux matrices de Mn (IK). Montrer que AB et BA ont le mˆeme polynˆome caract´eristique. Indication : commencer par supposer que A est inversible. Exercice 2.25 

Pour tous A =

a b c d



de M2 (IK) et M de Mn (IK), on pose A ⊗ M =



aM cM

bM . dM 

1. Montrer que (A ⊗ M )(B ⊗ N ) = (AB) ⊗ (M N ). 2. Etablir que det(A ⊗ M ) = (det A)n (det M )2 . 3. Montrer que : A, M inversibles ⇒ A ⊗ M inversible et (A ⊗ M )−1 = A−1 ⊗ M −1 . 4. Prouver que si A et M sont diagonalisables, alors A ⊗ M est diagonalisable. Exercice 2.26 Montrer qu’il existe une matrice inversible P telle que P −1 AP = J, avec : 0 1 1 0  −1 −2 1 −2    A=   2 6 −1 4  4 8 −4 7 



1 0  J = 0 0 

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0   0 1 

Exercice 2.27 Montrer qu’il existe une matrice inversible P telle que P −1 AP = J, avec : 1 0 −1 1  0 −2 0 0   A= 1 0 1 0  1 0 0 1 0 0 1 −1 

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0 0   1  1 1 

−2  0   J = 0   0 0 

0 1 0 0 0

0 1 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0   0  1 1 

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Corrig´ e des exercices ´ de l’exercice 2.1 Corrige Par hypoth`ese, E est somme directe des diff´erents sous-espaces propres de f : E = ⊕Eλ (f ). Puisque f et g commutent, chaque Eλ (f ) = ker(f − λId) est stable par g. On en d´eduit que la restriction de g `a Eλ (f ) est diagonalisable. Ainsi il existe dans Eλ (f ) une base form´ee de vecteurs propres de g (et elle est form´ee de vecteurs propres de f pour λ.) Si on “juxtapose” les bases choisies dans chaque Eλ (f ), on obtient une base (e) de E adapt´ee a` la somme directe E = ⊕Eλ (f ) et form´ee de vecteurs propres `a la fois pour f et pour g. C’est donc une base de E dans laquelle f et g sont simultan´ement diagonalis´ees.

´ de l’exercice 2.2 Corrige Pour tout scalaire x non nul :  1  χM −1 (x) = det(M −1 − xIn ) = det(M −1 ) det(In − xM ) = det(M −1 ) (−x)n det M − In x 1 . On a donc l’´egalit´e polynˆomiale : χM −1 (X) = det(M −1 ) (−X)n χM X

´ de l’exercice 2.3 Corrige −1 − x 1 1 1 1 1 χA (x) = 1 −1 − x 1 = (1 − x) 1 −1 − x 1 1 1 1 −1 − x 1 −1 − x 1  1 1 1 est valeur propre simple 2 = (1 − x) 0 −2 − x 0 = (1 − x)(x + 2) : −2 est valeur propre double 0 0 −2 − x

Notons E 1 et E −2 les deux sous-espaces propres. 



















x x x 1 0         2 u= y   y  ∈ E −2 ⇔ x+y+z = 0 ⇔  y  =   = x  0  +y  1  , (x, y) ∈ IR . z z −x − y −1 −1  

1

  On voit que  1  est vecteur propre pour λ = 1.

1

On a ainsi obtenu une base de vecteurs propres. 







1 0 1 −2 0 0     −1 La matrice de passage est P =  0 1 1  et P AP =  0 −2 0  −1 −1 1 0 0 1

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´ de l’exercice 2.4 Corrige 1. Soit f l’endomorphisme de IR3 de matrice A dans la base canonique.    f (u1 ) = u1 3 Suivant l’´enonc´e, on cherche une base u1 , u2 , u3 de IR telle que  f (u2 ) = u1 + u2  f (u3 ) = −2u3  x −5x − 2z = 0 Si u = (x, y, z), f (u) = u ⇔ ⇔ (x, y, z) = (2, 0, −5) 5x + y + 2z = 0 2 On choisit donc u1 = (2, 0, −5).   −5x − 2z = 2 5x + 2z = −2 Dans ces conditions (f − Id)(u) = u1 ⇔ ⇔ 5x + y + 2z = −5 y = −3 On choisit par exemple u2 = (0, −3, −1).    −2x − 2z = 0 x+z =0 Enfin f (u) = −2u ⇔ 3y = 0 ⇔ ⇔ (x, y, z) = x(1, 0, −1).  y=0 5x + y + 5z = 0   2 0 1 On pose donc u3 = (1, 0, −1) ce qui donne la matrice de passage P =  −3 0   0  −5 −1 −1 La matrice P est inversible (det P = −9). Les vecteurs u1 , u2 , u3 forment donc une base de IR3 dans laquelle, par construction, la matrice de f est T .     1 1 0 1 2. Pour tout n de IN, = I2 + N o` uN= , telle que N 2 = 0. 0 1 0 0     1 1 n 1 n La formule du binˆome donne : ∀n ∈ IN, = . 0 1 0 1    1 n 1 −n = I2 ⇒ le r´esultat est vrai pour tout n de ZZ. 0 1 0 1   1 n 0   La matrice T est diagonale par blocs. Ainsi, pour tout n de ZZ, T n =  0 1 0  0 0 (−2)n On sait que A = P T P −1 . On en d´eduit, pour tout n de ZZ, An = P T n P −1 (la matrice A, tout comme T , est inversible : 0 n’est en effet pas valeur propre. D’autre part : 2  0 −5

0 −3 −1

1 0 −1

1 0 0 2 0 L3 ← 2L3 + 5L1   0 1 0 0 −3 ⇒ 0 0 1 0 −2

1 1 0 0 0 0 1 0 3 5 0 2

2 L3 ← 3L3 − 2L2  0 ⇒ 0

0 −3 0

1 0 9

0 −3 0







1 0 0 1 15 −2



On en d´eduit P −1



0 18 L1 ← 9L1 − L3   0 0 ⇒ 6 0 





0 −6 0 0 9 15

2 −6 1 0  −2 6 



−3 1 −3 1  =  0 −3 0  puis finalement (apr`es calcul !) : 9 15 −2 6 

∀n ∈ ZZ, An = P T n P −1

1 =   9

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−6 + 15(−2)n 0 15 − 15(−2)n

2 − 6n − 2(−2)n 9 −2 + 15n + 2(−2)n

−6 + 6(−2)n  0  15 − 6(−2)n 

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´ de l’exercice 2.5 Corrige 1. L’application qui `a un polynˆome P associe le polynˆome X(X − 1)P 0 − nXP est de mani`ere ´evidente lin´eaire de IK[X] dans lui-mˆeme. Pour montrer que la restriction ϕ de cette application d´efinit bien un endomorphisme de IKn [X], il reste `a montrer que IKn [X] est stable par ϕ. En vertu de la lin´earit´e, il suffit de v´erifier que pour tout monˆome X m , avec 0 ≤ m ≤ n, le polynˆome ϕ(X m ) est encore dans IKm [X]. Or ∀m ∈ {0, 1, . . . , n}, ϕ(X m ) = mX m (X − 1) − nX m+1 = (m − n)X m+1 − mX m . On constate que pour tout m < n, deg ϕ(X m ) = m + 1 ≤ n, et enfin deg ϕ(X n ) = n. Ainsi ϕ est bien un endomorphisme de IKn [X]. 2. Ce qui pr´ec`ede montre que la matrice de ϕ dans la base 1, X, . . . , X n de IKn [X] est : 

