Réduction des endomorphismes/Exercices/Valeurs et vecteurs propres - Polynôme caractéristique

Exercice 2-1

Référence pour la question 3 : Ralph Howard, « The Characteristic Polynomial of a Product », sur people.math.sc.edu, 20121995.

Soient $A,B\in \mathrm {M} _{n}(R)$, où $R$ est un anneau commutatif unitaire.

1. Montrer que si $A$ ou $B$ est inversible alors $AB$ et $BA$ ont même polynôme caractéristique.
2. Dans le cas particulier où $R$ est le corps des réels ou des complexes, étendre ce résultat au cas où ni $A$, ni $B$ n'est inversible.
3. Étendre également ce résultat en supposant seulement que l'anneau $R$ est un corps. Indication (cf. Matrice/Relations entre matrices) : si $\operatorname {rang} (A)=r$ alors $A$ est équivalente à la matrice $A':={\begin{pmatrix}I_{r}&0_{r,n-r}\\0_{n-r,r}&0_{n-r}\end{pmatrix}}$.

Solution

1. Si $A$ ou $B$ est inversible alors $AB$ et $BA$ sont même semblables (cf. Matrice/Exercices/Relations entre matrices) donc $AB-X\mathrm {I} _{n}$ et $BA-X\mathrm {I} _{n}$ le sont aussi, donc $\det(AB-X\mathrm {I} _{n})=\det(BA-X\mathrm {I} _{n})$.
2. Pour $B$ fixé et $k<n$, le $k$-ième coefficient du polynôme caractéristique de $AB$ et celui de $BA$ sont deux fonctions de $A$, définies continues sur $\mathrm {M} _{n}(R)$ (avec $R=\mathbb {R}$ ou $\mathbb {C}$), et coïncident sur le sous-ensemble $\mathrm {GL} _{n}(R)$ d'après la question précédente. Par densité de $\mathrm {GL} _{n}(R)$ dans $\mathrm {M} _{n}(R)$ (cf. Espaces vectoriels normés/Exercices/Dimension finie), ces deux fonctions sont égales.
3. (Le résultat s'étendra même ensuite au cas où $R$ est seulement un anneau commutatif unitaire intègre, en le remplaçant par son corps des fractions.)

   Soient $P,Q\in \mathrm {GL} _{n}(R)$ telles que $A'=Q^{-1}AP$ puis, soit $B':=P^{-1}BQ$. Alors, $A'B'=Q^{-1}ABQ$ et $B'A'=P^{-1}BAP$ donc il suffit de montrer que $A'B'$ et $B'A'$ ont même polynôme caractéristique. Calculons ces deux produits en découpant $B'$ en blocs de tailles compatibles :

   $A'B'={\begin{pmatrix}I_{r}&0\\0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}C&D\\E&F\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}C&D\\0&0\end{pmatrix}}$ et $B'A'={\begin{pmatrix}C&D\\E&F\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}I_{r}&0\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}C&0\\E&0\end{pmatrix}}$ donc

   $\det(X\mathrm {I} _{n}-A'B')=X^{n-r}\det(X\mathrm {I} _{r}-C)=\det(X\mathrm {I} _{n}-B'A')$.

 

Exercice 2-2

Référence : Qiaochu Yuan, « ab, ba, and the spectrum », sur qchu.wordpress.com, 2012, qui indique aussi d'autres méthodes.

Soit $n\in \mathbb {N} ^{*}$. On se propose de démontrer que $AB$ et $BA$ ont même polynôme caractéristique, pour toutes matrices carrées $A$ et $B$ de taille $n$ à coefficients dans un même anneau commutatif unitaire.

1. Soient $\mathrm {R} =\mathbb {Z} [\mathrm {a} _{i,j},\mathrm {b} _{i,j}]$ l'anneau de polynômes à coefficients entiers en $2n^{2}$ indéterminées $\mathrm {a} _{i,j},\mathrm {b} _{i,j},1\leq i,j\leq n$ et $\mathrm {A} :=(\mathrm {a} _{i,j}),\mathrm {B} :=(\mathrm {b} _{i,j})\in \mathrm {M} _{n}(\mathrm {R} )$ les matrices dont les coefficients sont ces indéterminées. Montrer que dans $\mathrm {R} [X]$, $\det(\mathrm {AB} -X\mathrm {I} _{n})=\det(\mathrm {BA} -X\mathrm {I} _{n})$.
2. En déduire le théorème annoncé.

