Réduction. Sous-espaces stables. [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 1

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1 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 1 Réduction Sous-espaces stables Exercice 1 [ ] [Correction] Soient u et v deux endomorphismes d un K-espace vectoriel E. On suppose que u et v commutent, montrer que Im u et ker u sont stables par v. Que dire de la réciproque? Exercice 5 [ ] [Correction] Soient u L(E) (avec dim E < + ) nilpotent et p N tel que u p = 0. a) Établir que pour tout k {1,..., p}, il existe un sous-espace vectoriel F k de E tel que ker u k = ker u k 1 F k b) Établir que E = F 1 F p. c) Observer que la matrice de u dans une base adaptée à la somme directe ci-dessus est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux nuls. Exercice 2 [ ] [Correction] Montrer qu un endomorphisme f d un K-espace vectoriel E commute avec un projecteur p si, et seulement si, les espaces Im p et ker p sont stables par f. Exercice 3 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel et f et g deux endomorphismes de E tels que f g = g f. a) Montrer que ker f et Im f sont stables par g i.e. g(ker f) ker f et g(im f) Im f b) En déduire que, si p est un projecteur de E, on a : p et f commutent si, et seulement si, Im p et ker p stables par f. Exercice 4 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension finie. On pose N = ker u p et I = Im u p p=0 p=0 a) Montrer qu il existe n N tel que N = ker u n et I = Im u n. b) Établir que N et I sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires stables par u et tels que les restrictions de u à N et I soient respectivement nilpotente et bijective. c) Réciproquement on suppose E = F G avec F et G sous-espaces vectoriels stables par u tels que les restrictions de u à F et G soient respectivement nilpotente et bijective. Établir F = N et G = I. Exercice 6 [ ] [Correction] Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie n non nulle et f L(E) vérifiant f 2 = Id E. a) Soit a E non nul. Montrer que la famille (a, f(a)) est libre. On pose F (a) = Vect (a, f(a)). b) Montrer qu il existe des vecteurs de E a 1,..., a p non nuls tels que E = F (a 1 ) F (a p ) c) En déduire que la dimension de E est paire et justifier l existence d une base de E dans laquelle la matrice de f est simple. Exercice 7 [ ] [Correction] Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie et u un endomorphisme de E vérifiant u 3 + u = 0 a) Montrer que l espace Im u est stable par u. b) Pour x Im u, calculer u 2 (x) c) Soit v l endomorphisme induit par u sur Im u. Montrer que v est un isomorphisme. d) En déduire que le rang de l endomorphisme u est un entier pair. Exercice 8 [ ] [Correction] Déterminer les sous-espaces vectoriels stables pour l endomorphisme de dérivation dans K [X].

2 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 2 Exercice 9 [ ] [Correction] [Endomorphisme cyclique] Soient u endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension finie n 2. On suppose que E est le seul sous-espace vectoriel non nul stable par u. a) L endomorphisme u possède-t-il des valeurs propres? b) Montrer que pour tout x E \ {0 E }, la famille (x, u(x),..., u n 1 (x)) est une base de E. Quelle est la forme de la matrice de u dans cette base? c) Montrer que cette matrice ne dépend pas du choix de x. Exercice 10 [ ] [Correction] Soient u et v deux endomorphismes d un K-espace vectoriel de dimension n N. On suppose u v = v u et v nilpotent. On désire montrer det(u + v) = det u en raisonnant par récurrence sur la dimension n 1. a) Traiter le cas n = 1 et le cas v = 0. b) Pour n 2 et v 0, former les matrices de u et v dans une base adaptée à Im v. c) Conclure en appliquant l hypothèse de récurrence aux restrictions de u et v au départ de Im v. Exercice 11 [ ] [Correction] Soient E un espace vectoriel de dimension finie et u L(E) nilpotent. Soit S un sous-espace vectoriel de E stable par u et tel que Montrer que S = E. E = S + Im u Exercice 12 [ ] [Correction] Soit E = E 1 E 2 un K-espace vectoriel. On considère Γ = {u L(E) ker u = E 1 et Im u = E 2 } a) Montrer, pour tout u de Γ que ũ = u E2 est un automorphisme de E 2. Soit φ: Γ GL(E 2 ) définie par φ(u) = ũ. b) Montrer que est une loi interne dans Γ. c) Montrer que φ est un morphisme injectif de (Γ, ) dans (GL(E 2 ), ). d) Montrer que φ est surjectif. e) En déduire que (Γ, ) est un groupe. Quel est son élément neutre? Exercice 13 [ ] [Correction] On note E = C(R, R) et on pose, pour toute f E et tout x R, T f(x) = f(x) + x a) L opérateur T est-il un automorphisme de E? 0 f(t) dt b) Existe-t-il un sous-espace vectoriel de E de dimension finie impaire et stable par T? Exercice 14 [ ] [Correction] Une matrice A = (a i,j ) M n (R) est dite magique s il existe un réel s vérifiant n n i 1 ; n, a i,j = s et j 1 ; n, a i,j = s j=1 On note U la colonne U = t ( 1 1 ) M n,1 (R). a) Montrer que la matrice A est magique si, et seulement si, il existe des réels λ et µ vérifiant AU = λu et t UA = µ t U Que dire alors des réels λ et µ? b) On introduit les espaces D = Vect(U) et H = {X M n,1 (R) t UX = 0}. Pourquoi peut-on affirmer que ces espaces sont supplémentaires? c) Montrer qu une matrice A de M n (R) est magique si, et seulement si, elle laisse stable les espaces D et H. d) En déduire que la dimension de l espace de matrices magiques de M n (R). Matrices semblables Exercice 15 [ ] [Correction] Soit A M 3 (R) vérifiant A 2 = 0 et A 0. i=1

3 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 3 Établir que A est semblable à la matrice B = Exercice 16 [ ] [Correction] Soit A M n (K) vérifiant A n 1 O n et A n = O n Établir que A est semblable à la matrice 0 1 (0) B =... 1 (0) 0 Exercice 17 [ ] [Correction] Soit A M n (K) une matrice non nulle telle que les espaces Im A et ker A soient supplémentaires. Montrer que la matrice A est semblable à une matrice de la forme ( ) A 0 avec A GL 0 0 r (K) Exercice 18 [ ] [Correction] Soit A M n (K) une matrice telle que A 2 = 0 et de rang r > 0. Montrer que A est semblable à ( ) 0 Ir B =. 0 0 Exercice 19 [ ] [Correction] Soit A M 3 (R) non nulle vérifiant A 3 + A = O 3 Montrer que A est semblable à la matrice Exercice 20 [ ] [Correction] Soit M M 4 (R) telle que M 2 + I = 0. Montrer que M est semblable à la matrice Exercice 21 [ ] [Correction] Soit A M n (R) de trace nulle. Montrer que A est semblable à une matrice de la forme Exercice 22 [ ] [Correction] Soit A M n (K) une matrice de rang 1. a) Montrer que A est semblable à une matrice dont les n 1 premières colonnes sont nulles. b) En déduire A 2 = tr(a).a et det(i n + A) = 1 + tr A Exercice 23 [ ] [Correction] Quelles sont les matrices carrées réelles d ordre n qui commutent avec diag(1, 2,..., n) et lui sont semblables? Exercice 24 [ ] [Correction] Soient A et B dans M n (R) semblables sur C. Montrer que A et B sont semblables sur R. Exercice 25 [ ] [Correction] Soit f : M n (C) C non constante telle que : (A, B) M n (C) 2, f(ab) = f(a)f(b) Pour A M n (C), prouver l équivalence : A inversible f(a) 0

4 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 4 Exercice 26 [ ] [Correction] Soit A M 3 (R) non nulle vérifiant A 2 = O 3. Déterminer la dimension de l espace C = {M M 3 (R) AM MA = O 3 } Exercice 27 [ ] [Correction] Les matrices suivantes sont-elles semblables? A = et B = Exercice 28 [ ] [Correction] Soit G une partie de M n (R) non réduite à la matrice nulle. On suppose que (G, ) est un groupe. Montrer qu il existe r N tel que le groupe (G, ) soit isomorphe à un sous-groupe de (GL r (R), ). Etude théorique des éléments propres d un endomorphisme Exercice 29 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension finie. Montrer 0 / Sp(f) f surjectif Exercice 30 [ ] [Correction] Soient f un endomorphisme d un K-espace vectoriel et n N. On suppose que 0 Sp(f n ). Montrer que 0 Sp(f). Exercice 31 [ ] [Correction] Soit u un automorphisme d un K-espace vectoriel E. Établir Sp u 1 = { λ 1 λ Sp u } Exercice 32 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel, u L(E), a GL(E) et v = a u a 1. Comparer Sp u et Sp v d une part, E λ (u) et E λ (v) d autre part. Exercice 33 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un K-espace vectoriel E tel que tout vecteur non nul en soit vecteur propre. Montrer que u est une homothétie vectorielle. Exercice 34 [ ] [Correction] Soient u, v deux endomorphismes d un espace vectoriel. a) Si λ 0 est valeur propre de u v, montrer qu il l est aussi de v u. b) Pour P E = R [X], on pose u(p ) = P et v(p ) = X 0 P (t) dt ce qui définit des endomorphismes de E. Déterminer ker(u v) et ker(v u) c) Montrer que la propriété de la première question reste valable pour λ = 0 si l espace E est de dimension finie. Exercice 35 [ ] [Correction] Soient u et v deux endomorphismes d un R-espace vectoriel E de dimension finie. Montrer que si λ est valeur propre de u v alors λ est aussi valeur propre de v u. Crochet de Lie Exercice 36 [ ] [Correction] Soient A, B M n (R) vérifiant AB BA = A. a) Calculer A k B BA k pour k N. b) À quelle condition la matrice A k est-elle vecteur propre de l endomorphisme M MB BM de M n (R)? c) En déduire que la matrice A est nilpotente.

5 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 5 Exercice 37 [ ] [Correction] Soient f et g deux endomorphismes d un C-espace vectoriel E de dimension finie n 1 tels que f g g f = f a) Montrer que f est nilpotent. b) On suppose f n 1 0. Montrer qu il existe une base e de E et λ C tels que : 0 1 (0) Mat e f =... 1 (0) 0 et Mat e g = diag(λ, λ + 1,..., λ + n 1) Exercice 38 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie non nulle, u, v dans L(E) et a, b dans C. On suppose u v v u = au + bv a) On étudie le cas a = b = 0. Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun. b) On étudie le cas a 0, b = 0. Montrer que u est non inversible. Calculer u n v v u n et montrer que u est nilpotent. Conclure que u et v ont un vecteur propre en commun. c) On étudie le cas a, b 0. Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun. a) On suppose [u ; v] = 0. Montrer que u et v sont cotrigonalisables. b) On suppose [u ; v] = λu avec λ C. Montrer que u est nilpotent et que u et v sont cotrigonalisables. c) On suppose l existence de complexes α et β tels que [u ; v] = αu + βv. Montrer que u et v sont cotrigonalisables. Exercice 41 [ ] [Correction] Soient f et g deux endomorphismes d un K-espace vectoriel E tels que f g g f = I. a) Montrer que, pour tout entier n 1, on a f n g g f n = nf n 1. b) En dimension finie non nulle, montrer qu il n existe pas deux endomorphismes f et g tels que f g g f = I. c) Montrer que dans E = K [X] les endomorphismes f et g définis par f(p ) = P et g(p ) = XP conviennent. Exercice 42 [ ] [Correction] Soient E un espace vectoriel réel de dimension finie, f et g deux endomorphismes de E vérifiant f g g f = f a) Calculer f n g g f n b) Soit P un polynôme. Montrer que si P (f) = 0 alors f P (f) = 0. c) En déduire que f est un endomorphisme nilpotent. Exercice 39 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie non nulle, (a, b) C 2, f et g dans L(E) tels que f g g f = af + bg Montrer que f et g ont un vecteur propre commun. Exercice 40 [ ] [Correction] Soit E un espace vectoriel complexe de dimension finie non nulle. Soient u et v des endomorphismes de E ; on pose [u ; v] = uv vu. Exercice 43 [ ] [Correction] Soit A M n (C). On considère l endomorphisme T de M n (C) défini par T (M) = AM MA a) On suppose que la matrice A est nilpotente. Montrer que l endomorphisme T est aussi nilpotent. b) Réciproque?

6 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 6 Exercice 44 [ ] [Correction] Soient A, B, C M n (R) vérifiant AB BA = C On suppose en outre que C commute avec les matrices A et B. a) On suppose que A et diagonalisable. Montrer que la matrice C est nulle. b) On suppose que la matrice C est diagonalisable. Montrer à nouveau de que la matrice C est nulle. Exercice 45 [ ] [Correction] On fixe A M p (R) et on considère : M M p (R) AM MA. a) Prouver que est un endomorphisme de M p (R) et que : n N, (M, N) M p (R) 2, n (MN) = n k=0 b) On suppose que B = (H) commute avec A. Montrer : Vérifier n (H n ) = n!b n. 2 (H) = 0 et n+1 (H n ) = 0 ( ) n k (M) n k (N) k c) Soit. une norme sur M p (R). Montrer que B n 1/n n + 0. d) En déduire que la matrice B est nilpotente. Exercice 46 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie non nulle, u et v deux endomorphismes de E. a) On suppose dans cette question et dans la suivante que u v v u = u. Montrer que ker(u) est stable par v. b) Montrer que ker(u) {0}. Indice : On pourra raisonner par l absurde et utiliser la trace. En déduire que u et v ont un vecteur propre commun. c) On suppose maintenant que u v v u Vect (u, v) Montrer qu il existe une base de E dans laquelle les matrices de u et v sont triangulaires supérieures. Eléments propres d un endomorphisme Exercice 47 [ ] [Correction] Soient E = C (R, R) et D l endomorphisme de E qui à f associe sa dérivée f. Déterminer les valeurs propres de D ainsi que les sous-espaces propres associés. Exercice 48 [ ] [Correction] Soient E = C N et f : E E l application qui transforme une suite u = (u n ) en v = (v n ) définie par v 0 = u 0 et n N, v n = u n + u n 1 2 Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de f. Exercice 49 [ ] [Correction] Soient E l espace des suites réelles convergeant vers 0 et : E E l endomorphisme défini par Déterminer les valeurs propres de. u E, n N, (u)(n) = u(n + 1) u(n) Exercice 50 [ ] [Correction] Soient E = C 0 (R, R) et I l endomorphisme de E qui à f E associe sa primitive qui s annule en 0. Déterminer les valeurs propres de I. Exercice 51 [ ] [Correction] Soit E le R-espace vectoriel des fonctions continues de [0 ; + [ vers R convergeant en +. Soit T l endomorphisme de E donné par x [0 ; + [, T (f)(x) = f(x + 1) Déterminer les valeurs propres de T et les vecteurs propres associés.

7 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 7 Exercice 52 [ ] [Correction] Soit E le sous-espace vectoriel des fonctions de C([0 ; + [R) s annulant en 0. Pour tout f E, on définit ϕ(f): [0 ; + [ R par ϕ(f)(0) = 0 et ϕ(f)(x) = 1 x x 0 f(t) dt pour x > 0 a) Montrer que ϕ(f) E puis que ϕ est un endomorphisme de E. b) Déterminer les éléments propres de ϕ. Exercice 53 [ ] [Correction] Soit E l espace vectoriel des fonctions continues de [0 ; + [ vers R. Pour tout f E, on définit T (f): ]0 ; + [ R par T (f)(x) = 1 x x 0 f(t) dt pour x > 0 a) Montrer que la fonction T (f) se prolonge par continuité en 0 et qu alors T est un endomorphisme de E. b) Déterminer les éléments propres de T. Exercice 54 [ ] [Correction] Soit E l espace des fonctions f de classe C 1 de [0 ; + [ vers R vérifiant f(0) = 0. Pour un élément f de E on pose T (f) la fonction définie par T (f)(x) = x 0 f(t) t Montrer que T est un endomorphisme de E et trouver ses valeurs propres. Exercice 55 [ ] [Correction] Soit E = C([0 ; 1], R). Si f E on pose T (f): x [0 ; 1] 1 a) Vérifier que T est un endomorphisme de E. 0 dt min(x, t)f(t) dt b) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de T. Exercice 56 [ ] [Correction] a) Montrer que Φ, qui à P associe est un endomorphisme de R 4 [X]. (X 2 1)P (X) (4X + 1)P (X) b) Résoudre l équation différentielle ( 5 λ y = 2(x 1) λ ) y 2(x + 1) c) En déduire les valeurs propres et les vecteurs propres de Φ. Exercice 57 [ ] [Correction] Déterminer valeurs propres et vecteurs propres de l endomorphisme ϕ de R n [X] défini par ϕ: P (X 2 1)P nxp Exercice 58 [ ] [Correction] Soit a R et n 2. a) Montrer que φ(p )(X) = (X a) (P (X) P (a)) 2(P (X) P (a)) définit un endomorphisme de R n [X]. b) À l aide de la formule de Taylor, déterminer l image et le noyau de φ. c) Trouver ses éléments propres. L endomorphisme est-il diagonalisable? Exercice 59 [ ] [Correction] a) Soit f un endomorphisme d un R-espace vectoriel de dimension finie. Si a est valeur propre de f, de multiplicité m, et si E(f, a) est le sous-espace propre attaché, montrer 1 dim E(f, a) m b) Soit A = Déterminer simplement les valeurs propres de A. La matrice A est-elle diagonalisable?

8 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 8 Polynômes caractéristiques Exercice 60 [ ] [Correction] a) Montrer que deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique. b) Réciproque? Exercice 61 [ ] [Correction] Soit F un sous-espace vectoriel stable par un endomorphisme u d un K-espace vectoriel E de dimension finie. Établir que le polynôme caractéristique de l endomorphisme induit par u sur F divise le polynôme caractéristique de u. Exercice 62 [ ] [Correction] Soient A, B M n (C). On désire établir l égalité des polynômes caractéristiques a) Établir l égalité quand A GL n (C). χ AB = χ BA b) Pour A / GL n (C), justifier que pour p N assez grand A + 1 p I n GL n (C). En déduire que l égalité est encore vraie pour A non inversible. Exercice 63 [ ] [Correction] Soient A M n,p (K), B M p,n (K) et λ K. En multipliant à droite et à gauche la matrice ( ) λin A M = M B I n+p (K) p par des matrices triangulaires par blocs bien choisies, établir λ p χ AB (λ) = λ n χ BA (λ) Exercice 64 [ ] [Correction] Soit (A, B) M p,q (R) M q,p (R). Montrer que Indice : Commencer par le cas où X q χ AB (X) = X p χ BA (X) A = ( ) Ir Exercice 65 [ ] [Correction] Soient A, B M n (K) et p N. Établir χ (AB) p = χ (BA) p Exercice 66 [ ] [Correction] Soit A M n (R) inversible de polynôme caractéristique χ A. Établir que pour tout x 0, χ A 1(x) = Exercice 67 [ ] [Correction] Soit A M n (C). Montrer Exercice 68 [ ] [Correction] xn χ A (0) χ A(1/x) χ A Ā R [X] a) Si P Z [X] est unitaire de degré n, existe-t-il une matrice A M n (Z) de polynôme caractéristique P (X)? b) Soient (λ 1,..., λ n ) C n et le polynôme P = n (X λ i ) On suppose P Z [X]. Montrer que pour tout q N le polynôme appartient encore à Z [X]. P q = i=1 n (X λ q i ) i=1 c) Soit P dans Z [X] unitaire dont les racines complexes sont de modules 1. Montrer que les racines non nulles de P sont des racines de l unité. Exercice 69 [ ] [Correction] Soient n 2 et f L(C n ) endomorphisme de rang 2. Exprimer le polynôme caractéristique de f en fonction de tr f et tr f 2.

9 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 9 Exercice 70 [ ] [Correction] Soient A et B dans M n (K)(K = R ou C). a) Comparer Sp B et Sp t B. b) Soit C M n (K). Montrer que s il existe λ pour lequel AC = λc, alors Im C ker(a λi n ). c) Soit λ une valeur propre commune à A et B. Montrer qu il existe C M n (K), C 0, telle que AC = CB = λc. d) On suppose l existence de C M n (K) avec rg C = r et AC = CB. Montrer que le PGCD des polynômes caractéristiques de A et B est de degré r. e) Étudier la réciproque de d). Exercice 71 [ ] [Correction] Soient A, B M n (R). On suppose qu il existe M dans M n (R) de rang r tel que AM = MB Montrer que deg(χ A χ B ) r. Soient A et B dans M n (K)(K = R ou C). Calcul de polynômes caractéristiques Exercice 72 [ ] [Correction] Calculer le polynôme caractéristique de la matrice a 0 a 1 a n 1 Exercice 73 [ ] [Correction] Soient A n = M n(c) et P n (x) = det(xi n A n ) a) Montrer P n (x) = xp n 1 (x) P n 2 (x) Calculer P 1 (x) et P 2 (x). b) Pour tout x ] 2 ; 2[, on pose x = 2 cos α avec α ]0 ; π[. Montrer que P n (x) = sin((n + 1)α) sin α c) En déduire que P n (x) admet n racines puis que A n est diagonalisable. Exercice 74 [ ] [Correction] Soient a 1,..., a n C, tous distincts et P (x) = det(a + xi n ) avec 0 a 2 a n A = a an a 1 a n 1 0 a) Calculer P (a i ) et décomposer en éléments simples la fraction b) En déduire det A. P (x) n i=1 (x a i) Exercice 75 [ ] [Correction] Soient a 1,..., a n C deux à deux distincts. On pose 0 a 2... a n. P (x) = det(a + xi n ) avec A = a an a 1 a n 1 0 a) Calculer P (a i ). b) Justifier que P est un polynôme unitaire de degré n. c) Former la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle d) En déduire le déterminant de A + I n. P (X) n i=1 (X a i)

10 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 10 Applications du polynôme caractéristique Exercice 76 [ ] [Correction] Soient A, B M n (R). Montrer que AB et BA ont même valeurs propres. Exercice 77 [ ] [Correction] Soit A M n (R) telle que Sp A R +. Montrer det A 0 Exercice 81 [ ] [Correction] a) Rappeler pourquoi un endomorphisme d un C-espace vectoriel de dimension finie non nulle admet au moins un vecteur propre. b) Soient u, v deux endomorphismes d un C-espace vectoriel E de dimension finie non nulle. On suppose u v = v u Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun. Exercice 78 [ ] [Correction] Soient A, B M n (C). Établir χ A (B) GL n (C) Sp A Sp B = Exercice 82 [ ] [Correction] Soient A, B M n (C) vérifiant AB = BA. Montrer que A et B ont un vecteur propre en commun. Exercice 79 [ ] [Correction] a) Soient B, C M n (C) semblables Pour x C, montrer que les matrices xi n B et xi n C sont semblables. En est-il de même de (xi n B) 1 et (xi n C) 1? b) Soit A M n (C). On note P A (x) = det(xi n A) et P A le polynôme dérivé de P A. On suppose que x n est pas valeur propre de A, montrer tr (xi n A) 1 = P A (x) P A (x) Existence de valeurs propres dans un espace complexe Exercice 80 [ ] [Correction] Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie. a) Justifier que tout endomorphisme de E possède au moins une valeur propre b) Observer que l endomorphisme P (X) (X 1)P (X) de C [X] n a pas de valeurs propres. Exercice 83 [ ] [Correction] Montrer que A, B M n (C) ont une valeur propre en commun si, et seulement si, il existe U M n (C) non nulle vérifiant UA = BU. Exercice 84 [ ] [Correction] K désigne R ou C. On dit qu une matrice A M n (K) vérifie la propriété (P ) si M M n (K), λ K, det(m + λa) 0 a) Rappeler pourquoi une matrice de M n (C) admet au moins une valeur propre. b) Soit T une matrice triangulaire supérieure de diagonale nulle. Calculer det(i n + λt ). En déduire que T vérifie la propriété (P ) c) Déterminer le rang de la matrice ( ) 0 Ir T r = M 0 0 n (K) d) Soient A vérifiant (P ) et B une matrice de même rang que A ; montrer et en déduire que B vérifie (P ). (P, Q) GL n (K) 2, B = P AQ

11 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 11 e) Conclure que, dans M n (C), les matrices non inversibles vérifient (P ) et que ce sont les seules. f) Que dire des cette propriété dans le cas M n (R) (on distinguera n pair et n impair)? a) Montrer que 1 Sp(A). b) Justifier que si λ C est valeur propre de A alors λ 1. c) Observer que si λ C est valeur propre de A et vérifie λ = 1 alors λ est une racine de l unité. Exercice 85 [ ] [Correction] Soient u, v deux endomorphismes d un C-espace vectoriel E de dimension finie non nulle vérifiant u v = v u. Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun. Eléments propres d une matrice Exercice 86 [ ] [Correction] Soit A M n (K) vérifiant rg(a) = 1. Montrer qu il existe λ K tel que A 2 = λa et que ce scalaire λ est valeur propre de A. Exercice 87 [ ] [Correction] Pour A M n (R), on pose Montrer que A = sup 1 i n j=1 n a i,j Sp(A) [ A ; A ] Exercice 88 [ ] [Correction] Soit A = (a i,j ) M n (R) vérifiant pour tout i, j {1,..., n} a i,j > 0 et pour tout i {1,..., n}, n j=1 a i,j = 1. a) Montrer que 1 Sp(A). b) Justifier que si λ C est valeur propre de A alors λ 1. c) Observer que si λ C est valeur propre de A et vérifie λ = 1 alors λ = 1. Exercice 89 [ ] [Correction] Soit A = (a i,j ) M n (R) vérifiant pour tout i, j {1,..., n} a i,j R + et pour tout i {1,..., n}, n j=1 a i,j = 1. Exercice 90 [ ] [Correction] Soit la matrice A M n (R) donnée par A = (min(i, j)) 1 i,j n. a) Trouver une matrice triangulaire inférieure unité L et une matrice triangulaire supérieure U telle que A = LU. b) Exprimer A 1 à l aide de c) Montrer que Sp A 1 [0 ; 4]. 0 1 (0) N =... 1 (0) 0 Exercice 91 [ ] [Correction] Déterminer les valeurs propres de la matrice de M n (R) suivante (0) M = (0) 1 Exercice 92 [ ] [Correction] Déterminer les valeurs propres de la matrice M n(r) 1 1 1

12 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 12 Exercice 93 [ ] [Correction] Soit n N, n 2. Déterminer les valeurs propres de la comatrice de A M n (C). On commencera par étudier le cas où la matrice A est inversible. Exercice 94 [ ] [Correction] Soient n 3 et 0 (0) 1. A = M n(r) 1 (0) 0 a) Calculer les rangs de A et A 2. b) Soit f l endomorphisme de R n canoniquement représenté par la matrice A. Montrer ker f Im f = R n c) En déduire que la matrice A est semblable à une matrice de la forme 0 (0)... 0 avec B GL 2(R) (0) B d) Calculer tr B et tr B 2. En déduire les valeurs propres de B puis celles de A. e) La matrice A est-elle diagonalisable? Exercice 95 [ ] [Correction] Soit (a 0,..., a p 1 ) C p. On suppose que 1 est racine simple de P (X) = X p ( a p 1 X p a 1 X + a 0 ) On suppose la convergence d une suite (u n ) n N déterminée par ses p premiers termes u 0,..., u p 1 et la relation de récurrence Déterminer la limite de (u n ) n N. u n+p = a p 1 u n+p a 1 u n+1 + a 0 u n Exercice 96 [ ] [Correction] Expliquer brièvement pourquoi t Com(A)A = det(a)i n On suppose que A admet n valeurs propres distinctes ; que vaut det(a)? Que représente un vecteur propre de A pour t Com(A)? On suppose de plus que A n est pas inversible. Déterminer dim ker t Com A Prouver que t Com A n admet que deux valeurs propres, les expliciter. Exercice 97 [ ] [Correction] Soient 0 1 (0). A n = M n(c) (0) 1 0 et χ n son polynôme caractéristique. a) Calculer pour tout α ]0 ; π[. u n = χ n (2 cos α) b) Déterminer les valeurs propres de A n. Quelle est la dimension des sous-espaces propres de A n? c) Déterminer les sous-espaces propres de A n Indice : on pourra, pour λ valeur propre de A n, chercher X = x 1. x n M n,1 (C) vérifiant AX = λx et poser x 0 = x n+1 = 0. Eléments propres d un endomorphisme matriciel Exercice 98 [ ] [Correction] Soient n N et E = M n (R). Pour A E, on introduit u: E E défini par u(m) = AM

13 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 13 Montrer que A et u ont les mêmes valeurs propres et préciser les sous-espaces propres de u en fonction de ceux de A. b) On suppose K = R. La matrice A est-elle diagonalisable? c) Mêmes questions avec B. Exercice 99 [ ] [Correction] Soient A M n (C) et Φ A l endomorphisme de M n (C) définie par Φ A (M) = AM. a) Montrer que les valeurs propres de Φ A sont les valeurs propres de A. b) Déterminer les valeurs propres de Ψ A : M MA. Exercice 100 [ ] [Correction] On considère les matrices réelles ( ) ( ) 1 0 a b A = et M = 0 2 c d a) Calculer AM MA. b) Déterminer les éléments propres de l endomorphisme M AM M A. Diagonalisabilité d une matrice par similitude Exercice 101 [ ] [Correction] Montrer que si A est diagonalisable alors t A l est aussi. Exercice 102 [ ] [Correction] Soient A GL n (K) et B M n (K). On suppose la matrice AB diagonalisable. Montrer que BA est diagonalisable. Diagonalisabilité d une matrice par l étude des éléments propres Exercice 103 [ ] [Correction] Soient α R et ( ) ( ) cos α sin α cos α sin α A = M sin α cos α 2 (K) et B = M sin α cos α 2 (K) a) On suppose K = C. La matrice A est-elle diagonalisable? Exercice 104 [ ] [Correction] Soient a, b, c R. La matrice 0 b c M = a 0 c M 3 (R) a b 0 est-elle diagonalisable? Exercice 105 [ ] [Correction] Soient a, b R tels que a b et a b a b b a b a A = a b a b b a b a M 2n (R) (avec n 2) a) Calculer le rang de A. En déduire que 0 est valeur propre de A et déterminer la dimension du sous-espace propre associé. b) Déterminer deux vecteurs propres non colinéaires et en déduire que A est diagonalisable. Exercice 106 [ ] [Correction] Monter que la matrice suivante est diagonalisable 0 1 (0). n.. 2 A =. n n (0) 1 0 M n+1 (C) (indice : on pourra interpréter A comme la matrice d un endomorphisme de C n [X])

14 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 14 Exercice 107 [ ] [Correction] a) Exprimer le polynôme caractéristique de la matrice en fonction du polynôme M = a 0 a 1 a n 1 P (X) = X n (a n 1 X n a 1 X + a 0 ) b) Soit λ une racine de P. Déterminer le sous-espace propre de M associé à la valeur propre λ. c) À quelle condition la matrice M est-elle diagonalisable? Exercice 108 [ ] [Correction] Considérons la matrice A suivante : A = 1 k M 4(C) a) On suppose k réel, la matrice A est-elle diagonalisable dans M 4 (R)? (sans calculs) ; b) Déterminer le rang de A. c) Donner la raison pour laquelle le polynôme caractéristique de A est de la forme X 2 (X u 1 )(X u 2 ) avec u 1, u 2 appartenant à C et vérifiant u 1 + u 2 = k et u u 2 2 = k d) Étudier les éléments propres dans le cas où u 1 = u 2. e) En déduire les valeurs de k pour que A soit diagonalisable dans M 4 (C). Exercice 109 [ ] [Correction] Pour quelle(s) valeurs de x R, la matrice suivante n est-elle pas diagonalisable? 2 x 5 + x x A = x 2 x x Exercice 110 [ ] [Correction] Soient a, b, c, d quatre nombres complexes avec a 2 + b 2 0 et a b c d A = b a d c c d a b d c b a a) Calculer A t A, det A et montrer que rg(a) = 2 ou 4. b) On pose α 2 = b 2 + c 2 + d 2 supposé non nul. Montrer que A est diagonalisable. Exercice 111 [ ] [Correction] Soit (a 1,..., a n 1 ) C n 1. a) Quel est le rang de A M n (C) définie par 0 0 a 1 A = a n 1? a 1 a n 1 0 b) Avec la trace, que peut-on dire des valeurs propres? c) A est-elle diagonalisable? Exercice 112 [ ] [Correction] ( ) O In Soient A M n (K) et B =. A O a) Étudier les valeurs propres de B en fonction de celles de A. b) On suppose A diagonalisable. B est-elle diagonalisable? Exercice 113 [ ] [Correction] Soient A 1 M p (K), A 2 M q (K) et A M p+q (K) définie par ( ) A1 O A = O A 2 Montrer que A est diagonalisable si, et seulement si, A 1 et A 2 le sont.

15 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 15 Diagonalisabilité des matrices de rang 1 Exercice 114 [ ] [Correction] Soit A M n (C) telle que rg A = 1. Établir A diagonalisable si, et seulement si, tr A 0 Exercice 115 [ ] [Correction] Soient X, Y M n,1 (K) non nuls. À quelle condition la matrice X t Y est-elle diagonalisable? Exercice 116 [ ] [Correction] Soient K un sous-corps de C et 1 1 J =.. M n (K) 1 1 Montrer que J est diagonalisable. Exercice 117 [ ] [Correction] Soit (a 1,..., a n ) C n. La matrice (a i a j ) 1 i,j n est-elle diagonalisable? Exercice 118 [ ] [Correction] Parmi les matrices élémentaires E i,j de M n (K), lesquelles sont diagonalisables? Exercice 119 [ ] [Correction] Soient (a 1,..., a n ) (R +) n et a 1 a 1 a 1 a 2 a 2 a 2 N =... a n a n a n Calculer N 2, la matrice N est-elle diagonalisable? Montrer que M = 2N + I n est inversible et calculer M 1. Diagonalisation d une matrice Exercice 120 [ ] [Correction] On pose a 2 ab ab b 2 M(a, b) = ab a 2 b 2 ab ab b 2 a 2 ab b 2 ab ab a 2 pour tous a, b réels. a) Ces matrices sont-elles simultanément diagonalisables? b) Étudier et représenter graphiquement l ensemble des (a, b) R 2 tel que M(a, b) n tend vers 0 quand n tend vers. Exercice 121 [ ] [Correction] Soient a, b deux réels et les matrices a b b b b a. A = b a b et B =. a b b. b b a a b b Réduire ces deux matrices. Exercice 122 [ ] [Correction] Diagonaliser les matrices de M n (R) et Exercice 123 [ ] [Correction] Soit 0 (b) M n =... M n (C) (a)

16 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 16 À quelle condition la matrice M n est-elle diagonalisable? Déterminer alors une base de vecteurs propres Calcul de puissances d une matrice Exercice 124 [ ] [Correction] Calculer A n pour A = Exercice 125 [ ] [Correction] Soit ( ) cos θ 2 sin θ A = 1 2 sin θ cos θ a) Déterminer deux réels α, β tel que A 2 = αa + βi 2. b) Calculer A n pour n 1. Exercice 126 [ ] [Correction] Soit 0 1 M =... M n (R) avec n a) Montrer que M est diagonalisable. b) Déterminer le polynôme minimal de M. c) Calculer M p pour p N. Applications diverses de la diagonalisabilité b) Combien y a-t-il de matrice M telle que M 2 = A dans M n (C)? dans M n (R)? Exercice 128 [ ] [Correction] Soit ( ) 5 3 A = M (R) a) Diagonaliser la matrice A en précisant la matrice de passage P b) Soit M M 2 (R) une matrice telle que M 2 + M = A. Justifier que la matrice P 1 MP est diagonale. c) Déterminer les solutions de l équation M 2 + M = A. Exercice 129 [ ] [Correction] Soit pour n 2 la matrice 0 1 (0). J = a) Montrer que la matrice J est diagonalisable dans M n (C) b) Application : exprimer a 0 a 1 a n 1. a..... n a1 a 1 a n 1 a 0 Exercice 127 [ ] [Correction] a) Déterminer les valeurs propres de A = Exercice 130 [ ] [Correction] Les matrices et sont-elles semblables?

17 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 17 Exercice 131 [ ] [Correction] Soit G un sous-groupe de (GL n (R), ) vérifiant a) Montrer que G est commutatif. M G, M 2 = I n b) En déduire que les éléments de G sont codiagonalisables. c) En déduire Card G 2 n d) Application : Montrer que s il existe un isomorphisme entre (GL n (R), ) et (GL m (R), ) alors n = m. Exercice 132 [ ] [Correction] Soient A, B M n (R) avec B diagonalisable. Montrer AB 3 = B 3 A = AB = BA Exercice 133 [ ] [Correction] Soient p, q N et A, B, M M n (C) avec A, B diagonalisables. Montrer Exercice 136 [ ] [Correction] Soit M M n (R) telle que M 2 soit triangulaire supérieure à coefficients diagonaux deux à deux distincts. Montrer que M est aussi triangulaire supérieure. Exercice 137 [ ] [Correction] a) Soit D M n (C). Déterminer l inverse de ( ) In D O n I n b) Soient A, B M n (C) diagonalisables telles que Sp A Sp B =. Montrer que pour tout matrice C M n (C), les matrices suivantes sont semblables ( ) ( ) A C A On et O n B O n B Exercice 138 [ ] [Correction] a) Déterminer les entiers k pour lesquelles l équation A p MB q = O n = AMB = O n e iθ + e ikθ = 1 Exercice 134 [ ] [Correction] Soit ϕ une application de M 2 (C) vers C vérifiant : Montrer que ϕ = det. A, B M 2 (C), ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) et ϕ ( ) λ 0 = λ 0 1 Exercice 135 [ ] [Correction] On considère trois suites réelles (u n ) n 0, (v n ) n 0 et (w n ) n 0 vérifiant u n+1 = u n + v n + w n v n+1 = u n v n + w n w n+1 = u n + v n w n À quelle condition sur (u 0, v 0, w 0 ), ces trois suites sont-elles convergentes? admet au moins une solution θ R. b) Soit S k l ensemble des suites réelles u telles que n N, u n+k = u n + u n+k 1 À quelle condition sur k, S k contient-il une suite périodique non nulle. Diagonalisabilité d un endomorphisme par l étude de ses éléments propres Exercice 139 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un K-espace vectoriel de dimension finie E. On suppose que Im(u Id E ) Im(u + Id E ) = {0 E } Montrer que u est diagonalisable.

18 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 18 Exercice 140 [ ] [Correction] Soit E = R n [X]. Pour P E, on pose ϕ(p ) = P (X + 1)P. a) Justifier que ϕ définit un endomorphisme de R n [X]. b) Déterminer les valeurs propres de ϕ et justifier que ϕ est diagonalisable. Exercice 141 [ ] [Correction] Montrer que l application f : P (X) (X 2 1)P (X) + 2XP (X) est un endomorphisme de l espace vectoriel réel E = R n [X]. Former la matrice de f relative à la base canonique de E. En déduire la diagonalisabilité de f ainsi que ses valeurs propres et la dimension des sous-espaces propres associés. Exercice 142 [ ] [Correction] Soient E = R n [X] et deux réels a b. Pour P E, on pose ϕ(p ) = (X a)(x b)p nxp a) Montrer que ϕ est un endomorphisme de E. b) Déterminer les valeurs propres de ϕ et en déduire que ϕ est diagonalisable. Exercice 143 [ ] [Correction] L endomorphisme φ de M n (R) défini par est-il diagonalisable? φ(m) = M + tr(m).i n Exercice 144 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie, f L(E) et F L(L(E)) définie par F (u) = f u. a) Montrer que f est diagonalisable si, et seulement si, F l est. b) Montrer que f et F ont les mêmes valeurs propres. c) Soit λ une valeur propre de f. Établir dim E λ (F ) = dim E dim E λ (f). Exercice 145 [ ] [Correction] Soient E un espace vectoriel de dimension finie, un projecteur fixé de E et F : L(E) L(E) définie par a) F est-elle linéaire? b) F est-elle diagonalisable? F : f 1 (f p + p f) 2 c) Quelle est la dimension des sous-espaces propres associés? Exercice 146 [ ] [Correction] Soient A R [X] et B R [X] scindé à racines simples de degré n + 1. Soit Φ l endomorphisme de R n [X] qui à P R [X] associe le reste de la division euclidienne de AP par B. Déterminer les éléments propres de Φ. L endomorphisme Φ est-il diagonalisable? Exercice 147 [ ] [Correction] Soient A, B fixés dans R n [X]. On note f l application qui, à P R n [X] associe le reste de la division euclidienne de AP par B. a) Montrer que f est un endomorphisme ; est-ce un isomorphisme? b) On suppose dans la suite que les polynômes A et B premiers entre eux avec B scindé à racines simples ; donner les valeurs propres de f. c) L endomorphisme f est-il diagonalisable? Exercice 148 [ ] [Correction] Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie, f L(E) tel que f 2 = f. Étudier les éléments propres et la diagonalisabilité de l endomorphisme u fu uf de L(E). Exercice 149 [ ] [Correction] Soient E un espace vectoriel réel de dimension finie et f L(E). On définit T L(E) L(E) par T (g) = f g g f Montrer que si f est diagonalisable, alors T est diagonalisable ; si f est nilpotente, alors T est nilpotente.