0

  −n     0  . A =  ..   .  ..   .  .. 

0

0

...

...

...

...

−1

0

...

...

...

1−n

−2

0

...

...

0 .. . .. .

2−n

−3 .. .

0 .. .

... .. .

0

−2

1−n

...

...

...

0

−1

0 .. .

0 .. . .. . .. . .. .



              0  

−n

Cette matrice est triangulaire. Ses valeurs propres sont donc ses coefficients diagonaux 0, −1, −2, . . . , −n. On obtient ainsi les valeurs propres de ϕ. Elles sont au nombre de n + 1 et sont toutes de multiplicit´e 1. Donc ϕ est diagonalisable. • On sait d´eja que les valeurs propres de ϕ sont 0, −1, −2, . . . , −n et que les sous-espaces propres sont des droites vectorielles. Soit λ dans {0, −1, −2, . . . , −n}, et Eλ le sous-espace propre associ´e. P ∈ Eλ ⇔ X(X − 1)P 0 − nXP = λP ⇔

P0 nX + λ n+λ λ = = − P X(X − 1) X −1 X

(1)

Or pour tout polynˆome P de racines x1 , . . . , xr avec les multiplicit´es m1 , . . . , mr , on a : P =α

r Y

(X − xk )mk ⇒

k=1

r X P0 mk = P k=1 X − xk

(2)

L’´egalit´e (1), jointe `a (2) et au fait que la d´ecomposition en ´el´ements simples d’une fraction rationnelle est unique, exprime que le polynˆome P admet pour racines 0 avec la multiplicit´e −λ et 1 avec la multiplicit´e n + λ (remarquons qu’ici −λ et n + λ sont des entiers compris entre 0 et n) ou encore que P s’´ecrit P = αX −λ (X − 1)n+λ . Ainsi pour tout λ de {0, −1, −2, . . . , −n}, Pλ = X −λ (X − 1)n+λ est une base de la droite vectorielle propre pour la valeur propre λ.

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´ de l’exercice 2.6 Corrige L’hypoth`ese s’´ecrit P (A) = 0, avec P = X 3 − X 2 − 4X + 4 = (X − 2)(X − 1)(X + 2). La matrice A est donc annul´ee par un polynˆome scind´e `a racines simples : on sait que cela implique que A est diagonalisable. Pour ˆetre plus complet, on peut dire que les valeurs propres ´eventuelles de A sont les racines du polynˆome P : autrement dit on a l’inclusion Sp (f ) ⊂ {−2, 1, 2} et IKn est la somme directe des sous-espaces ker(A + 2In ), ker(A − In ) et ker(A − 2In ) (on commet l’abus de langage de parler du noyau d’une matrice) qui ne sont vraiment des sous-espaces propres que s’ils sont non r´eduits `a {0}. Il serait faux de dire que −2, −1, 1 sont les valeurs propres de A. Il est en effet tout `a fait possible que A soit ´egale `a l’une des matrices In , 2In ou −2In (dans ce cas elle n’a qu’une valeur propre). On ne confondra donc pas avec la propri´et´e : les valeurs propres d’une matrice sont les racines de son polynˆome caract´eristique.

´ de l’exercice 2.7 Corrige On constate que f est annul´ee par le polynˆome P = (X − 1)3 (X + 2). Le spectre de f est donc inclus dans l’ensemble {−2, 1} des racines de P . Si f ´etait diagonalisable, on aurait E = E1 ⊕ E−2 (l’un de ces deux sous-espaces ´etant ´eventuellement r´eduit `a {0} si seul 1 ou −2 est valeur propre, c’est-`a-dire ici si f = Id ou si f = −2Id.) Dans tous les cas, on aurait (f − Id) ◦ (f + 2Id) = 0 (en effet ce produit commutatif s’annule sur E1 `a cause du facteur f − Id et sur E−2 `a cause du facteur f + 2Id.) Mais (f − Id) ◦ (f + 2Id) = 0 impliquerait (f − Id)2 ◦ (f + 2Id) = 0, ce qui n’est pas. Conclusion : l’endomorphisme f n’est pas diagonalisable.

´ de l’exercice 2.8 Corrige 1 −1 −1 1  1 −1 −1 1   On constate que A2 =   , puis A3 = 0.  −1 1 1 −1  −1 1 1 −1 



0 est donc la seule valeur propre de A (c’est la seule racine du polynˆome annulateur X 3 .) Si A ´etait diagonalisable, elle serait semblable `a la matrice “diagonale” D = 0, et elle serait la matrice nulle, ce qui n’est pas. Conclusion : la matrice A n’est pas diagonalisable. Plus g´en´eralement, un endomorphisme nilpotent n’est diagonalisable que s’il est nul.