Solution

1. $\det \mathrm {B} \det(\mathrm {AB} -X\mathrm {I} _{n})=\det(\mathrm {BAB} -X\mathrm {B} )=\det(\mathrm {BA} -X\mathrm {I} _{n})\det \mathrm {B}$,

   or l'anneau $\mathrm {R} [X]$ est commutatif et intègre et $\det \mathrm {B}$ est non nul. On peut donc simplifier.

2. Soient $R$ un anneau commutatif unitaire quelconque et $A=(a_{i,j}),B=(b_{i,j})$ deux matrices quelconques dans $\mathrm {M} _{n}(R)$. Notons $P(\mathrm {a} _{i,j},\mathrm {b} _{i,j},X)$ le polynôme universel $\det(\mathrm {AB} -X\mathrm {I} _{n})\in \mathbb {Z} [\mathrm {a} _{i,j},\mathrm {b} _{i,j},X]$ qui, d'après la question précédente, est invariant par échange des indéterminées $\mathrm {a} _{i,j},\mathrm {b} _{i,j}$ : $P(\mathrm {a} _{i,j},\mathrm {b} _{i,j},X)=P(\mathrm {b} _{i,j},\mathrm {a} _{i,j},X)$. Par évaluation, c'est-à-dire en remplaçant les indéterminées par des valeurs particulières, on en déduit, dans $R[X]$ : $\det(AB-X\mathrm {I} _{n})=P(a_{i,j},b_{i,j},X)=P(b_{i,j},a_{i,j},X)=\det(BA-X\mathrm {I} _{n})$.

 

Exercice 2-3

Généralisation du résultat de l'exercice précédent.

Référence : Keith Conrad, « Universal identities, I », p. 8 (à une coquille près).

Soient $R$ un anneau commutatif unifère, $A\in \mathrm {M} _{m,n}(R)$ et $B\in \mathrm {M} _{n,m}(R)$. On considère les matrices par blocs de $\mathrm {M} _{m+n}(R[X])$ :

$M={\begin{pmatrix}X\mathrm {I} _{m}&A\\B&\mathrm {I} _{n}\end{pmatrix}}$ et $N={\begin{pmatrix}\mathrm {I} _{m}&0\\-B&X\mathrm {I} _{n}\end{pmatrix}}$.

1. Calculer $MN$ et $NM$.
2. En déduire que $X^{n}\det(X\mathrm {I} _{m}-AB)=X^{m}\det(X\mathrm {I} _{n}-BA)$.

Solution

1. $MN={\begin{pmatrix}X\mathrm {I} _{m}-AB&XA\\0&X\mathrm {I} _{n}\end{pmatrix}}$ et $NM={\begin{pmatrix}X\mathrm {I} _{m}&A\\0&X\mathrm {I} _{n}-BA\end{pmatrix}}$.
2. $\det(MN)=\det M\det N=\det N\det M=\det(NM)$
   or le déterminant d'une matrice triangulaire par blocs est égal au produit des déterminant des blocs diagonaux donc d'après la question précédente,
   $\det(MN)=X^{n}\det(X\mathrm {I} _{m}-AB)$ et $\det(NM)=X^{m}\det(X\mathrm {I} _{n}-BA)$.

 

Exercice 2-4

Soient $R$ un anneau commutatif unifère et $A\in \mathrm {M} _{n}(R)$. On considère le polynôme $(-1)^{n}p_{A}(X)$ :

$P(X)=\det(X\mathrm {I} _{n}-A)=X^{n}+c_{n-1}X^{n-1}+\cdots +c_{1}X+c_{0}$.

1. Démontrer que $\operatorname {Tr} (A)=-c_{n-1}$ ;
2. En déduire que si $P(X)=(X-\lambda _{1})(X-\lambda _{2})\cdots (X-\lambda _{n})$ alors $\operatorname {Tr} (A)=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}$.

Solution

1. Dans le développement du déterminant par la formule de Leibniz, on constate qu'il n'apparaît de monôme en $X^{n-1}$ que dans un seul des n! termes de la somme, celui qui est produit des termes diagonaux de $X\mathrm {I} _{n}-A$, c'est-à-dire :

   $(X-a_{11})(X-a_{22})\cdots (X-a_{nn})$.

   Le coefficient $c_{n-1}$ de $X^{n-1}$ dans ce produit est $-\sum _{i=1}^{n}a_{i,i}=-\operatorname {Tr} (A)$.