19 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 19 Exercice 150 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie et e = (e 1,..., e n ) une base de E. On considère l endomorphisme f de E déterminé par a) Donner la matrice de f dans e. k {1,..., n}, f(e k ) = e k + b) Déterminer les sous-espaces propres de f. c) L endomorphisme f est-il diagonalisable? d) Calculer le déterminant de f. L endomorphisme f est-il inversible? Exercice 151 [ ] [Correction] On considère un R-espace vectoriel de dimension finie E, u un endomorphisme de E, U = (u i,j ) la matrice de u dans une base de E, e i,j les projecteurs associés à cette base et E i,j la matrice de ces projecteurs. On considère ϕ l endomorphisme dans L(E) tel que ϕ(v) = u v a) Montrer que ϕ et u ont les mêmes valeurs propres. b) Calculer UE i,j en fonction des E k,j. En déduire qu il existe une base de L(E) dans laquelle la matrice de ϕ est diagonale par blocs. c) Exprimer cette matrice. Exercice 152 [ ] [Correction] Soient D = diag(λ 1,..., λ n ) et ϕ: M DM MD endomorphisme de M n (K). a) Calculer ϕ(e i,j ) où E i,j désigne la matrice élémentaire d indice (i, j) de M n (K). Quelle particularité présente la matrice de ϕ relativement à la base canonique de M n (K)? b) Soit f un endomorphisme diagonalisable d un K-espace vectoriel E de dimension finie. L endomorphisme φ: u f u u f de L(E) est-il diagonalisable? n i=1 e i Exercice 153 [ ] [Correction] Soient E = S 2 (R), ( ) a b A = M c d 2 (R) et Φ: S 2 (R) S 2 (R) définie par Φ(S) = AS + S t A a) Déterminer la matrice de Φ dans une base de E. b) Quelle relation existe-t-il entre les polynômes caractéristiques χ Φ et χ A? c) Si Φ est diagonalisable, la matrice A l est-elle? d) Si A est diagonalisable, l endomorphisme Φ l est-il? Applications de la diagonalisabilité d un endomorphisme Exercice 154 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension n admettant exactement n valeurs propres distinctes. a) Montrer qu il existe a E tel que la famille (a, f(a),..., f n 1 (a)) soit une base de E. b) Quelle est la forme de la matrice de f dans cette base? Exercice 155 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme diagonalisable d un K-espace vectoriel E de dimension n. On note C f l ensemble des endomorphismes qui commutent avec f. a) Montrer que C f est un sous-espace vectoriel de L(E). b) Montrer qu un endomorphisme g appartient à C f si, et seulement si, chaque sous-espace propre de f est stable par g. c) En déduire que dim C f = λ Sp(f) où α λ est l ordre de multiplicité de la valeur propre λ. d) On suppose que les valeurs propres de f sont simples. Montrer que (Id, f,..., f n 1 ) est une base de C f. α 2 λ

20 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 20 Exercice 156 [ ] [Correction] Soit E un espace vectoriel de dimension finie n 2. a) Donner un exemple d endomorphisme f de E dont l image et le noyau ne sont pas supplémentaires. b) On suppose, dans cette question seulement, que f est une endomorphisme de E diagonalisable. Justifier que l image et le noyau de f sont supplémentaires. c) Soit f un endomorphisme de E. Montrer qu il existe un entier nature non nul k tel que Im(f k ) ker(f k ) = E L endomorphisme f k est-il nécessairement diagonalisable? d) Le résultat démontré en c) reste-t-il valable si l espace est de dimension infinie? Exercice 157 [ ] [Correction] Soit v un endomorphisme d un C-espace vectoriel E de dimension finie diagonalisable. a) Montrer qu il existe un endomorphisme u de E vérifiant u 2 = v. b) Montrer qu on peut choisir u solution qui soit un polynôme en v. Exercice 158 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme d un R-espace vectoriel E de dimension n possédant exactement n valeurs propres. a) Déterminer la dimension des sous-espaces propres de f. b) Soit g un endomorphisme de E vérifiant g 2 = f. Montrer que g et f commutent. En déduire que les vecteurs propres de f sont aussi vecteurs propres de g. c) Combien y a-t-il d endomorphismes g de E solutions de l équation g 2 = f Exercice 160 [ ] [Correction] Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie et u L(E), v L(E) diagonalisables vérifiant u 3 = v 3 Montrer que u = v. Trigonalisabilité d une matrice Exercice 161 [ ] [Correction] Montrer qu une matrice triangulaire inférieure est trigonalisable. Exercice 162 [ ] [Correction] Soient A, B M n (C) vérifiant AB = O n. a) Montrer que les matrices A et B ont un vecteur propre en commun. b) Établir que A et B sont simultanément trigonalisables. Exercice 163 [ ] [Correction] Soient A, B M n (C) vérifiant AB = BA. a) Montrer que les matrices A et B ont un vecteur propre en commun. b) Établir que les matrices A et B sont simultanément trigonalisables. Trigonalisation d une matrice Exercice 164 [ ] [Correction] Soit A = a) Calculer le polynôme caractéristique de A. b) Trigonaliser la matrice A. Exercice 159 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension n N. On suppose que f possède exactement n valeurs propres distinctes. Montrer que seuls les polynômes en f commutent avec f (indice : on pourra introduire un polynôme interpolateur convenable). Exercice 165 [ ] [Correction] Soit A =

21 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 21 a) Calculer le polynôme caractéristique de A. b) Trigonaliser la matrice A. «Tout sous-espace vectoriel stable par u admet un supplémentaire stable» Montrer que l endomorphisme u est diagonalisable. Exercice 166 [ ] [Correction] Trigonaliser la matrice A = Exercice 171 [ ] [Correction] Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie. Déterminer les f L(E) tels que tout sous-espace vectoriel de E stable par f possède un supplémentaire stable. Exercice 167 [ ] [Correction] Montrer que la matrice est trigonalisable et préciser une matrice de passage. Exercice 168 [ ] [Correction] a) Déterminer l ensemble Ω des réels a tels que A = 1 a n est pas diagonalisable. b) Pour a Ω, trouver P inversible telle que P 1 AP soit triangulaire supérieure. Réduction et sous-espaces stables Exercice 169 [ ] [Correction] Soient f, g endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension finie. On suppose que f est diagonalisable. Montrer : f g = g f chaque sous - espace propre de f est stable par g Exercice 170 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un C-espace vectoriel E de dimension finie vérifiant : Exercice 172 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel muni d une base B, f L(E) et H un hyperplan. a) Déterminer la dimension du sous-espace vectoriel {u E u(h) = {0}}. b) Montrer que si H a pour équation u(x) = 0 alors H est stable par f si, et seulement si, u f est colinéaire à u. c) Soient A et L les matrices dans B de f et u. Montrer que H est stable par f si, et seulement si, t L est vecteur propre de t A d) Déterminer les plans stables par A = Exercice 173 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un R-espace vectoriel E de dimension finie non nulle Montrer qu il existe une droite vectorielle ou un plan vectoriel stable par u. Exercice 174 [ ] [Correction] Soient f une endomorphisme de R n et A sa matrice dans la base canonique de R n. On suppose que λ est une valeur propre non réelle de A et que Z C n est un vecteur propre associé. On note X et Y les vecteurs de R n dont les composantes sont respectivement les parties réelles et imaginaires des composantes de Z. a) Montrer que X et Y sont non colinéaires. b) Montrer que Vect(X, Y ) est stable par f.

22 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 22 c) On suppose que la matrice de f est donnée par A = Déterminer tous les plans stables par f. Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA Exercice 175 [ ] [Correction] Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie et u L(E) tel que u 3 = Id Décrire les sous-espaces stables de u. Même question avec E un R-espace vectoriel. Exercice 176 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme diagonalisable d un K-espace vectoriel E de dimension finie. Montrer qu un sous-espace vectoriel F non nul est stable par u si, et seulement si, il possède une base de vecteurs propres de u. Exercice 179 [ ] [Correction] Soit A M n (K). On suppose χ A scindé. a) Justifier que A est trigonalisable. b) Établir que pour tout k N, Sp(A k ) = { λ k λ Sp(A) } Exercice 180 [ ] [Correction] Soit A M n (Z) de polynôme caractéristique n (X λ i ) avec λ i C i=1 Déterminer une matrice à coefficients entiers de polynôme caractéristique Exercice 181 [ ] [Correction] Montrer que pour tout A M n (C), n (X λ p i ) i=1 det(exp(a)) = exp(tr A) Exercice 177 [ ] [Correction] Soit f l endomorphisme de R 3 dont la matrice est dans la base canonique. Déterminer les sous-espaces vectoriels stables par f. Application de la trigonalisabilité Exercice 178 [ ] [Correction] Expliquer pourquoi le déterminant de A M n (R) est le produit des valeurs propres complexes de A, valeurs propres comptées avec multiplicité. Exercice 182 [ ] [Correction] Soient A M n (K) et P K [X]. On suppose le polynôme caractéristique de A de la forme χ A (X) = n (X λ k ) k=1 Exprimer le polynôme caractéristique de P (A). Exercice 183 [ ] [Correction] a) Soient A et B dans M 2 (K) telles que AB = BA. Montrer que B K [A] ou A K [B]. b) Le résultat subsiste-t-il dans M 3 (K)?

23 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 23 Exercice 184 [ ] [Correction] Soit A M n (C) telle que tr(a m ) 0 quand m +. Montrer que les valeurs propres de A sont de module < 1 Exercice 185 [ ] [Correction] Soient A, B M n (C) vérifiant m N, tr(a m ) = tr(b m ) Montrer que les matrices A et B ont les mêmes valeurs propres. Exercice 186 [ ] [Correction] Pour A = (a i,j ) M n (C) et B = (b i,j ) M n (C), on définit A B M n 2(C) par a 1,1 B a 1,n B A B =.. a n,1 B a n,n B a) Montrer que si A, A, B, B M n (C) alors (A B)(A B ) = (AA ) (BB ). b) En déduire que A B est inversible si, et seulement si, A et B sont inversibles. c) Déterminer le spectre de A B. En déduire le polynôme caractéristique, la trace et le déterminant de A B. Exercice 187 [ ] [Correction] Soit A M n (C). Déterminer les valeurs propres de A k pour k N. Polynômes en un endomorphisme ou une matrice Exercice 188 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension n et u L(E). On suppose qu il existe un vecteur x 0 E telle que la famille (x 0, u(x 0 ),..., u n 1 (x 0 )) soit libre. Montrer que seuls les polynômes en u commutent avec u. Exercice 189 [ ] [Correction] Soient A et B deux matrices réelles carrées d ordre n telles qu il existe un polynôme P R [X] de degré au moins égal à 1 et vérifiant P (0) = 1 et AB = P (A) Montrer que A est inversible et que A et B commutent. Exercice 190 [ ] [Correction] Soient A, B M n (K). On suppose qu il existe un polynôme non constant P K [X] vérifiant AB = P (A) et P (0) 0 Montrer que A est inversible et que A et B commutent. Exercice 191 [ ] [Correction] Soient A et B dans M n (R). On suppose que A est nilpotente et qu il existe P R [X] tel que P (0) = 1 et B = AP (A). Montrer qu il existe Q R [X] tel que Q(0) = 1 et A = BQ(B). Exercice 192 [ ] [Correction] Soient A GL n (C) et B M n (C) telle que B p = O n. a) Montrer que I n + A 1 BA est inversible et exprimer son inverse. b) On pose H = {I n + P (B)/P C [X], P (0) = 0} Montrer que H est un sous-groupe commutatif de (GL n (C), ). Exercice 193 [ ] [Correction] Dans M n (R), on considère la matrice 0 1 (0) J =... 1 (0) 0 Exprimer simplement P (ai n + J) pour P R [X]. Lemme de décomposition des noyaux Exercice 194 [ ] [Correction] Soit u L(E) vérifiant u 3 = Id E. Justifier ker(u Id E ) ker(u 2 + u + Id E ) = E

24 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 24 Exercice 195 [ ] [Correction] Soit E un espace vectoriel sur K et a un élément non nul de K. Soit f L(E) tel que f 3 3af 2 + a 2 f = 0. Est-il vrai que ker f et Im f sont supplémentaires? Exercice 196 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un K-espace vectoriel E et P K [X] annulateur de u. On suppose qu on peut écrire P = QR avec Q et R premiers entre eux. Établir Im Q(u) = ker R(u) Exercice 197 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension quelconque. On suppose qu il existe deux polynômes P, Q K[X] premiers entre eux vérifiant (P Q)(u) = 0. Montrer ker P (u) Im P (u) = E Polynômes annulateurs Exercice 198 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et u L(E). Justifier l existence d un entier p 0 tel que la famille (Id, u,..., u p ) soit liée. En déduire que u possède un polynôme annulateur non nul. Exercice 199 [ ] [Correction] Soit M M n (K) une matrice triangulaire par blocs de la forme ( ) A C M = avec A M O B p (K) et B M q (K) On suppose connus deux polynômes P et Q K [X] annulateurs de A et B respectivement. Exprimer en fonction de P et Q un polynôme annulateur de M. Exercice 200 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et u L(E) tel que les espaces ker(u (u Id)) et ker(u (u + Id)) soient supplémentaires. Montrer que u est une symétrie vectorielle. Exercice 201 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension quelconque. On suppose qu il existe un polynôme annulateur P de f vérifiant P (0) = 0 et P (0) 0 Montrer que l image et le noyau de f sont supplémentaires dans E. Exercice 202 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un K-espace vectoriel. On suppose qu il existe un polynôme annulateur de u dont 0 est racine simple. Montrer ker u = ker u 2 Exercice 203 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension quelconque, u L(E) et P K [X] ayant 0 comme racine simple et tel que P (u) = 0. a) Montrer b) En déduire ker u 2 = ker u et Im u 2 = Im u E = ker u Im u Exercice 204 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel et u L(E) nilpotent. On suppose qu il existe P K [X] tel que P (u) = 0. Si Q K [X], existe-t-il R K [X] tel que R(Q(u)) = 0? Polynôme minimal Exercice 205 [ ] [Correction] Soient u un endomorphisme d un K-espace vectoriel admettant un polynôme minimal Π u et P K [X]. Montrer que P (u) est inversible si, et seulement si, P et Π u sont premiers entre eux. Observer qu alors P (u) 1 K [u].

25 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 25 Exercice 206 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et u L(E). On suppose qu il existe deux sous-espaces vectoriels supplémentaires F et G stables par u. Établir que Π u = ppcm(π uf, Π ug ) (en notant Π v le polynôme minimal d un endomorphisme v). Exercice 211 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie et f L(E) de polynôme minimal Π f. Montrer l existence de x E tel que {P C [X] /P (f)(x) = 0} soit l ensemble des multiples de Π f. Exercice 207 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un K-espace vectoriel E. Si u admet un polynôme minimal Π u et si F est un sous-espace vectoriel stable par u alors montrer que u F admet un polynôme minimal et que celui-ci divise Π u. Exercice 208 [ ] [Correction] Montrer qu une matrice A M n (K) de polynôme minimal (X 1) 2 est semblable à une matrice diagonale par blocs avec des blocs diagonaux de la forme ( ) 1 1 (1) ou 0 1 Exercice 209 [ ] [Correction] Existe-t-il dans M n (R) une matrice de polynôme minimal X 2 + 1? Exercice 210 [ ] [Correction] Soit a 0 0 b a 0 b. A =. 0 a + b 0. M 2n+1 (C).. b 0 a b 0 0 a Quels sont les P C [X] tels que P (A) = 0? Exercice 212 [ ] [Correction] Étant donné E un espace vectoriel de dimension finie, u un endomorphisme de E et λ un scalaire, on dit que λ est séparable si le noyau et l image de u λ Id sont supplémentaires. a) Montrer que tout scalaire non séparable de u en est une valeur propre. b) Montrer qu un endomorphisme scindé est diagonalisable si, et seulement si, toutes ses valeurs propres sont séparables. c) Caractériser la séparabilité d une valeur propre à l aide du polynôme minimal de u. d) Soit, avec ces notations, l endomorphisme m de L(E) qui à v associe u v. Comparer l ensembles ses scalaires séparables relativement à m avec celui des scalaires séparables relativement à u. Polynômes annulateurs et valeurs propres Exercice 213 [ ] [Correction] Soit P un polynôme annulateur d un endomorphisme f. Montrer que si λ est valeur propre de f alors P (λ) = 0. Exercice 214 [ ] [Correction] a) Montrer que si P est un polynôme annulateur d un endomorphisme f alors P (λ) = 0 pour toute valeur propre λ de f. b) Montrer que si f vérifie alors f est bijectif. f 3 + 2f 2 f 2 Id = 0

26 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 26 Exercice 215 [ ] [Correction] Pour f F(R, R), on note f : x f( x). L application ϕ: f f est clairement un endomorphisme involutif de F(R, R). Quelles en sont les valeurs propres? Exercice 216 [ ] [Correction] Soit T : R [X] R [X] l endomorphisme défini par T (P ) = P (1 X). a) Montrer que T est un automorphisme. b) Déterminer valeurs propres de T. Exercice 217 [ ] [Correction] Montrer que si un endomorphisme u d un K-espace vectoriel E de dimension quelconque admet un polynôme minimal Π u alors les valeurs propres de u sont exactement les racines de son polynôme minimal. Théorème de Cayley Hamilton Exercice 218 [ ] [Correction] Déterminer un polynôme annulateur de ( ) a b A = M c d 2 (K) Exprimer A 1 lorsque celle-ci existe. Exercice 219 [ ] [Correction] Soit A λ λ n M n (K) Montrer que (X λ 1 )... (X λ n ) est annulateur de A. a) A est-elle diagonalisable dans M 3 (R)? b) A est-elle diagonalisable dans M 3 (C)? c) Soit λ un réel non nul ; la matrice B = A + λi 3 est-elle inversible? d) Montrer qu il existe trois réels α, β, γ tels que B 1 = αa 2 + βa + γi 3 Exercice 221 [ ] [Correction] Soit u un automorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension finie n N. Montrer que u 1 est un polynôme en u. Exercice 222 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme d un C-espace vectoriel E de dimension n. On suppose que f possède une unique valeur propre λ. a) À quelle condition l endomorphisme est-il diagonalisable? b) Calculer le polynôme caractéristique de f. c) Justifier que l endomorphisme f λ Id est nilpotent. Exercice 223 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel de dimension n. On suppose qu il existe x E et N N tels que (x, f(x),..., f N 1 (x)) soit une famille génératrice de E. a) Montrer que la famille (x, f(x),..., f n 1 (x)) est une base de E. b) Démontrer que les endomorphismes commutant avec f sont les polynômes en f. Exercice 224 [ ] [Correction] Soient A, B, M M n (C) telles que AM = MB avec M O n. a) Montrer que pour tout P C [X], on a P (A)M = MP (B). b) Montrer que A et B ont une valeur propre en commun. Exercice 220 [ ] [Correction] Soit la matrice 0 b a A = b 0 c M 3 (R) a c 0 Exercice 225 [ ] [Correction] Montrer qu il existe (a 0,..., a n 1 ) R n tel que : n 1 P R n 1 [X], P (X + n) + a k P (X + k) = 0 k=0

27 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 27 Exercice 226 [ ] [Correction] a) Soit u un endomorphisme inversible d un K-espace vectoriel E de dimension finie. Montrer qu il existe un polynôme Q K [X] vérifiant u 1 = Q(u) b) Soit u l endomorphisme de K [X] qui envoie le polynôme P (X) sur P (2X). Montrer que u est un automorphisme et déterminer ses éléments propres. Existe-t-il Q K [X] tel que u 1 = Q(u)? Exercice 227 [ ] [Correction] Soit A M n (K) une matrice inversible. Montrer que A est triangulaire supérieure si, et seulement si, A k l est pour tout k 2. Donner un contre-exemple dans le cas où l on ne suppose plus la matrice A inversible. Exercice 228 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie et u un endomorphisme de E. On note λ 1,..., λ q les valeurs propres de u, n 1,..., n q leurs multiplicités respectives. On suppose que tout i de {1,..., q}, l espace propre de u associé à λ i est de dimension 1. a) Si 1 i q et 0 m n i, montrer que le noyau de (u λ i Id E ) m est de dimension m. b) Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u. Montrer qu il existe un polynôme unitaire Q de C [X] tel que F = ker (Q(u)) c) Montrer que le nombre de sous-espaces de E stables par u est le nombre de diviseurs unitaires de χ u dans C [X]. Exercice 229 [ ] [Correction] Soient n 2, A et B des matrices de M n (Z) de déterminants non nuls et premiers entre eux. Montrer qu il existe U et V dans M n (Z) telles que UA + V B = I n (on pourra écrire χ A (X) = XQ A (X) ± det A) On donnera un exemple pour n = 2. Calcul de polynôme minimal Exercice 230 [ ] [Correction] Soit Déterminer µ A. A = ( ) Exercice 231 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension n. a) On suppose que f est diagonalisable. À quelle condition existe-t-il un vecteur x E tel que la famille formée des vecteurs x 1 = x, x 2 = f(x 1 ),..., x n = f(x n 1 ) forme une base de E? b) On ne suppose plus f diagonalisable mais on suppose l existence d une base (x 1, x 2,..., x n ) de E du type précédent. Déterminer le commutant de f. Quel est le polynôme minimal de f? Exercice 232 [ ] [Correction] Soient a, b R, b 0 et A M n (R) la matrice dont les éléments diagonaux valent a et les autres valent b. A est-elle diagonalisable? Quelles sont les valeurs propres de A? Quel est le polynôme minimal de A? Sous quelles conditions sur a et b, A est-elle inversible? Lorsque c est le cas trouver l inverse de A. Exercice 233 [ ] [Correction] Soit a un réel. Pour M M n (R), on pose L(M) = am + tr(m)i n a) Montrer que L est un endomorphisme de M n (R), trouver ses éléments propres et son polynôme minimal.

28 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 28 b) Pour quels a, L est-il un automorphisme? Trouver son inverse dans ces cas. Exercice 234 [ ] [Correction] Soit a un réel. Pour M M n (R)(avec n 2), on pose L(M) = am + tr(m)i n a) Montrer que L est un endomorphisme de M n (R) et trouver ses éléments propres et son polynôme minimal. b) Pour quels a, l endomorphisme L est-il un automorphisme? Trouver son inverse dans ces cas. Diagonalisabilité des matrices scindées simples Exercice 235 [ ] [Correction] Soit ( ) On I A = n M I n O 2n (K) n Calculer A 2. Selon que K = R ou C dire si la matrice A est, ou non, diagonalisable. Exercice 236 [ ] [Correction] Soient n N et A M 2n (C) définie par blocs ( ) O In A = O a) Calculer A 2. I n b) La matrice A est-elle diagonalisable? Déterminer les valeurs propres de A et les dimensions de ses espaces propres? Exercice 237 [ ] [Correction] Montrer qu une matrice de permutation est diagonalisable. Exercice 238 [ ] [Correction] Soit M M n (C) telle que M 2 + t M = I n a) Montrer M inversible si, et seulement si, 1 / Sp M b) Montrer que la matrice M est diagonalisable. Exercice 239 [ ] [Correction] Soit M M n (R) vérifiant M 2 + t M = 2I n. Montrer que cette matrice M est diagonalisable. Exercice 240 [ ] [Correction] Soient n un entier supérieur ou égal à 2 et M une matrice carrée de taille n telle que M 2 + t M = I n Quelles sont les valeurs propres de M? Est-elle symétrique? Est-elle diagonalisable? Exercice 241 [ ] [Correction] Soit A M 2 (Z) telle que det A = 1 et qu il existe p N pour lequel A p = I 2 a) Montrer que A est diagonalisable dans C. On note α et β les deux valeurs propres de A. b) Montrer que α = β = 1, que α = β et Re(α) {0, 1/2, 1} c) Montrer que A 12 = I 2 d) Montrer que l ensemble G = {A n n N} est un groupe monogène fini pour le produit matriciel. Exercice 242 [ ] [Correction] Soit avec A M n (R). a) Montrer que M = ( ) A A 0 A P R [X], P (M) = ( ) P (A) AP (A) 0 P (A)

29 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 29 b) Énoncer une condition nécessaire et suffisante pour que M soit diagonalisable. Exercice 243 [ ] [Correction] Soit M = avec A, B M n (R) vérifiant AB = BA a) Montrer que ( ) A B 0 A P R [X], P (M) = ( ) P (A) P (A)B 0 P (A) b) Énoncer une condition nécessaire et suffisante sur A et B pour que M soit diagonalisable. Exercice 244 [ ] [Correction] Déterminer les couples (A, B) M n (R) 2 tels que ( ) A B O A est diagonalisable. Exercice 245 [ ] [Correction] Trouver les matrices M M n (C) vérifiant M 5 = M 2 et tr(m) = n. Exercice 246 [ ] [Correction] Soient λ, µ C, λ µ et A, B, M M p (C) telles que I p = A + B M = λa + µb M 2 = λ 2 A + µ 2 B a) Montrer que M est inversible et exprimer M 1. On pourra calculer M 2 (λ + µ)m + λµi p b) Montrer que A et B sont des projecteurs. c) La matrice M est-elle diagonalisable? Déterminer son spectre. Exercice 247 [ ] [Correction] Soit (A, B, C) M n (R) 3 tel que C = A + B, C 2 = 2A + 3B et C 3 = 5A + 6B Les matrices A et B sont-elles diagonalisables? Exercice 248 [ ] [Correction] a) Montrer que, pour z 1,..., z n C avec z 1 0, on a l égalité n n z k = z k k=1 k=1 si, et seulement si, il existe n 1 réels positifs α 2,..., α n tels que k 2, z k = α k z 1 b) Déterminer toutes les matrices de M n (C) telles que M n = I n et tr M = n Exercice 249 [ ] [Correction] Soient M = M 5(R) et m L(R 5 ) canoniquement associé à M. a) En procédant à un calcul par bloc, déterminer p N tel que M p = I 5. En déduire que M est diagonalisable dans M 5 (C). b) Déterminer un vecteur x R 5 tel que x, m(x), m 2 (x), m 3 (x) et m 4 (x) forme une base de R 5. Quelle est la matrice de m dans cette base? Exercice 250 [ ] [Correction] Soit A la matrice donnée par A = ( )

30 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 30 a) Déterminer un polynôme annulateur non trivial de la matrice A. b) Soit M M 2 (R) vérifiant M 2 + M = A Justifier que la matrice M est diagonalisable et déterminer les valeurs propres possibles pour M. c) Déterminer alors les matrices M possibles à l aide de polynômes annulateurs appropriés. Exercice 251 [ ] [Correction] a) Trouver les valeurs propres des matrices M M 2 (R) vérifiant ( ) M M = 1 1 b) Déterminer alors les matrices M solutions à l aide de polynômes annulateurs appropriés. Diagonalisabilité des endomorphismes scindés simples Exercice 252 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension n N et p L(E) tel que p 2 soit un projecteur. a) Quelles sont les valeurs propres possibles pour p? b) Montrer que p est diagonalisable si, et seulement si, p 3 = p. Exercice 253 [ ] [Correction] Soient E un espace vectoriel de dimension 3 et f un endomorphisme de E vérifiant f 4 = f 2 On suppose que 1 et 1 sont valeurs propres de f. Montrer que f est diagonalisable. Exercice 254 [ ] [Correction] Soient P M n (R) une matrice de projection et ϕ l endomorphisme de M n (R) défini par ϕ(m) = P M + MP Montrer que l endomorphisme ϕ est diagonalisable Exercice 255 [ ] [Correction] Soit n N, u L(R 2n+1 ). On suppose u 3 = u, tr u = 0 et tr u 2 = 2n. On note C(u) = { v L(R 2n+1 ) uv = vu } a) Calculer la dimension C(u). b) Quels sont les n tels que C(u) = R [u]? Exercice 256 [ ] [Correction] Soit A M n (R). On pose f A (M) = AM, pour toute matrice M M n (R). a) Montrer que si A 2 = A alors f A est diagonalisable. b) Montrer que f A est diagonalisable si, et seulement si, A est diagonalisable. Exercice 257 [ ] [Correction] Soit A M n (C). On pose f(m) = AM pour toute M M n (C). a) L application f est-elle un endomorphisme de M n (C)? b) Étudier l équivalence entre les inversibilités de A et de f. c) Étudier l équivalence entre les diagonalisabilités de A et de f. Exercice 258 [ ] [Correction] Soient f, u, v trois endomorphismes d un R-espace vectoriel E de dimension finie. On suppose qu il existe α, β R distincts tels que Id = u + v f = αu + βv f 2 = α 2 u + β 2 v a) Montrer que f est diagonalisable. b) Justifier que u et v sont des projections vectorielles dont on précisera noyau et image en fonction des espace ker(f α Id) et ker(f β Id).

31 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 31 c) Exprimer f n pour tout n N en fonction de α, β et u, v. Exercice 259 [ ] [Correction] Soient α, β K et u, v, f trois endomorphismes d un K-espace vectoriel E de dimension finie vérifiant f = αu + βv f 2 = α 2 u + β 2 v f 3 = α 3 u + β 3 v Montrer que f est diagonalisable. Exercice 260 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et F, G deux sous-espaces vectoriels supplémentaires non triviaux. On note p la projection sur F parallèlement à G et s la symétrie par rapport à F et parallèlement à G. Enfin on pose pour f endomorphisme de F φ(f) = p f s ce qui définit un endomorphisme φ sur L(E). a) Montrer que φ annule un polynôme «simple». L endomorphisme φ est-il diagonalisable? b) Déterminer les éléments propres de φ. (indice : on pourra considérer les matrices de p et s dans une base adaptée à la décomposition E = F G) Exercice 261 [ ] [Correction] Soient n N et E = M n (R). Pour A, B E fixées non nulles, on définit f L(E) par M E, f(m) = M + tr(am)b a) Déterminer un polynôme annulateur de degré 2 de f et en déduire une condition nécessaire et suffisante sur (A, B) pour que f soit diagonalisable. Quels sont alors les éléments propres de f? b) Déterminer dim C où C = {g L(E) f g = g f} [Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA] Exercice 262 [ ] [Correction] Soient n 2, A M n (R) et f l endomorphisme de M n (R) défini par f(m) = tr(a)m tr(m)a où tr désigne la forme linéaire trace. Étudier la réduction de l endomorphisme f et préciser la dimension de ses sous-espaces propres. Exercice 263 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un R-espace vectoriel E de dimension finie tel qu il existe deux réels non nuls distincts a et b vérifiant Soient a) Calculer p + q, p p, q q et q p. b) Montrer que E = ker p ker q. (u a Id)(u b Id) = 0 p = 1 1 (u a Id) et q = (u b Id) b a a b c) Trouver les éléments propres de u. L endomorphisme u est-il diagonalisable? Etude de matrice ou d endomorphisme vérifiant une identité polynomiale Exercice 264 [ ] [Correction] Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E vérifiant f 3 = 4f. Montrer que la trace de f est un entier pair. Exercice 265 [ ] [Correction] Soit A M n (R) telle que Montrer que det(a) = 1. A 3 A 2 + A I = O

32 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 32 Exercice 266 [ ] [Correction] Soit A M n (R) vérifiant A 3 + I n = O n Montrer que la trace de A est un entier. Exercice 267 [ ] [Correction] Soit A M n (R) vérifiant A 3 + A 2 + A = 0 Montrer que la matrice A est de rang pair. Exercice 268 [ ] [Correction] Soit A M 2 (Z) vérifiant : n N, A n = I 2 Montrer que A 12 = I 2. Exercice 269 [ ] [Correction] On fixe n N et on note Pour A E n, on pose Montrer que ω(e n ) est fini. E n = {A M n (Z) m N, A m = I n } ω(a) = min {m N A m = I n } Diagonalisabilité et endomorphismes induits Exercice 270 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme diagonalisable d un K-espace vectoriel E de dimension finie. Montrer que la restriction de f à tout sous-espace vectoriel F {0} stable est diagonalisable. Exercice 271 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un K-espace vectoriel pour lequel il existe une base e = (e 1,..., e n ) vérifiant u(e 1 ) = e 1 et u(e 2 ) = e 1 + e 2 L endomorphisme u est-il diagonalisable? Exercice 272 [ ] [Correction] Soient f et g deux endomorphismes diagonalisables d un K-espace vectoriel E de dimension finie. Montrer que f et g sont simultanément diagonalisables si, et seulement si, chaque sous-espace propre de l un est stable par l autre. Exercice 273 [ ] [Correction] Soient f et g deux endomorphismes diagonalisables d un K-espace vectoriel E de dimension finie. Montrer que f et g commutent si, et seulement si, f et g sont simultanément diagonalisables. Diagonalisabilités des polynômes en un endomorphisme Exercice 274 [ ] [Correction] Soient P K [X] et u un endomorphisme d un K-espace vectoriel E de dimension finie. a) On suppose que u est diagonalisable, montrer que P (u) l est aussi. b) Que dire de la réciproque? Exercice 275 [ ] [Correction] Soit f un endomorphisme d un C-espace vectoriel E de dimension finie. a) On suppose que f est diagonalisable. Montrer que f 2 est diagonalisable et ker f = ker f 2. On étudie désormais la propriété inverse. b) Par un exemple, montrer que si f 2 est diagonalisable, f n est pas nécessairement diagonalisable.

33 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 33 c) On suppose f 2 diagonalisable et f inversible. Montrer que f est diagonalisable. d) On suppose f 2 est diagonalisable et ker f = ker f 2. Montrer à nouveau que f est diagonalisable. Exercice 276 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie n N et u L(E). a) Énoncer un critère de diagonalisabilité en terme de polynôme annulateur. b) On suppose u GL(E). Montrer que u est diagonalisable si, et seulement si, u 2 l est. c) Généralisation : Soit P C [X]. On suppose P (u) GL(E) Montrer que u est diagonalisable si, et seulement si, P (u) l est. Exercice 280 [ ] [Correction] Soit f L(R 3 ) vérifiant f 2 = f 3 et dim ker(f Id) = 1 Montrer l existence d une base de R 3 dans laquelle la matrice de f est de la forme α avec α {0, 1} Exercice 281 [ ] [Correction] Soient A M n (C)(n 3) vérifiant rg A = 2, tr A = 0 et A n O n Exercice 277 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie et u un endomorphisme de E. Soit P un polynôme complexe, on suppose que P (u) est diagonalisable et que la valeur prise par P sur toute racine complexe de P n est pas valeur propre de l endomorphisme P (u). Montrer que u est diagonalisable. Exercice 278 [ ] [Correction] Soient A, B GL n (C) telles que B = A p. Montrer que A est diagonalisable si, et seulement si, B l est. Trigonalisabilité et polynôme annulateur Exercice 279 [ ] [Correction] Soit A M n (C) telle que 0 soit la seule valeur propre de A. a) Montrer que A n = 0. b) Calculer det(a + I n ). c) Soit M GL n (C) commutant avec A. Calculer det(a + M). d) Inversement, quelles sont les matrices A vérifiant : M GL n (C), AM = MA = det(a + M) = det M? Montrer que A est diagonalisable. Exercice 282 [ ] [Correction] Trouver les matrices M de M n (R) vérifiant Exercice 283 [ ] [Correction] Trouver les A de M n (C) telles que Nilpotence Exercice 284 [ ] [Correction] Soit A M n (C) nilpotente. a) Calculer χ A. b) Même question avec A M n (R). tr M = 0 et M 3 4M 2 + 4M = O n Exercice 285 [ ] [Correction] Soit A M n (C) une matrice nilpotente. A 3 4A 2 + 4A = 0 et tr A = 8

34 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 34 a) Montrer que A est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. b) Le résultat est-il encore vrai pour A M n (R)? b) Montrer que l endomorphisme f est nilpotent si, et seulement si, 1 k n, tr(f k ) = 0 Exercice 286 [ ] [Correction] Soient A, B M n (C). On suppose que la matrice A est nilpotente et que la matrice B commute avec A. Que dire de tr(ab)? Exercice 287 [ ] [Correction] Soit A M n (C). On suppose qu il existe p N tel que A p = 0. a) Montrer que A n = 0. b) Calculer det(a + I n ). Soit M M n (C) tel que AM = MA. c) Calculer det(a + M) (on pourra commencer par le cas où M GL n (C)). d) Le résultat est-il encore vrai si M ne commute pas avec A? Exercice 288 [ ] [Correction] Soient A GL n (C) et N M n (C) nilpotente telles que Montrer que AN = NA det(a + N) = det A Exercice 289 [ ] [Correction] Soit A une matrice carrée réelle d ordre n. Montrer que A est nilpotente si, et seulement si, p 1 ; n, tr A p = 0 Exercice 290 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension n et f L(E). a) Montrer que l endomorphisme f est nilpotent si, et seulement si, Sp(f) = {0} Exercice 291 [ ] [Correction] Soit u un endomorphisme d un C-espace vectoriel E de dimension finie. Montrer que u possède une seule valeur propre si, et seulement si, il existe λ C tel que u λ Id E soit nilpotent. Exercice 292 [ ] [Correction] Soient A et B des matrices complexes carrées d ordre n. On suppose les matrices A + 2 k B nilpotentes pour tout entier k tel que 0 k n. Montrer que les matrices A et B sont nilpotentes. Exercice 293 [ ] [Correction] Soient n N, A et B dans M n (C) et λ 1,..., λ n, λ n+1 deux à deux distincts dans C. On suppose, pour 1 i n + 1, que A + λ i B est nilpotente. Montrer que A et B sont nilpotentes. Exercice 294 [ ] [Correction] Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie et u L(E). On note I 1 = {P C [X] /P (u) = 0} et I 2 = {P C [X] /P (u) est nilpotent}. a) Montrer que I 1 et I 2 sont des idéaux non nuls de C [X]. On note P 1 et P 2 leurs générateurs unitaires respectifs. b) Établir un lien entre P 1 et P 2. c) Montrer l existence de Q I 2 tel que u Q(u) est diagonalisable Exercice 295 [ ] [Correction] Soit Φ: M 2 (R) R vérifiant A, B M 2 (R), Φ(AB) = Φ(A)Φ(B) et Φ a) Démontrer que Φ(O 2 ) = 0. b) Si A est nilpotente, démontrer que Φ(A) = 0. ( ) 0 1 Φ(I )

35 [ édité le 29 décembre 2015 Enoncés 35 c) Soient A M 2 (R) et B la matrice obtenue à partir de A en permutant les lignes de A. Démontrer que Φ(B) = Φ(A). d) Démontrer que A est inversible si, et seulement si, Φ(A) 0. Exercice 296 [ ] [Correction] Soient n 2 et A = (a i,j ) 1 i,j n M n (R) où a i,i+1 = 1 pour i {1,..., n 1}, les autres coefficients étant nuls. a) La matrice A est-elle diagonalisable? b) Existe-t-il B M n (R) vérifiant B 2 = A? Exercice 299 [ ] [Correction] Pour n 2, on note H un hyperplan de M n (K) ne contenant aucune matrice inversible. a) Montrer que H contient toutes les matrices nilpotentes. b) En déduire que tout hyperplan de M n (K) rencontre GL n (K). Exercice 300 [ ] [Correction] Soient A, M M n (C) avec M matrice nilpotente. a) On suppose MA = O n. Montrer que les matrices A + M et A ont le même polynôme caractéristique. b) Même question en supposant cette fois-ci AM = O n. Exercice 297 [ ] [Correction] Soient n un entier naturel non nul et E un C-espace vectoriel de dimension n. a) Montrer qu il existe un polynôme P n R [X] vérifiant 1 + x = x 0 P n (x) + O(x n ) b) Établir que X n divise alors le polynôme P 2 n(x) X 1. c) Soit f un endomorphisme de E nilpotent. Montrer qu il existe un endomorphisme g de E vérifiant g 2 = Id E +f d) Soit maintenant f un endomorphisme de E ne possédant qu une valeur propre λ. Montrer que (f λ Id E ) n = 0 et conclure qu il existe un endomorphisme g de E vérifiant Exercice 298 [ ] [Correction] Soit A M n (R). g 2 = f a) On suppose A 3 = A 2. Montrer que A 2 est diagonalisable et que A 2 A est nilpotente. b) Plus généralement on suppose A k+1 = A k pour un certain entier k > 0. Établir l existence d un entier p > 0 tel que A p est diagonalisable et A p A nilpotente. Exercice 301 [ ] [Correction] Soient n N et E = M n (C). On note E = L(E, C) le C-espace vectoriel des formes linéaires sur E. a) Montrer que L: E E, A L A où L A est la forme linéaire M tr(am) est un isomorphisme d espaces vectoriels. En déduire une description des hyperplans de E. b) Soit T M n (C) une matrice triangulaire supérieure non nulle et H = ker L T. On note T + n (respectivement T n ) le sous-espace vectoriel des matrices triangulaires supérieures (respectivement inférieures) à diagonales nulles. Déterminer H T + n. En discutant selon que T possède ou non un coefficient non nul (au moins) hors de la diagonale, déterminer la dimension de H T n. c) Une matrice A M n (C) est dite nilpotente s il existe k N tel que A k = 0. Prouver que les éléments de T + n T n sont des matrices nilpotentes. En déduire que H contient au moins n 2 n 1 matrices nilpotentes linéairement indépendantes. d) Montrer que tout hyperplan de E contient au moins n 2 n 1 matrices nilpotentes linéairement indépendantes. Énoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA Exercice 302 [ ] [Correction] Soient K un corps et A 1, A 2,..., A n des matrices de M n (K) nilpotentes commutant deux à deux. Montrer A 1 A 2... A n = O n

36 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 36 Corrections Exercice 1 : [énoncé] Soit y Im u. Il existe x E tel que y = u(x) et alors Ainsi, Im u est stable par v. Soit x ker u. On a u(x) = 0 E donc v(y) = v(u(x)) = u(v(x)) Im u u(v(x)) = v(u(x)) = v(0 E ) = 0 E et v(x) ker u. Ainsi ker u est stable par v. La réciproque est fausse, si u est un automorphisme il est certain que Im u = E et ker u = {0 E } seront stables par v alors qu il n y aucune raison que u et v commutent. Exercice 2 : [énoncé] Supposons f p = p f. Pour tout x ker p, p(f(x)) = f(p(x)) = 0 donc f(x) ker p. Rappelons Im p = ker(p Id). Pour tout x Im p, p(f(x)) = f(p(x)) = f(x) donc f(x) Im p. Inversement. Supposons ker p et Im p stables par f. Pour tout x E, on peut écrire x = u + v avec u ker p et v Im p. On a alors f(p(x)) = f(v) et p(f(x)) = p(f(u) + f(v)) = f(v) donc p f = f p. Exercice 4 : [énoncé] a) Rappelons que les suites (ker u p ) p N et (Im u p ) p N sont respectivement croissante et décroissante pour l inclusion. La suite (dim ker u p ) p N est une suite croissante et majorée d entiers naturels, elle est donc stationnaire : n N, p n, dim ker u p = dim ker u n or ker u p ker u n donc ker u p = ker u n puis N = ker u n. Aussi dim Im u p = dim E dim ker u p = dim E dim ker u n = dim Im u n et Im u p Im u n donc Im u p = Im u n puis I = Im u n. b) dim N + dim I = dim ker u n + dim Im u n = dim E en vertu du théorème du rang. Soit x N I. Il existe a E tel que x = u n (a) et alors u n (x) = 0 donc u 2n (a) = 0. Ainsi a ker u 2n = ker u n donc x = u n (a) = 0. Ainsi N I = {0} d où E = N I. u et u n commutent donc N et I sont stables par u. (u N ) n = (u n ) ker u n = 0 donc u N est nilpotente. Im u n+1 = Im u n donne u(im u n ) = Im u n donc u I est surjective puis bijective car dim Im u n < +. c) Par supplémentarité : dim E = dim F + dim G = dim N + dim I. Il existe p N, tel que (u F ) p = 0 donc F ker u p N. u G est bijective donc (u G ) n aussi or G = Im(u G ) n Im(u n ) = I. On a alors dim F dim N, dim G dim I et dim F + dim G = dim N + dim I donc dim F = dim N et dim G = dim I. Par inclusion et égalité des dimensions F = N et G = I. Exercice 3 : [énoncé] a) Soit x ker f, f(g( x)) = g(f( x)) = g(0 E ) = 0 E donc g( x) ker f. Ainsi ker f est stable par g. Soit y Im f. Il existe x E tel que y = f( x) et alors g( y) = g(f( x)) = f(g( x)) Im f donc Im f est stable par g. b) ( = ) immédiat via a). ( = ) Si Im p et ker p sont stables par f alors, puisque ces derniers sont supplémentaires dans E. Soit x E, on peut écrire x = u + v avec u Im p et v ker p. On a alors (f p)( x) = f(p( u) + p( v)) = f( u) et p f( x) = p(f( u)) + p(f( v)) = f( u) car f( u) Im p et f( v) ker p. Ainsi puis p et f commutent. x E, (f p)( x) = (p f)( x) Exercice 5 : [énoncé] a) ker u k 1 est un sous-espace vectoriel de ker u k et comme on se place en dimension finie, tout sous-espace vectoriel admet un supplémentaire. b) E = ker u p = ker u p 1 F p = ker u p 2 F p 1 F p = = ker u 0 F 1 F p avec ker u 0 = {0}. c) ker u k 1 dans ker u k. On a E = ker u p = ker u p 1 F p =... = F 1 F p. Dans une base adaptée à cette décomposition la matrice de u est : (0) ( )... (0) (0) et c est donc une matrice triangulaire supérieure stricte.