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´ de l’exercice 2.9 Corrige Remarquons que si tous les λk sont nuls, alors A est nulle donc diagonalisable ! Dans toute la suite nous supposons donc que l’un au moins des coefficients λk est non nul. Notons u le vecteur-colonne de composantes successives λ1 , λ2 , . . . , λn . On constate que les colonnes de A s’´ecrivent λ1 u, . . . , λn u et sont proportionnelles `a u. La matrice A (non nulle car l’un au moins des coefficients diagonaux λ2i est non nul) est donc de rang 1. On en d´eduit (on suppose que n ≥ 2) que 0 est valeur propre de A, et que le sous-espace propre correspondant (le “noyau” de A) est de dimension n − 1. Le scalaire 0 est donc valeur propre de A avec une multiplicit´e au moins ´egale `a n − 1. On dispose donc d´eja de n − 1 valeurs propres ´egales `a 1. La derni`ere valeur propre de A est donc ´egale `a la trace de A, elle mˆeme ´egale `a s =

n X

λ2k .

k=1

• Si s = 0, alors 0 est valeur propre de multiplicit´e n, alors que A 6= 0. Dans ce cas A n’est pas diagonalisable (remarquons que cela ne se produit pas si IK = IR, car alors l’hypoth`ese s = 0 implique la nullit´e de tous les λk , ce que nous avons exclu.) • Si s 6= 0, alors il existe une droite vectorielle propre, n´ecessairement en somme directe avec l’hyperplan ker A. La matrice A est donc diagonalisable. On trouve d’ailleurs facilement que le sous-espace propre associ´e `a s est engendr´e par le vecteur u. Quant au sous-espace propre pour 0, c’est l’hyperplan d’´equation λ1 x1 + . . . + λn xn = 0. On peut retrouver les r´esultats pr´ec´edents par une m´ethode plus classique. Si on se place dans la base canonique (e1 , e2 , . . . , en ) de IKn , on voit en effet que : χA (x) = det(λ1 u − xe1 , λ2 u − xe2 , . . . , λn u − xen ) Si on d´eveloppe en utilisant le caract`ere n-lin´eaire et altern´e, on voit que tous les d´eterminants contenant au moins deux fois une colonne proportionnelle `a u sont nuls. Il ne reste donc que : χA (x) = det(−xe1 , −xe2 , . . . , −xen ) + = (−x)n + (−x)n−1

n X

n X

det(−xe1 , . . . , −xej−1 , λj u, −xej+1 , . . . , −xen )

j=1

det(e1 , . . . , ej−1 , λj u, ej+1 , . . . , en )

j=1

Puisque u =

n X

λk ek , le d´eterminant figurant dans la somme vaut λ2j .

k=1

On trouve donc χA (x) = (−1)n xn−1 (x − s), avec s =

n X

λ2k .

k=1

Donc 0 est valeur propre de multiplicit´e n si s = 0 (et dans ce cas A n’est pas diagonalisable, sauf si tous les λk sont nuls), et de multiplicit´e n−1 si s 6= 0 : dans ce cas A est diagonalisable, le sous-espace propre pour 0 est l’hyperplan λ1 x1 + . . . + λn xn = 0, et celui pour s est la droite vectorielle engendr´ee par u.

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´ de l’exercice 2.10 Corrige On calcule le polynˆome caract´eristique de A : 2 − λ 1 χA (λ) = 0 0

3 −4 −4 3 −4 −4 −λ 0 0 = (λ − 2)λ3 − 1 −λ 0 1 −λ 0 0 1 −λ 0 1 −λ 3 = (λ − 2)λ − (3λ2 − 4λ − 4) = (λ − 2)(λ3 − 3λ − 2) = (λ − 2)(λ + 1)(λ2 − λ − 2) = (λ − 2)2 (λ + 1)2

Ainsi la matrice A poss`ede deux valeurs propres doubles : 2 et −1. • Pour λ = −1. La recherche du sous-espace propre conduit `a la r´esolution suivante :  3x + 3y − 4z − 4t = 0   

x+y =0   y + z = 0 z+t=0

x 1 y  −1     ⇔ z=x ⇔   = xu1 avec u1 =    z  1  t = −x t −1 







  y = −x

Le sous-espace propre est la droite engendr´ee par u1 : A n’est pas diagonalisable. • Pour λ = 2. La recherche du sous-espace propre conduit `a la r´esolution suivante :  3y − 4z − 4t = 0   

x − 2y = 0

   y − 2z = 0

z − 2t = 0

x 8 y 4     ⇔  y = 2z ⇔   = t   z 2 z = 2t t 1 



 

  x = 2y

On trouve la droite engendr´ee par le vecteur u3 = (8, 4, 2, 1). Faute de pouvoir la diagonaliser, on va chercher `a trigonaliser A sous la forme T suivante : Cela revient `a chercher deux vecteurs-colonne u2 et u4 tels que Au2 = u1 − u2 et Au4 = u3 + 2u4 c’est-`a-dire tels que (A + I4 )u2 = u1 et (A − 2I4 )u4 = u3 .

−1 1 0 0  0 −1 0 0    T =   0 0 2 1 0 0 0 2 



Cela conduit aux syst`emes suivants (et on choisit deux solutions particuli`eres u2 et u4 ) :    −3 3x + 3y − 4z − 4t = 1      2    x + y = −1  x = −t − 3 x + y = −1   Pour u2 : ⇔ y + z = 1 ⇔ y = t + 2 u2 =      −1 y + z = 1   z + t = −1 z = −t − 1 0 z + t = −1    12 3y − 4z − 4t = 8      x = 8t + 12  4  x − 2y = 4  Pour u4 : ⇔ y = 4t + 4 u4 =   .     1 y − 2z = 2   z = 2t + 1 0 z − 2t = 1   1 −3 8 12  −1 2 4 4    On trouve donc la matrice P =  . On a alors P −1 AP = T .  1 −1 2 1  −1 0 1 0

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´ de l’exercice 2.11 Corrige • Premi`ere m´ethode : On calcule le polynˆome caract´eristique de A. Pour cel`a on effectue L1 ← L1 + L2 + L3 + L4 puis les op´erations Li ← Li − L1 (avec i ≥ 2) : −λ 1 1 1 1 1 1 1 1 −λ 1 −λ 1 1 1 1 χA (λ) = = (3 − λ) 1 1 −λ 1 1 −λ 1 1 1 1 1 1 −λ 1 1 −λ 1 1 1 1 0 −1 − λ 0 0 = (3 − λ) = (λ − 3)(λ + 1)3 0 0 −1 − λ 0 0 0 0 −1 − λ Donc 3 est valeur propre simple et −1 est valeur propre triple. Pour λ = −1, le sous-espace propre est l’hyperplan x + y + z + t = 0 dont une base est form´ee des vecteurs u1 = (1, −1, 0, 0), u2 = (1, 0, −1, 0), u3 = (1, 0, 0, −1). Pour λ = 3, le sous-espace propre est une droite, et u4 = (1, 1, 1, 1) est vecteur propre.     1 1 1 1 −1 0 0 0  −1  0 0 0 1 −1 0 0      Avec P =   et D =  , on a donc A = P DP −1 .  0  0 −1 0 1  0 −1 0  0 0 −1 1 0 0 0 3   i 0 0 0 0 i 0 0     et M = P ∆P −1 : ∆2 = D ⇒ M 2 = P ∆2 P −1 = P DP −1 = A. Avec ∆ =  0 0 i 0 √  3 0 0 0 On trouve P −1 puis M : √ √ √    √ 1 −3 1 1 3 + 3i 3 − i 3 − i 3 − i √ √ √ √ 1 1 1 −3 1  3 + 3i √ 3 − i √3 − i  1   √3 − i  −1 √ P =   M=      1 −3 4 1 1 4 √3 − i √3 − i √3 + 3i √ 3 − i  1 1 1 1 3−i 3−i 3−i 3 + 3i • Deuxi`eme m´ethode (bien meilleure) :