2. En développant $(X-\lambda _{1})(X-\lambda _{2})\cdots (X-\lambda _{n})$, on trouve $c_{n-1}=-\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}$. On conclut grâce à la question précédente.

 

Exercice 2-5

Soit $f$ un endomorphisme d'un $\mathbb {R}$-espace vectoriel $V$.

1. On suppose que $f$ annule les polynômes $X^{2}+X$ et $X^{2}-X$. Montrer que $f=0$.
2. On suppose que $f$ annule les polynômes $X^{5}-1$ et $X^{2}-2X+1$. Montrer que $f=\mathrm {id} _{V}$.
3. On suppose que $f$ annule les polynômes $X^{3}-X$, $X^{3}-2X^{2}+X$ et $X^{3}-X^{2}-X+1$. Montrer que $f=\mathrm {id} _{V}$.

Solution

1. $2f=(f^{2}+f)-(f^{2}-f)=0$.
2. $f$ annule $\operatorname {pgcd} (X^{5}-1,X^{2}-2X+1)=X-1$.
3. $f$ annule $\operatorname {pgcd} (X(X-1)(X+1),X(X-1)^{2},(X-1)^{2}(X+1))=X-1$.

 

Exercice 2-6

Soient $A\in \mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )$ et $B={\begin{pmatrix}A&A\\0&A\end{pmatrix}}\in \mathrm {M} _{2n}(\mathbb {C} )$.

On note $P_{A},P_{B}$ leur polynôme caractéristique, $\sigma _{A},\sigma _{B}$ leur spectre et $m_{A},m_{B}$ leur polynôme minimal.

1. Montrer que $P_{B}=P_{A}^{2}$ (donc $\sigma _{B}=\sigma _{A}$).
2. Démontrer que pour tout polynôme $Q\in \mathbb {C} [X]$, $Q(B)={\begin{pmatrix}Q(A)&AQ'(A)\\0&Q(A)\end{pmatrix}}$.
3. Montrer que $m_{A}$ divise $m_{B}$ et que $Am'_{B}(A)=0$.
4. On suppose que la matrice $B$ est diagonalisable.
   1. Montrer que $m_{A}=m_{B}$.
   2. Montrer que $Xm'_{A}(X)=dm_{A}(X)$, où $d$ est le degré du polynôme $m_{A}$.
   3. En déduire que $m_{A}(X)=X^{d}$, puis que $d=1$.
   4. Conclure que $A=0$.

Solution

1. $P_{B}(X)=\det(B-X\mathrm {I} _{2n})=\det {\begin{pmatrix}A-X\mathrm {I} _{n}&A\\0&A-X\mathrm {I} _{n}\end{pmatrix}}=\det(A-X\mathrm {I} _{n})^{2}=P_{A}(X)^{2}$
2. Le cas particulier $Q(X)=X^{k}$ se démontre aisément par récurrence sur $k\in \mathbb {N}$. Le cas général s'en déduit par linéarité.
3. Simple application de la question précédente à $Q=m_{B}$.
4. Si $B$ est diagonalisable, $m_{B}$ est à racines simples. Or $m_{A}$ divise $m_{B}$ d'après 3. Ces deux polynômes ayant par ailleurs les mêmes racines (à savoir $\sigma _{B}=\sigma _{A}$), ils sont nécessairement égaux.
5. Le polynôme $Xm'_{A}(X)$ est alors un multiple de $m_{A}$ d'après 3 et il est de degré $d$. Vu son coefficient dominant, on a donc bien $Xm'_{A}(X)=dm_{A}(X)$.
6. Le seul polynôme unitaire $m_{A}$ tel que $Xm'_{A}(X)=dm_{A}(X)$ est $m_{A}(X)=X^{d}$. On a donc $m_{B}(X)=X^{d}$, polynôme qui doit être à racines simples. Il en résulte que $d=1$.
7. Ceci prouve que $m_{A}(X)=X$, d'où $A=m_{A}(A)=0$.

 

Soient $A,B,C\in \mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )$. On suppose que $A$ et $B$ ont chacune une seule valeur propre. Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que la matrice

$M={\begin{pmatrix}A&C\\0&B\end{pmatrix}}\in \mathrm {M} _{2n}(\mathbb {C} )$

soit diagonalisable.

Solution

Remarquons d'abord que $\det(M-\lambda \mathrm {I} _{2n})=\det(A-\lambda \mathrm {I} _{n})\det(B-\lambda \mathrm {I} _{n})=(a-\lambda )^{n}(b-\lambda )^{n}$.