37 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 37 Exercice 6 : [énoncé] a) Supposons λa + µf(a) = 0 E (1) En appliquant f, on obtient µa + λf(a) = 0 E (2). La combinaison λ(1) µ(2) donne (λ 2 + µ 2 )a = 0 E, or a 0 E donc λ = µ = 0 puisque λ, µ R. b) Montrons par récurrence sur k N la propriété «il existe a 1,..., a k non nuls tels que les espaces F (a 1 ),..., F (a k ) sont en somme directe» ou «il existe p N et il existe a 1,..., a p tel que E = F (a 1 ) F (a p )» Pour k = 1 la propriété est claire car E {0 E }. Supposons la propriété établie au rang k. Puisque la propriété est supposée vraie au rang k l une des deux alternatives définissant celle-ci est vérifiée. Si c est la seconde alors la propriété est immédiate vérifiée au rang k + 1. Sinon, c est qu il existe a 1,..., a k vecteurs non nuls de E tels que les espaces F (a 1 ),..., F (a k ) sont en somme directe. Si E = F (a 1 ) F (a k ) alors la propriété est vérifiée au rang k + 1 en choisissant p = k. Sinon, il existe a k+1 E tel que a k+1 / F (a 1 ) F (a k ). Montrons qu alors les espaces F (a 1 ),..., F (a k ), F (a k+1 ) sont en somme directe. Supposons x x k + x k+1 = 0 E (1) avec x j = λ j a j + µ j f(a j ) F (a j ). En appliquant f, on obtient y y k + y k+1 = 0 E (2) avec y j = µ j a j + λ j f(a j ). La combinaison λ k+1 (1) µ k+1 (2) donne alors (λ 2 k+1 + µ2 k+1 )a k+1 F (a 1 ) F (a k ) et donc λ k+1 = µ k+1 = 0 car on a choisi a k+1 / F (a 1 ) F (a k ). On en déduit x k+1 = 0 E et la relation (1) devient x x k = 0 E qui donne x 1 =... = x k = 0 E car les espaces F (a 1 ),..., F (a k ) sont en somme directe. Récurrence établie. c) Ce qui précède assure dim E = 2p et dans la base (a 1, f(a 1 ),..., a p, f(a p )), la matrice de f est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux égaux à ( ) a) L image d un endomorphisme est toujours stable par celui-ci... En effet x Im u, u(x) Im u b) Si x Im u alors il existe a E tel que x = u(a). On a alors u 2 (x) = u 3 (a) = u(a) = x c) En vertu de ce qui précède, v 2 = Id donc v est un isomorphisme et v 1 = v. d) D une part et d autre part donc det(v 1 ) = 1 det v det( v) = ( 1) dim Im u det v ( 1) dim Im u > 0 On en déduit que la dimension de l image de u est paire. Exercice 8 : [énoncé] Les K n [X], K [X] et {0} sont des sous-espaces vectoriels stables pour l endomorphisme de dérivation. Soit F un sous-espace vectoriel stable. Si F est de dimension finie alors les polynômes de F sont de degrés bornés. Si F n est pas réduit à 0, on peut introduire un polynôme P de F de degré n maximal. On a F K n [X]. Or la famille des polynômes P, P, P,..., P (n) est de degrés étagés et formés d éléments de F car F est stable pour la dérivation donc K n [X] = Vect(P, P,..., P (n) ) F puis F = K n [X]. Si F n est pas de dimension finie alors pour tout m N, F K m [X] et donc il existe P F tel que n = deg P > m. Or en raisonnant comme ci-dessus, on démontre K n [X] F et donc K m [X] F. Ainsi m N, K m [X] F donc F = K [X]. Finalement, les K n [X], K [X] et {0} sont les seuls sous-espace vectoriels stables pour l endomorphisme de dérivation. Exercice 7 : [énoncé] Exercice 9 : [énoncé]

38 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 38 a) Si x est vecteur propre de u alors D = Vect(x) est stable par u. C est contraire à l hypothèse de travail car D est un sous-espace vectoriel non nul distinct de E. On en déduit que u ne possède pas de valeurs propres. b) Puisque x 0 E, il existe un plus grand entier p 1 tel que la famille (x, u(x),..., u p 1 (x)) est libre. Par définition de p, on a alors (x, u(x),..., u p 1 (x), u p (x)) liée et donc u p (x) Vect(x, u(x),..., u p 1 (x)). On en déduit que le sous-espace vectoriel F = Vect(x, u(x),..., u p 1 (x)) est stable par u. Puisque ce sous-espace vectoriel est non nul, on a F = E et donc par dimension p = n. Au final, la famille (x, u(x),..., u n 1 (x)) est une base de E. La matrice de u dans cette base a la forme suivante 0 0 a 0 1 (0)..... (0) 1 a n 1 avec a k les scalaires donnés par la relation u n (x) = a 0 x + a 1 u(x) + + a n 1 u n 1 (x) c) En composant la relation précédente avec u, on obtient 0 k n 1, u n (u k (x)) = a 0 u k (x) + a 1 u(u k (x)) + + a n 1 u n 1 (u k (x)) Puisque la famille (x, u(x),..., u n 1 (x)) est une base de E, on en déduit y E, u n (y) = a 0 y + a 1 u(y) + + a n 1 u n 1 (y) On en déduit que pour y 0 E, la matrice de u dans la base (y, u(y),..., u n 1 (y)) est la même que la précédente. Exercice 10 : [énoncé] a) Le cas n = 1 est immédiat car v est alors nécessairement nul. Le cas v = 0 est tout aussi immédiat. b) F = Im v est stable par u et v et puisque v n est pas bijectif, 1 dim F < n : on pourra donc appliquer l hypothèse de récurrence sur F. Dans une base adaptée à F, les matrices de u et v sont de la forme ( ) ( ) A B D E et O C O O On a alors det(u + v) = det(a + D) det C. c) A et D sont associées aux endomorphismes induits par u et v sur F. Ces endomorphismes induits vérifient les hypothèses initiales et donc det(a + D) = det A puis det(u + v) = det A det C = det u. Exercice 11 : [énoncé] Montrons par récurrence sur k N E = S + Im u k La propriété est vraie par hypothèse pour k = 1. Supposons la propriété vraie au rang k 1. On a évidemment S + Im u k+1 E Inversement, soit x E. Par hypothèse de récurrence, on peut écrire Or, on peut aussi écrire On en déduit x = a + u k (b) avec a S et b E b = a + u(c) avec a S et c E x = a + u k (a ) + u k+1 (c) S + Im u k+1 car a + u k (a ) S puisque S est un sous-espace vectoriel stable par u. Ainsi E S + Im u k+1 puis l égalité. Récurrence établie. En appliquant cette propriété à l indice de nilpotence de u, on obtient Exercice 12 : [énoncé] E = S a) Im u est stable pour u donc u E2 est bien défini. Par le théorème du rang la restriction de u à tout supplémentaire de ker u définit un isomorphisme avec Im u. Ici cela donne u E2 automorphisme. b) Soient u, v Γ. Si x ker(v u) alors u(x) Im u ker v donc u(x) E 1 E 2 et u(x) = 0 puis x E 1. Ainsi ker(v u) E 1 et l inclusion réciproque est immédiate. Im(v u) = v(u(e)) = v(e 2 ) = E 2 car v E2 est un automorphisme de E 2. Ainsi v u Γ.

39 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 39 c) Si φ(u) = φ(v) alors u E2 = v E2. Or u E1 = 0 = v E1 donc les applications linéaires u et v coïncident sur des sous-espaces vectoriels supplémentaires et donc u = v. d) Une application linéaire peut être définit de manière unique par ses restrictions linéaires sur deux sous-espaces vectoriels supplémentaires. Pour w GL(E 2 ) considérons u L(E) déterminé par u E1 = 0 et u E2 = w. On vérifie aisément E 1 ker u et E 2 Im u. Pour x ker u, x = a + b avec a E 1 et b E 2. La relation u(x) = 0 donne alors u(a) + u(b) = 0 c est-à-dire w(b) = 0. Or w GL(E 2 ) donc b = 0 puis x E 1. Ainsi ker u E 1 et finalement ker u = E 1. Pour y Im(u), il existe x E tel que y = u(x). Or on peut écrire x = a + b avec a E 1 et b E 2. La relation y = u(x) donne alors y = u(a) + u(b) = w(b) E 2. Ainsi Im u E 1 et finalement Im u = E 1. On peut conclure que u Γ et ũ = w : φ est surjectif. e) ϕ est un morphisme bijectif : il transporte la structure de groupe existant sur GL(E 2 ) en une structure de groupe sur (Γ, ). Le neutre est l antécédent de Id E2 c est-à-dire la projection sur E 2 parallèlement à E 1. Exercice 13 : [énoncé] a) L application T est évidemment linéaire et est à valeurs dans E. Soit g E. Montrons que l équation T f = g admet une solution unique. Unicité : Si T f = g alors x x f(t) dt est solution sur R de l équation 0 différentielle linéaire y + y = g vérifiant y(0) = 0. Par le théorème de Cauchy ceci détermine x x f(t) dt de façon unique et donc f aussi. 0 Existence : La dérivée de la fonction solution y + y = g vérifiant y(0) = 0 est solution. b) Soit F un sous-espace vectoriel de dimension finie stable par T. Notons I l endomorphisme de E défini par I(f): x x f(t) dt. Puisque F est stable 0 par T, F est aussi stable par I. L endomorphisme induit par I sur le sous-espace vectoriel de dimension finie F admet un polynôme minimal π = X n + a n 1 X n a 0. On a alors pour tout f F l égalité y + a n 1 y + + a n y (n) = 0 en notant y = I n (f). De plus, on a les conditions initiales y(0) =... = y (n 1) (0) = 0 ce qui donne y = 0 puis f = 0. Ainsi F = {0}. Finalement, l espace nul est le seul espace de dimension finie stable par T. Quel intérêt au «impaire»? Exercice 14 : [énoncé] a) Si la matrice A est magique alors, par simple calcul des coefficients, AU = su et t UA = s t U. Inversement, si AU = λu et t UA = µ t U alors n n i 1 ; n, a i,j = λ et j 1 ; n, a i,j = µ j=1 De plus, t UAU = t U(AU) = λ t UU = nλ et t UAU = ( t UA)U = µ t UU = nµ. On en déduit λ = µ et la matrice A est magique. b) Pour le produit scalaire canonique sur M n,1 (R) défini par X, Y = t XY, l espace H se comprend comme l hyperplan de vecteur normal U et donc D = H. c) Si A est magique alors U est vecteur propre de A. Ainsi D = Vect(U) est stable par A. Aussi, on a la relation t AU = µu et donc U est vecteur propre de t A. La droite D est stable par t A et donc H = D est stable par A. La réciproque est immédiate car une droite vectorielle est stable si, et seulement si, elle est engendrée par un vecteur propre. d) Si l on introduit une matrice P de passage de la base canonique de M n,1 (R) vers une base adaptée à l écriture M n,1 (R) = D H, l étude au-dessus assure qu une matrice A est magique si, et seulement si, P 1 AP est de la forme ( ) α 0 avec α R et M M 0 M n 1 (R) On en déduit que l espace des matrices magiques est de dimension 1 + (n 1) 2 Exercice 15 : [énoncé] Soient E un R-espace vectoriel de dimension 3 muni d une base B et u l endomorphisme de E représenté par la matrice A dans B. On a u 2 = 0 et u 0. Notons que cela entraîne dim Im u = 1 et dim ker u = 2. Cherchons une base B = (ε 1, ε 2, ε 3 ) telle que Mat B (u) = B. Après analyse du problème : Considérons ε 1 / ker(u) et ε 2 = u(ε 1 ). ε 2 est un vecteur non nul de ker u qui peut être complétée en une base (ε 2, ε 3 ) de ker u. Formons B = (ε 1, ε 2, ε 3 ). Si λ 1 ε 1 + λ 2 ε 2 + λ 3 ε 3 = 0 alors en appliquant u, λ 1 u(ε 1 ) = 0 donc λ 1 = 0 puis λ 2 ε 2 + λ 3 ε 3 = 0 entraîne λ 2 = λ 3 = 0 puisque (ε 2, ε 3 ) est libre. Finalement la famille B est libre et c est donc bien une base de E. La matrice de u dans cette base est bien la matrice B. On peut conclure. i=1

40 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 40 Exercice 16 : [énoncé] Soient E un K-espace vectoriel de dimension n muni d une base B et f L(E) de matrice A dans B. On vérifie f n 1 0 et f n = 0. Soit x / ker(f n 1 ). Un tel x existe puisque f n 1 0. Considérons la famille B = (f n 1 (x),..., f(x), x). Supposons λ n 1 f n 1 (x) + + λ 1 f(x) + λ 0 x = 0 En y appliquant successivement f n 1,..., f et Id E on obtient λ 0 = 0,..., λ n 2 = 0 puis λ n 1 = 0 car f n 1 (x) 0. B est une famille libre formée de n = dim E vecteurs, c est donc une base de E. La matrice de f dans la base B est égale à B. Les matrices A et B sont donc semblables. Exercice 17 : [énoncé] Soient E un K-espace vectoriel de dimension n muni d une base B et f L(E) de matrice A dans B. On observe que Im f et ker f sont supplémentaires dans E. Dans une base B adaptée à cette supplémentarité, la matrice de f est de la forme ( ) A 0 B = 0 0 avec A matrice de taille r. De plus r = rg A = rg B = rg A donc A est inversible. Exercice 18 : [énoncé] Soient E un K-espace vectoriel de dimension n muni d une base B et f L(E) de matrice A dans B. On observe r = rg f, f 0 et f 2 = 0 de sorte que Im f ker f. Soit (e 1,..., e r ) une base de Imf complétée en (e 1,..., e n r ) base de ker f. Pour tout i {1,..., r}, il existe e n r+i vecteur de E tel que f(e n r+i ) = e i. Montrons que (e 1,..., e n ) est libre. Supposons λ 1 e 1 + +λ r e r +λ r+1 e r+1 + +λ n r e n r +λ n r+1 e n r+1 + +λ n e n = 0 (1) En appliquant f à la relation (1), on obtient λ n r+1 e λ n e r = 0 (2) et donc λ n r+1 =... = λ n = 0 car la famille (e 1,..., e r ) libre. La relation (1) devient λ 1 e λ r e r + λ r+1 e r λ n r e n r = 0 (3) et donc λ 1 =... = λ n r = 0 car la famille (e 1,..., e n r ) libre. La famille (e 1,..., e n ) est libre et formée de n = dim E vecteurs de E, c est donc une base de E. La matrice de f dans celle-ci est égale à B et on peut conclure que les matrices A et B sont semblables. Exercice 19 : [énoncé] Soit f L(R 3 ) l endomorphisme canoniquement associé à la matrice A. Analyse : Cherchons une base (e 1, e 2, e 3 ) telle que la matrice de f dans cette base soit la matrice On a alors f(e 1 ) = 0, f(e 2 ) = e 3 et f(e 3 ) = e 2. On en déduit e 1 ker f, e 2 ker(f 2 + Id) et e 3 = f(e 2 ). Synthèse : L endomorphisme f vérifie f (f 2 + Id) = 0. Par l absurde, si f est inversible alors f 2 + Id = 0 et donc det(f 2 ) = det( Id) = 1. Or det(f 2 ) = (det f) 2 0. C est absurde. On en déduit ker f {0}. Soit e 1 un vecteur non nul de ker f. Puisque (f 2 + Id) f = 0, on a Im f ker(f 2 + Id). Or f 0 donc Im f {0} puis ker(f 2 + Id) {0}. Soit e 2 un vecteur non nul de ker(f 2 + Id) et e 3 = f(e 2 ). On vérifief(e 3 ) = f 2 (e 2 ) = e 2. Il reste à observer que la famille (e 1, e 2, e 3 ) est une base de R 3. Supposons λ 1 e 1 + λ 2 e 2 + λ 3 e 3 = 0 (1) avec λ 1, λ 2, λ 3 R. En appliquant deux fois f à cette relation, on obtient λ 2 e 3 λ 3 e 2 = 0 (2) et λ 2 e 2 λ 3 e 3 = 0 (3). La combinaison d équations λ 3 (2) + λ 2 (3) donne (λ λ 2 2)e 2 = 0. Puisque le vecteur e 2 a été choisi non nul, on en déduit λ 2 = λ 3 = 0 puis la relation (1) donne λ 1 = 0 puisque le vecteur e 1 a été choisi non nul. Finalement, (e 1, e 2, e 3 ) est une base de R 3 et la matrice de f dans celle-ci est celle voulue. On peut conclure que A est semblable à la matrice proposée. Exercice 20 : [énoncé] Soit f L(R 4 ) l endomorphisme canoniquement associé à la matrice M. Analyse : Cherchons une base (e 1, e 2, e 3, e 4 ) telle que : f(e 1 ) = e 2, f(e 2 ) = e 1, f(e 3 ) = e 4 et f(e 4 ) = e 3. La connaissance de e 1 et e 3 suffit pour former e 2 et e 4 avec les quatre relations voulues.

41 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 41 Synthèse : Prenons e 1 0, e 2 = f(e 1 ), e 3 / Vect(e 1, e 2 ) et e 4 = f(e 3 ). Supposons λ 1 e 1 + λ 2 e 2 + λ 3 e 3 + λ 4 e 4 = 0 i.e. λ 1 e 1 + λ 2 f(e 1 ) + λ 3 e 3 + λ 4 f(e 3 ) = 0 (1). En appliquant l endomorphisme f : λ 1 f(e 1 ) λ 2 e 1 + λ 3 f(e 3 ) λ 4 e 3 = 0 (2). λ 3 (1) λ 4 (2) donne (λ 3 λ 1 + λ 2 λ 4 )e 1 + (λ 3 λ 2 λ 4 λ 1 )f(e 1 ) + (λ λ 2 4)e 3 = 0. Puisque e 3 / Vect(e 1, e 2 ), on a λ λ 2 4 = 0 d où λ 3 = λ 4 = 0. (1) et (2) donne alors λ 1 e 1 + λ 2 f(e 1 ) = 0 et λ 1 f(e 1 ) λ 2 e 1 = 0. Comme ci-dessus on parvient à λ λ 2 2 = 0 d où λ 1 = λ 2 = 0. Finalement (e 1, e 2, e 3, e 4 ) est une base convenable. On peut conclure que M est semblable à la matrice proposée. Exercice 21 : [énoncé] Raisonnons par récurrence sur n N. Pour n = 1 : ok Supposons la propriété établie au rang n 1. Soient A M n+1 (R) de trace nulle et f L(R n+1 ) l endomorphisme canoniquement associé. Si f est une homothétie vectorielle (i.e. de la forme λ Id E ) alors f = 0 car tr f = 0 et on peut alors conclure. Sinon, il existe un vecteur x tel que f(x) ne soit pas colinéaire à x. En représentant f dans une base dont x et f(x) sont les deux premiers vecteurs, on obtient que la matrice A est semblable à la matrice ( ) 0 M = A avec A M n (R) de trace nulle. Par hypothèse de récurrence, il existe P inversible tel que P 1 A P soit de diagonale nulle. En considérant la matrice inversible Q = ( P ) avec Q 1 = ( P 1 on obtient que la matrice M est semblable à ( ) 0 0 Q 1 A Q =... 0 Finalement, la matrice A est semblable à une matrice à coefficients diagonaux tous nuls. Récurrence établie. ) Exercice 22 : [énoncé] a) Soit f l endomorphisme de K n canoniquement associé à A. On a et donc par la formule du rang rg f = rg A = 1 dim ker f = n 1 Si B est une base adaptée à ker f, la matrice de f dans cette base a ses n 1 premières colonnes nulles. b) On peut écrire A = P BP 1 avec P matrice inversible et B une matrice de la forme λ On a alors Puisque B 2 = λb, on a puis Puisque det(i n + B) = 1 + λ, on a puis λ = tr B = tr A P 1 A 2 P = tr(a).p 1 AP A 2 = tr(a).a det(p 1 ) det(i n + A) det P = 1 + tr A det(i n + A) = 1 + tr A Exercice 23 : [énoncé] Posons D = diag(1, 2,..., n). L étude, coefficient par coefficient, de la relation MD = DM donne que les matrices commutant avec D sont les matrices diagonales. Parmi les matrices diagonales, celles qui sont semblables à D sont celles qui ont les mêmes coefficients diagonaux

42 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 42 Exercice 24 : [énoncé] Il existe P GL n (C) vérifiant P A = BP. En posant Q = Re(P ) et R = Im(P ) on obtient QA + ira = BQ + ibr donc QA = BQ et RA = BR car A, B, Q, R réelles. Cependant on ne sait pas si Q ou R sont inversibles. Or pour tout λ R, (Q + λr)a = B(Q + λr) et λ det(q + λr) est une fonction polynomiale non nulle car det(q + ir) 0 donc il existe λ R tel que Q + λr est inversible et on peut conclure. Exercice 25 : [énoncé] Commençons par déterminer f(i n ) et f(o n ). On a f(i n ) = f(in) 2 = f(i n ) 2 donc f(i n ) = 0 ou 1. Si f(i n ) = 0 alors pour tout A M n (C), f(a) = f(a I n ) = f(a) f(i n ) = 0 et donc f est constante ce qui est exclu. Ainsi f(i n ) = 1. Aussi f(o n ) = f(on) 2 = f(o n ) f(o n ) donc f(o n ) = 0 ou 1. Si f(o n ) = 1 alors pour tout A M n (C), f(a) = f(o n ) f(a) = f(o n A) = f(o n ) = 1 et donc f est constante ce qui est exclu. Ainsi f(o n ) = 0. Si A est inversible alors f(i n ) = f(a A 1 ) donne f(a) f(a 1 ) = 1 et donc f(a) 0. La réciproque est plus délicate. Supposons A non inversible et posons r = rg A. La matrice A est équivalente à la matrice ( ) Ir O J r = r,n r O n r,r O n r ce qui permet d écrire A = QJ r P avec P, Q inversibles. On a alors f(a) = f(q)f(j r )f(p ) et il suffit de montrer f(j r ) = 0 pour conclure. Par permutation des vecteurs de bases, la matrice J r est semblable à toute matrice diagonale où figure r coefficients 1 et n r coefficients 0. En positionnant, pertinemment les coefficients 0, on peut former des matrices A 1,..., A p toutes semblables à J r vérifiant A 1... A p = O n On a alors f(a 1 )... f(a p ) = 0 Or il est facile d établir que si deux matrices sont semblables, la fonction f prend les mêmes valeurs sur celles-ci. Par suite f(j r ) = f(a 1 ) =... = f(a p ) et ainsi f(j r ) p = 0 puis enfin f(j r ) = 0. Exercice 26 : [énoncé] On vérifie aisément que C est un sous-espace vectoriel de M 3 (R) car c est le noyau de l endomorphisme M AM MA. Puisque A 2 = O 3, on a Im A ker A. Puisque A O 3, la formule du rang et l inclusion précédente montre rg A = 1 et dim ker A = 2 Soient X 1 Im A non nul, X 2 tel que (X 1, X 2 ) soit base de ker A et X 3 un antécédent de X 1. En considérant la matrice de passage P formée des colonnes X 1, X 2, X 3, on a P 1 AP = = B En raisonnant par coefficients inconnus, on obtient que les matrices N vérifiant BN = NB sont de la forme a b c N = 0 b c 0 0 a Par suite les matrice M vérifiant AM = MB sont celle de la forme a b c M = P 0 b c P a L espace C est donc de dimension 5 et l on en forme une base à l aide des matrices M 1 = P P 1, M 2 = P P 1, M 3 = P P M 4 = P P 1 et M 5 = P P Exercice 27 : [énoncé] tr A tr B dont A et B ne sont pas semblables.

43 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 43 Exercice 28 : [énoncé] Notons E la matrice correspondant à l élément neutre de (G, ). Celle-ci est nécessairement non nulle car sinon la partie G serait réduite à la matrice nulle. Puisque la matrice E est neutre, on a E 2 = E et donc E est la matrice d une projection. En posant r = rg E N, il existe P GL n (R) telle que ( ) E = P J r P 1 Ir O avec J r = M O O n (R) Pour toute matrice M M n (R), on peut écrire par blocs ( ) A B M = P P 1 C D L identité EM = M = ME donne la nullité des blocs B, C et D. On peut alors introduire l application ϕ: G M r (R) qui associe à M G le bloc A de la description ci-dessus. On vérifie aisément que l application ϕ est injective et que M, N G, ϕ(mn) = ϕ(m) ϕ(n) Enfin, on a aussi ϕ(e) = I r de sorte qu on peut affirmer que l image de ϕ est un sous-groupe de (GL r (R), ). Le groupe (G, ) alors isomorphe à ce sous-groupe. Exercice 32 : [énoncé] Pour λ K et x E, x E λ (v) u(a 1 (x)) = λa 1 (x) a 1 (x) E λ (u) x a(e λ (u)) Ainsi E λ (v) = a(e λ (u)). Puisque a est un automorphisme, on peut affirmer E λ (v) {0} si, et seulement si, E λ (u) {0}. Ainsi Sp(u) = Sp(v) Exercice 33 : [énoncé] On a la propriété x 0 E, λ x K, u(x) = λ x x Montrer que x λ x est une fonction constante sur E \ {0}. Soient x, y 0 E. Si (x, y) est libre u(x + y) = u(x) + u(y) donne λ x+y (x + y) = λ x x + λ y y donc par liberté de (x, y) on obtient λ x = λ x+y = λ y. Si (x, y) est liée, y = µx et donc u(y) = µu(x) = λ x µx = λ x y puis λ y = λ x. Ainsi x λ x est une fonction constante. En posant λ la valeur de cette constante, on a x E, u(x) = λx que x soit nul ou non. Exercice 29 : [énoncé] En vertu du théorème d isomorphisme 0 Sp(f) f non injectif f non surjectif Exercice 30 : [énoncé] 0 Sp(f n ) = f n non injective = f non injective = 0 Sp(f). Exercice 31 : [énoncé] Si λ Sp u alors il existe x 0 vérifiant u(x) = λx. En appliquant u 1, on obtient x = λu 1 (x). Puisque x 0, λ 0 et on peut écrire u 1 (x) = 1 λ x donc 1 λ Sp u 1. Ainsi L autre inclusion s obtient par symétrie. {1/λ λ Sp u} Sp u 1 Exercice 34 : [énoncé] a) Il existe x 0 Z, vérifiant On a alors u(v(x)) = λx (v u)(v(x)) = λv(x) Or v(x) 0 E car u(v(x)) 0 E et u(0 E ) = 0 E. On en déduit que λ est valeur propre de v u. b) On observe On en déduit u v(p ) = P et v u(p ) = P P (0) ker(u v) = {0} et ker(v u) = R 0 [X] En substance, la propriété précédente ne vaut pas pour λ = 0 en dimension quelconque. c) Cependant, en dimension finie, si 0 est valeur propre de u v alors det(u v) = 0 et donc det(v u) = 0 d où 0 valeur propre de v u.

44 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 44 Exercice 35 : [énoncé] Cas λ = 0 det(u v) = 0 entraîne det(v u) = 0 ce qui donne la propriété. Cas λ 0 Si x est vecteur propre associé à la valeur propre λ alors u(v(x)) = λx donne v(u(v(x))) = λv(x). De plus λx 0 entraîne v(x) 0 et donc λ est valeur propre de v u. Exercice 36 : [énoncé] a) Une récurrence facile donne A k B BA k = ka k. b) A k est vecteur propre de l endomorphisme considéré si, et seulement si, A k 0. c) L endomorphisme M MB BM opère en dimension finie, il ne peut donc avoir qu un nombre fini de valeurs propres et donc il existe k N vérifiant A k = 0. Exercice 37 : [énoncé] a) On vérifie f k g g f k = kf k. Si pour tout k N, f k 0 alors l endomorphisme h h g g h admet une infinité de valeurs propres. Ceci étant impossible en dimension finie, on peut affirmer que f est nilpotent. b) f n = 0 (car dim E = n) et f n 1 0. Pour x / ker f n 1 et e = (f n 1 (x),..., f(x), x), on montre classiquement que e est une base de E dans laquelle la matrice de f est telle que voulue. f(g(f n 1 (x)) = 0 donc g(f n 1 (x)) = λf n 1 (x) pour un certain λ R Aussi f k (g(f n 1 k (x))) = (λ + k)f n 1 (x) et donc la matrice de g dans e et triangulaire supérieure avec sur la diagonale λ, λ + 1,..., λ + n 1. Ainsi Sp(g) = {λ,..., λ + n 1} Soit y vecteur propre associé à la valeur propre λ + n 1. Si y ker f n 1 alors puisque ker f n 1 est stable par g, λ + n 1 est valeur propre de l endomorphisme induit par g sur ker f n 1. Cela n étant par le cas y / ker f n 1. On vérifie alors facilement que la famille e = (f n 1 (y),..., f(y), y) résout notre problème. Exercice 38 : [énoncé] a) Puisque u v = v u les sous-espaces propres de u sont stables par v. Puisque E est un C-espace vectoriel, u admet une valeur propre et le sous-espace propre associé est stable par v. L endomorphisme induit par v sur celui-ci admet une valeur propre et ceci assure l existence d un vecteur propre commun à u et v. b) u v v u = au. Si u est inversible alors u v u 1 v = a Id E et donc tr(u v u 1 ) tr v = a dim E. Or tr(u v u 1 ) = tr v ce qui entraîne une absurdité. On en déduit que u est non inversible. Par récurrence sur n N, on obtient u n v v u n = nau n L endomorphisme ϕ: w w v v w n admet qu un nombre fini de valeurs propres car opère en dimension finie. Si u n est pas nilpotent alors pour tout n N, na est valeur propre de ϕ. C est absurde et donc u est nilpotent. Enfin, soit x ker u. On a u(v(x)) = v(u(x)) + au(x) = 0 donc v(x) ker u. Par suite ker u {0} est stable v et un vecteur propre de l endomorphisme induit est vecteur propre commun à u et v. c) u v v u = au + bv. Si a = 0 il suffit de transposer l étude précédente. Si a 0, considérons w = au + bv. On a (au + bv) v v (au + bv) = a(u v v u) = a(au + bv) Par l étude qui précède, au + bv et v ont un vecteur propre en commun puis u et v ont un vecteur propre en commun. Exercice 39 : [énoncé] Cas a = b = 0 Les endomorphismes f et g commutent donc les sous-espaces propres de l un sont stables pour l autre. Puisque le corps de base est C, l endomorphisme f admet au moins une valeur propre λ. L espace E λ (f) {0} est stable par g donc on peut introduire l endomorphisme induit par g sur E λ (f) et ce dernier admet aussi au moins une valeur propre. Un vecteur propre associé à cette valeur propre de g est aussi un vecteur propre de f car élément non nul de E λ (f). Ainsi f et g ont un vecteur propre commun.

45 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 45 Cas a = 0 et b 0 Par récurrence, on obtient f g n g n f = nbg n pour tout n N. L application u L(E) f u u f est un endomorphisme de L(E) or dim L(E) < + donc cet endomorphisme n admet qu un nombre fini de valeur propre. Cependant, pour chaque n N tel que g n 0, le scalaire nb est valeur propre de cet endomorphisme, on en déduit qu il existe n N tel que g n = 0 et en particulier ker g {0}. On vérifie aisément que ker g est stable par f et un vecteur propre de l endomorphisme induit par f sur ker g est alors vecteur propre commun à f et g. Cas b = 0 et a 0 Semblable Cas a 0 et b 0 On a f (af + bg) (af + bg) f = b(f g g f) = b(af + bg) Par l étude qui précède, f et af + bg admettent un vecteur propre commun et celui-ci est alors vecteur propre commun à f et g. Exercice 40 : [énoncé] a) u admet une valeur propre λ et le sous-espace propre associé est stable par v. Cela assure que u et v ont un vecteur propre en commun e 1. On complète celui-ci en une base (e( 1, e 2,.. )., e n ). Les( matrices ) de u et v dans cette base λ µ sont de la forme A = 0 A et B = 0 B. Considérons les endomorphismes u et v de E = Vect(e 2,..., e n ) représentés par A et B dans (e 2,..., e n ). AB = BA donne A B = B A et donc [u ; v ] = 0. Cela permet d itérer la méthode jusqu à obtention d une base de cotrigonalisation. b) Par récurrence, on vérifie [u k ; v] = kλu k. L endomorphisme w [w ; v] de L(E) ne peut avoir une infinité de valeurs propres donc il existe k N tel que u k = 0. L endomorphisme u est nilpotent donc ker u {0} ce qui permet d affirmer que u et v ont un vecteur propre commun. On peut alors reprendre la démarche de la question a) sachant qu ici A B B A = λa. c) Si α = 0, l étude qui précède peut se reprendre pour conclure. Si α 0, on introduit w = αu + βv et on vérifie [w ; v] = αw. Ainsi w et v sont cotrigonalisables puis u et v aussi cas u = 1 α (w βv). Exercice 41 : [énoncé] a) Il suffit de procéder par récurrence en exploitant f n+1 g g f n+1 = f (nf n + g f n ) + (I f g) f n. b) Par linéarité P (f) g g P (f) = P (f). Ainsi si P annule f alors P aussi. Ceci est impossible en dimension finie car le polynôme minimal d un endomorphisme annule celui-ci et est de degré minimal. Notons qu un argument de calcul de trace est de loin plus rapide et plus simple! c) f g(p ) = (XP ) = XP + P et g f(p ) = XP donc (f g g f)(p ) = P. Exercice 42 : [énoncé] a) Par récurrence b) Par linéarité f n g g f n = nf n P (f) g g P (f) = f P (f) Par suite, si P (f) = 0, alors f P (f) = 0. c) Soit π le polynôme minimal de l endomorphisme f. π annule f donc Xπ aussi. Par minimalité de π, π Xπ. Pour des raisons de degré et de coefficients dominants, απ = Xπ avec α = deg π. On en déduit π = X α et donc f est nilpotent. Exercice 43 : [énoncé] a) Soit λ une valeur propre de l endomorphisme T. Il existe une matrice M non nulle vérifiant T (M) = λm. On a alors MA = (A + λi n )M. Par une récurrence facile, MA p = (A + λi n ) p M. Or pour un certain p N, A p = O n donc (A + λi n ) p M = O n. Cependant la matrice M n est pas nulle donc la matrice (A + λi n ) p n est pas inversible puis la matrice A + λi n ne l est pas non plus. Ainsi λ est valeur propre de A et donc λ = 0 car 0 est la seule valeur propre d une matrice nilpotente. On en déduit Sp T {0} puis Sp T = {0} car le corps de base C assure l existence d au moins une valeur propre. Le polynôme caractéristique de T étant scindé dans C [X] et de degré n 2, on a χ T = ( 1) n2 X n2 puis T n2 = 0 car le polynôme caractéristique est annulateur en vertu du théorème de Cayley Hamilton. Finalement, l endomorphisme T est nilpotent.

46 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 46 b) Pour g = Id E on a T = 0. Ainsi l endomorphisme T est nilpotent alors que g ne l est pas. La réciproque est fausse. Exercice 44 : [énoncé] a) Par récurrence, on obtient On en déduit n N, A n B BA n = na n 1 C P K [X], P (A)B BP (A) = P (A)C Si la matrice A est diagonalisable, elle annule un polynôme scindé à racine simple P et donc P (A)C = 0 Puisque les racines de P sont simples, les valeurs propres de A ne sont pas racine de P et une diagonalisation de A permet d affirmer det P (A) 0 Puisque la matrice P (A) est inversible, l identité P (A)C = 0 donne C = 0. b) Supposons C diagonalisable. Notons a, b, c les endomorphismes de R n canoniquement associés aux matrices A, B, C. Soit λ une valeur propre de C. Le sous-espace propre E λ (c) est stables par les endomorphismes a et b car la matrice C commute avec A et B. Notons a λ et b λ les endomorphismes induits associés. On a En considérant la trace, on obtient a λ b λ b λ a λ = λ Id Eλ (c) λ dim E λ (c) = 0 On en déduit que seule 0 est valeur propre de C et donc la matrice diagonalisable C est nulle. Exercice 45 : [énoncé] a) est évidemment linéaire de M p (R) dans lui-même. En exploitant (BC) = ABC BCA = (AB BA)C + B(AC CA) = (B)C + B (C) on montre la relation n (MN) = n k=0 ( ) n k (M) n k (N) k en raisonnant par récurrence comme pour établir la formule de Leibniz. b) AB = BA donne directement (B) = 0 et donc 2 (H) = 0. La relation n+1 (H n ) = 0 s obtient alors en raisonnant par récurrence et en observant que les termes sommés sont nuls dans la relation n+1 ( ) n + 1 n+1 (H n ) = n+1 (HH n 1 ) = k (H) n+1 k (H n 1 ) k L identité n (H n ) = n!b n s obtient aussi par récurrence et un calcul assez analogue. c) Considérons une norme sous-multiplicative (par équivalence des normes en dimension finie, cela ne change rien au problème). On a k=0 B n = 1 n! n (H n ) L application linéaire étant continue, on peut introduire k 0 vérifiant On a alors puis M M p (R), (M) k M B n 1 n! kn H n 1 (k H )n n! B n 1/n 1 (k H ) 1/n (n!) 0 car n! ( n ) n 2πn n + e d) On peut plonger le problème dans le cadre complexe. Soit λ une valeur propre complexe de B et M une matrice de M p (C) dont toutes les colonnes sont vecteurs propres de B associés à la valeur propre λ. On a BM = λm et donc B n M = λ n M puis B n M 1/n = λ M 1/n. Or B n M 1/n B n 1/n M 1/n 0 n + et on peut donc conclure λ = 0. Puisque 0 est la seule valeur propre complexe de B, celle-ci est nilpotente (cf. théorème de Cayley-Hamilton).