3 2 2 3  On constate que le carr´e de A s’´ecrit A2 =  2 2 2 2 Plus g´en´eralement, si on pose M = xI + yA, alors

2 2 2 2   = 3I + 2A. 3 2 2 3 M 2 = (x2 + 3y 2 )I + 2y(x + y)A. ( x2 + 3y 2 = 0 Sous cette forme, la matrice M v´erifie M 2 = A ⇔ 2y(x + y) = 1 √ √ √ On choisit par exemple x = iy 3 puis 1 = 2y 2 (1 + i 3) = y 2 ( 3 + i)2 . 1 1 √ 1 √ On choisit y = √ = ( 3 − i) et donc x = ( 3 + 3i). 4 4 3+i  √ 1 √ Avec ce choix de la forme M = xI+yA, puis x, y, on obtient M = ( 3+3i)I+( 3−i)A , 4 c’est-`a-dire la matrice M trouv´ee par la m´ethode pr´ec´edente.

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



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´ de l’exercice 2.12 Corrige Puisque A est triangulaire, ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux 3, 2, 1. Ils sont distincts donc A est diagonalisable. On voit clairement que u2 = (0, 1, 0) est vecteur propre pour λ = 2 et que u3 = (0, 0, 1) est vecteur propre pour λ = 1.   −5x − y = 0 y = −5x Le sous-espace propre pour λ = 3 s’obtient en r´esolvant : ⇔ . 4x − 2z = 0 z = 2x On trouve la droite vectorielle engendr´ee par u1 = (1, −5, 2). 







1 0 0 3 0 0    Ainsi, avec P =  −5 1 0  et D =  0 2 0  , on a A = P DP −1 . 2 0 1 0 0 1 Soit M une matrice quelconque de M3 ( C). l Posons ∆ = P −1 M P . L’´egalit´e M 2 = A s’´ecrit P ∆2 P −1 = P DP −1 et elle ´equivaut `a ∆2 = D. Il s’agit maintenant de trouver toutes les matrices ∆ de M3 ( C) l telles que ∆2 = D. Notons δij les coefficients d’une telle matrice ∆ (on ne sait pas encore si ∆ est diagonale.) Si ∆2 = D, alors ∆ et D commutent : en effet ∆D = ∆3 = D∆.    3δ11 2δ12 δ13 3δ11 3δ12    Mais l’´egalit´e ∆D = D∆ s’´ecrit  3δ21 2δ22 δ23  =  2δ21 2δ22 3δ31 2δ32 δ33 δ31 δ32



3δ13  2δ23  δ33

Cette ´egalit´e de matrices ´equivaut `a δ12 = δ13 = δ21 = δ23 = δ31 = δ32 = 0. 



δ11 0 0   Autrement dit, la matrice ∆ est n´ecessairement diagonale : ∆ =  0 δ22 0  0 0 δ33   √ 2    δ11 = 3  δ11 = ε1 √3, ε1 ∈ {−1, 1} 2 2 Inversement, si ∆ a cette forme : ∆ = D ⇔ δ22 = 2 ⇔ δ22 = ε2 2, ε2 ∈ {−1, 1}  2    δ33 = 1 δ33 = ε3 ∈ {−1, 1} Il y a donc 8 matrices ∆ possibles, ce qui conduit `a 8 solutions distinctes (et 8 seulement) pour le probl`eme initial M 2 = A. La matrice A poss`ede donc 8 “racines carr´ees” dans M3 ( C). l Les matrices M solutions du probl`eme sont   √ 1 0 0 ε1 3 0√   −1 P DP =  −5 1 0   0 ε2 2 2 0 1 0 0 √   ε1 √ 3 0√ 0 1   =  −5ε1√ 3 ε2 2 0   5 2ε1 3 0 ε3 −2

donc donn´ees  0 1 0  0  5 1 ε3 −2 0

par :  0  0 1

√    0 0 ε1 3 √ 0√ 0 √    1 0  =  −5ε1 √3 + 5ε2 2 ε2 2 0  0 1 2ε1 3 − 2ε3 0 ε3

Remarque : cette m´ethode donne toutes les “racines carr´ees” de A, mais elle ne fonctionne bien que parce que les valeurs propres de A, c’est-`a-dire les coefficients diagonaux de D, sont tous distincts : la cons´equence ´etant alors que les matrices ∆ telles que ∆2 = D sont n´ecessairement diagonales. Il en va tout autrement si la matrice A poss`ede des valeurs propres multiples (c’´etait le cas dans l’exercice pr´ec´edent, o` u on s’est content´e de trouver une racine carr´ee de A.)

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´ de l’exercice 2.13 Corrige Soit λ une valeur propre de f (il en existe car on est dans C). l Soit Eλ le sous-espace propre associ´e. Les applications f et g commutent : l’ensemble Eλ = ker(f − λId) est donc stable par g. Soit h la restriction de g `a Eλ (dim ≥ 1) : h poss`ede au moins une valeur propre µ. Soit u un vecteur propre de h (et donc g) pour la valeur propre µ. Alors u est un vecteur propre propre commun `a f et `a g (car u appartient `a Eλ ).

´ de l’exercice 2.14 Corrige Les valeurs propres de A sont 1 et 2. Ce sont des valeurs propres doubles. La matrice A est diagonalisable ⇔ les noyaux de A − I4 et de A − 2I4 sont de dimension 2, c’est-`a-dire (puisqu’on est en dimension 4 et en vertu du th´eor`eme du rang) si ces matrices sont de rang 2.     0 a b c −1 a b c 0 0 d e   0 −1 d e     Or A − I4 =    et A − 2I4 =  . 0 0 1 f   0 0 0 f 0 0 0 1 0 0 0 0  rg (A − I4 ) = 2 ⇔ a = 0 Donc rg (A − 2I4 ) = 2 ⇔ f = 0 Ainsi une condition n´ecessaire et suffisante pour que A soit diagonalisable est a = f = 0.