Premier cas : si $a=b$. Alors $a$ est l'unique valeur propre de $M$, donc $M$ est diagonalisable si et seulement si $M=a\mathrm {I} _{2n}$, c'est-à-dire $A=B=a\mathrm {I} _{n}$ et $C=0$.

Second cas : si $a\neq b$.

Condition nécessaire, première méthode. L'endomorphisme de $\mathbb {C} ^{2n}$ de matrice $M$ dans la base canonique $(e_{1},\ldots ,e_{2n})$ laisse stable le sous-espace de base $(e_{1},\ldots ,e_{n})$, et la matrice de sa restriction est $A$. De même, l'endomorphisme de $\mathbb {C} ^{2n}$ de matrice $M^{t}$ dans la base canonique laisse stable le sous-espace de base $(e_{n+1},\ldots ,e_{2n})$, et la matrice de sa restriction est $B^{t}$. Donc (cf. Exercice 1-2) si $M$ est diagonalisable alors $A$ et $B$ aussi donc $A=a\mathrm {I} _{n}$ et $B=b\mathrm {I} _{n}$.

Condition nécessaire, seconde méthode. Posons $P(X)=(X-a)(X-b)$. Vue la remarque préliminaire, $M$ est diagonalisable si et seulement si $P(M)=0$, ce qui implique que $P(A)=P(B)=0$, donc que le polynôme minimal de $A$ divise non seulement $(X-a)^{n}$ mais aussi $P(X)$, donc qu'il soit égal à $X-a$, c'est-à-dire que $A=a\mathrm {I} _{n}$ et (de même) $B=b\mathrm {I} _{n}$.

Suffisance de cette condition. Si $A=a\mathrm {I} _{n}$ et $B=b\mathrm {I} _{n}$, on trouve $E_{a}=\{(X,0)\mid X\in \mathbb {C} ^{n}\}$ et $E_{b}=\{\left(CZ,(b-a)Z\right)\mid Z\in \mathbb {C} ^{n}\}$, donc $\dim(E_{a})+\dim(E_{b})=n+n=\dim(E)$, donc $M$ est diagonalisable.

 

Exercice 2-7

Soient $E$ un espace vectoriel et $f\in \mathrm {L} (E)$. Soit $T$ l'endomorphisme de $\mathrm {L} (E)$ défini par $T(u)=f\circ u$. Montrer que toute valeur propre de $f$ est valeur propre de $T$.

Solution

(Par linéarité de $f$, $T$ est bien à valeurs dans $\mathrm {L} (E)$ et linéaire). Soient $\lambda$ une valeur propre de $f$ et $F$ le s.e.v. propre associé. $T(u)=\lambda u\Leftrightarrow f\circ u=\lambda u\Leftrightarrow \mathrm {im} u\subset F$. Comme $F\neq \{0\}$, il existe de tels $u\in \mathrm {L} (E)$ non nuls (par exemple une projection sur $F$) donc $\lambda$ est une valeur propre pour $T$.

 

Exercice 2-8

Soient $E$ un $K$-e.v. et $f$ un endomorphisme de $E$ de rang $1$. Montrer qu'il existe un unique scalaire $\lambda$ tel que le polynôme $X(X-\lambda )$ annule $f$. Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur $\lambda$ pour que $f$ soit diagonalisable.

Solution

Soit $f(a)$ engendrant la droite $\mathrm {im} (f)$. On cherche $\lambda$ tel que $(f-\lambda \mathrm {id} )\circ f=0$, c'est-à-dire tel que $(f-\lambda \mathrm {id} )(f(a))=0$, c'est-à-dire tel que $f^{2}(a)=\lambda f(a)$. Un tel $\lambda$ existe (et est unique) puisque $f^{2}(a)\in \mathrm {im} (f)=Kf(a)$.

• Si $\lambda \neq 0$, le polynôme minimal de $f$ est à racines simples $\in K$ donc $f$ est diagonalisable.
• Si $\lambda =0$, $f^{2}=0$ donc $f$ n'est pas diagonalisable, sinon on aurait $f=0$, ce qui est exclu puisque $f$

est de rang $1$. Donc $f$ est diagonalisable si et seulement si $\lambda \neq 0$, c'est-à-dire si et seulement si $f^{2}\neq 0$.