47 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 47 Exercice 46 : [énoncé] a) Soit x ker u. On a u(x) = 0 E et donc u(v(x)) = u(x) + v(u(x)) = 0 E Ainsi v(x) ker u. b) Si par l absurde, l endomorphisme u est inversible, on peut écrire En passant à la trace, on obtient u v u 1 = v + Id E tr(v) = tr(v) + dim E Ceci est absurde. On en déduit ker(u) {0}. ker(u) est stable v et non réduit à {0}. L endomorphisme complexe induit par v sur cet espace de dimension finie admet donc une valeur propre λ. Si x est un vecteur propre associé, c est un vecteur propre commun à u et v car u(x) = 0 E et v(x) = λ.x c) La conclusion qui précède vaut aussi pour une identité du type u v v u = au avec a 0. Dans le cas où a = 0, la propriété est encore vraie en raisonnant cette fois-ci avec un sous-espace propre de u (stable par v car on est en situation où u et v commutent). Si u v v u = au + bv avec b 0 alors, en considérant w = au + bv, on a u w w u = bw. Les endomorphismes u et w ont un vecteur propre en commun et celui-ci est aussi vecteur propre de v. Finalement, on retient u v v u Vect(u, v) = u et v ont un vecteur propre en commun On peut alors en déduire que ces deux endomorphismes sont cotrigonalisables en raisonnant par récurrence sur la dimension de E. En bref (car c est assez long à rédiger), si l on complète le vecteur propre précédent en une base de E, les endomorphismes u et v seront figurés par des matrices ( λ 0 A ) et ( µ 0 B La relation u v v u Vect(u, v) donne, par calcul par blocs, AB BA Vect(A, B). On applique l hypothèse de récurrence aux matrices A et B : P 1 AP = T et P 1 BP = T avec P inversible de taille n 1 ) On transpose ensuite cette solution aux matrices précédentes via la matrice inversible ( 1 ) 0 0 P Exercice 47 : [énoncé] Soient λ R et f E. On a D(f) = λf f est solution de l équation différentielle y = λy Les solutions de l équation y = λy sont les fonctions de la forme t Ce λt. Ainsi Sp(D) = R et E λ (D) = Vect(t e λt ) Exercice 48 : [énoncé] Soient λ C et u E. Étudions l équation f(u) = λu. On a { (1 λ)u f(u) = λu 0 = 0 n N, (2λ 1)u n = u n 1 Cas λ = 1 f(u) = u n N, u n = u n 1 On en déduit que 1 est valeur propre de f et que le sous-espace propre associé est formé des suites constantes. Cas λ 1 { u f(u) = λu 0 = 0 n N, (2λ 1)u n = u n 1 Que λ = 1/2 ou non, on obtient et donc λ n est pas valeur propre. Finalement Exercice 49 : [énoncé] Soient λ R et u E. f(u) = λu n N, u n = 0 Sp f = {1} (u) = λu n N, u(n + 1) = (1 + λ)u(n)

48 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 48 Ainsi (u) = λu n N, u(n) = u 0 (1 + λ) n Pour λ ] 2 ; 0[, la suite u(n) = (1 + λ) n est élément non nul de E et vérifie (u) = λu. Pour λ / ] 2 ; 0[, seule la suite nulle est converge vers 0 et satisfait On peut donc conclure n N, u(n) = u 0 (1 + λ) n Sp( ) = ] 2 ; 0[ Exercice 50 : [énoncé] Soient λ R et f E. Si I(f) = λf alors I(f) est solution de l équation différentielle y = λy Si λ = 0 alors I(f) = 0. Si λ 0 alors I(f) est de la forme x Ce x/λ et puisque I(f) s annule en 0 donc I(f) = 0. Dans les deux cas f = I(f) = 0. Ainsi Sp(I) = Si λ est valeur propre alors en introduisant f vecteur propre associé, il existe x 0 [0 ; + [ tel que f(x 0 ) 0 et la relation T (f) = λf donne par récurrence n N, f(x 0 + n) = λ n f(x 0 ) En faisant tendre n vers +, on obtient λ < 1. Inversement, supposons λ < 1. Si T (f) = λf alors f(1) = λf(0) et n N, x [0 ; 1[, f(x + n) = λ n f(x) La fonction f est donc entièrement déterminée par sa restriction continue sur [0 ; 1] vérifiant f(1) = λf(0). Inversement, si ϕ: [0 ; 1] R est une fonction continue sur [0 ; 1] vérifiant ϕ(1) = λϕ(0) alors la fonction f donnée par n N, x [0 ; 1[, f(x + n) = λ n ϕ(x) et continue (on vérifie la continuité en k N par continuité à droite et à gauche), converge vers 0 en + et vérifie T (f) = λf. Puisqu il est possible de construire une fonction non nulle de la sorte, le scalaire λ ] 1 ; 1[ est valeur propre et les vecteurs propres associés sont les fonctions non nulles de la forme précédente. Exercice 51 : [énoncé] Soit λ un réel et f une fonction élément de E. Si T (f) = λf alors x [0 ; + [, f(x + 1) = λf(x) En passant cette relation à la limite quand x +, on obtient en notant l la limite de f. Cas l 0 : Nécessairement λ = 1 et l = λl x [0 ; + [, f(x + 1) = f(x) Puisque la fonction f est périodique et converge en +, elle est constante. Inversement, toute fonction constante non nulle est vecteur propre associé à la valeur propre 1. Cas l = 0 : Exercice 52 : [énoncé] a) ϕ(f) est dérivable sur R + donc continue sur R +. Puisque f est continue, f admet une primitive F et alors quand x 0 + ϕ(f)(x) = F (x) F (0) x F (0) = f(0) = 0 On en déduit que ϕ(f) est continue en 0. La linéarité de ϕ est immédiate et donc ϕ est un endomorphisme de E. b) Soient λ R et f une fonction de E non nulle vérifiant ϕ(f) = λf. Pour tout x R +, x donc f est de classe C 1 et vérifie 0 f(t) dt = λxf(x) (1 λ)f(x) = λxf (x)

49 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 49 Le cas λ = 0 implique f = 0 et est donc exclu. Pour λ 0 et x > 0 on a xf (x) = αf(x) avec α = (1 λ)/λ dont la résolution conduit à f(x) = Cx α, x ]0 ; + [ Pour α = 0 ou α < 0 la condition lim 0 f = 0 entraîne f = 0 et est donc exclue. Par contre le cas α > 0 (correspondant à λ ]0 ; 1[) conduit au vecteur propre élément de E. Exercice 53 : [énoncé] f(x) = Cx α, x [0 ; + [ a) T (f) est dérivable sur R + donc continue sur R +. Puisque f est continue, f admet une primitive F et alors quand x 0 + T (f)(x) = F (x) F (0) x F (0) = f(0) On en déduit que T (f) se prolonge en une fonction continue en 0. La linéarité de T est immédiate et donc T est un endomorphisme de E. b) Soient λ R et f une fonction de E non nulle vérifiant T (f) = λf. Pour tout x > 0, x donc f est de classe C 1 et vérifie 0 f(t) dt = λxf(x) (1 λ)f(x) = λxf (x) Le cas λ = 0 implique f = 0 et est donc exclu. Pour λ 0 et x > 0 on a xf (x) = αf(x) avec α = (1 λ)/λ dont la résolution conduit à f(x) = Cx α, x ]0 ; + [ Pour α < 0 la condition lim 0 f = 0 entraîne f = 0 et est donc exclue. Par contre le cas α 0 (correspondant à λ ]0 ; 1]) conduit aux vecteurs propres f(x) = Cx α, x [0 ; + [, C 0 éléments de E. Exercice 54 : [énoncé] Puisque f est de classe C 1 et que f(0) = 0, on peut écrire f(t) = t 0 f (0)t + o(t) Ainsi la fonction ϕ: t f(t)/t peut être prolongée par continuité en 0 et donc l intégrale définissant T (f)(x) a un sens en tant qu intégrale d une fonction continue. De plus, la fonction T (f) apparaît alors comme la primitive s annulant en 0 de cette fonction continue ϕ, c est donc une fonction élément de E. Enfin, la linéarité de l application T étant immédiate, on peut affirmer que T est un endomorphisme de E. Soient λ R. Si T (f) = λf alors pour tout x [0 ; + [, T (f)(x) = λf(x) En dérivant cette relation, on obtient pour tout x [0 ; + [ f(x) = λxf (x) Si λ = 0 alors f est la fonction nulle et λ n est pas valeur propre. Si λ 0, f est solution de l équation différentielle λxy = y. Cette dernière est une équation différentielle linéaire d ordre 1 homogène dont la solution générale sur ]0 ; + [ est y(x) = Cx 1/λ Ainsi, il existe C R tel que pour tout x > 0, f(x) = Cx 1/λ Or pour qu une telle fonction puisse être prolongée en une fonction de classe C 1 sur [0 ; + [, il faut C = 0 ou 1/λ 1. Ainsi les valeurs propres de T sont les éléments de l intervalle ]0 ; 1]. Inversement, soient λ ]0 ; 1] et la fonction f λ : x x 1/λ prolongée par continuité en 0. La fonction f λ est de classe C 1 sur [0 ; + [, s annule en 0 et vérifie T (f λ ) = λf λ sans être la fonction nulle. Finalement, les valeurs propres de T sont exactement les éléments de l intervalle ]0 ; 1]. Exercice 55 : [énoncé]

50 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 50 a) On peut écrire T (f)(x) = x 0 tf(t) dt + x 1 x f(t) dt L application T (f) apparaît alors comme continue (et même dérivable). Ainsi, l application T opère de E dans E, elle de surcroît évidemment linéaire. b) Soient λ R et f E vérifiant La condition f (1) = 0 entraîne toujours f = 0 et donc un tel λ n est pas valeur propre de T. Sous cas λ > 0 Sachant f(0) = 0, on obtient par résolution de l équation différentielle ( ) x f(x) = A sin λ Cas λ = 0 On a T (f) = 0 donc T (f) = λf La condition f (1) = 0 n entraînera pas f = 0 que si ( ) 1 sin λ = 0 En dérivant, on obtient x 0 xf(x) xf(x) + tf(t) dt + x 1 x 1 x f(t) dt = f(t) dt = 0 1 x f(t) dt = 0 En dérivant à nouveau, on obtient f = 0. Ainsi 0 n est pas valeur propre de T. Cas λ 0 On a T (f) = λf x 0 tf(t) dt + x 1 x f(t) dt = λf En particulier, on peut affirmer que f(0) = 0 car T (f)(0) = 0. Le premier membre de l équation T (f) = λf est dérivable donc la fonction f est également dérivable et, en dérivant, on obtient la relation 1 x f(t) dt = λf (x) En particulier f (1) = 0. Le premier membre de cette nouvelle équation étant dérivable, la fonction f est deux fois dérivable et on obtient en dérivant l équation différentielle λf (x) + f(x) = 0 Sous cas λ < 0 Sachant f(0) = 0, la résolution de l équation différentielle donne ( ) x f(x) = A sh λ c est-à-dire si, et seulement si, λ = 1 avec k N (kπ) 2 Notons qu alors il est possible de remonter les précédents calculs et d affirmer que f : x sin (kπx) est vecteur propre associé à la valeur propre λ = 1/(kπ) 2 Exercice 56 : [énoncé] a) L application Φ est évidemment linéaire, il reste à voir qu elle est à valeurs dans R 4 [X]. Pour un polynôme P de degré inférieur à 4, le polynôme (X 2 1)P (X) (4X + 1)P (X) est de degré inférieur à 5 et, si a est le coefficient de X 4 dans P, le coefficient de X 5 dans Φ(P ) est 4a 4a = 0. Par suite Φ est bien à valeurs dans R 4 [X] et c est donc un endomorphisme de cet espace. b) L équation y = ( 5 λ 2(x 1) λ ) y 2(x + 1) est une équation différentielle linéaire d ordre 1 de solution générale sur I = ] ; 1[, ] 1 ; 1[ ou ]1 ; + [. y(x) = C x 1 (5 λ)/2 x + 1 (3+λ)/2

51 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 51 c) Pour λ R, Φ(P ) = λp si, et seulement si, P (X) = 4X+(1+λ) X 2 1 P (X) i.e. si, et seulement si, la fonction polynomiale P est solution, par exemple sur ]1 ; + [, de l équation différentielle y = 4x + (1 + λ) x 2 y 1 Or moyennant une décomposition en éléments simples et passage à l opposé de λ, cette équation est celle précédemment résolue et le problème est alors de déterminer pour quel paramètre λ, la solution précédemment présentée est une fonction polynomiale de degré inférieur à 4. Les valeurs 3, 1, 1, 3, 5 conviennent et ce sont donc des valeurs propres de Φ, de plus il ne peut y en avoir d autres car dim R 4 [X] = 5. Les vecteurs propres associés à ces valeurs propres λ sont les polynômes C(X 1) 5+λ 2 (X + 1) 3 λ 2 avec C 0 Exercice 57 : [énoncé] L application ϕ est évidemment linéaire et on vérifie en observant une simplification que ϕ transforme un polynôme de degré inférieur à n en un autre. L application ϕ est donc bien un endomorphisme de R n [X]. Soient λ R et P R n [X]. Pour résoudre l équation ϕ(p ) = λp, on recherche les solutions polynomiales de degrés inférieurs à n à l équation différentielle (x 2 1)y (nx + λ)y = 0 La solution générale de cette équation différentielle est y(x) = C (x 1) n+λ 2 (x + 1) n λ 2 Pour λ = n + 2k avec k {0,..., n}, on obtient une fonction polynomiale non nulle P λ (X) = C(X 1) k (X + 1) n k avec C 0 et donc λ est valeur propre de ϕ et les P λ sont les vecteurs propres associés. Puisque dim R n [X] = n + 1, il ne peut y avoir d autres valeurs propres (et l endomorphisme ϕ est diagonalisable). Exercice 58 : [énoncé] a) La linéarité est immédiate et sans peine deg(φ(p )) n pour P R n [X]. b) On a puis donc Ainsi et donc Aussi et donc c) On a φ(p )(X) = φ(p )(X) = P (X) = P (X) = n k=2 n k=3 n k=0 n k=1 P (k) (a) (X a) k k! P (k) (a) (X a)k 1 (k 1)! P (k) (a) (k 1)! (X a)k 2 n k=1 P (k) (a) (X a) k k! (k 2) P (k) (a) (X a) k 2P (a)(x a) k! P ker φ P (a) = 0 et 3 k n, P (k) (a) = 0 φ(p ) = λp ker φ = Vect(1, (X a) 2 ) P Im φ P (a) = P (a) = 0 Im φ = (X a) 3 R n 3 [X] + Vect(X a) 0 = λp (a) 2P (a) = λp (a) (k 2)P (k) (a) = λp (k) (a) pour k {2,..., n} Cette équation possède une solution non nulle si, et seulement si, λ = 0, λ = 2 et λ = k 2 avec k {2,..., n}. Ainsi Sp(φ) = { 2, 0, 1,..., n 2} On a E 2 (φ) = Vect(X a), E 0 (φ) = ker φ, E k 2 (φ) = Vect(X a) k pour k {3,..., n}. La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut dim R n [X] : l endomorphisme est diagonalisable. En fait, la base des (X a) k est base de diagonalisation de l endomorphisme φ.

52 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 52 Exercice 59 : [énoncé] a) Il suffit de calculer le polynôme caractéristique de f à partir d une représentation matricielle triangulaire par blocs relative à une base adaptée à l espace non nul E(f, a). b) La matrice A est de rang 1 donc 0 est valeur propre de A et par la formule du rang dim E(A, 0) = 3. Le polynôme caractéristique de A étant de degré 4 et factorisable par X 3, c est un polynôme scindé. La somme des valeurs propres de A comptées avec multiplicité vaut alors tr A = 10. Par suite 10 est valeur propre de A de multiplicité nécessairement 1. Finalement A est diagonalisable semblable à diag(0, 0, 0, 10). Exercice 60 : [énoncé] a) Si B = P 1 AP alors ( ) 0 1 b) Inversement A = et B = 0 0 même polynôme caractéristique. χ B (λ) = det(λp 1 P P 1 AP ) = χ A (λ) ( ) 0 0 ne sont pas semblables mais ont 0 0 b) La matrice A + 1 p I n n est pas inversible seulement si 1/p est valeur propre de A. Puisque la matrice A ne possède qu un nombre fini de valeurs propres, pour p assez grand on est sûr que A + 1 p I n GL n (C). Comme vu ci-dessus, pour x C, χ (A+ 1 p In)B (x) = χ B(A+ 1 p In) (x) En passant à la limite quand p +, on obtient χ AB (x) = χ BA (x). Ceci valant pour tout x C, les polynômes χ AB et χ BA sont égaux. Exercice 63 : [énoncé] D une part ( ) ( ) ( ) λin A In O n,p λin AB A = B I p B I p O p,n I p D autre part ( ) ( ) ( ) In O n,p λin A λin A = B λi p B I p O p,n λi p AB En passant au déterminant, on obtient et on en déduit det M = χ AB (λ) et λ p det M = λ n χ BA (λ) λ p χ AB (λ) = λ n χ BA (λ) Exercice 61 : [énoncé] Soit G un supplémentaire de F. Dans une base adaptée à la décomposition E = F G, la matrice de u est triangulaire supérieure par blocs et en calculant le polynômes caractéristique de u par cette matrice on obtient immédiatement la propriété demandée. Exercice 62 : [énoncé] a) Pour x C, det(xi n AB) = det A det(xa 1 B) = det(xa 1 B) det A = det(xi n BA) Exercice 64 : [énoncé] Dans le cas où A = J r = ( ) Ir la propriété est immédiate en écrivant ( ) C D B = E F avec C bloc carré de taille r. Dans le cas général, on peut écrire A = QJ r P avec r = rg A et P, Q inversibles. X q χ AB (X) = X q χ Q 1 ABQ(X) = X q χ JrP BQ(X) donc χ AB (x) = χ BA (x) donc X q χ AB (X) = X p χ P BQJr (X) = X p χ BQJrP (X) = X p χ BA (X)

53 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 53 Exercice 65 : [énoncé] Il est bien connu que On en déduit χ (AB) p Exercice 66 : [énoncé] M, N M n (K), χ MN = χ NM = χ [A(BA) p 1 ]B = χ B[A(BA) p 1 ] = χ (BA) p ( ) χ A 1(x) = det(xi n A 1 ) = det A 1 det(xa I n ) = ( x)n 1 det A det x I A Or det(a) = ( 1) n χ A (0) donc Exercice 67 : [énoncé] On a donc en conjuguant χ A 1(x) = xn χ A (0) χ A(1/x) χ A Ā (X) = det(xi n AĀ) χ A Ā (X) = det(xi n ĀA) = χāa(x) Or il est bien connu que pour A, B M n (C) a) Oui, un tel polynôme existe, il suffit de se référer aux matrices compagnons! Pour a 0, a 1,..., a n 1 K, la matrice compagnon associée est 0 (0) a 0. M = 1.. a (0) 1 a n 1 Son polynôme caractéristique est X (0) a 0. χ M (X) = 1.. a1... X. (0) 1 X + a n 1 Il peut se calculer par la succession d opérations élémentaires L i L i + XL i+1 avec i allant de n 1 à 1 dans cet ordre On obtient alors 0 (0) α. χ M (X) = (an 2 + a n 1 X + X 2 ) (0) 1 X + a n 1 X avec α = ( a 0 + a 1 X + + a n 1 X n 1 + X n) En développant selon la première ligne, on obtient On obtient donc et par conséquent Exercice 68 : [énoncé] χ AB = χ BA χ A Ā = χ AĀ χ A Ā R [X] χ M (X) = a 0 + a 1 X + + a n 1 X n 1 + X n Ainsi, pour P Z [X] unitaire de degré n, on peut construire une matrice à coefficients entiers dont le polynôme caractéristique est ( 1) n P (X). b) Il existe une matrice A dont le polynôme caractéristique est P. Puisque toute matrice complexe est trigonalisable, la matrice A est en particulier semblable dans M n (C) à une matrice triangulaire de la forme λ λ n

54 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 54 La matrice A q est alors semblable à la matrice λ q λ q n Le polynôme caractéristique de A q est alors P q. Or A q est une matrice à coefficients entiers et donc son polynôme caractéristique P q est aussi à coefficients entiers. c) Compte tenu des relations entre les coefficients et les racines d un polynôme scindé, on peut majorer les coefficients de P et affirmer que, pour un degré fixé, il n y a qu un nombre fini de polynômes P possibles car les coefficients de P sont entiers et borné. Considérons un tel polynôme. L application q N P q n est pas injective compte tenu à cause de l argument de cardinalité précédent. Il existe donc q < r tel que P q = P r. Ainsi, il existe une permutation σ de N n vérifiant : i N n, λ q i = λr σ(i) À l aide d une décomposition en cycles de σ, on peut affirmer qu il existe une puissance de σ égale à l identité et donc conclure que pour tout i N n il existe q > q tel que λ q i = λq i. On peut alors affirmer que λ i est nul ou bien racine de l unité. Exercice 69 : [énoncé] Dans une base adaptée au noyau f, la matrice de f est a b 0 0 c d On a alors Or donc χ f (X) = X n 2 ( X 2 (a + d)x + ad bc ) tr f = a + d et tr f 2 = a 2 + 2bc + d 2 ( χ f (X) = X n 2 X 2 tr(f)x + (tr f)2 tr(f 2 ) ) 2 Exercice 70 : [énoncé] a) Sp B = Sp t B car χ B = χt B. b) Pour tout X M n,1 (K), A(CX) = λ(cx) donc CX ker(a λi n ). c) Soit X et Y des vecteurs propres de A et t B associé à la valeur propre λ. La matrice C = X t Y est solution. d) On peut écrire C = QJ r P avec P, Q inversibles. La relation AC = CB donne Q 1 AQJ r = J r P BP 1. En écrivant les matrices Q 1 AQ et P BP 1 par blocs, l égalité Q 1 AQJ r = J r P BP 1 impose une décomposition en blocs triangulaire puis permet d observer que χ A = χ Q 1 AQ et χ B = χ P BP 1 ont un facteur commun de degré r, à savoir le polynôme caractéristique du bloc commun en position (1,1). e) La réciproque est assurément fausse en toute généralité. Pour r = n, deux matrices ayant même polynôme caractéristique ne sont pas nécessairement semblables. Exercice 71 : [énoncé] On peut écrire M = QJ r P avec P, Q inversibles. La relation AM = MB donne Q 1 AQJ r = J r P BP 1 En écrivant les matrices Q 1 AQ et P BP 1 par blocs, l égalité Q 1 AQJ r = J r P BP 1 impose une décomposition en blocs triangulaire puis permet d observer que les polynômes χ A = χ Q 1 AQ et χ B = χ P BP 1 ont un facteur commun de degré r, à savoir le polynôme caractéristique du bloc commun en position (1,1). Exercice 72 : [énoncé] En développant selon la première colonne λ 1 0 λ = a 0 λ λ λ 1 a 0 a n 2 λ a n 1 [n] a 1 a n 2 λ a n 1 [n 1]

55 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 55 puis en reprenant le processus on parvient à λ n (a n 1 λ n a 1 λ + a 0 ) On peut aussi résoudre le problème via l opération élémentaire : C 1 C 1 + λc λ n 1 C n. Exercice 73 : [énoncé] a) P n (x) est un déterminant tri-diagonal. On développe selon la première colonne en un déterminant triangulaire et en un second déterminant qu on développe selon la première ligne. P 1 (x) = x et P 2 (x) = x 2 1 b) La suite (P n (2 cos α)) n 1 est une suite récurrente linéaire d ordre 2. On introduit l équation caractéristique associée dont les racines permettent d exprimer le terme général de (P n (x)) à l aide de coefficients inconnus déterminés par les valeurs n = 1 et n = 2. On peut aussi simplement vérifier la relation proposée en raisonnant par récurrence double. c) Les x k = 2 cos kπ n+1 avec k {1,..., n} sont racines distinctes de P n(x). A n M n (C) possède n valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable. Exercice 74 : [énoncé] a) On obtient P est de degré n et unitaire donc b) On en déduit P (a i ) = a i (a i a j ) j i n P (x) n i=1 (x a i) = 1 + i=1 a i x a i det A = P (0) = ( 1) n 1 (n 1) Notons que l on peut proposer une démarche plus simple en commençant par factoriser les a i par colonnes. n i=1 a i Exercice 75 : [énoncé] a) En factorisant sur la ième colonne a i 1 a n a 1.. P (a i ) = a i a n a 1 1 a i En retranchant la ième ligne à chacune des autres a i a P (a i ) = a i a i a n et donc P (a i ) = a i (a i a j ) b) En utilisant la formule des déterminants P (x) = σ S n ε(σ) j i n ( ) aσ(i),i + xδ σ(i),i i=1 Si σ = Id Nn alors n ( ) n i=1 aσ(i),i + xδ σ(i),i = i=1 (a i,i + x) est une expression polynomiale unitaire de degré n. Si σ Id Nn alors n ( ) n i=1 aσ(i),i + xδ σ(i),i = i=1 (a i,i + x) est une expression polynomiale de degré strictement inférieure à n. On peut donc affirmer que P est une fonction polynomiale unitaire de degré exactement n. c) Puisque les a i sont deux à deux distincts avec P (X) n n i=1 (X a i) = 1 + λ i = i=1 λ i X a i P (a i ) j i (a i a j ) = a i

56 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 56 d) On a det(a + I n ) = P (1). Si l un des a i vaut 1, il suffit de reprendre la valeur de P (a i ). Sinon, par la décomposition précédente et donc P (1) n n i=1 (1 a i) = 1 + det(a + I n ) = ( 1 + i=1 i=1 a i 1 a i ) n a i n (1 a i ) 1 a i Exercice 76 : [énoncé] Il est classique d établir χ AB = χ BA en commençant par établir le résultat pour A inversible et le prolongeant par un argument de continuité et de densité. Exercice 77 : [énoncé] Par contraposition, montrons On a i=1 det A < 0 = Sp A ] ; 0[ χ A (X) = X n + + ( 1) n det A Si det A < 0 alors ( 1) n χ A (0) < 0 et lim t ( 1) n χ A (t) = +. Sachant la fonction t χ A (t) continue, il existe λ ] ; 0[ racine de χ A et donc valeur propre de A. On peut aussi établir le résultat en observant que le déterminant de A est le produit des valeurs propres complexes de A comptées avec multiplicité. Parmi celles-ci, celles qui sont réelles sont positives et celles qui sont complexes non réelles, sont deux à deux conjuguées. Le produit est donc positif. Exercice 78 : [énoncé] On peut écrire χ A (X) = n (X λ k ) avec λ 1,..., λ n les valeurs propres de A comptées avec multiplicité. On a alors k=1 χ A (B) GL n (C) 1 k n, B λ k I n GL n (C) ce qui donne et on peut ainsi affirmer Exercice 79 : [énoncé] χ A (B) GL n (C) 1 k n, λ k / Sp B χ A (B) GL n (C) Sp A Sp B = a) On peut écrire B = P 1 CP avec P inversible et alors ainsi que sous réserve d inversibilité. xi n B = P 1 (xi n C) P (xi n B) 1 = P (xi n C) 1 P 1 b) La matrice A est trigonalisable dans M n (C). Quitte à considérer une matrice semblable, on peut supposer A triangulaire supérieure (ce qui n affecte ni le calcul de la trace, ni celui du polynôme caractéristique P A ). En écrivant on obtient et donc car Exercice 80 : [énoncé] A = (xi n A) 1 = λ 1 tr (xi n A) 1 = P A (x) =... (0) λ n 1 x λ 1... (0) 1 x λ n n k=1 1 = P A (x) x λ k P A (x) n (x λ k ) k=1

57 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 57 a) Pour tout f L(E), f admet un polynôme minimal qui admet au moins une racine dans C qui est alors valeur propre de f. b) Si λ est valeurs propre de l endomorphisme considéré alors il existe un polynôme P non nul tel que XP (X) = (1 + λ)p (X) ce qui est impossible pour des raisons de degré. Exercice 81 : [énoncé] a) Tout endomorphisme sur un C-espace vectoriel de dimension finie admet au moins une valeur propre. b) Soit λ une valeur propre de u. E λ (u) est un sous-espace vectoriel stable par v (car u v = v u) et l endomorphisme induit par v sur E λ (u) admet au moins une valeur propre. Un vecteur propre associé à celle-ci est vecteur propre commun à u et v. Exercice 82 : [énoncé] On retraduit le problème en terme d endomorphismes. Soient u et v deux endomorphismes d un C-espace vectoriel de dimension finie vérifiant u v = v u. Tout endomorphisme sur un C-espace vectoriel admet au moins une valeur propre. Soit λ une valeur propre de u. E λ (u) est un sous-espace vectoriel stable par v (car u v = v u) et l endomorphisme induit par v sur E λ (u) admet au moins une valeur propre. Un vecteur propre associé à celle-ci est vecteur propre commun à u et v. Exercice 83 : [énoncé] Si A et B ont λ pour valeur propre commune alors puisque A et t A ont les mêmes valeurs propres, il existe des colonnes X, Y 0 vérifiant t AX = λx et BY = λy. Posons alors U = Y t X M n (C) \ {0}. On a BU = λy t X et UA = Y t ( t AX) = λy t X donc UA = BU. Inversement, supposons qu il existe U M n (C) non nulle vérifiant UA = BU. On peut écrire U = QJ r P avec P, Q inversibles et r = rg U > 0. L égalité UA = BU entraîne alors J r A = B J r avec A = P AP 1 et B = Q 1 BQ. Puisque semblables, Sp A = Sp A et Sp B = Sp B. En raisonnant par blocs, l égalité J r A = B J r entraîne ( ) ( ) A M 0 = et B M = avec M M 0 r (C) Ces formes matricielles Sp M Sp A et Sp M Sp B. Or Sp M (cadre complexe) donc Sp A Sp B. Exercice 84 : [énoncé] a) Le polynôme caractéristique d une matrice complexe possède au moins une racine dans C. b) det(i n + λt ) = 1 0 et donc T vérifie (P ). c) rg T r = r. d) Les matrices A et B étant de même rang, elles sont équivalentes et donc il existe P, Q inversibles vérifiant A = P BQ. Puisqu il existe une matrice M telle que det(m + λa) 0 pour tout λ K, on a det(p MQ + λb) = det P det(m + λa) det Q 0 et donc B vérifie la propriété (P ). e) Si une matrice est non inversible, elle est de même rang qu une matrice T r avec r < n et comme cette dernière vérifie (P ), on peut conclure qu une matrice non inversible vérifie (P ). Inversement, si A est une matrice inversible alors pour tout M M n (C) det(m + λa) = det(a) det(ma 1 + λi n ) et puisque la matrice MA 1 admet une valeur propre, il est impossible que det(m + λa) soit non nul pour tout λ C. f) Si n est impair alors toute matrice de M n (R) admet une valeur propre (car le polynôme caractéristique réel est de degré impair). On peut alors conclure comme au dessus. Si n est pair, la propriété précédente n est plus vraie. Par exemple ( ) 0 1 A = 1 0 est inversible et vérifie la propriété (P ) avec M = I n. Exercice 85 : [énoncé] Tout endomorphisme sur un C-espace vectoriel de dimension finie admet au moins une valeur propre. Soit λ une valeur propre de u. E λ (u) est un sous-espace vectoriel stable par v (car u v = v u) et l endomorphisme induit par v sur E λ (u) admet au moins une valeur propre. Un vecteur propre associé à celle-ci est vecteur propre commun à u et v.

58 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 58 Exercice 86 : [énoncé] On retraduit le problème en termes d endomorphismes. Soit u un endomorphisme d un K-espace vectoriel de dimension finie vérifiant rg(u) = 1. Le noyau de u est un hyperplan et si l on fixe x / ker u, on obtient Vect(x) ker u = E Puisque u(x) E, on peut écrire u(x) = λx + y avec y ker u de sorte que u 2 (x) = λu(x) Les applications linéaires u 2 et λu sont alors égales sur Vect(x) mais aussi bien sûr sur ker u, ces applications linéaires sont donc égales sur E. De plus, pour y Im(u) \ {0}, on peut écrire y = u(a) et alors Ainsi λ est bien valeur propre de u. u(y) = u 2 (a) = λu(a) = λy Exercice 87 : [énoncé] Soient λ Sp(A) et X 0 tels que AX = λx. Posons i {1,..., n} tel que x i = max 1 k n x k. On a x i 0 et n n λx i = a i,j x j a i,j x i A x i d où λ A. Exercice 88 : [énoncé] j=1 a) Le vecteur X = t (1... 1) est évidemment vecteur propre associé à la valeur propre 1. b) Soient λ Sp(A) et X = t (x 1... x n ) un vecteur propre associé. Soit i 0 l indice vérifiant x i0 = max 1 i n x i On a x i0 0 et la relation AX = λx donne λx i0 = n j=1 a i 0,jx j donc n n n λ x i0 = a i0,jx j a i0,j x j a i0,j x i0 = x i0 puis λ 1. j=1 j=1 j=1 j=1 c) Si de plus λ = 1 alors il y a égalité dans l inégalité précédente. L égalité dans la deuxième inégalité entraîne x j = x i0 pour tout j {1,..., n} car les coefficients de la matrice A sont tous non nuls. L égalité dans la première inégalité entraîne que les complexes engagés sont positivement liés et donc qu il existe θ R tel que pour tout j {1,..., n}, x j = x j e iθ On en déduit x 1 =... = x n puis λ = 1. Exercice 89 : [énoncé] a) Le vecteur X = t (1... 1) est évidemment vecteur propre associé à la valeur propre 1. b) Soient λ Sp(A) et X = t (x 1... x n ) un vecteur propre associé. Soit i 0 l indice vérifiant x i0 = max 1 i n x i On a x i0 0 et la relation AX = λx donne λx i0 = n j=1 a i 0,jx j donc n n n λ x i0 = a i0,jx j a i0,j x j a i0,j x i0 = x i0 j=1 j=1 puis λ 1. c) Si de plus λ = 1 alors il y a égalité dans l inégalité précédente. L égalité dans la deuxième inégalité entraîne x j = x i0 pour tout j tel que a i0,j 0. L égalité dans la première inégalité entraîne que les complexes engagés sont positivement liés et donc qu il existe θ R tel que pour tout j {1,..., n}, a i0,jx j = a i0,j x j e iθ Ces deux propriétés donnent pour tout j {1,..., n}, a i0,jx j = a i0,j x i0 e iθ que a i0,j 0 ou non. En injectant ceci dans la relation λx i0 = n j=1 a i 0,jx j, on obtient λx i0 = x i0 e iθ. Pour j {1,..., n} tel que a i0,j 0, x j = λx i0. Posons i 1 = j et reprenons la même démarche, ce qui est possible puisque x i1 = max 1 i n x i. On définit ainsi une suite (i p ) {1,..., n} N vérifiant λx ip = x ip+1. Cette suite étant non injective, il existe p N et q N tel que i p = i p+q ce qui donne λ q = 1. j=1

59 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 59 Exercice 90 : [énoncé] a) 1 (0) L = et U = = t L (0) 1 b) U = I + N + + N n 1, (I N)U = I donc U 1 = I N, L 1 = t (U 1 ) = I t N donc A 1 = U 1 L 1 = I N t N + N t N. c) 2 1 (0). A 1 = (0) 1 1 Posons χ n le polynôme caractéristique de A 1 M n (R). On a χ n+2 (λ) = (2 λ)χ n+1 (λ) χ n (λ) avec χ 0 (λ) = 1 et χ 1 (λ) = 1 λ. En écrivant λ = cos θ avec θ [0 ; π] et en posant f n (θ) = χ n (2 + 2 cos θ) on a la relation : f n+2 (θ) + 2 cos θf n+1 (θ) + f n (θ) = 0, f 0 (θ) = 1 et f 1 (θ) = 2 cos θ 1. La résolution de cette récurrence linéaire d ordre 2 donne f n (θ) = cos ( ) n θ cos θ 2 Ainsi, χ n admet n racines dans [0 ; 4] et puisque ce polynôme est de degré n il n y en a pas ailleurs : Sp A 1 [0 ; 4]. Les valeurs propres de la matrice sont donc 1 (pour n 3) et les deux racines λ = 1 ± n 1. 2ème méthode : Notons A la matrice étudiée. L équation AX = λx donne le système x x n = λx 1 x 1 + x 2 = λx 2. qui équivaut à x 1 + x n = λx n x x n = λx 1 x 1 = (λ 1)x 2. x 1 = (λ 1)x n Pour λ = 1, on peut obtenir une solution non nulle avec les conditions x 1 = 0 et x x n = 0 Pour λ 1, le système devient (n 1)x 1 = (λ 1) 2 x 1 x 2 = x 1 /(λ 1). x n = x 1 /(λ 1) Pour x 1 = 0, la solution du système est nulle. Pour x 1 0, on peut former une solution non nulle à condition que (λ 1) 2 = n 1 ce qui fournit les valeurs déjà remarquées au dessus. Exercice 91 : [énoncé] 1ère méthode : Notons χ n (λ) le polynôme caractéristique de cette matrice de taille n. Par développement du déterminant selon la dernière colonne on obtient χ n (λ) = (λ 1)χ n 1 (λ) (λ 1) n 2 En étudiant les premiers termes de cette suite, on conjecture χ n (λ) = (λ 1) n (n 1)(λ 1) n 2 ce que l on vérifie aisément par récurrence. Exercice 92 : [énoncé] Notons M la matrice étudiée et supposons n 3, les cas n = 1 et 2 étant immédiats. Puisque rg M = 2, 0 est valeur propre de M n (R) et dim E 0 (M) = n 2. Soit λ une valeur propre non nulle de M n (R) et X = t (x 1 x n ) un vecteur propre associé. L équation MX = λx fournit le système x n = λx 1. x n = λx n 1 x x n = λx n

60 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 60 On en déduit λ(λ 1)x n = λx λx n 1 = (n 1)x n avec x n 0 car x n = 0 et λ 0 entraînent X = 0. Par suite λ est racine de l équation λ 2 λ (n 1) = 0 et donc λ = 1 ± 4n 3 2 Inversement, on justifie que ses valeurs sont valeurs propres, soit en remontant le raisonnement, soit en exploitant la diagonalisabilité de la matrice symétrique réelle M pour affirmer l existence de n valeurs propres comptées avec multiplicité. Exercice 93 : [énoncé] Notons λ 1,..., λ n les valeurs propres de A comptées avec multiplicité. Si la matrice A est inversible alors Les valeurs propres de A 1 sont alors t (Com A) = det(a)a 1 1 λ 1,..., Les valeurs propres de Com A, qui sont aussi celles de t (Com A), sont alors les 1 λ n det A,..., det A λ 1 λ n Si rg A n 2 alors tous les mineurs de A sont nuls et donc Com A = O n et l on peut immédiatement conclure. Si rg A = n 1 alors la comatrice de A est de rang inférieur à 1. En effet on a donc puis et par la formule du rang t (Com A)A = O n Im A ker( t Com A) dim ker(com A) = dim ker( t Com A) n 1 rg(com A) 1 Sachant que la comatrice de A est de rang 0 ou 1, 0 est valeur propre de Com A de multiplicité au moins égale à n 1. Puisque la trace de Com A M n (C) est égale à la somme de ses valeurs propres comptées avec multiplicité, la dernière valeur propre de Com A n est autre tr(com A) Pour calculer cette dernière, considérons A t = A + ti n avec t > 0. Puisque A n est pas inversible, 0 est valeur propre de A et on peut indexer les valeurs propres λ 1,..., λ n de A de sorte que λ n = 0. Pour t assez petit, la matrice A t est inversible de valeurs propres λ 1 + t,..., λ n 1 + t, t Les valeurs propres de la comatrice de A t sont alors avec On en déduit det A t λ 1 + t,..., det A t λ n 1 + t, det A t t det A t = (λ 1 + t)... (λ n 1 + t)t tr(com A t ) = ((λ 2 + t)... (λ n 1 + t)t)+...+((λ 1 + t)... (λ n 2 + t)t)+(λ 1 +t)... (λ n 1 +t) et enfin tr(com A) = lim tr(com A t) = λ 1... λ n 1 t 0 + Si rg A = n 1 alors 0 est valeur propre de multiplicité n 1 de Com A et l autre valeur propre de Com A est le produit des valeurs propres non nulles de A. Si rg A n 2 alors 0 est valeur propre au moins double de A et donc tr(com A) = 0. Dans ce cas, 0 est valeur propre de multiplicité n de Com A. En fait, on peut montrer que la comatrice de A est nulle puisque tous les mineurs de A sont nuls quand rg A n 2. Exercice 94 : [énoncé] a) Par le calcul 1 (0) 0 A 2 = M n(r) 0 (0) 1 Puisque A et A 2 ne possèdent que deux colonnes non nulles et que celles-ci sont visiblement indépendantes, on a rg A = rg A 2 = 2.