´ de l’exercice 2.15 Corrige On calcule le polynˆome caract´eristique de A. −λ χA (λ) = 1 0



−2 0 −λ −1 = −λ3 − 4λ = −λ(λ2 + 4) 2 −λ

χA n’est pas scind´e dans IR : la matrice A n’est donc pas diagonalisable dans IR. Mais dans C, l il y a trois valeurs propres distinctes : 0, 2i et −2i. La matrice A est donc diagonalisable dans C. l On voit que le vecteur (1, 0, 1) dirige le sous-espace propre pour λ = 0. Pour λ = 2i, le sous-espace propre s’obtient en r´esolvant le syst`eme :   −2ix − 2y = 0

x − 2iy − z = 0 ⇔  2y − 2iz = 0



x = iy ⇔ (x, y, z) = iy(1, −i, −1) avec y ∈ Cl z = −iy

Pour λ = −2i, il suffit de proc´eder par conjugaison, car A est `a coefficients r´eels. Le sous-espace propre est engendr´e par le vecteur (1, i, −1). Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000

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







1 1 1 0 0 0     Avec P =  0 −i i  et D =  0 2i 0 , on a donc : P −1 AP = D. 1 −1 −1 0 0 −2i ´ de l’exercice 2.16 Corrige Il revient au mˆeme de traiter le probl`eme en termes d’applications lin´eaires. Soit f l’endomorphisme de IKn , de matrice M dans la base canonique. Notons λ1 , . . . , λn les valeurs propres de f (c’est-`a-dire de M ) qui sont par hypoth`ese toutes distinctes : f est donc diagonalisable et ses sous-espaces propres sont des droites vectorielles. Soit g un endomorphisme de IKn . Il faut montrer que g commute avec f ⇔ g est combinaison lin´eaire de Id, f, f 2 , . . . , f n−1 . Dans un sens, c’est ´evident : si g est dans le sous-espace de L(IKn ) engendr´e par Id, f, f 2 , . . . , f n−1 , alors g est un polynˆome en f et on sait que cela implique g ◦ f = f ◦ g. R´eciproquement, supposons g ◦ f = f ◦ g. Il en d´ecoule que les sous-espaces propres Eλk de f sont stables par g. Or chaque Eλk est une droite vectorielle, engendr´ee par un certain vecteur uk . Autrement dit, pour tout indice k de {1, . . . , n} : ∃µk ∈ IK tel que g(uk ) = µk uk . La famille u1 , . . . , un est donc une base de IKn form´ee de vecteurs propres de f et de g. Il faut montrer que g est un polynˆome P (f ) de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n − 1. L’´egalit´e g = P (f ) est r´ealis´ee ⇔ g et P (f ) ont le mˆeme “comportement” sur la base (u), c’est-`a-dire si, pour tout k de {1, . . . , n}, on a P (f )(uk ) = µk uk . Or, en posant P (f ) =

n−1 X

j

αj f , on a l’´egalit´e P (f )(uk ) =

j=0

n−1 X

j

αj f (uk ) =

j=0

Les conditions P (f )(uk ) = µk uk s’´ecrivent donc

n−1 X

n−1 X



λjk αj uk .

j=0

λjk αj = µk , pour 1 ≤ k ≤ n.

j=0

Ce syst`eme de n ´equations lin´eaires s’´ecrit :  α 0   α  1 λn−1  2  α 2 ..    . .  .   .

1

λ1

λ21

. . . λn−1 1

  1  . . . 

λ2 .. .

λ22 .. .

... .. .

1 λn

λ2n

. . . λn−1 n



αn−1





        =        

µ0 µ1 µ2 .. .

         

µn−1

C’est un syst`eme de Cramer car sa matrice est une matrice de Van der Monde inversible. Ce syst`eme poss`ede donc une solution unique (α0 , α1 , . . . , αn−1 ). Autrement dit, il existe un polynˆome unique P de degr´e ≤ n − 1 tel que g = P (f ).

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´ de l’exercice 2.17 Corrige P =

m Y

(X − λk ) dont les racines sont les valeurs propres distinctes de A, annule A.

k=1 2

On a donc 0 = P (A) = P (B ) =

m Y

(B 2 − λk In ).

k=1

La matrice A ´etant inversible, 0 n’est pas valeur propre de A. Les λk sont donc non nuls. Chaque λk poss`ede dans Cl deux racines carr´ees distinctes αk et −αk . On peut donc ´ecrire 0 =

m Y

(B 2 − αk2 In ) =

k=1

m  Y



(B − αk In )(B + αk In ) .

k=1

Ainsi B est annul´ee par un polynˆome scind´e `a racines simples : B est donc diagonalisable.

´ de l’exercice 2.18 Corrige On forme le polynˆome caract´eristique de A (on d´eveloppe par rapport `a la premi`ere colonne) : −λ 0 χA (λ) = 0 0 1

1 0 0 0 −λ 1 0 0 1 0 0 −λ 1 0 0 0 −λ −λ 1 0 1 0 0 −λ 1 0 = −λ + 0 0 −λ 1 0 −λ 1 0 0 −λ 1 0 0 0 −λ 0 0 −λ 0 0 0 −λ



0 0 0 1

Ainsi χA (λ) = 1 − λ5 . Les valeurs propres de A sont les racines cinqui`emes de l’unit´e : elles sont bien sˆ ur distinctes, ce qui prouve que A est diagonalisable dans Cl (en revanche elle ne l’est pas dans IR car χA n’est pas scind´e dans IR). Dans toute la suite, on pose ω = exp( 2iπ ). Les valeurs propres de 5 k A sont donc les ω , pour k compris entre 0 et 4. Pour chacune des valeurs propres λ, le sous-espace propre s’obtient en r´esolvant le syst`eme suivant o` u on cherche les vecteurs propres sous la forme (x, y, z, t, u). Le syst`eme se simplifie car λ5 = 1.  −λx + y = 0       −λy + z = 0

x 1 y  λ          3 l ⇔ ⇔  z  = x  λ2  , avec x ∈ C −λz + t = 0 t = λ x         3 4      t λ   −λt + u = 0 u=λ x     u λ4 −λu + x = 0 x = λ5 x  y = λx     2  z = λ x









On a donc P −1 AP , avec : 1 1 1 ω  P =  1 ω2   1 ω3 1 ω4 

1 ω2 ω4 ω6 ω8

1 ω3 ω6 ω9 ω 12

1 1 1 4   ω  1 ω  ω8   =  1 ω2   ω 12   1 ω 3 ω 16 1 ω4 



1 ω2 ω4 ω ω3

1 ω3 ω ω4 ω2

1 1 0 4  ω  0 ω  ω3   et D =  0 0   0 0 ω2  ω 0 0 



0 0 ω2 0 0

0 0 0 ω3 0

0 0   0    0  ω4 

Remarque : la matrice de passage P est une matrice de Van der Monde. Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000