 

Exercice 2-9

Soient $Q\in \mathbb {R} [X]$ défini par $Q(X)=X^{4}-5X^{3}+7X^{2}$ et $u$ un endomorphisme de $\mathbb {R} ^{3}$ qui est non nilpotent et non inversible. On suppose que $Q(u)=0$.

1. 1. Justifier l'inclusion : $\mathrm {im} (u^{2})\subset \ker(u^{2}-5u+7\mathrm {id} _{\mathbb {R} ^{3}})$.
   2. Prouver l'égalité : $\mathbb {R} ^{3}=\ker(u^{2})\oplus \mathrm {im} (u^{2})$.
2. 1. Soit $m(X)$ le polynôme minimal de $u$. Montrer qu'il est déterminé de manière unique par les hypothèses et donner son expression.
   2. Déterminer le polynôme caractéristique de $u$ ; l'endomorphisme $u$ est-il trigonalisable ?
   3. Vérifier que $0$ est valeur propre simple de $u$ ; quelle est la dimension de $\ker u$ ?
3. Déduire de ce qui précède les égalités : $\ker u=\ker(u^{2})$ et $\mathrm {im} u=\mathrm {im} (u^{2})$. Montrer que $\mathrm {im} u$ est le seul plan vectoriel de $\mathbb {R} ^{3}$ stable par $u$.

Solution

1. 1. $(u^{2}-5u+7\mathrm {id} )\circ u^{2}=Q(u)=0$.
   2. $\ker(u^{2})$ et $\mathrm {im} (u^{2})$ ont des dimensions complémentaires par le théorème du rang, et d'après 1.1, leur intersection est incluse dans $\ker(u^{2})\cap \ker(u^{2}-5u+7\mathrm {id} )=\ker(u^{2})\cap \ker(-5u+7\mathrm {id} )=\ker((7\mathrm {id} /5)^{2}))\cap \ker(-5u+7\mathrm {id} )=\{0\}\cap \ker(-5u+7\mathrm {id} )=\{0\}$.
2. 1. $Q=X^{2}(X^{2}-5X+7)$ et $X^{2}-5X+7$ est irréductible sur $\mathbb {R}$, donc $m=X^{a}(X^{2}-5X+7)^{b}$ avec $0\leq a\leq 2,0\leq b\leq 1,a+2b\leq \dim(\mathbb {R} ^{3})=3$. $u$ n'est pas nilpotent donc $b\neq 0$ donc $b=1$ donc $a\leq 3-2=1$. $u$ n'est pas inversible donc $a\neq 0$ donc $a=1$ : $m(X)=X(X^{2}-5X+7)$.
   2. Le polynôme caractéristique $P$ est de degré 3, de coefficient dominant $-1$, et divisible par $m$, donc $P=-m$.
      $u$ n'est pas trigonalisable car $P$ n'est pas scindé sur $\mathbb {R}$.
   3. $0$ est racine simple de $P$ donc valeur propre simple de $u$, donc $\dim(\ker u)=1$.
3. Par définition, $\ker u\subset \ker(u^{2})$. Inversement, comme $0=m(u)$, $7u=(5\mathrm {id} -u)\circ u^{2}$ donc $\ker(u^{2})\subset \ker(7u)=\ker u$ d'où l'égalité.
   De même, par définition $\mathrm {im} (u^{2})\subset \mathrm {im} u$ mais comme $7u=u^{2}\circ (5\mathrm {id} -u)$, $\mathrm {im} (u)=\mathrm {im} (7u)\subset \mathrm {im} (u^{2})$ d'où l'égalité.
   D'après 2.3, $\mathrm {im} u$ (évidemment stable par $u$) est un plan. Réciproquement, soient $F$ un plan stable par $u$ et $v\in \mathrm {L} (F)$ la restriction de $u$. Le polynôme caractéristique de $v$ est de degré 2 et divise $P$ donc est égal à $X^{2}-5X+7$, donc $F\subset \ker(u^{2}-5u+7\mathrm {id} )\subset \mathrm {im} {-u^{2}+5u \over 7}=\mathrm {im} (u\circ (5\mathrm {id} -u))\subset \mathrm {im} u$, d'où (puisque $\dim(F)=2=\dim(\mathrm {im} u)$) $F=\mathrm {im} u$.