61 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 61 b) On a rg f = rg f 2 donc dim ker f = dim ker f 2. Or ker f ker f 2 donc ker f = ker f 2. Pour x ker f Im f, on peut écrire x = f(a) et on a f(x) = 0 donc a ker f 2 = ker f puis x = 0. On en déduit ker f Im f = {0 E } et un argument de dimension permet d affirmer ker f Im f = R n. c) Une base adaptée à la décomposition ker f Im f = R n permet de justifier que la matrice A est semblable à 0 (0)... 0 avec B M 2(R) (0) B Puisqu on a alors rg A = rg B = 2, on peut affirmer que la matrice B est inversible. d) tr B = tr A = 0 et tr B 2 = tr A 2 = 2. Soient λ et µ les deux valeurs propres complexes de la matrice B. On a { λ + µ = 0 On en déduit Ainsi e) Par calcul de rang On a aussi λ 2 + µ 2 = 2 {λ, µ} = {1, 1} Sp B = {1, 1} et Sp A = {1, 0, 1} dim E 0 (A) = dim ker A = n 2 dim E 1 (A) = dim E 1 (B) = 1 et dim E 1 (A) = 1 donc la matrice A est diagonalisable car la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à n. Exercice 95 : [énoncé] Introduisons la colonne X n = ( ) t u n u n+1 u n+p 1. On vérifie X n+1 = AX n avec 0 1 (0) A = (0) 0 1 a 0 a 1 a p 1 Pour déterminer la limite de (u n ), on va chercher une constance le long de la dynamique. Il parait naturel de la considérer linéaire et fonction p termes consécutifs de la suite. Nous cherchons donc une ligne L M p,1 (C) telle que LX n+1 = LX n. Il suffit pour cela de déterminer L vérifiant L = LA et donc de trouver t L vecteur propre de t A associé à la valeur propre 1. Après calcul, on obtient L = ( a 0 a 0 + a 1 a a p 1 ) sachant P (1) = 1 (a a p 1 ) = 0. En posant l la limite de la suite (u n ) n N, la relation LX n = LX 0 donne à la limite ( p 1 ) p 1 (p k)a k l = k=0 Puisque 1 est racine simple de P, et donc p 1 P (1) = p ka k = l = k=0 k a k u j k=0 j=0 p 1 (p k)a k 0 k=0 p 1 k=0 a k k j=0 u j P (1) Exercice 96 : [énoncé] Les coefficients de t Com(A).A s interprètent comme des développements de déterminants selon une colonne... Si A admet n valeurs propres distinctes, det A est le produit de ces valeurs propres. Si X 0 vérifie AX = λx alors λ t Com(A)X = (det A)X. Ainsi quand λ 0, X est vecteur propre de t Com(A) associé à la valeur propre det A λ. Si A n est pas inversible alors det A = 0 donc t Com(A)A = 0 puis Im A ker t Com A. Ainsi dim ker t Com(A) n 1. De plus Com A 0 car rg A = n 1 (car les valeurs propres de A sont simples, en particulier 0). Par suite dim ker t Com(A) = n 1 Sous réserve que n 2, 0 est valeur propre de t Com A et puisque dim ker t Com(A) = n 1, il ne reste de place que pour une seule autre valeur propre. Soit X ker A \ {0},. On a t Com(A + ti n )(A + ti n )X = det(a + ti n )X

62 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 62 Pour t 0, on a t Com(A + ti n )X = det(a + ti n) X. t Quand t 0 +, par continuité t Com(A + ti n )X t Com(A)X. En calculant le déterminant par diagonalisation, det(a+tin) t µ avec µ le produit des valeurs propres non nulles de A. Par unicité de la limite, on obtient t Com(A)X = µx. Au final, t Com A admet 2 valeurs propres : 0 et µ. Exercice 97 : [énoncé] a) u n = χ n (2 cos α) est un déterminant tridiagonal. On développe selon la première colonne en un déterminant triangulaire et en un second déterminant qu on développe selon la première ligne. On obtient u n = 2 cos(α)u n 1 u n 2 La suite (u n ) est une suite récurrente linéaire d ordre 2 d équation caractéristique r 2 2 cos(α)r + 1 = 0 de racines e ±iα. Les conditions initiales donnent alors ( b) Les λ k = 2 cos kπ n+1 u n = sin(n + 1)α sin α ) avec k {1,..., n} sont racines distinctes de P n (x). A n M n (C) possède n valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable et ses sous-espaces propres sont de dimension 1. c) Posons λ = 2 cos(kπ/(n + 1)) Soit X M n,1 (C) vérifiant AX = λx. On a j {1,..., n}, x j 1 λx j + x j+1 = 0 La suite (x j ) 0 j n+1 est alors une suite récurrente linéaire double d équation caractéristique ( ) kπ r 2 2 cos r + 1 = 0 n + 1 On en déduit [ ] [ ] kπ kπ x j = λ cos n + 1 j + µ sin n + 1 j Les conditions x 0 = x n+1 = 0 donnent λ = 0 et finalement [ ] kπ x j = µ sin n + 1 j Exercice 98 : [énoncé] Si λ est valeur propre de A alors il existe une colonne non nulle telle que AX = λx. Pour M matrice dont toutes les colonnes sont égales à X on a u(m) = λm. Ainsi λ est valeur propre de u. Inversement si λ est valeur propre de u, une colonne non nulle d un vecteur propre associé à λ définit un vecteur propre associée à la valeur propre λ pour A. Ainsi λ est aussi valeur propre de A. Finalement Sp(A) = Sp(u). Une matrice M appartient au sous-espace propre associé à la valeur propre λ de u si, et seulement si, chaque colonne de M appartient au sous-espace propre associé à la valeur propre λ de A. Exercice 99 : [énoncé] a) Si λ est valeur propre de A de colonne propre X 0 alors pour M M n (C) dont toutes les colonnes sont égales à X, on a AM = λm avec M 0. Ainsi λ est aussi valeur propre de Φ A. Inversement, si λ est valeur propre de Φ A d élément propre M 0 alors pour X colonne non nul de M, on a AX = λx donc λ valeur propre de A. b) On remarque MA = t ( t A t M). Un raisonnement semblable au précédent permet d établir que les valeurs propres de Ψ A sont les valeurs propres de t A i.e. celles de A. Exercice 100 : [énoncé] a) ( ) ( ) a b a 2b AM MA = = 2c 2d c 2d ( ) 0 b c 0 b) 0 est valeur propre avec E 0 = Vect(E 1,1, E 2,2 ), 1 est valeur propre avec E 1 = Vect(E 2,1 ) et 1 est valeur propre avec E 1 = Vect(E 1,2 ).

63 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 63 Exercice 101 : [énoncé] Si A est diagonalisable alors il existe une matrice P inversible telle que diagonale. En transposant, c est-à-dire P 1 AP = D t P t A t (P 1 ) = D Q t AQ 1 = D avec Q = t P inversible d inverse Q 1 = t (P 1 ). Exercice 102 : [énoncé] Il existe des matrices P GL n (K) et D D n (K) telles que On a alors puis Exercice 103 : [énoncé] AB = P DP 1 A(BA)A 1 = P DP 1 BA = (A 1 P )D(P 1 A) = (A 1 P )D(A 1 P ) 1 a) χ A (X) = (X cos α) 2 + sin 2 α de racines e iα et e iα. Si α 0 [π] alors A possède deux valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable. Si α = 0 [π] alors A est diagonale. b) Si α 0 [π] alors A ne possède pas de valeurs propres (réelles) donc n est pas diagonalisable. Si α = 0 [π] alors A est diagonale. c) χ B (X) = (X cos α)(x + cos α) sin 2 α de racines ±1 donc B est diagonalisable. Si δ < 0 alors M est diagonalisable car χ M admet trois racines distinctes et donc M admet trois valeurs propres distinctes. Si δ = 0 alors M est diagonalisable si, et seulement si M est semblable à la matrice nulle ce qui n est le cas que si a = b = c = 0. Si δ > 0 alors M n est pas diagonalisable car χ M n est pas scindé sur R [X]. Exercice 105 : [énoncé] a) A ne possède que deux colonnes différentes donc rg A 2. a b b a = a2 b 2 0 donc rg(a) = 2. Par le théorème du rang dim ker A = 2n 2 donc 0 est valeur propre de A et la dimension du sous-espace propre associé est 2n 2. b) Les vecteurs t ( ) et t ( ) sont vecteurs propres associées aux valeurs propres non nulles n(a + b) et n(a b). La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut 2n donc A est diagonalisable. Exercice 106 : [énoncé] La matrice A est la matrice dans la base canonique (1, X,..., X n ) de l endomorphisme u: P C n [X] nxp + (1 X 2 )P Considérons alors la base de polynômes étagés (1, (X + 1),..., (X + 1) n ). On a qui se réécrit u ( (X + 1) k) = nx(x + 1) k + k(1 X)(X + 1) k u ( (X + 1) k) = (n k)(x + 1) k+1 + (2k n)(x + 1) k La matrice de l endomorphisme u dans la base (1, (X + 1),..., (X + 1) n ) est triangulaire inférieure de coefficients diagonaux distincts Exercice 104 : [énoncé] On obtient Posons δ = ab + bc + ca. χ M = X(X 2 + (ab + bc + ca)) 2k n avec k {0,..., n} On en déduit χ A et on observer que A possède n + 1 valeurs propres distinctes. La matrice A est donc diagonalisable.

64 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 64 Exercice 107 : [énoncé] a) En développant selon la première colonne λ 1 0 λ = a 0 +λ λ 1 0 λ 1 a 0 a n 2 λ a n 1 [n] a 1 a n 2 λ a n 1 puis en reprenant le processus on parvient à λ n (a n 1 λ n a 1 λ + a 0 ) On peut aussi retrouver ce résultat via l opération élémentaire : C 1 C 1 + λc λ n 1 C n. On en déduit χ M (X) = P (X) b) Si λ est racine du polynôme P alors λ est valeur propre de M. Après résolution, le sous-espace propre associé est engendré par la colonne t ( 1 λ... λ n 1) c) Puisque les sous-espaces propres sont de dimension 1, la matrice M est diagonalisable si, et seulement si, elle possède exactement n valeur propres ce qui revient à dire que le polynôme P est scindé à racines simple. Exercice 108 : [énoncé] a) La matrice A est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable. b) rg A = 2. c) Le polynôme caractéristique de A est scindé et unitaire. Puisque dim ker A = 2, 0 est valeur propre au moins double de A et donc χ A = X 2 (X u 1 )(X u 2 ) avec u 1, u 2 C. La matrice A est trigonalisable semblable à une matrice triangulaire où figurent sur la diagonale les valeurs 0, 0, u 1 et u 2. Par similitude, on a et donc tr A = u 1 + u 2 et tr A 2 = u u 2 2 u 1 + u 2 = k et u u 2 2 = k Enfin u 1 0 car sinon u 2 = k et u 2 2 = k 2 k De même u 2 0. [n 1] d) Si u 1 = u 2 alors u 1 = u 2 = k/2 et k 2 /2 = k donc k = ± i2 3. La résolution du système AX = k 2 X conduit à un espace de solution de dimension 1 Vect t (1, k/2, 1, 1) e) Finalement, la matrice A est diagonalisable dans M 4 (C) si, et seulement si, k ± i2 3. Exercice 109 : [énoncé] En ajoutant la troisième colonne à la première puis en retranchant la première ligne à la troisième λ x x χ A (λ) = ( 1) x λ x 0 x 3 x λ ce qui donne Le facteur a pour discriminant χ A (λ) = (λ + 2) ( λ 2 + (2x 1)λ x 6 ) = (2x 1) 2 + 4x + 24 = 4x > 0 et possède donc deux racines réelles distinctes. Si celles-ci diffèrent de 2, alors la matrice A possède trois valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable. Il est donc nécessaire que 2 soit racine de λ 2 + (2x 1)λ x 6 pour que la matrice A ne soit pas diagonalisable. C est le cas si, et seulement si, x = 0 et alors A = On a alors rg(a + 2I 3 ) = 2 et donc dim E 2 (A) = 1 < m 2 (A) ce qui entraîne que la matrice A n est pas diagonalisable. Finalement A n est pas diagonalisable si, et seulement si, x = 0.

65 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 65 Exercice 110 : [énoncé] a) On obtient A t A = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )I 4 et donc (det A) 2 = ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2) 4. D autre part, pour b, c, d fixés, a det A est une fonction polynomiale unitaire de degré 4 donc det A = a 4 + α(b, c, d)a 3 + β(b, c, d)a 2 + γ(b, c, d)a + δ(b, c, d) La valeur connue de (det A) 2 permet alors de déterminer α, β, γ, δ et d affirmer det(a) = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2 Si a 2 + b 2 + c 2 + d 2 0 alors rg(a) = 4. Si ( a 2 + b) 2 + c 2 + d 2 = 0 alors rg(a) 3. Or a 2 + b 2 0 donc la sous matrice a b est de rang 2 et donc rg(a) 2. b a On observe de plus que et donc rg(a) = 2. C 3 = C 4 = ac + bd a 2 + b 2 C bc ad 1 + a 2 + b 2 C 2 ad bc a 2 + b 2 C bd + ac 1 + a 2 + b 2 C 2 b) Par la formule obtenue ci-dessus, χ A = ((a X) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) et donc χ A = ((a X) 2 + α 2 ) 2. Les valeurs propres de A sont a + α et a α. Par l étude qui précède rg(a (a + α) Id) = 2 et rg(a (a α) Id) = 2 donc et par suite A est diagonalisable. Exercice 111 : [énoncé] dim E a+α (A) = dim E a α (A) = 2 a) rg(a) = 0 si a 1 =... = a n 1 = 0 et rg(a) = 2 sinon. b) La somme des valeurs propres est nulle. c) En développant le déterminant selon la dernière colonne puis en développant les mineurs obtenus selon leur k-ieme colonne, on obtient χ A = X n 2 (X 2 (a a 2 n 1)) Si a a 2 n 1 0 alors A admet deux valeurs propres opposées non nulles et 0 pour valeur propre d espace propre de dimension n 2 donc A est diagonalisable. Si a a 2 n 1 = 0 alors 0 est la seule valeur propre de A et A est diagonalisable si, et seulement si, A = 0 i.e. a 1 =... = a n 1 = 0. Exercice 112 : [énoncé] a) On écrit X = ( X1 X 2 ) et alors BX = λx X 2 = λx 1 et AX 1 = λx 2 X 2 = λx 1 et AX 1 = λ 2 X 1 Par conséquent λ est valeur propre de B si, et seulement si, λ 2 est valeur propre de A. b) Si A = O n alors A est diagonalisable mais pas B. En effet, 0 est la seule valeur propre de B alors que B O n. Exercice 113 : [énoncé] Soient F 1 et F 2 des sous-espaces vectoriels supplémentaires de dimension p et q d un K-espace vectoriel E. Soit B = (B 1, B 2 ) une base adaptée à la supplémentarité de F 1 et F 2 et f 1, f 2 et f les endomorphismes de F 1, F 2 et E déterminés par Mat(f 1, B 1 ) = A 1, Mat(f 2, B 2 ) = A 2 et Mat(f, B) = A. Il est clair que pour tout λ K, on a E λ (f) = E λ (f 1 ) E λ (f 2 ). En caractérisant la diagonalisabilité par la somme des dimensions des sous-espaces propres, on conclut à l équivalence voulue. Exercice 114 : [énoncé] Via un changement de bases réalisé de sorte que les premiers vecteurs soient dans le noyau de A, on peut écrire ( ) P 1 On 1 AP = 0 λ avec λ = tr A. Si λ 0 alors λ est valeur propre de A ce qui permet de diagonaliser A. Si A est diagonalisable, sachant que A n est pas nulle, λ 0.

66 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 66 Exercice 115 : [énoncé] Posons M = X t Y. On a M 2 = X( t Y X) t Y. Or α = t Y X est un scalaire donc M 2 = αx t Y = αm. Si α 0 alors M annule le polynôme scindé simple X(X α) et donc M est diagonalisable. Si α = 0 alors M annule le polynôme X 2 et donc 0 est la seule valeur propre possible. Si M est diagonalisable alors M est semblable à la matrice nulle et donc M = O n. Ceci est exclu car on suppose les colonnes X et Y non nulles. Au final M est diagonalisable si, et seulement si, α 0. Notons que α = tr( t Y X) = tr(x t Y ) = tr M et que M est une matrice de rang 1. On peut montrer qu une matrice de rang 1 est diagonalisable si, et seulement si, sa trace est non nulle. Exercice 119 : [énoncé] On obtient N 2 = sn avec s = a a n. Puisque s > 0, N annule un polynôme scindé simple et donc est diagonalisable. 1/2 n est pas valeur propre de N car n est pas racine du polynôme annulateur X 2 sx donc M est inversible. En recherchant M 1 de la forme xm + yi n, on obtient Exercice 120 : [énoncé] M 1 = I n (2 + s)n Exercice 116 : [énoncé] Notons B = (e 1,..., e n ) la base canonique de K n et f l endomorphisme de K n dont la matrice dans B est J. Posons ε 1 = e e n, de sorte que f(ε 1 ) = nε 1. Puisque rg f = rg J = 1, on peut introduire (ε 2,..., ε n ) base du noyau de f. Il est alors clair que B = (ε 1,..., ε n ) est une base de K n et que la matrice de f dans celle-ci est diagonale. On peut aussi observer J 2 = nj et exploiter que X(X n) est un polynôme annulateur scindé simple de J. Exercice 117 : [énoncé] En posant M = (a i a j ) 1 i,j n, on vérifie M 2 = λm avec λ = n k=1 a2 k. Si λ 0 alors M annule un polynôme scindé simple, elle est donc diagonalisable. Si λ = 0 alors M 2 = 0 et donc M est diagonalisable si, et seulement si, M = 0 ce qui revient à (a 1,..., a n ) = 0. Notons que la matrice M est symétrique mais pas nécessairement réelle : le théorème spectral ne s applique pas. a) M(a, b) = P D(a, b)p 1 avec D(a, b) = diag((a + b) 2, (a b) 2, a 2 b 2, a 2 b 2 ) et P = b) M(a, b) n 0 si, et seulement si, a + b < 1, a b < 1 et a 2 b 2 < 1. Or a 2 b 2 = (a + b)(a b) donc la dernière condition l est automatiquement si les deux premières le sont. L étude graphique est alors simple. Exercice 121 : [énoncé] A = P DP 1 avec D = diag(a + (n 1)b, a b,..., a b) et Exercice 118 : [énoncé] E i,i est diagonale donc diagonalisable. Pour i j, χ Ei,j (X) = ( 1) n X n donc seul 0 est valeur propre. Par suite si E i,j est diagonalisable alors E i,j = 0 ce qui est incorrect. Conclusion E i,j diagonalisable si, et seulement si, i = j. B = Q Q 1 avec 1 1 (0). P = (0) 1

67 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 67 Si n est impair : = diag(a + (n 1)b, b a,..., b a, a b,..., a b) et 1 1 (0) 1 (0) (0) 1 (0) 1 Q = (0) 1 (0) (0) 1 (0) Si n pair : = diag(a + (n 1)b, b a,..., b a, a b,..., a b) et (0) 1 (0) Q =. (0) 1 (0) 1. (0) 1 (0) (0) 1 1 (0) Exercice 122 : [énoncé] Étudions la première matrice que nous noterons A. Celle-ci est de rang 2 et on peut facilement déterminer une base de son noyau. En posant le système AX = λx avec λ 0, on obtient une solution non nulle sous réserve que λ 2 λ (n 1) = 0 En notant λ 1 et λ 2 les deux racines de cette équation, on obtient A = P DP 1 avec 1 (0) P = (0) 1.. et D = diag(0,..., 0, λ 1, λ 2 ) λ 1 λ 2... En reprenant la même démarche avec la seconde matrice que nous noterons B, on obtient B = P DP 1 avec λ 1 λ (0) 2 2. P =..... et D = diag(0,..., 0, λ 1, λ 2 ). (0) λ 1 λ 2 où λ 1, λ 2 sont les deux racines de λ 2 2λ 2(n 2) = 0 Exercice 123 : [énoncé] Cas a = b = 0 la résolution est immédiate. Cas a = 0 et b 0, la matrice M n est triangulaire supérieure stricte non nulle, elle n est pas diagonalisable. Cas a 0 et b = 0, idem. Cas a = b χ Mn (X) = (X (n 1)a)(X + a) n 1 avec et E (n 1)a = Vect(1,..., 1) E a : x x n = 0 La matrice M n est donc diagonalisable et il est aisé de former une base de vecteurs propres. Cas a b et ab 0 Après calculs (non triviaux) χ Mn (X) = ( 1) n b(x + a)n a(x + b) n b a Les racines de ce polynôme sont les solutions de l équation d inconnue z C ( ) n z + a = a z + b b Il y en a exactement n s exprimant en fonction des racines n-ième de l unité. On en déduit que M n est diagonalisable.

68 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 68 Soit λ une valeur propre de M n et x = (x 1,..., x n ) C n. L équationm n x = λx équivaut au système λx 1 + bx bx n = 0 ax 1 λx bx n = 0. ax ax n 1 λx n = 0 En retranchant à chaque équation la précédente, on obtient le système équivalent λx 1 + bx bx n = 0 (a + λ)x 1 + (b + λ)x 2 = 0. (a + λ)x n 1 (b + λ)x n = 0 Puisque ce système est de rang n 1 (car λ est valeur propre simple) et puisque les n 1 dernières équations sont visiblement indépendantes, ce système équivaut encore à (a + λ)x 1 + (b + λ)x 2 = 0. (a + λ)x n 1 (b + λ)x n = 0 La résolution de ce dernier est immédiate. On obtient pour vecteur propre x = (x 1,..., x n ) avec ( ) k a + λ x k = b + λ Exercice 124 : [énoncé] A est diagonalisable avec Sp A = {1, 4}. Pour P n un polynôme vérifiant P n (1) = 1 n et P n (4) = 4 n, on a A n = P (A). convient et donc Exercice 125 : [énoncé] P n = 1 n + 4n 1 n (X 1) 3 A n = 4n 1 3 A + 4 4n I 3 3 a) α = tr A = 2 cos θ et β = det A = cos 2θ conviennent. b) Les racines de X 2 2 cos θx + cos 2θ sont cos θ + sin θ et cos θ sin θ. Réalisons la division euclidienne X n par X 2 2 cos θx + cos 2θ. avec deg R < 2, et On obtient X n = ( X 2 2 cos θx + cos 2θ ) Q(X) + R(X) R(cos θ + sin θ) = (cos θ + sin θ) n R(cos θ sin θ) = (cos θ sin θ) n R = (cos θ + sin θ)n (cos θ sin θ) n 2 sin θ et donc A n = (cos θ + sin θ)n (cos θ sin θ) n 2 sin θ Exercice 126 : [énoncé] a) 1ère méthode : λ det(λi n M) = 1... (X cos θ sin θ) + (cos θ + sin θ) n (A (cos θ + sin θ)i 2 )+(cos θ+sin θ) n I n 1 λ (n 1) λ (n 1) λ 1 0 λ + 1 =. λ... = (λ (n 1)). λ (n 1) 1 λ 0 (0) puis det(λi n M) = (λ (n 1))(λ + 1) n 1 et donc sp(m) = { 1, (n 1)}. Soit f l application linéaire canoniquement associée à M. f(x 1,..., x n ) = (x 1,..., x n ) x x n = 0 Donc E 1 est l hyperplan d équation x x n = 0. Puisque E n 1 est au moins une droite vectorielle, la matrice M est diagonalisable. 2ème méthode : Par le calcul, on obverse que M 2 = (n 1)I n + (n 2)M. Par suite, M annule le polynôme scindé simple (X + 1)(X (n 1)) et donc M est diagonalisable.

69 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 69 b) Le polynôme minimal de M est (X + 1)(X (n 1)) car en vertu de la première méthode, la connaissance des valeurs propres de M détermine son polynôme minimal sachant M diagonalisable et, pour la deuxième méthode, ce polynôme est annulateur alors que les polynômes X + 1 et X (n 1) ne le sont pas. Par division euclidienne X p = (X + 1)(X (n 1))Q + αx + β En évaluant la relation en 1 et en n 1, on obtient avec { α + β = ( 1) p α(n 1) + β = (n 1) p Après résolution { d où Exercice 127 : [énoncé] a) sp(a) = {1, 3, 4}. M p = (n 1)p ( 1) p n α = (n 1)p ( 1) p n β = (n 1)p +(n 1)( 1) p n M + (n 1)p + (n 1)( 1) p I n n b) Il existe une matrice P inversible tel que A = P DP 1 avec D = diag(1, 3, 4). Si M M n (C) est solution de l équation M 2 = A alors (P 1 MP ) 2 = D et donc P 1 MP commute avec la matrice D. Or celle-ci est diagonale à coefficient diagonaux distincts donc P 1 MP est diagonale de coefficients diagonaux a, b, c vérifiant a 2 = 1, b 2 = 3 et c 2 = 4. La réciproque est immédiate. Il y a 8 solutions possibles pour (a, b, c) et donc autant de solutions pour M. Les solutions réelles sont a fortiori des solutions complexes or toutes les solutions complexes vérifient tr M = a + b + c C \ R. Il n existe donc pas de solutions réelles. Exercice 128 : [énoncé] a) { det(a λi) = (λ 2)(λ 6). 5x + 3y = 2x x + y = 0 et x + 3y = 2y { valeur propre 2. 5x + 3y = 6x x + 3y = 0 et x + 3y = 6y valeur propre 6. ( 1 est vecteur propre associé à la 1) ( ) 3 est vecteur propre associé à la 1 On a A = P DP 1 avec P = ( 1 ) et D = ( ) b) Si M est solution alors P 1 MP est solution de l équation X 2 + X = D donc P 1 MP et D commutent or D est diagonale à coefficients diagonaux distincts donc P 1 MP est diagonale c) Les coefficients diagonaux a, b vérifient a 2 + a = 2 et b 2 + b = 6 donc a = 1 ou a = 2 et b = 2 ou b = 3. Au termes des calculs on obtient les solutions ( ) ( ) ( ) ,,, 1 ( ) Exercice 129 : [énoncé] a) En développant selon la dernière ligne λ λ 1... det(λ.i n J) = = λ n λ J possède exactement n valeurs propres qui sont les racines n-ième de l unité ω 0,..., ω n 1 avec ω k = e 2 ikπ n. b) Soit P GL n (C) la matrice de passage telle que J = P DP 1 avec D = diag(ω 0,..., ω n 1 ). donc a 0 a 1 a n 1. A = a..... n a1 = a 0I + a 1 J + a 2 J a n 1 J n 1 a 1 a n 1 a 0 n 1 P 1 AP = a 0 I + a 1 D + a 2 D a n 1 D n 1 = diag(( a k ωi k ) 0 i n 1 k=0

70 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 70 puis det A = det(p 1 AP ) = n 1 n 1 a k ωi k i=0 k=0 Soit M un autre élément de G. Puisque A et M commutent, les sous-espaces propres de A sont stables par M et on peut donc écrire ( ) P 1 M O MP = r,n r O n r,r M Exercice 130 : [énoncé] La colonne t ( ) est vecteur propre associé à la valeur propre 6. Les deux matrices ont le même polynôme caractéristique et celui-ci a pour racines 6, 3 + i 3 2 et 3 i 3 2 Ces deux matrices sont semblables à ( diag 6, 3 + i 3, 3 i ) et donc a fortiori semblables entre elles dans M n (C), mais aussi, et c est assez classique, dans M n (R). Exercice 131 : [énoncé] a) Pour tout élément A G, on a A 1 = A. On en déduit que pour tout A, B G, AB = (AB) 1 = B 1 A 1 = BA b) Montrons le résultat par récurrence forte sur n 1. Pour n = 1, la propriété est immédiate. Supposons le résultat vrai jusqu au rang n 1 1. Soit G un sous-groupe de GL n (R) vérifiant la propriété de l énoncé. S il n existe pas d autre élément dans G que I n et I n, la propriété est acquise. Sinon, il existe un élément A G autre que I n et I n. Puisque A 2 = I n, on a ker(a I n ) ker(a + I n ) = R n Il existe donc une matrice inversible P vérifiant ( ) P 1 Ir O AP = r,n r O n r,r I n r Sachant M 2 = I n, on a M 2 = I r et M 2 = I n r de sorte que les ensembles G et G formés des matrices M et M ainsi obtenues sont des sous-groupes de respectivement (GL r (R), ) et (GL n r (R), ). Par hypothèse de récurrence, il existe P et P inversibles telles que M G, P 1 M P D r (K) et M G, P 1 M P D n r (K) et en posant alors on a Q = ( ) P O r,n r O n r,r P P GL n (R) M G, Q 1 MQ D n (K) Récurrence établie. c) Les matrices appartenant à G sont semblables, via une même matrice de passage, à des matrices diagonales dont les coefficients diagonaux ne peuvent qu être 1 et 1. Il n existe que 2 n matrices de ce type dans M n (R), on en déduit Card G 2 n d) Soit ϕ un isomorphisme de (GL n (R), ) vers (GL m (R), ). Considérons l ensemble G formé des matrices diagonales M de M n (R) vérifiant M 2 = I n. G est un sous-groupe de (GL n (R), ) de cardinal exactement 2 n. Puisque pour tout M G, ϕ(m) 2 = ϕ(m 2 ) = ϕ(i n ) = I m l ensemble ϕ(g) est un sous-groupe de (GL m (R), ) vérifiant M ϕ(g), M 2 = I m Par l étude qui précède, on peut affirmer et puisque Card ϕ(g) 2 m Card ϕ(g) = Card G = 2 n on en déduit n m. Un raisonnement symétrique donne m n et permet de conclure.

71 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 71 Exercice 132 : [énoncé] Il existe des matrices P GL n (R) et D D n (R) telles que Si AB 3 = B 3 A alors puis on obtient B = P DP 1 AP D 3 P 1 = P D 3 P 1 A MD 3 = D 3 M avec M = P 1 AP. Notons m i,j le coefficient général de M et λ 1,..., λ n les coefficients diagonaux de D. La relation MD 3 = D 3 M donne (i, j) {1,..., n} 2, m i,j λ 3 j = m i,j λ 3 i et donc (i, j) {1,..., n} 2, m i,j = 0 ou λ 3 i = λ 3 j Comme la fonction x x 3 est injective sur R, on obtient et donc puis Exercice 133 : [énoncé] On peut écrire (i, j) {1,..., n} 2, m i,j = 0 ou λ i = λ j MD = DM AB = BA A = P DP 1 et B = Q Q 1 avec P, Q GL n (K) et D, M n (K) diagonales. Si A p MQ q = O n alors D p N q = O n avec N = P 1 MQ = (n i,j ). En notant λ 1,..., λ n et µ 1,..., µ n les coefficients diagonaux de D et, on obtient et donc puis ce qui permet de conclure. (i, j) {1,..., n} 2, λ q i n i,jµ q j = 0 (i, j) {1,..., n} 2, λ i n i,j µ j = 0 DN = O n Exercice 134 : [énoncé] ϕ(i 2 ) = 1 donc si P est inversible alors ϕ(p 1 ) = ϕ(p ) 1. Par suite, si A et B sont semblables ( ) alors( ϕ(a) ) = ϕ(b). ( ) µ Puisque et sont semblables, ϕ = µ puis ( ) µ 0 µ λ 0 ϕ = λµ. Ainsi pour A diagonale, ϕ(a) = det A et plus généralement cela 0 µ vaut encore pour A diagonalisable. Si A est une matrice de M 2 ((C), non ) λ α diagonalisable, celle-ci est semblable à une matrice de la forme. 0 λ Si λ = 0 alors A 2 = 0 et ( donc) ϕ(a) ( = ) 0 = det ( A. ) ( ) λ α 1 0 λ α λ α Si λ 0 alors puisque = et que est 0 λ λ 0 2λ diagonalisable, on obtient 2ϕ(A) = 2λ 2 = 2 det A et on peut conclure. Exercice 135 : [énoncé] Introduisons la colonne X n = ( ) t u n v n w n et la matrice A = de sorte qu on ait X n+1 = AX n et donc X n = A n X 0. Après réduction, on a A = P DP 1 avec D = 0 2 0, P = On a alors A n = P D n P 1 puis X n = P D n P 1 X 0 La suite (X n ) converge si, et seulement si, la suite (P 1 X n ) converge. Or P 1 X n = D n P 1 X 0 converge si, et seulement si, les deux dernières coefficients de la colonne P 1 X 0 sont nuls ce qui donne X 0 de la forme X 0 = P λ 0 = 0 Finalement, les suites (u n ) n 0, (v n ) n 0 et (w n ) n 0 convergent si, et seulement si, u 0 = v 0 = w 0 (et ces suites sont alors en fait constantes... ) λ λ λ

72 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 72 Exercice 136 : [énoncé] Posons T = M 2. Il est clair que T et M commutent et l étude de cette commutation peut, par le calcul, permettre de conclure que M est triangulaire supérieure. On peut aussi proposer une démonstration plus abstraite que voici : Les coefficients diagonaux λ 1,..., λ n de T déterminent ses valeurs propres et la matrice T est donc diagonalisable. On peut donc écrire T = P DP 1 avec P inversible et D = diag(λ 1,..., λ n ) Puisque M est T commutent, les matrices N = P 1 MP et D commutent. Or les matrices commutant avec une matrice diagonale à coefficients diagonaux distincts sont elles-mêmes diagonales. La matrice N est donc diagonale N = diag(µ 1,..., µ n ) En considérant un polynôme d interpolation Q R [X] vérifiant 1 k n, Q(λ k ) = µ k on obtient N = Q(D) puis M = Q(T ). En particulier, la matrice M est triangulaire supérieure. Exercice 137 : [énoncé] a) On vérifie b) On observe ( ) 1 In D = I n O n ( ) In D O n I n ( ) 1 ( ) ( ) ( ) In D A C In D A E = B B O n I n O n avec E = AD + C DB. Pour conclure, montrons qu il existe D M n (C) vérifiant DB AD = C. Considérons pour cela l endomorphisme ϕ de M n (C) défini par O n I n ϕ(m) = MB AM Pour M ker ϕ, on a MB = AM. Pour tout X vecteur propre de B associé à une valeur propre λ, on a AMX = MBX = λmx O n Puisque λ est valeur propre de B, λ n est pas valeur propre de A et donc MX = O n,1. Puisqu il existe une base de vecteurs propres de B et puisque chacun annule M, on a M = O n. Ainsi l endomorphisme ϕ est injectif, or M n (C) est de dimension finie donc ϕ est bijectif. Ainsi il existe une matrice D telle ϕ(d) = C et, par celle-ci, on obtient la similitude demandée. Exercice 138 : [énoncé] Supposons que l équation étudiée admet une solution θ. En passant aux parties réelle et imaginaire on obtient { cos θ + cos kθ = 1 sin θ + sin kθ = 0 La deuxième équation donne θ = kθ [2π] ou θ = π kθ [2π] Si θ = π kθ [2π] alors cos θ + cos kθ = 0 et le système initial n est pas vérifié. Si θ = kθ [2π] alors cos θ + cos kθ = 1 cos θ = 1/2 ce qui donne θ = π/3 [2π] ou θ = π/3 [2π]. Cas θ = π/3 [2π] On obtient { θ = π/3 + 2pπ (k + 1)θ = 2qπ avec p, q Z. On a alors (6p + 1)(k + 1) = 6l Puisque 6l (6p + 1) = 1, le théorème de Gauss donne 6 (k + 1). Inversement, si 6 (k + 1) alors on peut écrire k + 1 = 6l et pour θ = π/3 e iπ/3 + e i(6l 1)π/3 = e iπ/3 + e iπ/3 = 1 donc l équation étudiée admet au moins une solution. Cas θ = π/3 [2π] Une étude semblable conduit à la même condition. Finalement, l équation étudiée possède une solution réelle si, et seulement si, 6 (k + 1)

73 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 73 b) Supposons que 6 divise k + 1. Pour θ = π/3 on a e iθ + e ikθ = 1 donc en multipliant par e ikθ e ikθ = 1 + e i(k 1)θ La suite v de terme général v n = e inθ vérifie alors n N, v n+k = v n + v n+k 1 et donc la suite u = Re v est un élément non nul de S k. Puisque u n = cos nπ 3 la suite u est périodique et non nulle. Inversement, montrons qu il est nécessaire que 6 divise k + 1 pour qu il existe une suite périodique non nulle dans S k. On vérifie aisément que S k est un R-espace vectoriel de dimension k dont une base est formée par les suites e 0, e 1,..., e k 1 déterminées par 0 n k 1, e j (n) = δ n,j et n N, e j (n + k) = e j (n) + e j (n + k 1) Considérons l endomorphisme T : (u n ) (u n+1 ) opérant sur R N. On vérifie aisément que T laisse stable S k ce qui permet d introduire l endomorphisme induit par T sur S k que nous noterons encore T. Affirmer l existence d une suite périodique non nulle dans S k signifie que 1 est valeur propre d une puissance T q de T. La matrice de T dans la base (e 0,..., e k 1 ) est car T (e k 1 ) = e k 1 + e 0. Le polynôme caractéristique de T est X X..... χ T (X) = X X Par l opération L 1 L 1 + XL 2 + X 2 L X k 1 L k, on obtient χ T (X) = ( 1) k ( X k X k 1 1 ) Les valeurs propres complexes de T sont alors les racines du polynôme X k X k 1 1 On vérifie que ce polynôme et son polynôme dérivé n ont pas de racines en commun ; on en déduit que T admet exactement k valeurs propres complexes distinctes. L endomorphisme T est diagonalisable dans le cadre complexe, il en est de même de T q dont les valeurs propres sont alors les puissances qème des valeurs propres de T. Ainsi 1 est valeur propre de T q si, et seulement si, il existe λ C tel que λ k λ k 1 1 = 0 et λ q = 1 Un tel nombre complexe peut s écrire λ = e iθ et l on parvient alors à l existence d une solution à l équation e iθ + e ikθ = 1 et donc à la condition 6 (k + 1). Exercice 139 : [énoncé] Puisque Im(u Id E ) Im(u + Id E ) = {0 E }, on a puis par la formule du rang rg(u Id E ) + rg(u + Id E ) dim E dim ker(u Id E ) + dim ker(u + Id E ) dim E On en déduit que u est diagonalisable de valeurs propres possibles 1 et 1. Exercice 140 : [énoncé] a) clair, notamment il n y a pas de problème sur le degré de ϕ(p ). b) ϕ(x k ) = X k k(x + 1)X k 1 = (1 k)x k kx k 1. La matrice de ϕ dans la base canonique de E est triangulaire supérieure. Les coefficients diagonaux sont alors les racines du polynôme caractéristique et ce sont donc les valeurs propres de ϕ à savoir 1, 0, 1,..., (1 n). Ces n + 1 = dim E valeurs sont distinctes donc ϕ est diagonalisable.

74 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 74 Exercice 141 : [énoncé] L application f est clairement linéaire de R [X] vers lui-même. De plus, si deg P n, il est aisé d observé que deg f(p ) n. On peut donc conclure que f est un endomorphisme de R n [X]. Pour tout k {0,..., n}, f(x k ) = k(k + 1)X k k(k 1)X k 2 ce qui permet de former la représentation matricielle souhaitée. On constate alors que la matrice de f est triangulaire de coefficients diagonaux 0,..., k(k + 1),..., n(n + 1) distincts. Il est alors aisé de calculer le polynôme caractéristique de f est de conclure que f est diagonalisable, de valeurs propres 0,..., k(k + 1),..., n(n + 1) et de sous-espaces propres de dimension 1. Exercice 142 : [énoncé] a) Si deg P n 1, il est clair que ϕ(p ) E. Si deg P = n après simplification des termes en X n+1, on obtient que ϕ(p ) E. La linéarité de ϕ est claire et donc on peut conclure que ϕ est un endomorphisme. b) La matrice de ϕ dans la base canonique est tridiagonale et peu pratique. Formons plutôt la matrice de ϕ dans la base des (X a) k donc ϕ((x a) k ) = k(x a) k (X b) nx(x a) k ϕ((x a) k ) = (k n)(x a) k+1 + (k(a b) na)(x a) k et cette fois-ci la matrice de ϕ est triangulaire inférieure à coefficients diagonaux distincts : nb, (a + (n 1)b), (2a + (n 2)b),..., ((n 1)a + b), na qui sont les valeurs propres de ϕ. Puisque ϕ admet n + 1 valeurs propres distinctes et que dim E = n + 1, on peut conclure que ϕ est diagonalisable Exercice 143 : [énoncé] Si M appartient à l hyperplan des matrices de trace nulle alors φ(m) = M et donc M E 1 (φ). Ainsi l espace propre E 1 (φ) est de dimension au moins égale à n 2 1. De plus, φ(i n ) = (n + 1)I n donc l espace propre E n+1 (φ) est de dimension au moins égale à 1. Puisque la somme des dimensions des sous-espaces propres est au moins égale à n 2 = dim M n (R), l endomorphisme φ est diagonalisable (et les inégalités précédentes étaient des égalités). Exercice 144 : [énoncé] a) Soit P un polynôme. P (F )(u) = P (f) u donc P (f) = 0 P (F ) = 0. La diagonalisabilité étant équivalente à l existence d un polynôme scindé à racines simples, on peut conclure. b) f et F ont le même polynôme minimal donc les mêmes valeurs propres. c) Tout u L(E, E λ (f)) L(E) est élément de E λ (F ) donc dim E λ (F ) dim E dim E λ (f). Mais par diagonalisabilité dim L(E)) = λ Sp(F ) dim E λ(f ) dim E λ Sp(f) dim E λ(f) = dim E 2 = dim L(E) et donc on a les égalités dim E λ (F ) = dim E dim E λ (f) pour tout λ Sp(f). Exercice 145 : [énoncé] a) oui b) Pour f L(E). Si Im f Im p et ker p ker f alors F(f) = f. Un tel endomorphisme f est entièrement déterminé par sa restriction de Im p vers Im p. On en déduit dim E 1 (F) (dim Im p) 2 Si Im f ker p et Im p ker f alors F(f) = 0. Un tel endomorphisme f est entièrement déterminé par sa restriction de ker p vers ker p. On en déduit dim E 0 (F) (dim ker p) 2 Si Im f Im p et Im p ker f alors F(f) = 1 2 f. Un tel endomorphisme f est entièrement déterminé par sa restriction de ker p vers Im p. Si Im f ker p et ker p ker f alors F(f) = 1 2 f. Un tel endomorphisme f est entièrement déterminé par sa restriction de Im p vers ker p.