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Il est assez facile de calculer l’inverse de P . On introduit pour cela la matrice Q dont les coefficients sont les conjugu´es de ceux de P . On utilise le fait que le conjugu´e de ω k est son inverse ω −k = ω 5−k . Dans le calcul suivant, les coefficients diagonaux de P Q sont nuls, car ils sont tous ´egaux (apr`es r´eduction ´eventuelle des exposants de ω) `a la somme 1 + ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 qui est nulle car ω est une racine cinqui`eme de l’unit´e diff´erente de 1 : 1 1 1 ω   P Q =  1 ω2   1 ω3 1 ω4 

1 ω2 ω4 ω ω3

1 ω3 ω ω4 ω2

1 1 1  1 ω4 ω4    ω3   1 ω3  ω2   1 ω2 ω 1 ω

1 ω3 ω ω4 ω2



1 ω2 ω4 ω ω3

1 5 0 ω      ω2  =  0   ω3   0 ω4 0 



0 5 0 0 0

0 0 5 0 0

0 0 0 5 0

0 0   0  = 5I5  0 5 

1 1 Autrement dit, P −1 = Q = P¯ . 5 5 ´ de l’exercice 2.19 Corrige On applique les op´erations L4 ← L4 − L3 puis C3 ← C3 + C4 , et on d´eveloppe. 1 − λ 0 χB (λ) = 1 1 1 − λ 0 = 1 0

−1 2 −2 1 − λ −1 2 −2 −λ 1 −1 0 −λ 1 −1 = −1 1 − λ 0 1 −1 1 − λ 0 −1 1 −λ 0 0 λ −λ −1 0 −2 1 − λ −1 0 −λ 0 −1 −λ 0 = −λ 0 −1 1 − λ 0 1 −1 1 − λ 0 0 −λ

1 − λ

= λ(λ − 1)

0





−1 = λ2 (λ − 1)2 −λ

Pour trouver le sous-espace propre E0 pour λ = 0, on r´esout le syst`eme suivant :   x − y + 2z − 2t = 0 

z−t=0 x−y+z =0

⇔

 x = y 

 x = y

z = t ⇔ z = 0 ⇔ (x, y, z, t) = x(1, 1, 0, 0)  z=0 t=0

E0 est donc la droite vectorielle engendr´ee par u = (1, 1, 0, 0), alors que 0 est une valeur propre double. On est donc certain que B n’est pas diagonalisable. ´ de l’exercice 2.20 Corrige Soit P un polynˆome non nul de degr´e n. Posons P = an X n + Q, avec an 6= 0 et deg Q < n. Alors f (P ) = (2X + 1)(an X n + Q) + (1 − X 2 )(nan X n−1 + Q0 ) = an (2 − n)X n+1 + · · ·. En particulier, si n 6= 2, deg f (P ) = 1 + deg P : toute ´egalit´e f (P ) = λP est alors impossible. Seuls les polynˆomes de degr´e 2 peuvent donc ˆetre vecteurs propres de f . Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000

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Posons alors P = aX 2 + bX + c, avec a 6= 0. f (P ) = (2X + 1)(aX 2 + bX + c) + (1 − X 2 )(2aX + b) = (a + b)X 2 + (2a + b + 2c)X + (b + c). 



1 1 0   La matrice de la restriction de f `a IR2 [X] (dans la base X 2 , X, 1) est donc M =  2 1 2 . 0 1 1 1 − λ On a χm (λ) = 2 0



1 0 1−λ 2 = (1 − λ)3 − 4(1 − λ) = −(λ − 1)(λ + 1)(λ − 3). 1 1 − λ

La matrice M est donc diagonalisable (trois valeurs propres distinctes).  β = 0

Pour λ = 1 :  2α + 2γ = 0 ⇔ (α, β, γ) = α(1, 0, −1) β=0 Pour λ = −1 :

  2α + β = 0 

Pour λ = 3 :

2α + 2β + 2γ = 0 ⇔ (α, β, γ) = α(1, −2, 1) β + 2γ = 0

  −2α + β = 0 

2α − 2β + 2γ = 0 ⇔ (α, β, γ) = α(1, 2, 1) β − 2γ = 0

On obtient donc les vecteurs propres de f :

 2   P = α(X − 1)

pour λ = 1 P = α(X − 2X + 1) pour λ = −1   P = α(X 2 + 2X + 1) pour λ = 3 2

´ de l’exercice 2.21 Corrige 1. Soit f un ´el´ement de E, et F la primitive de f qui s’annule en 0. L’application F est de classe C 1 sur IR+ . Or pour tout x > 0, T (f )(x) =

F (x) . x

L’application T (f ) est donc de classe C 1 sur IR+∗ . F (x) F (x) − F (0) = lim = F 0 (0) = f (0) = T (f )(0). x→0 x x Cela prouve la continuit´e de T (f ) en 0. Enfin lim T (f )(x) = lim x→0

x→0

L’application T (f ) est donc continue sur IR+ : c’est un ´el´ement de E. Enfin la lin´earit´e de l’op´erateur T est ´evidente. T est donc un endomorphisme de E. 2. Soit f un ´el´ement de E tel que T (f ) = 0. Ainsi

Rx 0

f (t)dt = 0 pour tout x > 0.

Par d´erivation, on trouve f (x) = 0 si x > 0. L’application f ´etant continue en 0, elle est donc nulle sur IR+ . Autrement dit, le noyau de T est r´eduit `a l’application nulle : T est injectif. L’op´erateur T n’est pas surjectif. En effet, pour tout f de E, l’application T (f ) est non seulement continue sur IR+ mais plus encore elle est de classe C 1 sur IR+∗ : l’image de E par T est donc une partie stricte de E. Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000

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3. Soit λ un r´eel non nul, et f un ´el´ement de E tel que T (f ) = λf . Comme T (f ), l’application f = λ1 T (f ) est n´ecessairement de classe C 1 sur IR+∗ . Soit F la primitive de f nulle en 0. T (f ) = λf ⇔ ∀x ≥ 0, F (x) = λxf (x). Mais les applications F et λf , qui sont de toutes fa¸cons ´egales en 0, co¨ıncident sur IR+ ⇔ elles ont la mˆeme d´eriv´ee sur IR+∗ . Ainsi : T (f ) = λf ⇔ ∀x > 0, f (x) = λ(xf 0 (x) + f (x)) ⇔ ∀x > 0, λxf 0 (x) = (1 − λ)f (x) Sur IR+∗ la solution g´en´erale de xy 0 =

1−λ y λ

est la droite engendr´ee par yλ (x) = x

1−λ λ

.