 

Exercice 2-10

Soient $\beta$ un paramètre réel (lorsque $\beta \geq 0$ on notera $\alpha ={\sqrt {\beta }}$), et $u_{\beta }$ l'endomorphisme de $\mathbb {R} ^{4}$ dont la matrice dans la base canonique $e=(e_{1},\dots ,e_{4})$ est

$U_{\beta }=\mathrm {Mat} _{e}(u_{\beta })={\begin{pmatrix}2&0&\beta -1&0\\0&1&2\beta &1\\4&0&-2&0\\-2\beta &1&0&1\end{pmatrix}}$.

1. 1. Montrer sans aucun calcul que 0 est valeur propre de $u_{\beta }$.
   2. Déterminer le sous-espace propre $N$ associé à cette valeur propre 0. (Préciser, selon les valeurs de $\beta$, sa dimension, et en expliciter une base.)
   3. Pour $\beta =0$, calculer directement $U_{0}^{2}$ et $U_{0}^{3}$ et les comparer.
2. Déterminer le sous-espace $Q$ formé des $x\in \mathbb {R} ^{4}$ tels que $u_{\beta }(x)=2x$. (Préciser, selon les valeurs de $\beta$, sa dimension, et en expliciter une base.)
3. 1. Calculer le polynôme caractéristique $P_{\beta }(X)$ de $u_{\beta }$.
   2. Préciser, selon les valeurs de $\beta$, le nombre des racines de $P_{\beta }(X)$ et leurs ordres de multiplicité.
4. Trouver l'ensemble des valeurs de $\beta$ pour lesquelles $u_{\beta }$ est trigonalisable.
5. Trouver l'ensemble des valeurs de $\beta$ pour lesquelles $u_{\beta }$ est diagonalisable.
6. Déterminer, pour chaque valeur de $\beta$, le poynôme minimal $M_{\beta }(X)$ de $u_{\beta }$. Quel est l'ensemble des valeurs $\beta$ pour lesquelles $M_{\beta }(X)\neq P_{\beta }(X)$ ?