75 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 75 De plus un endomorphisme appartenant à ces deux dernières catégories est nécessairement nul. On en déduit dim E 1/2 (F) 2 dim ker p dim Im p Or Soient λ 1, λ 2 R et P 1, P 2 R n [X]. On a (dim Im p) 2 +2 dim ker p dim Im p+(dim ker p) 2 = (dim Im p+dim ker p) 2 = dim E 2 = dim L(E) AP 1 = BQ 1 + f(p 1 ) et AP 2 = BQ 2 + f(p 2 ) donc F est diagonalisable avec c) dim E 1 (F) = (dim Im p) 2, dim E 0 (F) = (dim ker p) 2 et dim E 1/2 (F) = 2 dim ker p dim Im p. Exercice 146 : [énoncé] On écrit B = α(x x 0 )... (X x n ) Si P R n [X] est vecteur propre de Φ associé à la valeur propre λ alors B (A λ)p. Pour des raisons de degré, B et A λ ne peuvent être premiers entre eux, ces polynômes ont donc une racine commune. Ainsi il existe i {0,..., n} tel que λ = A(x i ). Inversementn pour λ = A(x i ), P = n j=0,j i (X x j), Φ(P ) = λp avec P 0. Ainsi, Sp Φ = {A(x i ) i 0 ; n }. Précisons le sous-espace propre associé à la valeur propre λ = A(x i ). Quitte à réindexer, on peut supposer que λ = A(x 0 ). S il existe d autres x i tels que λ = A(x i ) on réindexe encore les x 1,..., x n de sorte que λ = A(x 0 ) =... = A(x p ) et λ A(x p+1 ),..., A(x n ). Ainsi x 0,..., x p sont racines de A λ alors que x p+1,..., x n ne le sont pas. Pour P R n [X], on a Φ(P ) = λp si, et seulement si, B (A λ)p. Or A λ = (X x 0 )... (X x p )Ã avec x p+1,..., x n non racines de Ã. Puisque (X x p+1 )... (X x n ) Ã = 1, Ainsi B (A λ)p (X x p+1 )... (X x n ) P. E λ (Φ) = {(X x p+1 )... (X x n )Q Q R p [X]} La somme des dimensions des sous-espaces propres étant égale à la dimension de l espace, Φ est diagonalisable. Exercice 147 : [énoncé] L application f est à valeurs dans R n [X] car le reste R d une division euclidienne par B vérifie deg R < deg B n donc avec A(λ 1 P 1 + λ 2 P 2 ) = B(λ 1 Q 1 + λ 2 Q 2 ) + λ 1 f(p 1 ) + λ 2 f(p 2 ) deg (λ 1 f(p 1 ) + λ 2 f(p 2 )) max {deg f(p 1 ), deg f(p 2 )} < deg B Par unicité d une division euclidienne, on peut affirmer f(λ 1 P 1 + λ 2 P 2 ) = λ 1 f(p 1 ) + λ 2 f(p 2 ) Puisque les valeurs prises par f sont R n 1 [X], l endomorphisme f ne peut être surjectif, ce n est donc pas un isomorphisme. b) Soit λ R. Si f(p ) = λp alors c est qu il existe un polynôme Q tel que AP = BQ + λp Cas λ = 0. On a f(p ) = 0 si, et seulement si, le polynôme B divise le polynôme AP. Or A et B sont premiers entre eux, donc f(p ) = 0 si, et seulement si, B divise P. On en déduit que 0 est valeur propre de f et le sous-espace propre associé est E 0 (f) = B. Vect(1, X,..., X n deg B ) c est-à-dire l espace des multiples de B inclus dans R n [X]. Cas λ 0. On obtient (A λ)p = BQ et donc B divise le polynôme (A λ)p. Or deg P < deg B donc au moins une des racines de B n est pas racine de P et est donc racine dea λ. Ainsi λ = A(x k ) avec x k une des racines deb. Inversement, soit x k une racine de B,λ = A(x k ) et P k = j k (X x j ) 0 On a deg P k < deg B et B (A A(x k ))P k. On en déduit f(p k ) = A(x k )P k et donc A(x k ) est valeur propre de f et P k en est un vecteur propre associé. c) La famille de P k se comprend comme la famille d interpolation de Lagrange en les x k, elle constitue donc une base de R deg B 1 [X]. Puisque ker f = E 0 (f) est un supplémentaire de cet espace, l endomorphisme est diagonalisable.

76 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 76 Exercice 148 : [énoncé] Posons φ l endomorphisme de L(E) étudié. On observe que φ 3 = φ. Par annulation d un polynôme scindé simple, on peut affirmer que φ est diagonalisable de seules valeurs propres possibles 0, 1 et 1. En introduisant une( base adaptée ) à la projection f, la matrice de cet Ir 0 endomorphisme est 0 0 ( ) A B En notant la matrice de u dans cette base, on obtient : C D φ(u) = 0 B = 0 et C = 0. φ(u) = u A = 0, C = 0 et D = 0. φ(u) = u A = 0, B = 0 et D = 0. Exercice 149 : [énoncé] Supposons f diagonalisable et soit B = (e 1,..., e n ) une base de vecteurs propres de f. Pour 1 i, j n, on pose g i,j l endomorphisme de E déterminé par g i,j (e k ) = δ j,k e i La famille (g i,j ) est une base de L(E) et on observe T (g i,j ) = (λ i λ j )g i,j donc T est diagonalisable. Supposons f nilpotente, c est-à-dire qu il existe n N pour lequel f n = 0. Puisque T p (g) est combinaison linéaire de termes de la forme f k g f p k, il est assuré que T 2n = 0 et donc que T est nilpotente. Exercice 150 : [énoncé] a) On obtient b) D une part 2 (1) Mat e f =... (1) 2 f(e e n ) = (n + 1) (e e n )) et d autre part, pour x = x 1 e x n e n avec x x n = 0 on a f(x) = x On en déduit que 1 et n + 1 sont valeurs propres de f et puisque la valeur propre 1 est associé à un hyperplan, il ne peut y avoir d autres valeurs propres. En résumé Sp f = {1, n + 1} et E 1 (f) = {x x x n = 0} et E n+1 (f) = Vect(e e n ) c) L endomorphisme f est diagonalisable car d) Par les valeurs propres et l endomorphisme f est inversible... Exercice 151 : [énoncé] dim E 1 (f) + dim E n+1 (f) = n det f = (n + 1) 0 a) Soit λ une valeur propre de ϕ. Il existe v L(E) \ { 0 } tel que u v = λv. Soit alors x E tel que v(x) 0 (ce qui est possible puisque v 0) Puisque u (v(x)) = λv(x), on peut affirmer que λ est valeur propre de u. Inversement soit λ une valeur propre de u et x 0 un vecteur propre associé. Considérons v l endomorphisme de E déterminé par 1 i n, v(e i ) = x L endomorphisme v est bien déterminé puisqu on a ici fixé l image d une base. Puisque a u v = λv (car cette égalité vaut pour les vecteurs d une base), on obtient ϕ(v) = λv avec v 0. Ainsi λ est aussi valeur propre de ϕ. b et c) Sachant E i,j E k,l = δ j,k E i,l, UE i,j = n k,l=1 u k,l E k,l E i,j = n u k,i E k,j Dans la base ((E 1,1,..., E n,1 ), (E 1,2,..., E n,2 ),..., (E 1,n,..., E n,n )), la matrice de ϕ est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux chacun égaux à U. Exercice 152 : [énoncé] k=1

77 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 77 a) ϕ(e i,j ) = (λ i λ j )E i,j. La matrice de ϕ relative à la base canonique de M n (K) est diagonale. b) Soit B une base de E dans laquelle l endomorphisme f est représenté par une matrice diagonale D. En introduisant l image réciproque de la base canonique de M n (K) par l isomorphisme de représentation matricielle dans B, on obtient une base de L(E) dans laquelle φ est représenté par une matrice diagonale. Exercice 153 : [énoncé] On vérifie aisément que Φ est endomorphisme de S 2 (R). a) En choisissant la base de S 2 (R) formée des matrices E 1,1, E 2,2 et E 1,2 + E 2,1, on obtient la matrice de Φ suivante 2a 0 2b 0 2d 2c c b a + d b) Par la règle de Sarrus, on calcule χ Φ (λ) et on obtient χ Φ (2λ) = 4(2λ (a + d))χ A (λ) c) Posons égal au discriminant de χ A. Si > 0 alors χ Φ possède trois racines réelles distinctes a + d, a + d + et a + d Si = 0 alors χ Φ possède une racine réelle triple a + d Si < 0 alors χ Φ possède une racine réelle et deux racines complexes non réelles. Supposons Φ diagonalisable. Le polynôme caractéristique de Φ est scindé sur R donc 0. Si > 0 alors χ A possède deux racines réelles distinctes et donc la matrice A est diagonalisable. Si = 0 alors Φ est diagonalisable et ne possède qu une seule valeur propre λ = a + d donc l endomorphisme Φ est une homothétie vectorielle de rapport égal à cette valeur propre. On obtient matriciellement 2a 0 2b 0 2d 2c c b a + d = a + d a + d a + d On en déduit ( ) a b A = = c d ( ) a 0 0 a et donc la matrice A est diagonalisable. d) Supposons A diagonalisable Le polynôme caractéristique de A est scindé sur R donc 0. Si > 0 alors Φ est diagonalisable car possède 3 valeurs propres réelles distinctes. Si = 0 alors A possède une seule valeur propre et étant diagonalisable, c est une matrice scalaire ( ) a 0 A = 0 a et alors la matrice de Φ est diagonale 2a a a Exercice 154 : [énoncé] a) Notons λ 1,..., λ n les n valeurs propres distinctes de f et x 1,..., x n des vecteurs propres associés. La famille (x 1,..., x n ) est base de E. Posons a = x x n. Pour tout k {0, 1,..., n 1}, f k (a) = λ k 1x λ k nx n Supposons α 0 a + α 1 f(a) + + α n 1 f n 1 (a) = 0 E. En exprimant cette relation en fonction des vecteurs de la famille libre (x 1,..., x n ), on parvient à P (λ 1 ) =... = P (λ n ) = 0 avec P = α 0 + α 1 X + + α n 1 X n 1 Le polynôme P admet plus de racines que son degré donc P = 0 puis α 0 =... = α n 1 = 0. Ainsi la famille (a, f(a),..., f n 1 (a)) est libre et finalement base de E. En fait, n importe quel vecteur dont les coordonnées sont toutes non nulles dans la base de vecteur propre est solution. b) La matrice de f dans la base considérée est de la forme 0 0 α α n 1

78 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 78 avec Exercice 155 : [énoncé] a) ok f n (a) = α 0 a + α 1 f(a) + + α n 1 f n 1 (a) b) Supposons g C f. Pour tout λ Sp(f) et tout x E λ (f), f(g(x)) = g(f(x)) = g(λx) = λg(x) donc g(x) E λ (f). Ainsi les sous-espaces propres sont stables par g. Inversement, supposons que chaque sous-espace propre soit stable par g. Pour tout x E, on peut écrire x = λ Sp(f) x λ et on a et g(f(x)) = g f(g(x)) = f donc f et g commutent. λ Sp(f) λ Sp(f) λx λ = g(x λ ) = λ Sp(f) λ Sp(f) λg(x λ ) λg(x λ ) c) Considérons ϕ: L(E) λ Sp(f) L(E λ(f)) l endomorphisme défini par ϕ(g) est le produit des restrictions aux E λ (f) de g. Cette application est bien définie en vertu des stabilités évoquées en b). Cette application est clairement bijective car, par diagonalisabilité de f, E = λ Sp(f) E λ (f) et qu on sait une application g est alors entièrement déterminée par ses restrictions aux E λ (f). Par isomorphisme dim C f = λ Sp(f) α2 λ. d) Ici dim C f = n et les Id, f,..., f n 1 sont clairement éléments de C f. Supposons λ 0 Id +λ 1 f + + λ n 1 f n 1 = 0. Posons P = λ 0 + λ 1 X + + λ n 1 X n 1. Ce polynôme est annulateur de f donc les valeurs propres de f en sont racines. Ce polynôme possède au moins n racines, or il est de degré strictement inférieur à n, donc il est nul et ainsi λ 0 =... = λ n 1 = 0. Finalement (Id, f,..., f n 1 ) est une famille libre formé de n = dim C f éléments de C f, c en est donc une base. a) Un endomorphisme non nul vérifiant f 2 = 0 avec f 0 convient. C est le cas d un endomorphisme représenté par la matrice ( ) b) Soit (e 1,..., e n ) une base de vecteurs propres de f. La matrice de f dans cette base est de la forme λ 1 (0)... (0) λ n et alors les espaces ker f = Vect {e i λ i = 0} et Im f = Vect {e i λ i 0} sont évidemment supplémentaires (puisque associés à des regroupements de vecteurs d une base). c) On vérifie ker f k ker f k+1. La suite des dimensions des noyaux des f k est croissante et majorée par n. Elle est donc stationnaire et il existe k N tel que l k, dim ker f l+1 = dim ker f l Par inclusion et égalité des dimensions l k, ker f l+1 = ker f l En particulier ker f 2k = ker f k. On peut alors établir Im f k ker f k = {0 E } et par la formule du rang on obtient la supplémentarité Im(f k ) ker(f k ) = E L endomorphisme f k n est pas nécessairement diagonalisable. Pour s en convaincre il suffit de choisir pour f un automorphisme non diagonalisable. d) Le résultat n est plus vrai en dimension infinie comme le montre l étude de l endomorphisme de dérivation dans l espace des polynômes. Exercice 157 : [énoncé] Pour λ = λ e iα C avec α [0 ; 2π[, on pose λ = λ e iα/2 Exercice 156 : [énoncé] ce qui définit une notion de racine carrée sur les nombres complexes et nous permettra de nous exprimer avec plus d aisance...

79 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 79 a) Soit B = (e 1,..., e n ) une base de vecteur propre de v. La matrice de v dans cette base est de la forme λ 1 (0) D =... (0) λ n Considérons l endomorphisme u de E défini par λ1 (0) Mat B u =... = (0) λn On vérifie aisément que u 2 = v. b) Par les polynômes interpolateurs de Lagrange, on peut introduire un polynôme P C [X] vérifiant On observe alors λ Sp u, P (λ) = λ P (λ 1 ) (0) P (D) =... = (0) P (λ n ) et donc P (v) se confond avec l endomorphisme u précédemment introduit. Exercice 158 : [énoncé] a) Puisque f possède n valeurs propres en dimension n, il est diagonalisable et ses valeurs propres sont simples. Les sous-espaces propres de f sont donc de dimension 1. b) g f = g 3 = f g. Puisque f et g commutent, les sous-espaces propres de f sont stables par g. Si x est vecteur propre de f associé à la valeur propre λ alors g(x) appartient au même sous-espace propre et puisque celui-ci est une droite et que x est non nul, g(x) est colinéaire à x. Ainsi x est vecteur propre de g. c) Notons λ 1,..., λ n les valeurs propres de f et considérons une base de vecteurs propres de f dans laquelle la matrice de f est D = diag(λ 1,..., λ n ) Un endomorphisme g de E vérifiant g 2 = f a une matrice diagonale dans la base de vecteurs propres de f précédente. Résoudre l équation g 2 = f revient alors à résoudre l équation 2 = D avec la matrice diagonale = diag(α 1,..., α n ) L équation 2 = D équivaut à 1 i n, α 2 i = λ i Si les λ i ne sont pas tous positifs ou nuls, il n y a pas de solutions. Si les λ i sont tous positifs ou nuls alors les solutions de l équation g 2 = f sont les endomorphismes représentés dans la base de vecteurs propres de f par les matrices diag(± λ 1,..., ± λ n ) Si aucune des valeurs propres n est nulle, il y a 2 n solutions et si l une d elle est nulle, il y a 2 n 1 solutions. Exercice 159 : [énoncé] Il est bien connu que les polynômes en f commutent avec f. Inversement, soit g un endomorphisme commutant avec f. Notons λ 1,..., λ n les valeurs propres deux à deux distinctes de f et e 1,..., e n des vecteurs propres associés. La famille (e 1,..., e n ) est une base de E diagonalisant f et les sous-espaces propres de f sont de dimension 1. Puisque f et g commutent, ses sous-espaces propres de f sont stables par g et donc, pour tout k {1,..., n}, il existe µ k tel que g(e k ) = µ k e k. Considérons alors un polynôme interpolateur P vérifiant k {1,..., n}, P (λ k ) = µ k On a pour tout k {1,..., n}, P (f)(e k ) = P (λ k )(e k ) = µ k e k = g(e k ) Puisque les applications linéaires P (f) et g sont égales sur une base, on peut conclure P (f) = g Exercice 160 : [énoncé] Soient λ Sp(u) et x E λ (u) non nul. On a v 3 (x) = u 3 (x) = λ 3 x

80 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 80 Or v est diagonalisable donc, en notant µ 1,..., µ p les valeurs propres de v, on a la décomposition en somme directe E = p E µj (v) j=1 On peut alors écrire x = p j=1 x j avec x j E µj (u). L égalité v 3 (x) = λ 3 x donne p µ 3 jx j = j=1 p λ 3 x j Les espaces E µj (v) étant en somme directe, on peut identifier les termes de ces sommes µ 3 jx j = λ 3 x j j=1 Si x j 0 E, on obtient µ j = λ et donc µ j x j = λx j. Si x j = 0 E, l identité µ j x j = λx j reste vraie. On en déduit v(x) = λx = u(x) Ainsi les endomorphismes v et u coïncident sur E λ (u). Or, l endomorphisme u étant diagonalisable, E est la somme des sous-espaces propres de u. Les endomorphismes v et u coïncident donc sur E. Exercice 161 : [énoncé] Son polynôme caractéristique est scindé. Exercice 162 : [énoncé] a) Si B = O n alors tout vecteur propre de A (et il en existe car le corps de base est C) est aussi vecteur propre de B. Si B O n alors l espace Im B est stable par B et il existe alors un vecteur propre de B dans Im B. Puisque Im B ker A car AB = O n, ce vecteur propre de B est aussi vecteur propre de A (associé à la valeur propre 0). b) Par récurrence sur la taille n des matrices. Pour n = 1, c est immédiat. Supposons la propriété vérifiée au rang n 1 1. Soit A, B M n (C) vérifiant AB = O n. Soit X 1 un vecteur propre commun aux matrices A et B associé aux valeurs propres λ et µ respectivement. Soit P une matrice inversible dont la première colonne est X 1. Par changement de base on a ( ) ( ) P 1 λ AP = 0 A et P 1 µ BP = 0 B Puisque AB = O n on a λµ = 0 et A B = O n 1. Par hypothèse de récurrence, il existe une matrice Q GL n 1 (C) telle que Q 1 A Q et Q 1 B Q sont triangulaires supérieures. Pour la matrice ( ) 1 0 R = P GL 0 Q n (C) on obtient R 1 AR et R 1 BR triangulaires supérieures. Récurrence établie. Exercice 163 : [énoncé] a) Raisonnons par les endomorphismes u et v canoniquement associés aux matrices A et B. Puisque le corps de base est C, l endomorphisme u admet au moins une valeur propre λ. Puisque u et v commutent, le sous-espace propre de u associé à la valeur propre λ est stable par v. L endomorphisme qui y est induit par v admet une valeur propre et le vecteur propre associé est vecteur propre commun à u et v. b) Par récurrence sur la taille n N des matrices. Pour n = 1, c est immédiat! Supposons la propriété vérifiée au rang n 1 1. Soit A, B M n (C) vérifiant AB = BA. Soit X 1 un vecteur propre commun aux matrices A et B associé aux valeurs propres λ et µ respectivement. Soit P une matrice inversible dont la première colonne est X 1. Par changement de base on a P 1 AP = ( ) λ 0 A et P 1 BP = ( ) µ 0 B Puisque AB = BA, un calcul par bloc donne A B = B A. Par hypothèse de récurrence, il existe une matrice Q GL n 1 (C) telle que Q 1 A Q et Q 1 B Q sont triangulaires supérieures. Pour la matrice R = P ( ) 1 0 GL 0 Q n (C) on obtient R 1 AR et R 1 BR triangulaires supérieures. Récurrence établie.

81 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 81 Exercice 164 : [énoncé] a) χ A (X) = (X + 1)(X 1) 2. b) E 1 = Vect ( t ), E 1 = Vect ( t ). La matrice A n est pas diagonalisable mais on peut la rendre semblable à la matrice T = On prend C 1 = ( t ), C 2 = ( t ). On détermine C 3 tel que AC 3 = C 3 + C 2. C 3 = ( t ) convient. Pour P = on a P 1 AP = T. Exercice 165 : [énoncé] a) χ A (X) = (X 1) 3. b) E 1 = Vect ( t ). La matrice A n est pas diagonalisable, mais on peut la rendre semblable à la matrice T = On prend C 1 = ( t ). On détermine C 2 tel que AC 2 = C 2 + C 1. C 2 = ( t ) convient. On détermine C 3 tel que AC 3 = C 3 + C 2. C 3 = ( t ) convient. Pour P = on a P 1 AP = T. Exercice 166 : [énoncé] Le polynôme caractéristique χ A (X) = (X 1) 3 est scindé donc A est trigonalisable. On a et puisque E 1 (A) = Vect 1 0, A 0 = 1 = on a A = P T P 1 avec T = et P = Exercice 167 : [énoncé] Notons A la matrice étudiée. Après calcul, son polynôme caractéristique est χ A = (X 9) 3. Celui-ci est scindé et par conséquent la matrice A est trigonalisable. Après résolution E 9 (A) = Vect (1, 1, 1/2) dim E 9 (A) = 1 et X 1 = ( t 1 1 1/2 ) est vecteur propre. Complétons ce vecteur en une base et considérons la matrice de passage associée P = /2 0 1 On a Considérons alors la sous matrice P 1 AP = /2 6 A = ( 12 ) 6 3/2 6 de polynôme caractéristique (X 9) 2 car χ A (X) = (X 9)χ A (X). Après résolution E 9 (A ) = Vect(1, 1/2)

82 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 82 Considérons la matrice de passage On a Enfin, pour on obtient Exercice 168 : [énoncé] P = (P 1 )A P = ( 1 ) 0 1/2 1 ( ) ( ) 1 0 Q = P 0 P = /2 1/ Q 1 AQ = a) χ A = X(X 1)(X a). Si a 0, 1 alors A est diagonalisable. Si a = 0 alors rg A = 2 donc dim ker A = 1 < m 0 (A) et la matrice A n est pas diagonalisable. Si a = 1 alors rg(a I) = 2 et par le même argument qu au dessus, A n est pas diagonalisable. On conclut Ω = {0, 1} b) Cas a = ker A = Vect 0 et ker(a I 3 ) = Vect Par conséquent la matrice suivante convient P = Cas a = ker A = Vect 0 et ker(a I 3 ) = Vect Par conséquent la matrice suivante convient P = Exercice 169 : [énoncé] ( = ) Supposons f et g commutent. x ker(f λ. Id), (f λ Id)(g(x)) = g(f(x) λx) = 0 donc ker(f λ Id) est stable par g. ( = ) Supposons que chaque sous-espace propre soit stable par g. Puisque E = E λ (f), pour tout x E, on peut écrire x = λ Sp(f) x λ avec x λ E λ et alors λ Sp(f) donc f g = g f. (g f)(x) = λ Sp(f) λg(x λ ) = (f g)(x) Exercice 170 : [énoncé] Rappelons que tout endomorphisme d un C-espace vectoriel possède au moins un valeur propre. 1ère démarche : Soit λ une valeur propre de u. E λ (u) est stable par u et donc possède un supplémentaire F stable par u. Si F = {0 E } alors u est diagonalisé. Sinon, la restriction de u à F possède au moins une valeur propre µ qui est bien entendu valeur propre de u. L espace E λ (u) E µ (u) est stable par u et donc possède un supplémentaire G stable par u. Si G = {0 E } alors u est diagonalisé. Sinon, on itère le processus. 2ème démarche : Le sous-espace vectoriel F = E λ (u) est stable par u, il λ Sp u admet donc un supplémentaire stable G, si G {0 E } alors u G admet un vecteur propre qui sera aussi vecteur propre de u donc élément de F. C est contradictoire donc G = {0 E } puis E = On peut conclure : u diagonalisable. E λ (u) λ Sp u

83 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 83 Exercice 171 : [énoncé] Les endomorphismes recherchés sont les endomorphismes diagonalisables. En effet, si f est diagonalisable et si F est un sous-espace vectoriel stable par f alors puisque f F est diagonalisable, il existe une base de F formée de vecteurs propres de f. En complétant cette base à l aide de vecteur bien choisis dans une base diagonalisant f, les vecteurs complétant engendrent un supplémentaire de F stable par f. Inversement, si f L(E) vérifie la propriété proposée alors le sous-espace vectoriel F = λ Sp f E λ (f) étant stable par f, celui-ci admet un supplémentaire stable. Or f ne possède pas de vecteurs propres sur ce dernier et celui ne peut donc qu être {0} car ici le corps de base est C. Par suite F = E et donc f est diagonalisable. Considérons ensuite les vecteurs x et y de E représentés par les colonnes réelles X et Y. Les relations précédentes donnent u(x), u(y) Vect(x, y) et donc le sous-espace vectoriel Vect(x, y) est stable par u. Or celui-ci n est pas nul car Z 0 et est donc de dimension 1 ou 2 (et en fait 2 car l absence de valeurs propres réelles dans le cas présent signifie l absence de droite vectorielle stable). Exercice 174 : [énoncé] Exercice 172 : [énoncé] a) Si e / H alors la valeur de u(e) détermine entièrement un élément u de {u E u(h) = {0}}. Cela permet de mette en place un isomorphisme entre {u E u(h) = {0}} et K. La dimension cherchée vaut 1. b) Si H est stable par f alors pour tout x H, u(f(x)) = 0 donc u f {v E v(h) = {0}} or u est un élément non nul de cette droite vectorielle donc u f est colinéaire à u. La réciproque est immédiate. c) Mat B (u) = L 0 (car u définit une équation d hyperplan), Mat B (u f) = LA donc avec t L colonne non nulle. u f = λu LA = λl t A t L = λ t L d) Sp( t A) = {1, 2, 1}. Une base de vecteurs propres est formée des vecteurs de composantes ( 1, 1, 1), (0, 1, 1) et ( 1, 0, 1). Les plans stables par f sont ceux d équations x + y z = 0, y + z = 0 et x z = 0. Exercice 173 : [énoncé] Si l endomorphisme u possède une valeur propre alors la droite vectorielle engendrée par un vecteur propre associé est évidemment stable par u. Sinon, la matrice réelle A représentant u dans une base n a que des valeurs propres complexes non réelles. Parmi celles-ci considérons en une que nous notons λ. Il existe alors une colonne complexe Z non nulle telle que AZ = λz. En écrivant λ = α + iβ et Z = X + iy avec α, β, X, Y réels, l équation précédente donne AX = αx βy et AY = βx + αy a) Par l absurde supposons X et Y colinéaires. Il existe alors une colonne X 0 réelle telle que X = αx 0 et Y = βx 0 avec (α, β) (0, 0) On a alors Z = (α + iβ)x 0 et la relation AZ = λz donne (α + iβ)ax 0 = λ(α + iβ)x 0 Puisque α + iβ 0, on peut simplifier et affirmer AX 0 = λx 0. Or X 0 est une colonne réelle donc, en conjuguant, AX 0 = λx 0 puis λ R ce qui est exclu. b) On écrit λ = a + ib avec a, b R. La relation AZ = λz donne en identifiant parties réelles et imaginaires AX = ax by et AY = ay + bx On en déduit que Vect(X, Y ) est stable par A. c) Le polynôme caractéristique de f est (X + 1)(X 2)(X 2 2X + 2) Les valeurs propres de A sont 1, 2 et 1 ± i avec E 1 (A) = Vect t (0, 0, 1, 0), E 2 (A) = Vect t (1, 1, 0, 1) et E 1+i (A) = Vect t (i, 1, 0, 1) Soit P un plan stable par f. Le polynôme caractéristique de l endomorphisme u induit par f sur ce plan divise le polynôme caractéristique de f tout en étant réel et de degré 2. Ce polynôme caractéristique ne peut qu être (X + 1)(X 2) ou X 2 2X + 2

84 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 84 Dans le premier cas, 1 et 2 sont valeurs propres de u et les vecteurs propres associés sont ceux de f. Le plan P est alors Vect {(0, 0, 1, 0), (1, 1, 0, 1)} Dans le second cas, pour tout x P, on a par le théorème de Cayley Hamilton u 2 (x) 2u(x) + 2x = 0 E et donc la colonne X des coordonnées de x vérifie Après calculs, on obtient Ainsi le plan est inclus dans le plan ce qui suffit à le déterminer. X ker(a 2 2A + 2I 4 ) X Vect( t (1, 0, 0, 0), t (0, 1, 0, 1)) Vect {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 1)} Exercice 175 : [énoncé] Cas K = C u annule un polynôme scindé simple, l endomorphisme u est donc diagonalisable. Tout sous-espace vectoriel possédant une base de vecteurs propres est stable et inversement. Cas K = R Par le lemme de décomposition des noyaux, on a Ainsi a F 1, b F 2 et on a donc F F 1 + F 2. Il est alors immédiat qu on peut alors conclure F = F 1 F 2. Puisque F 2 ker(u 2 + u + Id), pour x F 2 non nul (x, u(x)) est libre et Vect(x, u(x)) est stable par u. Cela permet d établir que F 2 est la somme directe de sous-espaces vectoriels de la forme Vect(x, u(x)) avec x 0, x ker(u 2 + u + Id). Quant à F 1, il n y a pas de condition à souligner puisque tout sous-espace vectoriel de ker(u Id) est stable par u. Exercice 176 : [énoncé] Si F admet une base de vecteurs propres, il est immédiat d établir qu il est stable par u. Inversement, si F est stable alors u F est diagonalisable et donc il existe une base de F formée de vecteurs propres de u. Exercice 177 : [énoncé] Sp f = {2, 4, 6}, E 2 (A) = Vect e 1, E 4 (A) = Vect e 2 et E 6 (A) = Vect e 3 avec e 1 = (0, 1, 1), e 2 = (1, 0, 1), e 3 = (1, 1, 0). Si V est un sous-espace vectoriel stable alors f V est diagonalisable et donc possède une base de vecteurs propres de f. Ainsi V = {0}, Vect(e i ) avec i {1, 2, 3}, Vect(e j, e k ) avec j k {1, 2, 3} ou V = R 3. Exercice 178 : [énoncé] Sur C, A est trigonalisable semblable à une matrice triangulaire supérieure ou sur la diagonale figurent les valeurs propres complexes de A comptées avec multiplicité. E = ker(u Id) ker(u 2 + u + Id) Si F est un sous-espace vectoriel stable alors posons et F 1 = F ker(u Id) F 2 = F ker(u 2 + u + Id) Montrons F = F 1 F 2. Tout x F peut s écrire x = a + b avec a ker(u Id) et b ker(u 2 + u + Id). Puisque ( u(x) = a + u(b) F et u 2 (x) = a + u 2 (b) F, on a a = 1 3 x + u(x) + u 2 (x) ) F puis b = x a F. Exercice 179 : [énoncé] a) A est annule le polynôme χ A qui est scindé donc A est trigonalisable. b) Soit T une matrice triangulaire semblable à A. Les coefficients diagonaux de T sont les valeurs propres de A comptées avec multiplicité. Cependant A k est semblables à T k donc les valeurs propres de A k sont les coefficients diagonaux de T k or ceux-ci sont les puissances d ordre k des coefficients diagonaux de T c est-à-dire des valeurs propres de A.

85 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 85 Exercice 180 : [énoncé] La matrice A est semblable à une matrice triangulaire de la forme λ λ n et donc A q est semblable à λ q λ q n Ainsi le polynôme caractéristique de A q est celui voulu avec A q M n (Z). Exercice 181 : [énoncé] A est semblable à une matrice triangulaire supérieure de la forme λ λ n exp(a) est alors semblable à une matrice de la forme exp(λ 1 )... 0 exp(λ n ) Cela suffit pour conclure. Exercice 182 : [énoncé] Puisque le polynôme χ A est scindé, la matrice A est trigonalisable. Plus précisément, la matrice A est semblable à une matrice de la forme λ 1... (0) λ n La matrice P (A) est alors semblable à P (λ 1 )... (0) P (λ n ) et donc Exercice 183 : [énoncé] χ P (A) = n (X P (λ k )) k=1 a) Commençons ( par ) quelques cas particuliers. λ 0 Si A = alors A K [B] en s appuyant sur un polynôme constant. ( 0 λ ) λ1 0 Si A = avec λ 0 λ 1 λ 2 alors les matrices qui commutent avec A sont 2 ( ) α1 0 diagonales donc B est de la forme. En considérant P = ax + b tel 0 α 2 que P (λ( 1 ) = α) 1 et P (λ 2 ) = α 2, on a B = P (A) K [A]. λ µ Si A = avec µ 0, une étude de commutativité par coefficients 0 λ ( ) α β inconnus donne B =. Pour P = β βλ 0 α µ X + γ avec µ + γ = α, on a B = P (A) K [A]. Enfin, dans le cas général, A est semblable à l un des trois cas précédent via une matrice P GL 2 (K). La matrice B = P 1 BP commute alors avec A = P 1 AP donc B est polynôme en A et par le même polynôme B est polynôme en A. b) On imagine que non, reste à trouver un contre-exemple. Par la recette dite des «tâtonnements successifs» ou saisi d une inspiration venue d en haut, on peut proposer A = et B = On vérifie que A et B commutent et ne sont ni l un ni l autre polynôme en l autre car tout polynôme en une matrice triangulaire supérieure est une matrice triangulaire supérieure. Exercice 184 : [énoncé] La matrice A est trigonalisable et si l on note λ 1,..., λ p ses valeurs propres distinctes alors tr(a m ) = p j=1 α jλ m j avec α j la multiplicité de la valeur propre λ j.

86 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 86 Pour conclure, il suffit d établir résultat suivant : «Soient α 1,..., α p C et λ 1,..., λ p C deux à deux distincts. Si p j=1 α jλ m j 0 alors 1 j p, λ j < 1». m + Raisonnons pour cela par récurrence sur p 1. Pour p = 1, la propriété est immédiate. Supposons la propriété vraie au rang p 1. Soient α 1,..., α p+1 C et λ 1,..., λ p+1 C deux à deux distincts tels que p+1 α j λ m j j=1 Par décalage d indice, on a aussi λ p+1 (1) (2) donne qui se comprend encore p+1 j=1 α j λ m+1 j 0 (1) m + p α j (λ p+1 λ j )λ m j j=1 p β j λ m j j=1 0 (2) m + 0 m + 0 m + avec les β 1,..., β p non nuls. Par hypothèse de récurrence, on a alors 1 j p, λ j < 1. On en déduit p j=1 α jλ m j 0 et la relation (1) donne alors m + α p+1 λ m p+1 0 d où l on tire λ p+1 < 1. m + Récurrence établie. Exercice 185 : [énoncé] Notons λ 1,..., λ p et µ 1,..., µ q les valeurs propres deux à deux distinctes des matrices A et B respectivement. L hypothèse de travail donne m N, p m λj (A)λ m j = j=1 q m µk (B)µ m k j=1 Avec des notations étendues, ceci donne m N, λ Sp A Sp B a λ λ m = 0 avec a λ = m λ (A) m λ (B). Indexons alors les valeurs propres de A et B de sorte que Sp A Sp B = {α 1,..., α r } avec α 1,..., α r deux à deux distinctes. On obtient donc m N, r a αj αj m = 0 j=1 Considérons alors la matrice carrée de Vandermonde α 1 α 2 α r... α1 r 1 α2 r 1 αr r 1 Celle-ci est inversible car les α 1,..., α r sont deux à deux distincts. Or les égalités qui précèdent donnent r a αj C j = 0 en notant C j les colonnes de la matrice de Vandermonde précédente. On en déduit 1 j r, a αj = 0 ce qui donne Exercice 186 : [énoncé] a) Poser le produit par blocs. j=1 λ Sp A Sp B, m λ (A) = m λ (B) b) Si A et B sont inversibles alors (A B)(A 1 B 1 ) = I n I n = I n 2 donc A B est inversible. Si A n est pas inversible alors il existe A 0 tel que AA = O n et alors (A B)(A I n ) = 0 avec A I n 0 donc A B n est pas inversible. Un raisonnement semblable s applique dans le cas où B n est pas inversible.

87 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 87 c) Il existe P, Q matrices inversibles telles que λ 1 P 1 AP =... 0 λ n et Q 1 BQ = µ µ n avec λ i et µ i les valeurs propres de A et B. On observe alors que (P 1 Q 1 )(A B)(P Q) = (P 1 AP ) (Q 1 BQ) est triangulaire supérieure de coefficients diagonaux λ i µ j. Les valeurs propres de A B sont les produits des valeurs propres de A et B. d) On note que P 1 Q 1 = (P Q) 1 de sorte que A B est semblable à la matrice triangulaire précédente et donc On en déduit et la relation χ A B = est immédiate par un calcul direct. n i=1 j=1 n (X λ i µ j ) det(a B) = (det A det B) n tr(a B) = tr(a) tr(b) Exercice 187 : [énoncé] La matrice A est trigonalisable semblable à T = λ 1... (0) λ n avec λ 1,..., λ n les valeurs propres de A comptées avec multiplicité. La matrice A k est alors semblable à λ k 1 T k =... (0) λ k n et ses valeurs propres sont les λ k 1,..., λ k n comptées avec multiplicité. Exercice 188 : [énoncé] La famille (x 0, u(x 0 ),..., u n 1 (x 0 )) constitue une base de E. Soit v L(E) commutant avec u. On peut écrire Considérons alors On a v(x 0 ) = a 0 x 0 + a 1 u(x 0 ) + + a n 1 u n 1 (x 0 ) w = a 0 Id E +a 1 u + + a n 1 u n 1 K [u] v(x 0 ) = w(x 0 ) Puisque v et w commutent avec u, on a aussi k N, v(u k (x 0 )) = w(u k (x 0 )) Les endomorphismes v et w prennent les mêmes valeurs sur une base, ils sont donc égaux. En conclusion v K [u]. Exercice 189 : [énoncé] On peut écrire AB = P (A) = α n A n + + α 1 A + I n donc A ( B (α n A n α 1 I n ) ) = I n Par le théorème d inversibilité, A est inversible et A 1 = B (α n A n α 1 I n ). Puisque A commute avec A 1 et ses puissances, on en déduit que A commute avec Exercice 190 : [énoncé] Le polynôme P s écrit L égalité AB = P (A) donne alors B = A 1 + α n A n α 1 I P (X) = P (0) + a 1 X + + a p X p A(B (a 1 I n + a 2 A + + a p A p 1 )) = P (0)I n

88 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 88 On en déduit que A est inversible et son inverse est l égalité A 1 A = I n donne alors A 1 = 1 ( ( B a1 I n + a 2 A + + a p A p 1)) P (0) BA = P (A) et on peut conclure que A et B commutent. Exercice 191 : [énoncé] On sait qu il existe p N tel que A p = O n. En introduisant les coefficients de P, la relation B = AP (A) donne On en déduit B = A + a 2 A a p 1 A p 1 B 2 = A 2 +a 3,2 A 3 + +a p 1,2 A p 1,..., B p 2 = A p 2 +a p 1,p 2 A p 1, B p 1 = A p 1 b) Soit P C [X] tel que P (0) = 0. On a Donc puis P (X) = ax + bx 2 + P (B) = ab + bb 2 + P (B) p = a p B p + b B p+1 + = O n On peut alors reprendre le raisonnement de la question précédente et affirmer que la matrice I n + P (B) est inversible et que son inverse est de la forme I n P (B) + P (B) ( 1) p P (B) p On en déduit que H est inclus dans GL n (C) et que l inverse d un élément de H est encore dans H. Il est immédiat de vérifier que H est non vide et stable par produit. On en déduit que H est un sous-groupe de (GL n (C), ). Enfin, on vérifie que H est commutatif car les polynômes en une matrice commutent entre eux. En inversant ces équations, on obtient A p 1 = B p 1, A p 2 = B p 2 +b p 1,p 2 A p 1,..., A 2 = B 2 +b 3,2 B 3 + +b p 1,2 B p 1 et enfin A = B + b 2,1 B b p 1,1 B p 1 ce qui détermine un polynôme Q R [X] vérifiant Q(0) = 1 et A = BQ(B). Exercice 192 : [énoncé] a) Posons N = A 1 BA. On a N p = ( 1) p A 1 B p A = O n donc I n = I n N p = (I N)(I + N + N N p 1 ) On en déduit que I N = I n + A 1 BA est inversible et ( In + A 1 BA ) 1 = I + N + N N p 1 Exercice 193 : [énoncé] Par la formule de Taylor en a donc P (X) = + k=0 P (ai n + J) = P (k) (a) (X a) k k! + k=0 P (k) (a) J k k! Il est facile de calculer les puissances de J et l on conclut P (a) P P (a) (a) 2! P (ai n + J) = P (a) 2!... P (a) (0) P (a) P (n 1) (a) (n 1)!