Mais yλ n’est prolongeable par continuit´e `a l’origine que ⇔ λ ≤ 1. Cela implique que si λ > 1, la seule solution de l’´equation T (f ) = λf qui soit continue sur IR+ est l’application nulle. Les λ > 1 ne sont donc pas valeurs propres de f . Le spectre de l’op´erateur T est donc ]0, 1]. Pour tout λ de cet intervalle, le sous-espace propre est la droite engendr´ee par yλ (si λ = 1, on obtient les applications constantes.)

´ de l’exercice 2.22 Corrige Calculons le d´eterminant de A : a det(A) = c b











c b a − b 0 b − a a − b 0 0 a+b c = c a+b c = c a+b 2c c a b c a b c a + b

a + b = (a − b) c

2c a + b

√ √ = (a − b)((a + b)2 − 2c2 ) = (a − b)(a + b − c 2)(a + b + c 2) Le polynˆome caract´eristique de A s’obtient en rempla¸cant a par a − λ. √ √ χA (λ) = (a − λ − b)(a − λ + b − c 2)(a − λ + b + c 2) √ √ = −(λ − a + b)(λ − a − b + c 2)(λ − a − b − c 2) √ √ La matrice A poss`ede donc trois valeurs propres : a − b, a + b − c 2 et a + b + c 2. On remarque l’existence de trois vecteurs propres libres, un pour chacune de ces trois valeurs propres et qui n’en d´ependent pas. La diagonalisation obtenue sera donc valable dans tous les cas, que les valeurs propres soient distinctes ou non. • Pour λ = a − b : on constate facilement que u1 = (1, 0, −1) est vecteur propre. √ √ • Pour λ = a + b − c 2 : le vecteur u2 = (1, 2, 1) convient. √ √ • Pour λ = a + b + c 2 : le vecteur u3 = (1, − 2, 1) convient. 







1 √1 1 a−b 0 √ 0 √     Posons donc P =  0 2 − 2  et D =  0 a+b+c 2 0 √ . −1 1 1 0 0 a+b−c 2 On v´erifie que P est inversible. Par construction, on a l’´egalit´e P −1 AP = D.

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´ de l’exercice 2.23 Corrige Soit λ une valeur propre de g ◦ f . Il suffit de prouver que λ est valeur propre de f ◦ g. • Supposons λ = 0 : g ◦ f n’est pas injective. Comme on est en dimension finie, f ◦ g n’est pas injective non plus (par exemple det(f ◦ g) = det f det g = det(g ◦ f ) = 0.) Ainsi λ = 0 est ´egalement une valeur propre de f ◦ g. • Supposons λ 6= 0. Il existe un vecteur x non nul tel que g ◦ f (x) = λx. On en d´eduit, en composant par f `a gauche : (f ◦ g)(f (x)) = λf (x). → − Mais f (x) n’est pas nul, car g ◦ f (x) = λx avec x 6= 0 et λ 6= 0. On en d´eduit que λ est une valeur propre de f ◦ g. Ceci termine la d´emonstration. La d´emonstration pr´ec´edente n’utilise l’hypoth`ese sur la dimension que pour λ = 0. Pour le contre-exemple, on doit donc chercher f et g tels que g ◦ f soit injectif mais pas f ◦ g. Pour cela on se place dans E = IK[X] et on pose f (P ) = XP et g(P ) = P 0 . • L’application g ◦ f est d´efinie par g ◦ f (P ) = XP 0 + P : elle est injective car il y a conservation du degr´e. 0 n’est donc pas valeur propre de g ◦ f . • L’application f ◦ g est d´efinie par f ◦ g(P ) = XP 0 et son noyau est form´e des polynˆomes constants. Cette application n’est donc pas injective : 0 en est une valeur propre.

´ de l’exercice 2.24 Corrige • On suppose que A est inversible. Pour tout x de IK : χAB (x) = det(AB − xIn ) = det(A(B − xA−1 )) = det(A) det(B − xA−1 ) = det(B − xA−1 ) det(A) = det((B − xA−1 )A) = det(BA − xIn ) = χBA (x). • On suppose que la matrice A est non inversible. Soit x un ´el´ement fix´e de IK. Pour tout λ de IK, posons Aλ = A − λIn . Consid´erons les applications λ → ϕ(λ) = det(Aλ B − xIn ) et ψ(λ) = det(BAλ − xIn ). On doit prouver χAB (x) = χBA (x), c’est-`a-dire avec nos notations : ϕ(0) = ψ(0). Or ϕ et ψ sont des applications polynˆomiales en la variable λ. D’autre part, si λ n’est pas une valeur propre de A (et dans IK cela fait une infinit´e de valeurs !) la matrice Aλ est inversible, ce qui implique ϕ(λ) = ψ(λ) en utilisant ce qui pr´ec`ede. Les applications polynˆomiales ϕ et ψ sont donc ´egales sur IK. En particulier elles sont ´egales en 0, ce qu’il fallait d´emontrer. • Remarque : le r´esultat de cet exercice implique le r´esultat du pr´ec´edent. On en apprend mˆeme un peu plus ici : si λ est une valeur propre d’une des deux applications g ◦ f ou f ◦ g, c’est une valeur propre de l’autre avec la mˆeme multiplicit´e.

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´ de l’exercice 2.25 Corrige 

1. On pose A =

a b c d



et A0 =



a0 c0

b0 . d0 

Alors, pour tous M, N de Mn (IK) : (A ⊗ M )(B ⊗ N ) =

aM cM



(aa0 + bc0 )M N (ca0 + dc0 )M N

=

bM dM

a0 N c0 N





b0 N d0 N



(ab0 + bd0 )M N (cb0 + dd0 )M N



= (AB) ⊗ (M N ) 2. Supposons a = 0, donc det A = −bc. 0n bM n cM det(A ⊗ M ) = = (−1) cM dM 0n

dM (on a effectu´e n ´echanges de lignes.) bM

On en d´eduit det(A ⊗ M ) = (−1)n (bc)n (det M )2 = (det A)n (det M )2 . On suppose maintenant a 6= 0. Pour tout i de 1, . . . , n, on retranche la ligne aM det(A ⊗ M ) = cM 

c Li `a la ligne Ln+i . On obtient : a

aM bM = dM 0n

= an d −



bM  bc  M d− a

bc n (det M )2 = (det A)n (det M )2 a

3. Si A et M sont inversibles, (A ⊗ M )(A−1 ⊗ M −1 ) = (AA−1 ) ⊗ (M M −1 ) = I2 ⊗ In = I2n . On en d´eduit que A ⊗ M est inversible et que (A ⊗ M )−1 = A−1 ⊗ M −1 .   λ 0 −1 4. Il existe P dans GL2 (IK) et deux scalaires λ, µ tels que P AP = . 0 µ De mˆeme, il existe Q dans GLn (IK) et D diagonale telles que Q−1 M Q = D. D’apr`es ce qui pr´ec`ede R = P ⊗ Q est dans GL2n (IK) et R−1 = P −1 ⊗ Q−1 . On constate alors que : R−1 (A ⊗ M )R = (P −1 ⊗ Q−1 )(A ⊗ M )(P ⊗ Q) = (P −1 AP ) ⊗ (Q−1 M Q) 