Solution

1. 1. Deux caractérisations de « $\lambda$ est valeur propre de $u$ » : « $E_{\lambda }:=\ker(u-\lambda \mathrm {id} )\neq \{0\}$ », ou « $\det(U-\lambda \mathrm {I} _{4})\neq 0$ », donc deux méthodes.
      • 1^re méthode : $u_{\beta }(e_{2})=u_{\beta }(e_{4})$ donc $\ker(u_{\beta })$ contient le vecteur non nul $e_{2}-e_{4}$.
      • 2^de méthode : $U_{\beta }$ a deux colonnes colinéaires (et même égales) donc $\det(U_{\beta })=0$.
   2. $N$ est l'ensemble des $(x,y,z,t)\in \mathbb {R} ^{4}$ solutions du système $(S)$ : ${\begin{cases}2x+(\beta -1)z&=0\\y+2\beta z+t&=0\\4x-2z&=0\\-2\beta x+y+t&=0\end{cases}}$. Par ${\begin{pmatrix}L_{1}\to L_{1}-{\frac {1}{2}}L_{3}\\L_{2}\to L_{2}-2L_{1}+L_{3}\\L_{3}\to L_{3}/2\end{pmatrix}}$, $(S)$ est équivalent à ${\begin{cases}\beta z&=0\\y+t&=0\\2x-z&=0\\-2\beta x+y+t&=0\end{cases}}$, dont la dernière ligne est conséquence des précédentes, donc $(S)\Leftrightarrow \beta z=0,t=-y,z=2x$, donc deux cas :
      • si $\beta \neq 0$, $(S)\Leftrightarrow z=0,t=-y,x=0$ donc $N=\{(0,y,0,-y)\mid y\in \mathbb {R} \}=\mathrm {Vect} (e_{2}-e_{4})$, donc $e_{2}-e_{4}$ est une base de $N$, donc $\dim(N)=1$ ;
      • si $\beta =0$, $(S)\Leftrightarrow t=-y,z=2x$ donc $N=\{(x,y,2x,-y)\mid x,y\in \mathbb {R} \}=\mathrm {Vect} (e_{1}+2e_{3},e_{2}-e_{4})$ et ces deux vecteurs sont linéairement indépendants, donc forment une base de $N$, donc $\dim(N)=2$.
   3. Le calcul donne $U_{0}^{2}={\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&2&0&2\\0&0&0&0\\0&2&0&2\end{pmatrix}}$ et $U_{0}^{3}=2U_{0}^{2}$.
2. $Q$ est l'ensemble des $(x,y,z,t)\in \mathbb {R} ^{4}$ solutions du système $(S)$ : ${\begin{cases}(\beta -1)z&=0\\-y+2\beta z+t&=0\\4x-4z&=0\\-2\beta x+y-t&=0\end{cases}}$. La dernière ligne est conséquence des deux précédentes, donc (par $L_{2}\to L_{2}-2L_{1}$ et $L_{3}\to L_{3}/4$), $(S)$ est équivalent à $(\beta -1)z=0,-y+2z+t=0,x-z=0$, donc deux cas :
   • si $\beta \neq 1$, $(S)\Leftrightarrow z=0,t=y-2z,x=z$ donc $Q=\{(0,y,0,y)\mid y\in \mathbb {R} \}=\mathrm {Vect} (e_{2}+e_{4})$, donc $e_{2}-e_{4}$ est une base de $Q$, donc $\dim(Q)=1$ ;
   • si $\beta =1$, $(S)\Leftrightarrow t=y-2z,x=z$ donc $Q=\{(z,y,z,y-2z)\mid y,z\in \mathbb {R} \}=\mathrm {Vect} (e_{1}+e_{3}-2e_{4},e_{2}+e_{4})$ et ces deux vecteurs sont linéairement indépendants, donc forment une base de $Q$, donc $\dim(Q)=2$.
3. 1. Le calcul donne $P_{\beta }(X)=\det(U_{\beta }-XI)=X(X-2)(X^{2}-4\beta )$.
   2. Si $\beta \geq 0$, $P_{\beta }(X)=X(X-2)(X-2\alpha )(X+2\alpha )$, donc en général quatre racines simples $0,2,2\alpha ,-2\alpha$, sauf lorsque $\beta =0$ (0 est alors racine triple et 2 racine simple) ou lorsque $\beta =1$ (0 et –2 sont alors racines simples et 2 racine double). Si $\beta <0$, seulement deux racines (simples) dans $\mathbb {R}$ : 0 et 2 (les deux autres racines dans $\mathbb {C}$, $\pm i{\sqrt {-\beta }}$, sont simples aussi).
4. La condition est $P_{\beta }(X)$ scindé (sur $\mathbb {R}$) (autrement dit : toutes ses racines sont réelles). D'après 3.2, $u_{\beta }$ est donc trigonalisable si et seulement si $\beta \geq 0$.
5. Rappelons d'abord que pour toute racine $\lambda$ de $P_{\beta }(X)$, de multiplicité $n_{\lambda }$, si $d_{\lambda }$ est la dimension du sous-espace propre associé, on a toujours $1\leq d_{\lambda }\leq n_{\lambda }$, donc si $n_{\lambda }=1$ on a toujours $d_{\lambda }=n_{\lambda }$.
   $u_{\beta }$ est diagonalisable si et seulement si : $P_{\beta }(X)$ est scindé (c'est-à-dire — cf. 4 — $\beta \geq 0$) et $d_{\lambda }=n_{\lambda }$ pour chaque $\lambda$ (ou simplement — d'après le rappel ci-dessus — pour chaque $\lambda$ tel que $n_{\lambda }>1$). Donc (d'après 3.2), $u_{\beta }$ est diagonalisable si et seulement si ou bien $\beta \in \left]0,1\right[\cup \left]1,+\infty \right[$, ou bien $\beta =0$ et $d_{0}=3$, ou bien $\beta =1$ et $d_{2}=2$. Or dans 1.2, pour $\beta =0$ on a trouvé $d_{0}=\dim(N)=2$ (donc $u_{0}$ non diagonalisable), et dans 2, pour $\beta =1$ on a trouvé $d_{2}=\dim(Q)=2$ (donc $u_{1}$ diagonalisable).
   Conclusion : $u_{\beta }$ est diagonalisable si et seulement si $\beta >0$.
6. D'après 5 et 3.2,
   1. si $\beta >0$, les racines de $M_{\beta }(X)$ sont simples ; par contre 0 est racine multiple de $M_{0}(X)$ ;
   2. si $\beta \neq 0$ et $\neq 1$, $M_{\beta }(X)=P_{\beta }(X)$ ;
   3. $M_{1}(X)=(X-2)^{m}X(X+2)$ avec $1\leq m\leq 2$, mais en fait (d'après le point 1) $m=1$, donc $M_{1}(X)=(X-2)X(X+2)\neq P_{1}(X)$.
   4. $M_{0}(X)=X^{m'}(X-2)$ avec $1\leq m'\leq 3$ mais en fait (d'après le point 1) $m'=2$ ou $3$. Reste à savoir si $m'=2$ ou $m'=3$. D'après 1.3, $M_{0}(X)$ divise $X^{3}-2X^{2}=X^{2}(X-2)$. Donc $m'=2$ et $M_{0}(X)=X^{2}(X-2)\neq P_{0}(X)$.