89 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 89 Exercice 194 : [énoncé] Le polynôme X 3 1 = (X 1)(X 2 + X + 1) est annulateur de u avec les facteurs X 1 et X 2 + X + 1 premiers entre eux, il suffit alors d appliquer le lemme des noyaux pour conclure! Exercice 195 : [énoncé] P = X(X 2 3aX + a 2 ) est annulateur de f donc par le théorème de décomposition des noyaux, E = ker f ker(f 2 3af + a 2 Id) car X et X 2 3aX + a 2 sont premiers entre eux. Or a étant non nul, on montre élémentairement ker(f 2 3af + a 2 Id) Im f tandis que l inclusion réciproque provient de ce que (f 2 3af + a 2 Id) f = 0. Il est donc vrai que ker f et Im f sont supplémentaires. En évaluant en u, on obtient la relation Id E = P (u) V (u) + Q(u) W (u) Soit x ker P (u) Im P (u). Puique Q(u) P (u) = (P Q)(u) = 0, on a Im P (u) ker Q(u) et donc x ker P (u) ker Q(u). La relation ( ) donne alors ( ) x = V (u) P (u)(x) + W (u) Q(u)(x) = 0 E Ainsi, les espaces ker P (u) et Im P (u) sont supplémentaires. Soit x E. Par la relation ( ), on peut écrire x = a + b avec a = P (u) V (u)(x) et b = Q(u) W (u)(x) On a évidement a Im P (u) et aussi b ker P (u) car P (u)(b) = (P Q)(u) W (u)(x) = 0 E Exercice 196 : [énoncé] Par le lemme de décomposition des noyaux et puisque P est annulateur ker P (u) = ker Q(u) ker R(u) E = ker Q(u) ker R(u) De plus R(u) Q(u) = 0 et donc Im Q(u) ker R(u). Par la formule du rang et par la supplémentarité qui précède donc et l on peut conclure. dim Im Q(u) = dim E dim ker Q(u) dim E = dim ker Q(u) + dim ker R(u) dim Im Q(u) = dim ker R(u) Exercice 197 : [énoncé] Les polynômes P et Q étant premiers entre eux, on peut introduire des polynômes V, W vérifiant P V + QW = 1 On peut alors conclure l égalité ker P (u) Im P (u) = E Exercice 198 : [énoncé] Les vecteurs de (Id, u,..., u p ) évoluent dans L(E) qui est de dimension n 2. Pour p = n 2 la famille est assurément liée. Une relation linéaire donne alors immédiatement un polynôme annulateur non nul. Exercice 199 (: [énoncé] ) ( ) P (A) O On a P (M) = = et O P (B) O ( ) ( ) Q(A) Q(M) = = O Q(B) O O ( ) ( ) O donc (P Q)(M) = P (M)Q(M) = = O O O O n. Ainsi le polynôme P Q est annulateur de M. Exercice 200 : [énoncé] u (u Id) (u + Id) s annule sur ker(u (u Id)) et sur ker(u (u + Id)) donc sur ker(u (u Id)) + ker(u (u Id)) = E et ainsi u (u 2 Id) = 0. Si x ker u alors x ker(u (u Id)) ker(u (u + Id)) = {0} donc ker u = {0} et u GL(E). Par suite u 2 Id = u 1 u (u 2 Id) = 0 et donc u 2 = Id. Ainsi u est une symétrie vectorielle.

90 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 90 Exercice 201 : [énoncé] Quitte à considérer λp avec λ K bien choisi, on peut supposer ce qui permet d écrire P (0) = 0 et P (0) = 1 L égalité P (u)(x) = 0 donne et donc u(x) = 0 car a 0 et u 2 (x) = 0. Ainsi x ker u et on peut conclure. au(x) + Q(u)(u 2 (x)) = 0 P (X) = X + X 2 Q(X) avec Q K [X] Soit x Im f ker f. Il existe a E tel que x = f(a) et on a f(x) = 0. On en déduit f 2 (a) = 0. Or P (f)(a) = 0 et Ainsi P (f)(a) = f(a) + Q(f) ( f 2 (a) ) = f(a) = x Im f ker f = {0} Soit x E. Analyse : Supposons x = u + v avec u = f(a) Im f et v ker f. On a f(x) = f 2 (a) + f(v) = f 2 (a) Or donc P (f)(x) = f(x) + f 2 (Q(f)(x)) = 0 f(x) = f 2 ( Q(f)(x)) Synthèse : Posons u = f(q(f)(x)) et v = x u. On a immédiatement u Im f et x = u + v. On a aussi et donc v ker f. f(v) = f(x) f(u) = f(x) + f 2 (Q(f)(x)) = P (f)(x) = 0 Exercice 202 : [énoncé] On sait déjà ker u ker u 2. Inversement, soit x ker u 2. Notons P le polynôme annulateur en question. On peut écrire P (X) = ax + X 2 Q(X) avec a 0 et Q K [X] Exercice 203 : [énoncé] a) On sait déjà ker u ker u 2. On a P = XQ avec Q(0) 0. Pour x ker u 2, on a u 2 (x) = 0 et Q(u)(u(x)) = 0 donc u(x) ker u ker Q(u) puis u(x) = 0 car Q(0) 0. On en déduit ker u 2 ker u puis l égalité. L inclusion Im u 2 Im u est entendue. Inversement, soit x Im u. On peut écrire x = u(a) pour un certain a E. Or P (u)(a) = 0 et l on peut écrire P sous la forme donc puis x Im u 2. Ainsi Im u 2 = Im u P (X) = a n X n + + a 1 X avec a 1 0 a 1 u(a) Im u 2 b) Pour x ker u Im u, il existe a E, x = u(a) et a ker u 2 = ker u donc x = 0. Pour x E, u(x) Im u = Im u 2 et on peut écrire u(x) = u 2 (a) pour un certain a E. On a alors x = y + z avec y = u(a) Im u et z = x y où l on vérifie z ker u. Exercice 204 : [énoncé] Puisque u possède un polynôme annulateur, on a Or K [Q(u)] K [u] donc dim K [u] < + dim K [Q(u)] < + et par conséquent Q(u) possède un polynôme annulateur.

91 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 91 Exercice 205 : [énoncé] Si P et Π u sont premiers entre eux alors par l égalité de Bézout, il existe U, V K [X] tels que UP + V Π u = 1 donc U(u)P (u) = Id E. Aussi P (u)u(u) = Id E donc P (u) est inversible et P (u) 1 = U(u) K [u]. Si P et Π u ne sont pas premiers entre eux alors on peut écrire Π u = QD avec D le pgcd de P et Π u. On a Π u P Q donc P (u)q(u) = 0 alors que Q(u) 0 puisque deg Q < deg Π u. Par suite P (u) n est pas inversible. Exercice 206 : [énoncé] Π u annule u donc aussi u F et ainsi Π uf Π u. De même Π ug Π u donc ppcm(π uf, Π ug ) Π u. Inversement si P = ppcm(π uf, Π ug ) alors x F, P (u)(x) = 0 et x G, P (u)(x) = 0 donc x E = F G, P (u)(x) = 0 donc P annule u puis Π u P. Exercice 207 : [énoncé] Π u annule u donc aussi u F puis la conclusion. Exercice 208 : [énoncé] Considérons B = A I n. On a B 2 = O n. Soit u l endomorphisme de K n dont la matrice est B dans la base canonique. On a u 2 = 0 donc Im u ker u. Soit (e 1,..., e p ) une base de Im u complétée en (e 1,..., e p, e p+1,..., e q ) base de ker u. Pour tout j {1,..., p}, considérons ε j E tel que u(ε j ) = e j. Supposons λ 1 ε λ p ε p + µ 1 e µ q e q = 0. On appliquant u à cette relation, on obtient λ 1 e λ p e p = 0 donc λ 1 =... = λ p = 0. La relation initiale devient µ 1 e µ q e q = 0 qui entraîne µ 1 =... = µ q = 0. Finalement la famille (ε 1,..., ε p, e 1,..., e q ) est libre et puisque formée de p + q = dim Im u + dim ker u = n vecteurs de E, c est une base de E. La matrice de u dans la base (e 1, ε 1,..., e p, ε p, e p+1,..., e q ) a alors ses coefficients tous nuls sauf p coefficients sur la sur-diagonale. La matrice B est donc semblable à la matrice précédente et A = I n + B est semblable à une matrice de la forme voulue. Exercice 209 : [énoncé] Supposons n est impair. Le polynôme caractéristique d une matrice de M n (R) étant de degré impair possèdera une racine qui sera valeur propre de la matrice et aussi racine de son polynôme minimal. Celui-ci ne peut alors être le polynôme X Supposons n est pair. Considérons ( ) 0 1 A = et A 1 0 n = diag(a,..., A) M n (R) A n n est pas une homothétie donc le degré de son polynôme minimal est supérieur à 2. De plus A 2 n = I n donc X annule A n. Au final, X est polynôme minimal de A n. Exercice 210 : [énoncé] A = P DP 1 avec D = diag(a + b,..., a + b, a b,..., a b) et 1 (0) 0 1 (0) (0) 1 P = (0) 1 0 (0) 1. 1 (0) 0 1 (0) Par suite... π A = (X (a + b))(x (a b)) et les polynômes annulateurs de A sont les multiples de π A. Exercice 211 : [énoncé] On peut écrire et Π f = E = λ Sp(f) (X λ) α λ ker(f λ Id) α λ λ Sp(f) décomposition en somme de sous-espaces vectoriels stables par f. Pour chaque λ Sp(f), ker(f λ Id) α λ 1 ker(f λ Id) α λ...

92 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 92 par minimalité de Π f et donc il existe x λ ker(f λ Id) α λ \ ker(f λ Id) αλ 1. On peut alors établir que la famille ( (f λ Id) k (x λ ) ) est libre. 0 k α λ 1 Considérons maintenant x = λ Sp(f) x λ. Pour P C [X], P (f)(x) = λ Sp(f) P (f)(x λ) avec P (f)(x λ ) ker(f λ Id) α λ par stabilité. Par décomposition en somme directe, P (f)(x) = 0 λ Sp(f), P (f)(x λ ) = 0 Par division euclidienne P = (X λ) α λ Q + R avec deg R < α λ de sorte qu on puisse écrire R = α λ 1 k=0 a k(x λ) k. On alors Ainsi P (f)(x λ ) = 0 0 k < α λ, a k = 0 P (f)(x) = 0 λ Sp(f), (X λ) α λ P Enfin puisque les termes (X λ) α λ sont premiers entre eux, on peut conclure Exercice 212 : [énoncé] P (f)(x) = 0 Π f P a) Si ker(u λ Id) = {0} alors Im(u λ Id) = E car u λ Id est inversible. On en déduit que λ est séparable. Par contraposée, si λ n est pas séparable alors λ est valeur propre de u. b) Si u est un endomorphisme diagonalisable alors pour tout scalaire λ, ker(u λ Id) = ker(u λ Id) 2. Par suite Im(u λ Id) ker(u λ Id) = {0} et on en déduit que λ est séparable. Inversement, soit u un endomorphisme scindé dont toutes les valeurs propres sont séparables. Puisque le polynôme caractéristique de u est scindé, on peut écrire χ u = ( 1) dim E λ Sp u et par le lemme de décomposition des noyaux E = (X λ) m λ ker(u λ Id) m λ λ Sp u Or, pour toute valeur propre λ, Im(u λ Id) ker(u λ Id) = {0} entraîne ker(u λ Id) = ker(u λ Id) 2 puis par le principe des noyaux itérés ker(u λ Id) = ker(u λ Id) m λ. Par suite et donc u est diagonalisable E = ker(u λ Id) λ Sp u c) Soit λ une valeur propre de u. Le polynôme minimal de u peut s écrire π u (u) = 0 donne π u = (X λ) α Q avec Q(λ) 0 Im Q(u) ker(u λ Id) α Si λ est une valeur propre séparable alors ker(u λ Id) = ker(u λ Id) α et donc Im Q(u) ker(u λ Id) puis le polynôme (X λ)q annule u. Par minimalité de π u, on conclut α = 1. Inversement, si λ est une racine simple du polynôme minimal, alors π u = (X λ)q avec Q(λ) 0 Puisque les polynômes Q et X λ sont premiers entre eux, on peut écrire et en évaluant QU + (X λ)v = 1 avec U, V K [X] Q(u)U(u)(x) + (u λ Id)V (u)(x) = x avec Q(u)U(u)(x) ker(u λ Id) (car π u est annulateur) et (u λ Id)V (u)(x) Im(u λ Id). Ainsi λ est une valeur propre séparable. Finalement les scalaires non séparables sont les racines multiples de π u. d) m(v) = u v, m 2 (v) = u 2 v,... P (m)(v) = P (u) v pour tout polynôme P. Par suite les endomorphismes m et u ont les mêmes polynômes annulateurs et donc le même polynôme minimal. Puisque les scalaires non séparables sont les racines multiples du polynôme minimal, les endomorphismes u et m ont les mêmes valeurs séparables. Exercice 213 : [énoncé] Soit x vecteur propre associé à la valeur propre λ. P (f)(x) = P (λ)x or P (f) = 0 et x 0 donc P (λ) = 0.

93 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 93 Exercice 214 : [énoncé] a) Soit x un vecteur propre associé à la valeur propre λ. On a f(x) = λx avec x 0 E. Par composition f n (x) = λ n x puis P (f)(x) = P (λ)x. Or P (f)(x) = 0 E et x 0 E donc P (λ) = 0. b) Le polynôme X 3 + 2X 2 X 2 est annulateur de f et 0 n en est pas racine donc 0 / Sp f. Cela suffit pour conclure si l espace est de dimension finie. Sinon, on exploite f pour conclure. [ ] 1 2 (f 2 + 2f Id) = [ ] 1 2 (f 2 + 2f Id) f = Id Exercice 215 : [énoncé] ϕ 2 = Id donc X 2 1 est annulateur de ϕ. Les valeurs propres de ϕ ne peuvent être que 1 et 1. En prenant pour f une fonction paire et une fonction impaire non nulle, on montre que 1 et 1 sont effectivement valeurs propres de ϕ. Exercice 216 : [énoncé] a) On vérifier T 2 = Id donc T est un automorphisme et T 1 = T. b) Puisque T annule X 2 1, Sp T {1, 1} puis égale car par exemple 1 est vecteur propre associé à la valeur propre 1 et X 1/2 est vecteur propre associé à la valeur propre 1. Exercice 217 : [énoncé] Les valeurs propres de u sont racines des polynômes annulateurs donc du polynôme minimal. Soit a une racine de Π u. On a Π u = (X a)p et P (u) 0 car P ne peut être annulateur de u. Pour y Im(P (u)) \ {0 E }, il existe x E, y = P (u)(x) et Π(u)(x) = 0 E donc (u a Id)(y) = 0 E avec y 0 E. Ainsi a est valeur propre de u (et y est vecteur propre associé). Exercice 218 : [énoncé] χ A = X 2 (a + d)x + (ad bc) annule matrice A. On en déduit A 1 1 = ad bc ((a + d)i 2 A) Exercice 219 : [énoncé] χ A = (X λ 1 )... (X λ n ) annule A en vertu du théorème de Cayley Hamilton. Exercice 220 : [énoncé] Par Sarrus χ A = X(X 2 + (a 2 + b 2 + c 2 )) a) Si (a, b, c) (0, 0, 0) alors a 2 + b 2 + c 2 > 0 et la matrice A n est pas diagonalisable sur R car son polynôme caractéristique n est pas scindé. Si (a, b, c) = (0, 0, 0) alors A est la matrice nulle. b) Si (a, b, c) (0, 0, 0) alors la matrice A diagonalisable dans M 3 (C) car possède trois valeurs propres distinctes à savoir 0 et ±i a 2 + b 2 + c 2. Si (a, b, c) = (0, 0, 0) alors A est la matrice nulle. c) Puisque 0 est la seule valeur propre réelle de A et puisque B est inversible si, et seulement si, λ est valeur propre de A, on peut conclure que B est inversible pour tout λ 0. d) Puisque le polynôme caractéristique est annulateur de A on a donc A 3 + (a 2 + b 2 + c 2 )A = O 3 (B λi 3 ) 3 + (a 2 + b 2 + c 2 )(B λi 3 ) = O 3 Il suffit de développer et de réorganiser pour obtenir une expression du type et conclure B(uB 2 + vb + wi 3 ) = I 3 B 1 = ub 2 + vb + wi 3 = αa 2 + βa + γi 3 Exercice 221 : [énoncé] Considérons le polynôme caractéristique de u : χ u = X n + a n 1 X n a 1 X + a 0 avec a 0 = ( 1) n det u 0

94 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 94 Puisque χ u (u) = 0, on obtient Par suite u n + a n 1 u n a 1 u + a 0 Id = 0 u n + a n 1 u n a 1 u = a 0 Id En composant avec u 1 à gauche on obtient et on en déduit Exercice 222 : [énoncé] u n 1 + a n 1 u n a 1 Id = a 0 u 1 u 1 = 1 a 0 ( u n 1 + a n 1 u n a 1 Id E ) K [u] a) Si f est diagonalisable alors f est représenté par λi n dans une certaine base et donc f est une homothétie vectorielle. La réciproque est immédiate. b) Calculé dans une base de triangulation, χ f (x) = (x λ) n. c) χ f est annulateur de f dans (f λ Id) n = 0. Exercice 223 : [énoncé] a) Le polynôme caractéristique de f est un polynôme de degré n annulant f. Ainsi f n Vect(Id, f,..., f n 1 ). Par récurrence, on montre alors que pour tout m n, f m Vect(Id, f,..., f n 1 ). Par suite f n (x),..., f N 1 (x) Vect(x, f(x),..., f n 1 (x)) puis E = Vect(x, f(x),..., f N 1 (x)) donne E = Vect(x, f(x),..., f n 1 (x)). La famille (x, f(x),..., f n 1 (x)) est alors génératrice et formée de n = dim E vecteurs de E, c est donc une base de E. b) Les polynômes en f commute avec f. Inversement, supposons que g L(E) commute avec f. Puisque g(x) E, on peut écrire g(x) = a 0 x + a 1 f(x) + + a n 1 f n 1 (x). Puisque f et g commute, on a encore g(f k (x)) = a 0 f k (x) + a 1 f k+1 (x) + + a n 1 f n+k 1 (x) de sorte que les endomorphismes g et a 0 Id +a 1 f + + a n 1 f n 1 coïncident sur une base de E et c est donc égaux. Au final f est un polynôme en f. Exercice 224 : [énoncé] a) A 2 M = AMB = MB 2 et ainsi de suite : A p M = MB p pour tout p N. Par linéarité P (A)M = MP (B). b) Considérons P = χ A. La relation P (A)M = MP (B) entraîne MP (B) = O n. Or M O n donc la matrice P (B) n est pas inversible. Par suite det(p (B)) = 0. Or n P = (X λ i ) avec λ i valeur propre de A donc il existe i {1,..., n} telle que i=1 det(λ i I n B) = 0 Ainsi A et B ont une valeur propre commune. Exercice 225 : [énoncé] Considérons T : P (X) P (X + 1). T est un endomorphisme de R n 1 [X] qui est annulé par son polynôme caractéristique de la forme n 1 χ T = X n + a k X k Cela fournit directement la propriété voulue. Exercice 226 : [énoncé] k=0 a) Par le théorème de Cayley Hamilton, on a χ u (u) = 0 avec χ u polynôme de coefficient constant det u 0. En écrivant χ u (X) = XP (X) + det u le polynôme est solution. Q(X) = 1 det u P (X)

95 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 95 b) Considérons l endomorphisme v de K [X] qui envoie le polynôme P (X) sur P (X/2). On vérifie aisément u v = v u = Id ce qui permet d affirmer que u est inversible d inverse v. Soit P = a n X n + + a 1 X + a 0 un polynôme de degré exactement n. Si u(p ) = λp alors par identification des coefficients de degré n, on obtient puis on en déduit λ = 2 n P = a n X n La réciproque étant immédiate, on peut affirmer Sp u = {2 n n N} et E 2 n(u) = Vect(X n ) Si par l absurde il existe Q K [X] tel que alors le polynôme non nul u 1 = Q(u) XQ(X) 1 est annulateur de u. Les valeurs propres de u sont alors racines de celui-ci ce qui donne une infinité de racines. C est absurde. Exercice 227 : [énoncé] L implication directe est immédiate : elle découle de la stabilité par produit de l espace des matrices triangulaires supérieures. Inversement, supposons A k triangulaire supérieure pour tout k 2. Introduisons le polynôme caractéristique de A P (X) = a n X n + + a 1 X + det(a) Puisque celui-ci est annulateur de A, on peut écrire a n A n + + a 1 A + det(a)i n = O n En multipliant la relation par A et en réorganisant A = 1 det A (a 1A a n A n+1 ) et la matrice A est donc triangulaire supérieure. Pour ( ) 1 1 A = 1 1 nous obtenons un contre-exemple où A k = O 2 pour tout k 2. Exercice 228 : [énoncé] a) Si v est un endomorphisme, on a Pour k N, donc Ainsi, on obtient dim v 1 (F ) dim F + dim ker v ker(u λ i Id E ) k+1 = (u λ i Id E ) 1 ( ker(u λ i Id E ) k) dim ker(u λ i Id E ) k+1 ker(u λ i Id E ) k + 1 Le polynôme caractéristique de u est k N, dim ker(u λ i Id E ) k k χ u (X) = q (X λ i ) ni i=1 et celui-ci est annulateur de u. Par le lemme de décomposition des noyaux et donc Or et donc Enfin, par l étude initiale dim E = E = q ker (u λ i Id E ) ni i=1 q dim ker (u λ i Id E ) ni i=1 dim ker (u λ i Id E ) ni n i dim E = deg χ u = q i=1 n i 1 i q, dim ker (u λ i Id E ) ni = n i 1 i q, 0 m n i dim ker (u λ i Id E ) m = m

96 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 96 b) Si F est un sous-espace vectoriel stable par u, le polynôme caractéristique Q de u F annule u F et divise χ u. On obtient ainsi un polynôme Q de la forme vérifiant Q(X) = q (X λ i ) mi avec m i n i i=1 F ker Q(u) Or, par le lemme de décomposition des noyaux puis, en vertu du résultat précédent ker Q(u) = q ker(u λ i Id E ) mi i=1 dim ker Q(u) = q m i = deg Q = dim F i=1 Par inclusion et égalité des dimensions ker Q(u) = F c) On reprend les notations qui précèdent F = q ker(u λ i Id E ) mi i=1 On peut alors faire correspondre à F le tuple (m 1,..., m q ). Cette correspondance est bien définie et bijective car et ker(u λ i Id E ) mi ker(u λ i Id E ) ni, E = q ker(u λ i Id E ) ni i=1 dim ker(u λ i Id E ) mi = mi Il y a donc autant de sous-espaces vectoriels stables que de diviseurs unitaires de χ u. Exercice 229 : [énoncé] Puisque les entiers det A et det B sont premiers entre eux, on peut écrire par l égalité de Bézout u. det A + v. det B = 1 avec u, v Z On écrit χ A (X) = XQ A (X) + ( 1) n det A et de même χ B (X) (ces écritures sont possibles car le déterminant est au signe près le coefficient constant d un polynôme caractéristique). Posons alors U = ( 1) n 1 uq A (A) et V = ( 1) n 1 vq B (B) Puisque χ A et χ B sont à coefficients entiers, on a U, V M n (Z). Puisque χ A et χ B sont annulateurs, on a On observe alors Q A (A)A = ( 1) n 1 det A.I n et Q B (B)B = ( 1) n 1 det B.I n Remarquons que prendre était sans doute plus simple... Pour les matrices conviennent... UA + V B = (u. det A + v. det B)I n = I n U = u t Com A et V = v t Com B A = U = ( ) ( ) et B = et V = ( ) ( ) Exercice 230 : [énoncé] µ A χ A = (X 1) 2 mais A n est pas diagonalisable, donc µ A = (X 1) 2. Exercice 231 : [énoncé] a) Notons α 1,..., α n les composantes de x dans une base de diagonalisation B de f. La matrice de la famille (x 1,..., x n ) dans la base B est α 1 λ 1... α 1 λ n 1.. α n λ n... α n λ n n

97 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 97 avec λ 1,..., λ n les valeurs propres de f comptées avec multiplicité. Cette matrice est de rang n, si, et seulement si, λ 1... λ n 1 α 1,..., α n 0 et.. 0 λ n... λ n n Par déterminant de Vandermonde, on peut assurer l existence de x tel que voulu si, et seulement, si les valeurs propres de f sont deux à deux distincts et non nulles. N importe quel x aux composantes toutes non nulles est alors convenable. b) Les polynômes en f commutent avec f. Supposons que g soit un endomorphisme de E commutant avec f. On peut écrire g(x 1 ) = a 1 x a n x n = P (f)(x 1 ) avec P = a 1 + a 2 X + + a n 1 X n 1. On a alors g(x 2 ) = g(f(x 1 )) = f(g(x 1 )) = f(p (f)(x 1 )) = P (f)(f(x 1 )) = P (f)(x 2 ). Plus généralement, en exploitant x k = f k 1 (x 1 ), on obtient g(x k ) = P (f)(x k ). Les endomorphismes g et P (f) coïncident sur les éléments d une base, ils sont donc égaux. Finalement, le commutant de f est exactement formé des polynômes en f. Si le polynôme minimal Π f de f est de degré < n alors la famille (Id, f,..., f n 1 ) est liée et alors pour tout x E, la famille (x, f(x),..., f n 1 (x)) l est aussi. Cela contredit l hypothèse de départ. On peut donc affirmer que deg Π f n et puisque Π f χ f, on a Π f = ( 1)χ f avec χ f polynôme caractéristique de f. Exercice 232 : [énoncé] A est symétrique donc diagonalisable. χ A = (X (a + (n 1)b)(X (a b)) n 1 Sp(A) = {a + (n 1)b, a b} (si n 2) π A = (X (a + (n 1)b))(X (a b)) A est inversible si, et seulement si, 0 / Sp(A) i.e. a + (n 1)b 0 et a b. a (b) x (y) α (β) =... (b) a (y) x (β) α avec { α = ax + (n 1)by β = ay + bx + (n 2)by Il suffit alors de résoudre le système { ax + (n 1)by = 1 bx + (a + (n 2)b)y = 0 pour expliciter A 1. Exercice 233 : [énoncé] a) Il est clair que L est linéaire. Si tr(m) = 0 alors L(M) = am. a est valeur propre de L et le sous-espace propre associé est l hyperplan des matrices de trace nulle. Si tr(m) 0 alors L(M) = λm implique M Vect(I n ). Or L(I n ) = (a + n)i n donc a + n est valeur propre de L et le sous-espace propre associé est la droite Vect(I n ). L endomorphisme L est donc diagonalisable et par suite Π L (X) = (X a)(x (a + n)) b) En dimension finie, L est un automorphisme si, et seulement si, 0 / Sp(L) i.e. a 0, n. Puisque L 2 (2a + n)l + a(a + n)i = 0 on a et donc Exercice 234 : [énoncé] L 1 = L 1 (M) = 1 (L (2a + n)i) a(a + n) 1 a(a + n) (tr(m)i n (a + n)m) a) Il est immédiat que L est un endomorphisme de M n (R). Sp(L) = {a, a + n}, E a (L) = ker(tr) et E a+n (L) = Vect(I n ), Π L = (X a)(x (a + n)) car L est diagonalisable et donc son polynôme minimal est le polynôme simple dont les racines sont les valeurs propres de L.

98 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 98 b) Par une base de diagonalisation, det L = a n2 1 (a + n) et donc L est un automorphisme si, et seulement si, a 0, n. Par le polynôme minimal, on a L 2 (2a + n)l + a(a + n) Id = 0 et donc b) La relation donnée entraîne ( t M ) 2 = ( In M 2) 2 = M 4 2M 2 + I n L 1 = 1 ((2a + n) Id L) a(a + n) Or ( t M ) 2 = t ( M 2) = I n M Exercice 235 : [énoncé] A 2 = I 2n. On observe que X est annulateur de A. Si K = C alors A est diagonalisable car annule le polynôme X qui est scindé à racines simples. Si K = R alors A n est pas diagonalisable car sans valeurs propres. En effet une valeur propre (réelle) de A doit être annulé par le polynôme X Exercice 236 : [énoncé] a) A 2 = I 2n. b) X = (X i)(x + i) est annulateur de A et scindé simple donc A est diagonalisable. De plus A est réelle donc ses valeurs propres sont deux à deux conjuguées, deux valeurs propres conjuguées ont même multiplicité. Puisque les valeurs propres figurent parmi les racines de X et que la matrice complexe A possède au moins une valeur propre, on peut affirmer que i et i sont les deux seules valeurs propres de A, qu elles sont de multiplicité n. Enfin les sous-espaces propres associés sont de dimension n car A est diagonalisable et donc les dimensions des sous-espaces propres égales la multiplicité des valeurs propres respectives. Exercice 237 : [énoncé] Soient P M n (K) une matrice de permutation et σ la permutation associée. Il existe q N tel que σ q = Id et donc P q = I n. La matrice P annule alors X q 1 qui est scindé à racines simples donc P est diagonalisable. donc M 4 2M 2 + I n = I n M et donc la matrice M est annulé par le polynôme P (X) = X 4 2X 2 + X = X(X 1)(X 2 + X 1) C est un polynôme scindé à racines simples donc la matrice M est diagonalisable. Exercice 239 : [énoncé] On a (M 2 2I n ) 2 = ( t M) 2 = t (M 2 ) = 2I n M On en déduit le polynôme annulateur de M suivant qui se factorise avec X 4 4X 2 + X + 2 X 4 4X 2 + X + 2 = (X 1)(X + 2)(X α)(x β) α = et β = Puisque la matrice M annule un polynôme réel scindé à racines simples, cette matrice est diagonalisable. Exercice 238 : [énoncé] a) Si M n est pas inversible, il existe une colonne X non nulle telle que MX = 0 et alors l identité de l énoncé donne t MX = X donc 1 Sp( t M) = Sp M. Inversement, si 1 Sp M alors il existe une colonne X non nulle telle que MX = X et alors l identité de l énoncé donne t MX = 0 et donc t M n est pas inversible. Or det( t M) = det M donc M n est pas inversible non plus. Exercice 240 : [énoncé] La relation donnée entraîne ( t M ) 2 = ( In M 2) 2 = M 4 2M 2 + I n Or ( t M ) 2 = t ( M 2) = I n M

99 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 99 donc M 4 2M 2 + I n = I n M et donc la matrice M est annulée par le polynôme P (X) = X 4 2X 2 + X = X(X 1)(X 2 + X 1) Les valeurs propres possibles de M sont les racines de ce polynôme. Chacune de celles-ci peut être valeur propre. En effet pour les racines de X 2 + X 1, il suffit de considérer une matrice diagonale avec les coefficients diagonaux correspondant aux racines. Pour les racines de X(X 1), il suffit de considérer M = 1 ( ) 1 i 2 i 1 La matrice M n est pas nécessairement symétrique comme le montre l exemple au dessus. La matrice M annule un polynôme scindé à racines simples, elle est donc diagonalisable. Exercice 241 : [énoncé] a) La matrice A annule le polynôme X p 1 qui est scindé simple dans C [X] donc A est diagonalisable dans M 2 (C). b) Les valeurs propres α et β sont racines du polynôme annulateur donc α p = β p = 1. En particulier α = β = 1. Puisque det A = αβ = 1, on a α = 1/β = β/ β 2 = β. Enfin, tra = 2Re(α) Z et 2Re(α) [ 2 ; 2] car α 1 donc Re(α) {0, 1 2, 1}. c) Selon la valeur de Re(α) et sachant α = 1, les valeurs possibles de α sont 1, j, i, j 2, 1 et leurs conjuguées. Dans tous les cas, on vérifie α 12 = 1 et on a aussi β 12 = 1. Puisque A est semblable à la matrice diagonale D = diag(α, β) et que celle-ci vérifie D 12 = I 2, on a A 12 = I 2. d) On vérifie aisément que G est un sous-groupe du groupe (GL 2 (C), ) et puisque G = { I 2, A, A 2,..., A 11} G est un groupe monogène fini. Exercice 242 : [énoncé] a) Par récurrence puis on étend par linéarité. ( ) M k A k ka = k 0 A k b) Si M est diagonalisable alors M annule un polynôme scindé simple P et les calculs précédents montrent que A annule aussi ce polynôme. Par suite A est diagonalisable. De plus A annule aussi le polynôme XP de sorte que si λ est valeur propre de A alors A est racine commune de P et de XP. Or P n a que des racines simples donc P et P n ont pas de racines communes d où λ = 0. A est diagonalisable et Sp(A) = {0} donne A = 0. Ainsi M est diagonalisable si, et seulement si, A = 0. Exercice 243 : [énoncé] a) Par récurrence et en exploitant AB = BA ( ) M k A k ka = k 1 B 0 A k puis on étend par linéarité. b) Si M est diagonalisable alors M annule un polynôme scindé simple P et les calculs précédents montrent que A annule aussi ce polynôme. Par suite A est diagonalisable semblable à une matrice D = λ 1 (0)... (0) λ n avec λ 1,..., λ n les valeurs propres de A qui sont racines de P. De plus, on a P (A)B = O n et la matrice P (A) est semblable à P (λ 1 ) (0) P (D) =... (0) P (λ n )

100 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 100 Puisque les racines de P sont simples et que les λ 1,..., λ n sont racines de P, on a P (λ 1 ),..., P (λ n ) 0. On en déduit que la matrice P (A) est inversible et l identité P (A)B = O n donne alors B = O n. Ainsi, si M est diagonalisable, A est diagonalisable et B est nulle. La réciproque est immédiate. Exercice 244 : [énoncé] Notons M la matrice étudiée et supposons celle-ci diagonalisable. Il existe un polynôme P scindé simple annulant M. Puisque ( ) P (A) P (M) = = O O P (A) 2n le polynôme P annule aussi la matrice A qui est donc nécessairement diagonalisable. De plus, puisque χ M = χ 2 A, les matrices A et M ont les mêmes valeurs propres et on a l égalité suivante sur leurs multiplicités : λ Sp A, m λ (M) = 2m λ (A) ce qui entraîne l égalité suivante sur la dimension des sous-espaces propres et enfin l égalité de rang suivante Or λ Sp A, dim E λ (M) = 2 dim E λ (A) λ Sp A, rg(m λi 2n ) = 2 rg(a λi n ) ( ) A λin B rg(m λi 2n ) = rg O A λi n La matrice A étant diagonalisable, on peut écrire A = P DP 1 avec P inversible et λ 1 I α1 (0) D =... (0) λ m I αm On écrit la matrice C par blocs selon la même décomposition que A : C 1,1 C 1,m C =.. avec C i,j Mat αi,α j (K) C m,1 C m,m et la condition ( ) A λk I rg n B = 2 rg(a λ O A k λi k I n ) n se relit après formule de passage C k,k = O αk. Inversement, si la matrice A est diagonalisable et s il y a nullité des blocs diagonaux d une représentation de B dans une base adaptée à la décomposition de K n en somme de sous-espaces propres de A alors on peut reprendre dans l autre sens l étude qui précède pour affirmer que M est diagonalisable. Exercice 245 : [énoncé] Soit M solution. Puisque le corps de base est C, la matrice M est semblable à une matrice triangulaire supérieure où figure sur la diagonale les valeurs propres de M comptées avec multiplicité. Puisque tr(m) = n, la somme des valeurs propres de M comptées avec multiplicité vaut n. Or les valeurs propres de M sont racines du polynôme X 5 X 2 = X 2 (X 3 1), elle ne peuvent donc qu être 0, 1, j ou j 2. Notons p, q, r et s les multiplicités de chacune ; on a tr M = q + rj + sj 2 = n. Puisque les parties réelles de j et j 2 valent 1/2, la seule possibilité est que q = n, r = s = 0 et alors p = 0. En particulier 0 n est pas valeur propre de M et donc M est inversible. La relation M 5 = M 2 donne alors M 3 = I n et donc M est diagonalisable puisque M annule un polynôme scindé simple. Finalement M est semblable à I n donc égale I n car sa seule valeur propre est 1. Inversement, la matrice I n est solution. Exercice 246 : [énoncé] a) On vérifie par le biais des relations proposées où λ 1,..., λ m sont les valeurs propres distinctes ( de ) A et α k = dim E λk ((A). ) P O D C En considérant la matrice inversible Q =, on a Q O P 1 MQ = O D avec C = P 1 BP. On en déduit M 2 (λ + µ)m + λµi p = O p M ( λ + µ λµ I p 1 ) λµ M = I p

101 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 101 Par le théorème d inversibilité, M est inversible et M 1 = λ + µ λµ I p 1 λµ M b) M µi p = (λ µ)a et M λi p = (µ λ)b. Or (M µi p )(M λi p ) = M 2 (λ + µ)m + λµi p = O p donc (λ µ) 2 AB = O p puis AB = O p car λ µ. Puisque A = A I p = A 2 + AB = A 2, A est un projecteur. Il en est de même pour B. c) M annule le polynôme scindé simple X 2 (λ + µ)x + λµ = (X λ)(x µ) La matrice M est donc diagonalisable et Sp(M) {λ, µ}. Il se peut que cette inclusion soit stricte, c est le cas si M = λi p avec A = I p et B = O p. En tout cas, le spectre n est pas vide car M est diagonalisable. Exercice 247 : [énoncé] On remarque La matrice C annule donc le polynôme C 3 C 2 = 3A + 3B = 3C X 3 X 2 3X On vérifie aisément que ce polynôme est scindé à racines simples et on peut donc affirmer que C est diagonalisable. Or donc A et B sont diagonalisables. Exercice 248 : [énoncé] a) L implication( = ) est immédiate ( = ) Par récurrence sur n 2. Cas n = 2 A = C 3 2C 2 et B = C + 2C 2 C 3 Soient z 1, z 2 C tels que z 1 + z 2 = z 1 + z 2 En posant u = z 2 /z 1, on a alors (car z 1 0) 1 + u = 1 + u En écrivant u = a + ib avec a, b R et en élevant au carré l identité précédente, on obtient (1 + a) 2 + b 2 = a 2 + b 2 + a 2 + b 2 et cette identité est vérifiée si, et seulement si, a R + et b = 0 ce qui permet d écrire z 2 = α 2 z 1 avec α 2 = a R +. Supposons la propriété établie au rang n 2. Soient z 1,..., z n, z n+1 C avec z 1 0 tels que n+1 n+1 z k = z k k=1 k=1 k=1 Par l inégalité triangulaire n+1 n n+1 z k z k + z n+1 z k k=1 et puisque les termes extrémaux sont égaux on a n n z k = z k k=1 k=1 k=1 donc par hypothèse de récurrence on peut écrire pour tout k 2 On en déduit et puisque z k = α k z 1 avec α k 0 n z k = (1 + α α n )z 1 0 k=1 n n z k + z n+1 = z k + z n+1 k=1 k=1

102 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 102 l étude du cas n = 2 permet d écrire Récurrence établie. z n+1 = a n z k = α n+1 z 1 avec α n+1 R + k=1 b) Si M M n (C) vérifie M n = I n et tr M = n alors cette matrice est diagonalisable (car annule le polynôme scindé à racines simples X n 1) et ses valeurs propres λ 1,..., λ n vérifient Or les valeurs propres vérifient aussi λ λ n = n 1 k n, λ n k = 1 et elles sont donc de module 1. Nous sommes donc dans la situation où λ λ n = λ λ n Puisque λ 1 0, on peut écrire λ k = α k λ 1 pour tout k 2 avec α k 0. Or tous les λ k sont de module 1 donc les α k sont égaux à 1 et par suite λ 1 =... = λ n Enfin puisque la somme des valeurs propres vaut n, on peut conclure λ 1 =... = λ n = 1 et finalement M = I n car la matrice M est semblable à I n. La réciproque est immédiate. Exercice 249 : [énoncé] a) Pour A = ( ) et B = on vérifie A 4 = I 2 et B 3 = I 3. On en déduit M 12 = I 5. Puisque M annule le polynôme X 12 1 scindé simple sur C [X], la matrice M est diagonalisable dans M 5 (C). b) Posons x = (1, 0, 1, 0, 0), on a m(x) = (0, 1, 0, 1, 0), m 2 (x) = ( 1, 0, 0, 0, 1), m 3 (x) = (0, 1, 1, 0, 0) et m 4 (x) = (1, 0, 0, 1, 0). On vérifie aisément que la famille correspondante est une base de R 5 en observant par exemple qu elle est génératrice. Puisque m 5 (x) = (0, 1, 0, 0, 1), matrice de m dans cette nouvelle base est Exercice 250 : [énoncé] a) X 2 2X annule A b) Puisque A 2 2A = A(A 2I 2 ) = O 2, on a (M 2 + M)(M 2 + M 2I 2 ) = O 2. On en déduit que P (X) = (X 2 + X)(X 2 + X 2) = X(X + 1)(X 1)(X + 2) est annulateur de M. On en déduit que M est diagonalisable et que ces valeurs propres possibles sont 0, 1, 1, 2. c) Notons λ et µ les deux valeurs propres de M. Celles-ci ne peuvent être égales car si λ = µ alors M = λi 2 n est pas solution de l équation. Cas λ = 0 et µ = 1 On a M(M I 2 ) = O 2 donc M 2 M = O 2. Combinée à la relation M 2 + M = A, on obtient Cas λ = 0 et µ = 2 Un raisonnement analogue donne M = 1 2 A M = A Cas λ = 0 et µ = 1 On a M 2 + M = O 2 et donc ce cas est impossible etc.