=

λ 0 0 µ



⊗D =



λD 0n

0n µD



La matrice obtenue est diagonale, ce qui prouve que A ⊗ M est diagonalisable. Remarque : Si α1 , . . . , αn sont les valeurs propres de la matrice M , alors celles de la matrice A ⊗ M sont λα1 , . . . , λαn , µα1 , . . . , µαn .

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´ de l’exercice 2.26 Corrige Soit f le morphisme de IR4 de matrice A dans la base canonique. Tout revient `a montrer qu’il existe une base (u) de IR4 telle que : (S)

Or (S) ⇔

 (f − Id)(u1 ) = 0    

(f − Id)(u2 ) = u1

 (f − Id)(u3 ) = u2   

⇔ (Σ)

(f − Id)(u4 ) = 0

 u2 = (f − Id)(u3 )     2

 f (u1 ) = u1    

f (u2 ) = u1 + u2  f (u3 ) = u2 + u3    f (u4 ) = u4

u1 = (f − Id) (u3 )

 (f − Id)3 (u3 ) = 0   

(f − Id)(u4 ) = 0

La matrice de f − Id dans la base canonique est A − I4 . On trouve successivement : −1 1 1 0  −1 −3 1 −2    A − I4 =  ,  2 6 −2 4  4 8 −4 6 



2 2 −2 2  −2 −2 2 −2    (A − I4 )2 =    4 4 −4 4  4 4 −4 4 



et (A − I4 )3 = 04

On constate que la condition (f − Id)3 (u3 ) = 0 de (Σ) est automatiquement r´ealis´ee. Il faut choisir un vecteur u3 puis poser u2 = (f − Id)(u3 ) et u1 = (f − Id)2 (u3 ). Ce choix n’est pas arbitraire car le vecteur u1 doit au moins ˆetre non nul. Pour assurer u1 6= 0, on voit que u3 = (1, 0, 0, 0) convient, avec



u2 = (−1, −1, 2, 4) u1 = (2, −2, 4, 4)

Il reste `a choisir un vecteur u4 = (x, y, z, t) qui soit dans le noyau de f − Id et qui ne soit pas dans le sous-espace de IR4 engendr´e par u1 , u2 , u3 . On constate que le vecteur u4 = (1, 0, 1, 0) semble convenir : il est en effet dans le noyau de f − Id car les colonnes C1 et C3 de A − I4 sont oppos´ees. Soit P la matrice de la famille u1 , u2 , u3 , u4 dans la base canonique. On a : 2 −1 1 1 2 −1 1  −2 −1 0 0  −2 −1   = 4 6= 0 P =  ⇒ det P = − −2 −1 0 = −  4 2 0 1 4 4 4 4 0 4 4 0 0 



Ainsi u1 , u2 , u3 , u4 forment une base de IR4 et par construction la matrice de f dans cette base est la matrice J donn´ee par l’´enonc´e. Autrement dit P −1 AP = J. Remarque : Puisqu’on nous donne dans l’´enonc´e la forme r´eduite J de la matrice A, il n’a pas ´et´e n´ecessaire de calculer le polynˆome caract´eristique de A. Il est bien sˆ ur ´egal `a celui de J c’est-`a-dire (1 − x)4 . Autrement dit, 1 est une valeur propre de la matrice A avec la multiplicit´e 4. Cela implique que A n’est pas diagonalisable sinon A serait semblable donc ´egale `a I4 . Le sous-espace propre de f pour λ = 1 n’est d’ailleurs pas de dimension 4 mais 2 : en effet la matrice A − I4 est de rang 2 car ses lignes v´erifient L3 = −2L2 et L4 = −L1 − 3L2 .

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´ de l’exercice 2.27 Corrige Soit f le morphisme de IR5 de matrice A dans la base canonique.

 f (u1 ) = −2u1       f (u2 ) = u2

Tout revient `a montrer qu’il existe une base (u) de IR5 telle que : (S)  f (u3 ) = u2 + u3   f (u4 ) = u4      f (u5 ) = u4 + u5 Cette matrice est de rang 3 0 0 −1 1 0  0 −3  0 0 0  car ses lignes L1 , L2 , L3 sont libres    et de plus L4 = L3 et L5 = −L1 . 1 0 0 0 1 A − I5 =    1  Le sous-espace propre E1 pour λ = 1 0 0 0 1 est donc un plan vectoriel. 0 0 1 −1 0 

On voit sans calculs qu’une base de E1 est form´ee de

u2 = (0, 0, 1, 1, 0) car C4 = −C3 u4 = (1, 0, 0, 0, −1) car C5 = C1

On doit trouver u3 = (x, y, z, t, r) tel que (f − Id)(u3 ) = u2 . On voit sur la matrice A − I5 que le vecteur u3 = (1, 0, 0, 0, 0) convient. On constate toujours sur A − I5 que (f − Id)(u5 ) = u4 , avec u5 = (0, 0, 0, 1, 0). Il reste enfin `a trouver u1 , vecteur propre de f pour λ = −2. On voit sur la matrice A initiale que le vecteur u1 = (0, 1, 0, 0, 0) convient. Soit P la matrice de la famille u1 , u2 , u3 , u4 , u5 dans la base canonique : 0 1   P = 0  0 0 

0 0 1 1 0

1 1 0 0 0 0 0 0 0 −1

0 0  0 1  0 ⇒ det(P ) =  0 1 0 0 

0 0 1 1

1 0 0 0



0 0 0 1 0 = 1 0 0 = 1 6= 0 0 0 1 0 1

Ainsi u1 , u2 , u3 , u4 , u5 forment une base de IR5 et par construction la matrice de f dans cette base est la matrice J donn´ee par l’´enonc´e. Autrement dit P −1 AP = J. Remarque : La matrice A n’est pas diagonalisable. En effet 1 est valeur propre quadruple mais le sousespace est seulement de dimension 2.

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