   Conclusion : $M_{\beta }(X)\neq P_{\beta }(X)\Leftrightarrow \beta =0$ ou $1$.

 

Exercice 2-11

Soient $E=\mathbb {R} _{2}[X]$ et $f:E\to E$ définie par

$f(P)(X)=\int _{0}^{+\infty }(t^{2}-4Xt+X^{2})P(t)\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t$.

Montrer que $f\in \mathrm {L} (E)$ et déterminer ses éléments propres.

Solution

Soit $I_{n}:=\int _{0}^{+\infty }t^{n}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t$. Un calcul classique (intégration par parties et récurrence, cf. par exemple le début de ce devoir sur la fonction Gamma) montre que $I_{n}=n!$.

$f(a+bX+cX^{2})=\int _{0}^{+\infty }(t^{2}-4Xt+X^{2})(a+bt+ct^{2})\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t=(aI_{2}+bI_{3}+cI_{4})-4X(aI_{1}+bI_{2}+cI_{3})+(aI_{0}+bI_{1}+cI_{2})X^{2}$

donc $f$ est bien de $E$ dans $E$ et linéaire, de matrice $M={\begin{pmatrix}2&6&24\\-4&-8&-24\\1&1&2\end{pmatrix}}$ dans la base canonique $(1,X,X^{2})$.

Les calculs donnent $\det(M-\lambda I)=-(\lambda -2)(\lambda +2)(\lambda +4)$, $E_{2}=\mathbb {R} (X^{2}-4X+4)$, $E_{-2}=\mathbb {R} (X^{2}-4X)$, $E_{4}=\mathbb {R} (X-1)$.

 

Exercice 2-12

Soit $A\in \mathrm {GL} _{n}(K)$. Exprimer le polynôme caractéristique de $A^{-1}$ en fonction de celui de $A$.

Solution

Si $\det(A-X\mathrm {I} _{n})=P(X)=\sum _{k=0}^{n}a_{k}X^{k}$ alors $\det(A^{-1}-X\mathrm {I} _{n})=\det \left[(-XA^{-1})\left(A-{1 \over X}\mathrm {I} _{n}\right)\right]=(-X)^{n}P(1/X)/P(0)=(-1)^{n}\sum _{k=0}^{n}a_{k}X^{n-k}/a_{0}$.

 

Exercice 2-13

Soient $E$ un espace vectoriel complexe de dimension $q$ et $a,b\in F:=\mathrm {L} (E)$ de spectres disjoints.

1. Montrer que $P_{b}(a)$ est inversible (appliquer le lemme des noyaux à $a$ et à $P_{a}P_{b}$).
2. En déduire que pour $\varphi \in \mathrm {L} (F)$ défini par $\varphi (x)=ax-xb$, on a $\ker \varphi =\{0\}$.
3. Soient maintenant $A,B\in \mathrm {M} _{q}(\mathbb {C} )$ ayant une valeur propre commune $\lambda$ et $U,V$ matrices colonnes non nulles telles que $AU=\lambda U$ et $B^{t}V=\lambda V$. Si $X=UV^{t}$, calculer $AX-XB$. Conclusion ?

Solution

1. $P_{a},P_{b}$ sont premiers entre eux donc $\{0\}=\ker P_{a}(a)\cap \ker P_{b}(a)=\ker(0)\cap \ker P_{b}(a)=E\cap \ker P_{b}(a)=\ker P_{b}(a)$.
2. Soit $x\in \ker \varphi$. Alors, $xb=ax$ donc pour tout polynôme $Q$ on a $xQ(b)=Q(a)x$. En particulier, $xP_{a}(b)=P_{a}(a)x=0x=0$ donc d'après la question précédente, $x=0$.
3. $AX-XB=AUV^{t}-UV^{t}B=\lambda UV^{t}-U\lambda V^{t}=0$. Conclusion : la condition suffisante pour que $\ker \varphi$ soit nul ($a,b$ de spectres disjoints) est également nécessaire.

 

Liens externes

• « Calculateur en ligne des valeurs propres d'une matrice », sur dcode.fr
• « Calculateur en ligne des espaces propres d'une matrice », sur dcode.fr