103 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 103 Exercice 251 : [énoncé] Posons On obtient aisément Sp A = {0, 2} A = ( ) a) Soit M une matrice solution de l équation M 2 + M = A. Si λ est valeur propre de M alors λ 2 + λ est valeur propre de A et donc On en déduit b) Posons On a λ 2 + λ = 0 ou λ 2 + λ = 2 λ {0, 1, 1, 2} P (X) = X(X + 1)(X 1)(X + 2) = (X 2 + X)(X 2 + X 2) P (M) = A(A 2I 2 ) = O 2 Puisque M annule un polynôme scindé à racines simple, la matrice M est diagonalisable. Notons λ et µ ses deux valeurs propres. Puisque λ 2 + λ et µ 2 + µ correspondent aux deux valeurs propres de A, on a, quitte à échanger λ et µ : λ {0, 1} et µ {1, 2} Il y a alors quatre situations possibles : Cas λ = 0 et µ = 1 On a M(M I 2 ) = O 2 donc M 2 M = O 2. Combinée à la relation M 2 + M = A, on obtient Cas λ = 0 et µ = 2 Un raisonnement analogue donne Cas λ = 1 On obtient M = 1 2 A M = A M = A I 2 et M = I A Inversement, on vérifie par le calcul que ces matrices sont solutions. Exercice 252 : [énoncé] a) Puisque p 4 = p 2, une valeur propre λ doit vérifier λ 4 = λ 2 donc λ { 1, 0, 1}. b) Si p 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 A 3 = A on a p 3 = p. Si p 3 = p alors p est annulé par un polynôme scindé à racines simples donc p est diagonalisable. Exercice 253 : [énoncé] Si 1 et 1 sont les seules valeurs propres alors f GL(E) et la relation f 4 = f 2 donne f 2 = Id ce qui fournit un polynôme annulateur scindé à racines simples et permet de conclure. Si 1 et 1 ne sont pas les seules valeurs propres c est que 0 est aussi valeur propre car les valeurs propres figurent parmi les racines de tout polynôme annulateur. f présente alors 3 = dim E valeurs propres distincts donc f est diagonalisable. Exercice 254 : [énoncé] ϕ 2 (M) = P (P M + MP ) + (P M + MP )P = P M + 2P MP + MP car P 2 = P. ϕ 3 (M) = P M + 6P MP + MP. Par suite ϕ 3 (M) 3ϕ 2 (M) = 2P M 2MP = 2ϕ(M). Ainsi ϕ annule le polynôme X 3 3X 2 + 2X = X(X 1)(X 2). Puisque ce polynôme est scindé simple, l endomorphisme ϕ est diagonalisable. Exercice 255 : [énoncé] a) Puisque u 3 = 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 u 2 = 2n on peut affirmer qu il existe une base de R 2n+1 dans laquelle la matrice de u est de la forme I n 0 0 A = 0 I n Les matrices commutant avec A étant celle de la forme M N α

104 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 104 avec M, N M n (R), on peut affirmer dim C(u) = 2n b) Π u = X 3 X donc dim R [u] = 3 et par suite C(u) = R [u] si, et seulement si, n = 1. Exercice 256 : [énoncé] a) Si A 2 = A alors f 2 A = f A. f A est une projection donc diagonalisable. b) Pour tout P R [X], on observe P (f A ): M P (A)M de sorte que P (f A ) = 0 P (A) = 0 Tout endomorphisme étant diagonalisable si, et seulement si, il annule un polynôme scindé simple, on peut conclure. Exercice 257 : [énoncé] a) oui. b) Si A est inversible alors M A 1 M est clairement application réciproque de f. Si f est inversible alors posons B = f 1 (I n ). On a AB = I n donc A est inversible. c) On observe que f n (M) = A n M donc pour P C [X], P (f)(m) = P (A)M Par suite P est annulateur de f si, et seulement si, il est annulateur de A. Puisque la diagonalisabilité équivaut à l existence d un polynôme annulateur scindé à racines simples, on peut conclure. Exercice 258 : [énoncé] a) En développant, on vérifie (f α Id) (f β Id) = 0. L endomorphisme f annule un polynôme scindé simple, il est donc diagonalisable. De plus Sp f {α, β}. On af(x) = αx βv(x) = αv(x) v(x) = 0. b) On a (f β Id) = (α β)u et (f α Id) = (β α)v. La relation (f α Id) (f β Id) = 0 donne v u = 0 et par un calcul symétrique on obtient aussi u v = 0. On en déduit u = u Id = u 2 + u v = u 2 et donc u est une projection vectorielle. De plus ker u = ker ((α β)u) = ker(f β Id) et Im u = ker(id u) = ker v = ker(f α Id). c) Par récurrence f n = α n u + β n v. Exercice 259 : [énoncé] Par élimination de u, on a f 2 αf = β(β α)v et f 3 αf 2 = β 2 (β α)v. Par élimination de v, on obtient f (f α Id) (f β Id) = 0. Ainsi P = X(X α)(x β) est annulateur de f. Cas α β et α, β 0 f est diagonalisable car annule un polynôme scindé simple. Cas α = β = 0 f est diagonalisable car f est l endomorphisme nul. Cas β = 0 et α 0. On a f 2 αf = 0 donc f est diagonalisable car annule le polynôme scindé simple X(X α). Cas α = 0 et β 0. Semblable. Cas α = β 0. On a f = α(u + v) et f 2 = α 2 (u + v) donc à nouveau f 2 αf = 0. Dans tous les cas, l endomorphisme f est diagonalisable. Exercice 260 : [énoncé] a) On a φ 3 (f) = p 3 f s 3 = p f s = φ(f) L endomorphisme φ annule le polynôme X 3 X = X(X 1)(X + 1). Ce polynôme étant scindé simple, l endomorphisme φ est diagonalisable. b) Les valeurs propres possibles de φ sont 0, 1, 1. En raisonnant dans une base adaptée à la décomposition E = F G, les matrices de p et s sont de la forme ( ) ( ) Ir O Ir O et O O O I s

105 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 105 avec r = dim F et s = dim G. La matrice de f sera dans une même décomposition par blocs de la forme et par calcul la matrice de φ(f) sera ( ) A B C D ( ) A B O O Il est alors facile de résoudre les équations φ(f) = λf pour λ = 0, 1, 1. On obtient E 0 (φ) = {f L(E) Im f G} et Exercice 261 : [énoncé] a) On a donc E 1 (φ) = {f L(E) G ker f et Im f F } E 1 (φ) = {f L(E) F ker f et Im f G} f(f(m)) = M + (2 + tr(ab)) tr(am)b P (X) = X 2 (2 + tr(ab))x tr(ab) est annulateur de f. Les racines de ce polynôme sont 1 et 1 + tr(ab). Si tr(ab) 0 alors f est diagonalisable car annulé par un polynôme scindé simple. Pour M appartenant à l hyperplan défini par la condition tr(am) = 0, on a f(m) = M. Pour M Vect(B) {0}, on a f(m) = (1 + tr(ab))m. Ce qui précède détermine alors les sous-espaces propres de f. Si tr(ab) = 0 alors 1 est la seule valeur propre possible de f et donc f est diagonalisable si, et seulement si, f = Id ce qui donne la conditio M M n (R), tr(am)b = O n Cette propriété a lieu si, et seulement si, A = O n ou B = O n. b) Si A = O n ou B = O n alors f = Id et donc dim C = n 4 Si tr(ab) 0 alors f est diagonalisable avec des sous-espaces propres de dimensions 1 et n 2 1. On en déduit dim C = 1 + (n 2 1) 2 Il reste à étudier le cas complémentaire tr(ab) = 0 et A = O n ou B = O n Considérons une base de l hyperplan de M n (R) donnée par l équation tr(am) = 0 dont le premier éléments serait B. Complétons celle-ci en une base de M n (R). La matrice de f dans cette base est de la forme 1 (0) λ... (0) 1 (0) (0) 1 avec λ 0 En étudiant la commutation avec une telle matrice, on obtient Exercice 262 : [énoncé] On observe dim C = n 4 2n f f(m) = tr(a) (tr(a)m tr(m)a) tr (tr(a)m tr(m)a) A = tr(a)f(m) Ainsi f f = tr(a).f Si tr A 0 alors l endomorphisme f est diagonalisable car annule le polynôme X 2 tr(a)x qui est scindé à racines simples. Si tr A = 0 alors les valeurs propres de f figurent parmi les racines du polynôme X 2. Seule 0 peut donc être valeur propre de f et par conséquent f est diagonalisable si, et seulement si, f = 0. Ceci correspond au cas A = O n. Déterminons maintenant les sous-espaces propres de f. Le cas A = O n est immédiat. Supposons-le désormais exclu. Si tr(m) = 0 alors f(m) = tr(a)m

106 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 106 Pour M matrice de l hyperplan des matrices de trace nulle, f(m) = λm avec λ = tr(a). On en déduit que tr(a) est valeur propre de M et le sous-espace propre associé est de dimension au moins n 2 1. Dans le cas où tr(a) = 0, l endomorphisme n est pas diagonalisable et la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre tr(a) est exactement n 2 1. Dans le cas où tr(a) 0, l endomorphisme f est diagonalisable et donc la dimension des sous-espaces propres des valeurs propres 0 et tr(a) sont respectivement 1 et n 2 1. Exercice 263 : [énoncé] a) p + q = Id, p q = 0 car (u a Id)(u b Id) = 0, p = p Id = p p + p q = p p, aussi q q = q via q p = 0. b) ker p = ker(u a Id), ker q = ker(u b Id) et (u a Id)(u b Id) = 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}, E a (u) = ker p, E b (u) = ker q à moins que u = a Id ou u = b Id. Exercice 264 : [énoncé] f est diagonalisable car annule le polynôme X 3 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 265 : [énoncé] A annule un polynôme scindé à racines simples(1, i et i) donc A est diagonalisable dans M n (C). Les valeurs propres possibles de A sont 1, i et i. Puisque tr(a) R, la multiplicité de i égale celle de i. Par suite det(a) = 1. Exercice 266 : [énoncé] A est diagonalisable sur C semblable à une matrice D = diag( I p, ji q, j 2 I q ) donc tr A = tr D = p q(j + j 2 ) = q p Z Exercice 267 : [énoncé] Le polynôme X 3 + X 2 + X = X(X j)(x j 2 ) annule la matricea. Ce polynôme étant scindé à racines simples dans C, la matrice A est diagonalisable dans M n (C). De plus Sp A { 0, j, j 2} Puisque la matrice A est réelle, les valeurs propres j et j 2 ont même multiplicité p N. La diagonalisation complexe de A comporte alors p nombres j et p nombres j 2 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 268 : [énoncé] La matrice A est diagonalisable car A annule un polynôme scindé simple. Les racines complexes du polynôme caractéristique χ A de A sont conjuguées et valeurs propres de A donc racines du polynôme annulateur X n 1. Si les deux racines de χ A sont réelles alors Sp A { 1, 1} et A est semblable à ( ) , ( ) ou ( ) et donc A 12 = I 2. Sinon les racines de χ A sont complexes conjuguées z, z non réelles. Leur somme sera 2 Re(z) [ 2 ; 2], leur produit z z = z 2 = 1. La matrice A étant de plus à coefficients entiers, 2 Re(z) Z. Les polynômes caractéristiques de A possibles sont alors X 2 2X + 1, X 2 X + 1, X 2 + 1, X 2 + X + 1 et X 2 + 2X + 1. Les cas X 2 2X + 1 et X 2 + 2X + 1 sont à éliminer car correspondant à des racines réelles (et déjà traités). Dans chaque autre cas, le polynôme X 12 1 est multiple du polynôme caractéristique et donc annulateur. Exercice 269 : [énoncé] Si A E n 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 A E n. Ces polynômes ont eux-mêmes qu un nombre fini de racines et il

107 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 107 n y a donc qu un nombre fini de racines de l unité possibles pour les valeurs propres de A E n. On peut alors affirmer qu il existe N N tel que toutes les valeurs propres λ des matrices A E n vérifient λ N = 1. On a alors aussi A N = 1 (car A est diagonalisable) et donc ω(a) N. Ainsi ω(e n ) 1 ; N. Exercice 270 : [énoncé] f annule un polynôme scindé à racines simple et f F aussi. Exercice 271 : [énoncé] Le sous-espace vectoriel F = Vect(e 1, e 2 ) est stable par u et l endomorphisme induit par u sur F a pour matrice ( ) dans (e 1, e 2 ). Or cette matrice n est pas diagonalisable donc l endomorphisme induit par u sur F n est pas diagonalisable et donc u ne l est pas non plus. Exercice 272 : [énoncé] Si f et g sont simultanément diagonalisables alors on peut former une base de chaque sous-espace propre de f à l aide de vecteur propre de g. Par suite les sous-espaces propres de f sont stables par g et inversement. Supposons que les sous-espaces propres de f soient stables par g. f étant diagonalisable, E est la somme directe des sous-espaces propres de f. Sur chaque sous-espace propre de f, la restriction de g définit un endomorphisme diagonalisable car annulé par un polynôme scindé à racines simples (car g diagonalisable). Cela permet de construire une base de diagonalisation simultanée. Exercice 273 : [énoncé] Si f et g sont simultanément diagonalisable alors leurs représentations diagonales commutent donc f et g commutent. Si f et g commutent alors g laisse stable chaque sous-espace propre E λ (f) et donc la restriction de g à celui-ci est diagonalisable dans une certaine base B λ. En accolant les bases B λ, pour λ Sp(f) on obtient une base où f et g sont représentés par des matrices diagonales. Exercice 274 : [énoncé] a) Une base de vecteur propre de u est aussi une base de vecteur propre de P (u). b) La réciproque n est pas vraie en toute généralité comme le montre le cas d un polynôme constant. En revanche, on peut montrer que la réciproque est vraie si deg P = 1. Exercice 275 : [énoncé] a) Une base diagonalisant f diagonalise aussi f 2 et permet d affirmer rg f = rg f 2 Sachant ker f ker f 2, on obtient ker f = ker f 2 par égalité des dimensions. b) Posons A = ( ) Un endomorphisme représenté par A n est pas diagonalisable alors que son carré est nul et donc diagonalisable. c) Soit P le polynôme minimal de f 2. Celui-ci est scindé à racines simples car f 2 est diagonalisable et 0 n en est pas racine car f (et donc f 2 ) est inversible. On peut écrire P = p (X λ i ) avec 1 i n, λ i 0 i=1 Pour chaque λ i, posons δ i et δ i les deux solutions complexes de l équation Considérons ensuite Q = z 2 = λ i p (X δ i )(X + δ i ) i=1 Le polynôme Q est scindé à racines simples et Q(f) = P (f 2 ) = 0. On en déduit que f est diagonalisable. d) Supposons f 2 diagonalise et ker f = ker f 2. Introduisons à nouveau P le polynôme minimal de f 2. Celui-ci est scindé à racines simples. Si 0 n en pas

108 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 108 racine, c est que f est inversible : ce cas vient d être traité. Sinon, on peut écrire p P = X (X λ i ) avec 1 i n, λ i 0 i=1 En reprenant les notations ci-dessus, et en considérant le polynôme on a Ainsi Or ker f 2 = ker f donc Q = p (X δ i )(X + δ i ) i=1 f 2 Q(f) = P (f 2 ) = 0 Im Q(f) ker f 2 f Q(f) = 0 Ainsi, l endomorphisme f annule le polynôme scindé à racines simples R = X p (X δ i )(X + δ i ) i=1 On en déduit à nouveau f diagonalisable. Exercice 276 : [énoncé] a) u est diagonalisable si, et seulement si, u annule un polynôme scindé à racines simples. ou encore : u est diagonalisable si, et seulement si, le polynôme minimal de u est scindé à racines simples. b) Si u est diagonalisable, il est clair que u 2 l est aussi. Inversement, si u 2 est diagonalisable alors son polynôme annulateur est scindé à racines simples : (X λ 1 )...(X λ p ). Puisque u GL(E) : 1 i p, λ i 0 car 0 n est pas valeur propre de u. Notons α i et β i les deux solutions de l équation z 2 = λ i. Puisque (u 2 λ 1 Id)... (u 2 λ p Id) = 0 on a (u α 1 Id) (u β 1 Id)... (u α p Id) (u β p Id) = 0. Ainsi u annule un polynôme scindé à racines simples. Par suite u est diagonalisable. c) Si u est diagonalisable alors P (u) l est aussi. Inversement, si P (u) est diagonalisable alors son polynôme minimal est scindé à racines simples (X λ 1 )... (X λ p ) où les λ i sont les valeurs propres de P (u). Le polynôme (P (X) λ 1 )... (P (X) λ p ) est alors annulateur de u. Les facteurs P (X) λ i sont sans racines communes. Le polynôme minimal M de u divise (P (X) λ 1 )... (P (X) λ p ). Si ω est racine au moins double de M alors ω est racine au moins double de l un des facteurs P (X) λ i donc racine de P. Or ω est aussi valeur propre de u donc P (ω) = 0 est valeur propre de P (u). Cependant P (u) GL(E), c est donc impossible. Par suite les racines de M sont simples et u est donc diagonalisable. Exercice 277 : [énoncé] Soient λ 1,..., λ n les valeurs propres deux à deux distinctes de P (u). Posons n Q = (X λ k ) k=1 Q est un polynôme annulateur de P (u) donc n (P (u) λ k Id E ) = 0 k=1 Posons Q k = P λ k. Le polynôme n k=1 Q k est annulateur de u et les racines d un polynôme Q k sont distinctes de celles d un polynôme Q l avec k l car λ k λ l. De plus si α est racine multiple de Q k alors P (α) = λ k et Q k (α) = P (α) = 0 ce qui est exclu par hypothèse. Par conséquent le polynôme n k=1 Q k est scindé simple donc u est diagonalisable. Exercice 278 : [énoncé] Si A est diagonalisable, on peut écrire A = P DP 1 avec P inversible et D diagonale. On a alors B = A p = P 1 D p P avec D p diagonale et donc B est diagonalisable. Inversement, si B est diagonalisable alors il existe un polynôme annulateur de B scindé à racines simple de la forme m (X λ k ) k=1

109 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 109 De plus, puisque B est inversible, on peut supposer les λ k tous non nuls. Sachant B = A p, le polynôme m (X p λ k ) k=1 est annulateur de A. Or ce dernier est scindé à racines simples car - les facteurs X p λ k et X p λ l (avec k l) ont des racines deux à deux distinctes ; - les racines de X p λ k sont toutes simples (car λ k 0). On en déduit que A est diagonalisable. Exercice 279 : [énoncé] a) A est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte T. b) On peut écrire A = P T P 1 donc det(a + I n ) = det(t + I n ) = 1 c) det(a + M) = det(m) det(am 1 + I n ). Puisque (AM 1 ) n = A n M n = O n, 0 est la seule valeur propre de AM 1 et par l étude qui précède det(a + M) = det M. d) Si A est solution alors pour tout λ 0, det(a λi n ) 0 donc 0 est seule valeur propre de A. Exercice 280 : [énoncé] Puisque le polynôme X 3 X 2 = X 2 (X 1) annule f le lemme de décomposition des noyaux donne R 3 = ker f 2 ker(f Id) Sachant dim ker(f Id) = 1, on a dim ker f 2 = 2. On ne peut avoir dim ker f = 0 et puisque ker f ker f 2, on a Si dim ker f = 2 alors dim ker f = 1 ou 2 R 3 = ker(f Id) ker f et dans une base adaptée à cette supplémentarité, la matrice de f est Si dim ker f = 1 alors considérons e 3 ker f 2 \ ker f et e 2 = f(e 3 ). On vérifie aisément que (e 2, e 3 ) est une base de ker f 2 et en considérant un vecteur e 1 ker(f Id) non nul, on obtient une base (e 1, e 2, e 3 ) dans laquelle la matrice de f est Exercice 281 : [énoncé] dim ker A = n 2 donc 0 est valeur propre de A de multiplicité au moins n 2. Puisque χ A est scindé, la trace de A est la somme des valeurs propres de A comptées avec multiplicité. Si 0 est la seule valeur propre de A alors A est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte et alors A n = O n ce qui est exclu. Sinon A possède alors une autre valeur propre, puis deux car la somme des valeurs propres est nulle. Par suite la somme des dimensions des sous-espaces propres de A est au moins n et donc A est diagonalisable. Exercice 282 : [énoncé] Le polynôme X 3 4X 2 + 4X = X(X 2) 2 est annulateur de M. On en déduit Sp M {0, 2} et M trigonalisable (car M annule un polynôme scindé). Par suite tr M est la somme des valeurs propres de M comptées avec multiplicité et puisque tr M = 0, seule 0 est valeur propre de M. On en déduit que la matrice M 2I n est inversible et puisque on obtient M(M 2I n ) 2 = O n M = O n Exercice 283 : [énoncé] Si A est solution alors P = X(X 2) 2 est annulateur de A et les valeurs propres de A figurent parmi {0, 2}. Par la trace, on peut alors affirmer que 2 est valeur propre de multiplicité 4. Par le lemme de décomposition des noyaux, ker(a 2 Id) 2 et ker A sont supplémentaires.

110 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 110 Par multiplicité des valeurs propres, leurs dimensions respectives sont 4 et n 4. Ainsi A est semblable à ( 2I4 + M 0 ) 0 O n 4 avec M M 4 (C) vérifiant M 2 = 0. En raisonnant sur le rang, on montre que M est semblable à O 4, ou La réciproque est immédiate. Exercice 284 : [énoncé] a) Puisque A est nilpotente, A ne peut avoir que des valeurs propres nulles. Les valeurs propres étant les racines du polynôme caractéristique et ce dernier étant scindé sur C, χ A = X n. b) Pour A M n (R), on a aussi A M n (C) et le polynôme caractéristique est calculé par la même formule dans les deux cas. Exercice 285 : [énoncé] a) Si A M n (C) alors A est triangularisable et lors de cette triangularisation les valeurs propres de A apparaissent sur la diagonale. Or A est nilpotent donc 0 est sa seule valeur propre et la diagonale de la matrice triangulaire obtenue est nulle. Le polynôme caractéristique de A M n (C) est alors égal à X n. b) Pour A M n (R), on a aussi A M n (C) et le polynôme caractéristique est calculé par la même formule dans les deux cas. Par suite le polynôme caractéristique pour A M n (R) est scindé et donc à nouveau A est triangularisable avec des 0 sur la diagonale. Exercice 286 : [énoncé] Puisque la matrice A est nilpotente, on a A n = O n et donc puisque A et B commutent (AB) n = A n B n = O n On en déduit que la matrice AB est aussi nilpotente. Elle est alors semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte et donc Exercice 287 : [énoncé] tr(ab) = 0 a) Si λ est valeur propre de A alors λ p = 0 d où λ = 0. Par suite χ A = X n puis par le théorème de Cayley Hamilton A n = 0. b) det(a + I) = χ A (1) = 1 c) Si M est inversible det(a + M) = det(am 1 + I) det M. Or A et M 1 commutent donc (AM 1 ) p = 0 puis, par ce qui précède det(a + M) = det M. Si M n est pas inversible, introduisons les matrices M p = M + 1 p I n. À partir d un certain rang les matrices M p sont assurément inversibles (car M ne possède qu un nombre fini de valeurs propres). Les matrices M p comment avec A et on peut donc écrire det(a + M p ) = det M p. Or det M p det M et det(a + M p) det(a + M) et on peut donc p + p + en passant à la limite retrouver l égalité d) Non prendre : A = ( ) 0 1 et M = 0 0 det(a + M) = det M. ( ) Exercice 288 : [énoncé] On a det(a + N) = det(a) det(i n + A 1 N) Puisque A et N commutent, il en est de même de A 1 et N. On en déduit que la matrice A 1 N est nilpotente car N l est.

111 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 111 La matrice A 1 N est alors semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte et la matrice I n + A 1 N est semblable à une matrice triangulaire supérieure avec des 1 sur la diagonale. On en déduit det(i n + A 1 N) = 1 puis det(a + N) = det A Exercice 289 : [énoncé] Si la matrice A est nilpotente alors elle est annulée par un polynôme X m et donc Sp A {0} Dans M n (C), la matrice A est trigonalisable semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte 0 T = De la même façon, les matrices A p sont aussi semblables à des matrices triangulaires supérieures strictes et donc p 1 ; n, tr A p = 0 Inversement, supposons tr A p = 0 pour tout p 1 ; n. Nous allons montrer que seule 0 est valeur propre de A. On pourra alors par trigonalisation affirmer que la matrice A est semblable dans M n (C) à une matrice triangulaire supérieure stricte T et puisque T n = O n on aura aussi A n = O n ce qui conclut. Par l absurde supposons donc que la matrice A ait au moins une valeur propre non nulle. Notons λ 1,..., λ m les valeurs propres non nulles de la matrice A et α 1,..., α m leurs multiplicités respectives. En procédant encore à une trigonalisation de la matrice A, on peut affirmer m 1 p n, tr(a p ) = α i λ p i = 0 On ne retient que les m premières équations pour exprimer le système λ 1 α 1 + λ 2 α λ m α m = 0 λ 2 1α 1 + λ 2 2α λ 2 mα m = 0... λ m 1 α 1 + λ m 2 α λ m mα m = 0 i=1 Ce système peut se percevoir sous la forme matricielle V X = 0 avec X = t (α 1... α m ) et λ 1 λ 2 λ m λ 2 1 λ 2 2 λ 2 m V =... λ m 1 λ m 2 λ m m Le déterminant de la matrice V se calcule par déterminant de Vandermonde et est non nul car λ 1,..., λ m 0. On en déduit 1 i m, α i = 0 ce qui est absurde car les α i étaient des multiplicités de véritables valeurs propres. Exercice 290 : [énoncé] a) Supposons qu il existe p N tel que f p = 0. X p est annulateur de f donc Sp(f) {0}. Or Sp(f) donc Sp(f) = {0}. Inversement, si Sp(f) = {0} alors seule 0 est racine de son polynôme caractéristique. Or χ f est scindé dans C [X] donc χ f = ( 1) n X n puis f n = 0 en vertu du théorème de Cayley Hamilton. On en déduit que f est nilpotente. b) Supposons f nilpotent. Par l étude ci-dessus, f est trigonalisable stricte et donc 1 k n, tr(f k ) = 0 car les puissances de f pourront aussi être représentées par des matrices triangulaires strictes. Inversement, supposons 1 k n, tr(f k ) = 0 En notant λ 1,..., λ n les valeurs propres comptées avec multiplicité de A, on obtient le système λ λ n = 0 λ λ 2 n = 0 λ n λ n n = 0 La résolution de ce système est délicate. En raisonnant par récurrence, nous allons établir que la seule solution est λ 1 =... = λ n = 0 ce qui permettra de conclure que f est nilpotente car χ f = ( 1) n X n est annulateur de f.

112 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 112 Pour n = 1 : la propriété est immédiate. Supposons la propriété au rang n 1. Considérons le polynôme En développant, P (X) = (X λ 1 )... (X λ n ) P (X) = X n + a n 1 X n a 1 X + a 0 Comme P (λ i ) = 0, on a n i=1 P (λ i) = 0. Or n P (λ i ) = i=1 n λ n i + a n 1 i=1 n i=1 λ n 1 i + + a 1 n λ i + na 0 = na 0 On en déduit a 0 = 0 et donc 0 est racine de P. Il existe alors i {1,..., n} tel que λ i = 0. Par symétrie du problème, on peut supposer λ n = 0. Par application de l hypothèse de récurrence, on obtient λ 1 =... = λ n = 0. La récurrence est établie. i=1 Celle-ci est à coefficients polynomiaux de degrés inférieurs à n. Puisque 1, 2,..., 2 n sont n + 1 racines distinctes de ces coefficients, ceux-ci sont tous nuls. On en déduit A n = O n car les coefficients constants sont nuls, et B n = O n car les coefficients des termes X n sont aussi nuls. Exercice 293 : [énoncé] Une matrice M M n (C) nilpotente vérifie M n = O n. Considérons la matrice (A + xb) n. Les coefficients de cette matrice sont des polynômes de degrés inférieurs à n s annulant chacun en les λ 1,..., λ n, λ n+1, ce sont donc des polynômes nuls. Ainsi, pour tout x C, (A + xb) n = O n. En particulier pour x = 0, on obtient A n = O n. Aussi pour tout y 0, en considérant y = 1/x, on a (ya + B) n = O n et en faisant y 0, on obtient B n = O n. Exercice 294 : [énoncé] Exercice 291 : [énoncé] Si u possède une unique valeur propre λ alors celle-ci est la seule racine de son polynôme caractéristique qui est alors (X λ) dim E. Ce dernier annulant u, on peut affirmer u λ Id E est nilpotent. Si u λ Id E est nilpotent alors il existe p N tel que (X λ) p soit annulateur de u. Les valeurs propres de u étant racine de ce polynôme, elles ne peuvent qu être égale à λ. De plus λ est assurément valeur propre car un endomorphisme d un C-espace vectoriel de dimension finie possède au moins une valeur propre. Exercice 292 : [énoncé] Rappelons qu une matrice M carrée de taille n qui est nilpotente vérifie M n = O n (l ordre de nilpotence est au plus égal à la taille de la matrice). On a Considérons alors la matrice k {0,..., n}, (A + 2 k B) n = O n (A + XB) n M n (K [X]) a) I 1 est l idéal des polynômes annulateurs de u ; il est engendré par P 1 = π u polynôme minimal de u. La somme de deux endomorphismes nilpotents commutant est encore nilpotent car la formule du binôme de Newton s applique et il suffit de travailler avec un exposant assez grand. On obtient alors facilement que I 2 est un sous-groupe de (K [X], +). La stabilité par absorption étant immédiate, I 2 est un idéal de K [X] et comme il contient I 1, il est non nul. b) Puisque I 1 I 2, P 1 P 2 K [X] et donc P 2 P 1. Aussi, en posant n la dimension de E, on sait que pour tout endomorphisme nilpotent de v de E, on a v n = 0. Puisque P 2 (u) est nilpotent, on en déduit que (P 2 ) n (u) = 0 et donc P 1 P n 2. c) Cette question est immédiate avec la décomposition de Dunford mais cette dernière est hors-programme... Procédons autrement! Puisque P 2 P 1 et P 1 P2 n, les racines de P 2 sont exactement celles de P 1 c est-à-dire les valeurs propres de l endomorphisme u. On peut donc écrire P 2 = (X λ) α λ λ Sp u

113 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 113 Or P 2 (u) étant nilpotent, il est immédiat que l endomorphisme λ Sp u (u λ Id E) l est aussi. On en déduit que P 2 = (X λ) λ Sp u et ce polynôme est donc scindé simple. Déterminons maintenons un polynôme R K [X] tel que pour Q = P 2 R, on ait P 2 (u Q(u)) = 0. On en déduira que u Q(u) est diagonalisable avec Q(u) I 2. L identité P 2 (u Q(u)) = 0 est obtenue dès que P 1 divise le polynôme P 2 (X P 2 (X)R(X)) = (X λ P 2 (X)R(X)) λ Sp u Or P 1 = λ Sp u (X λ)β λ donc il suffit que pour chaque λ Sp u, le facteur (X λ) β λ divise le facteur X λ P 2 (X)R(X) pour pouvoir conclure. On a X λ P 2 (X)R(X) = (X λ) 1 (X µ)r(x) µ λ La condition voulue est assurément vérifiée si β λ = 1. Pour β λ 2, la condition voulue est satisfaite si µ λ (λ µ)r(λ) = 1 et si pour tout k {1,..., β λ 2}, la dérivée kème du polynôme µ λ (X µ)r(x) s annule en λ. Cela fournit des équations déterminant pleinement R(λ), R (λ),..., R βλ 2 (λ) car µ λ (λ µ) 0. Sachant qu il est possible de construire un polynôme prenant des valeurs données ainsi que ses dérivées en des éléments deux à deux distincts de K, on peut déterminer un polynôme résolvant notre problème. Exercice 295 : [énoncé] a) O 2 2 = O 2 donc Φ(O 2 ) 2 = Φ(O 2 ) d où Φ(O 2 ) = 0 ou 1. Si Φ(O 2 ) = 1 alors pour tout A M 2 (R), Φ(A) = Φ(A) Φ(O 2 ) = Φ(A O 2 ) = 1. Ceci est exclu car la fonction Φ n est pas constante. On en déduit Φ(O 2 ) = 0. b) Si A est nilpotente alors A 2 = O 2 (car A est de taille 2) et donc Φ(A) 2 = 0 puis Φ(A) = 0. c) I 2 2 = I 2 donc Φ(I 2 ) 2 = Φ(I 2 ) puis Φ(I 2 ) = 0 ou 1. Si Φ(I 2 ) = 0 alors pour tout A M 2 (R), Φ(A) = Φ(A I 2 ) = Φ(A) 0 = 0. Ceci est exclu( car la ) fonction Φ n est pas constante. On en déduit Φ(I 2 ) = Notons E =. 1 0 On remarque E 2 = I 2 donc Φ(E) 2 = 1 puis Φ(E) = 1 car Φ(E) Φ(I 2 ). Puisque B = EA, on en déduit Φ(B) = Φ(A). d) Si A est inversible alors Φ(I 2 ) = Φ(A) Φ(A 1 ) et donc Φ(A) 0 puisque Φ(I 2 ) = 1 0. Inversement, supposons A non inversible. 0 est valeur propre de A. On vérifie aisément que deux matrices A et B semblables vérifient Φ(A) = Φ(B). Si A est diagonalisable alors A est semblable à ( ) tr A Par suite ( ) ( ) tr A Φ(A) = Φ = Φ = 0 0 tr A 0 0 car cette dernière matrice est nilpotente. Si A n est pas diagonalisable A est trigonalisable (car χ A scindé sur R) et A est semblable à ( 0 ) et par suite Φ(A) = 0 car cette dernière matrice est nilpotente. Exercice 296 : [énoncé] a) Sp A = {0} et A O n donc A n est pas diagonalisable. b) On remarque A n = O n et A n 1 O n. S il existe B M n (R) vérifiant B 2 = A alors B 2n = A n = O n donc B est nilpotente. Par suite B n = O n. Or B 2n 2 O n avec 2n 2 n, c est absurde. Exercice 297 : [énoncé] a) Par le développement limité de 1 + x en 0 on peut écrire 1 + x = x 0 P n (x) + O(x n ) avec P n polynôme de degré inférieur à n 1.

114 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 114 b) On a donc P 2 n(x) = x 0 ( 1 + x + O(x n ) ) 2 = 1 + x + O(x n ) P 2 n(x) x 1 = x 0 O(x n ) Notons α la multiplicité de 0 en tant que racine du polynôme P 2 n(x) X 1. On peut écrire P 2 n(x) X 1 = X α Q(X) avec Q(0) 0 et donc puis x α Q(x) = O(x n ) au voisinage de 0 x α n Q(x) = x 0 O(1) Nécessairement α n 0 et on en déduit que 0 est racine de multiplicité au moins n du polynôme P 2 n(x) X 1 et donc que X n divise ce polynôme. c) Puisque f est nilpotent en dimension n, on sait que f n = 0. Le polynôme X n annule alors f et donc P 2 n(x) X 1 aussi. L endomorphisme g = P n (f) vérifie alors g 2 = f + Id E d) Puisque E est un C-espace vectoriel, le polynôme caractéristique de f est scindé et puisque λ est sa seule valeur propre, celui-ci est χ f = (X λ) n En vertu du théorème de Cayley-Hamilton, on a (f λ Id E ) n = 0. Considérons alors µ C vérifiant µ 2 = λ et posons g = µp n ((f λ Id E )/µ 2 ) Puisque (f λ Id E )/µ 2 vérifie l hypothèse du c), on a ( ) f λ g 2 = µ 2 IdE µ 2 + Id E = f Exercice 298 : [énoncé] a) On remarque k 2, A k = A 2 En particulier A 4 = A 2 donc X 2 X = X(X 1) annule A 2. Ce poly étant scindé simple, la matrice A 2 est diagonalisable. De plus (A 2 A) 2 = A 4 2A 3 + A 2 = O n donc A 2 A est nilpotente. b) On remarque i k, A i = A k et donc A 2k = A k ce qui assure comme au dessus que A k est diagonalisable et (A k A) k = Exercice 299 : [énoncé] k ( ) k ( 1) i A k(k i)+i = i i=0 a) Puisque H est un hyperplan et que I n / H, on a k ( k ( 1) i i i=0 H Vect(I n ) = M n (K) ) A k = O n Soit A une matrice nilpotente. On peut l écrire A = B + λi n avec B H. La matrice B n étant pas inversible, il existe une colonne X non nulle telle que BX = O et alors AX = λx. Le scalaire λ est une valeur propre de la matrice A. Or les seules valeurs propres d une matrice nilpotente sont nulles. On en déduit λ = 0 puis A = B H. b) Les matrices élémentaires E i,j avec i j sont nilpotentes car de carrées nulles ; elles sont donc toutes éléments de H et par combinaison linéaire la matrice 0 1 (0) M =. (0) appartient à H. Cependant celle-ci est notoirement inversible. Exercice 300 : [énoncé] a) Sachant MA = O n, on a Im A ker M. Introduisons F un sous-espace vectoriel supplémentaire de ker M dans M n,1 (C). En considérant une matrice de passage P traduisant un changement de base vers une base adaptée à la supplémentarité M n,1 (C) = ker M F on obtient les écritures par blocs ( ) P 1 A1 A AP = 2 et P 1 MP = O O ( ) O M1 O M 2

115 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 115 On a alors χ A = χ A1 X dim F et χ A+M = χ A1 χ M2 Or M 2 est une matrice nilpotente complexe, sa seule valeur propre étant 0, on obtient = X dim F et l identité voulue est établie. χ M2 b) C est le même raisonnement avec Im M ker A et l introduction d un sous-espace vectoriel F tel que On a alors avec M 1 nilpotente. Exercice 301 : [énoncé] M n,1 (C) = ker A F ( ) ( ) P 1 O A1 AP = et P 1 M1 M MP = 2 O A 2 O O a) Notons qu il est immédiat de vérifier que L A est une forme linéaire sur E. Par linéarité de la trace, on vérifie tr((λa + µb)m) = λ tr(am) + µ tr(bm) ce qui fournit la linéarité de l application L. Puisque dim E = dim E < +, il suffit désormais de vérifier l injectivité de L pour assurer qu il s agit d un isomorphisme. Si L A = 0 (l application nulle) alors en particulier L A ( t Ā) = 0 et donc tr(a t Ā) = tr( t ĀA) = 0. Or n tr( t ĀA) = a i,j 2 i,j=1 donc A = 0. Puisque les hyperplans sont exactement les noyaux des formes linéaires non nulles, on peut assurer que pour tout hyperplan H de E, il existe A M n (C) non nulle telle que H = {M M n (C) tr(am) = 0} b) Pour tout matrice M T + n, le produit T M est triangulaire à coefficients diagonaux nuls donc tr(t M) = 0. Ainsi T + n H puis H T + n = T + n. Concernant H T n, ou bien c est un hyperplan de T n, ou bien c est T n entier. S il n y a pas de coefficient non nul dans le bloc supérieur strict de T alors T est diagonale et un calcul analogue au précédent donne H Tn = Tn (de dimension n(n 1)/2) Sinon, on peut déterminer une matrice élémentaire dans Tn qui n est pas dans H (si [T ] i,j 0 alors E j,i convient) et donc H Tn est un hyperplan de Tn (de dimension n(n 1)/2 1). c) Les matrices triangulaire strictes sont bien connues nilpotentes... Une base de T + n adjointe à une base de H T n fournit une famille libre (car T + n et T n sont en somme directe) et celle-ci est formée d au moins n(n 1)/2 + n(n 1)/2 1 = n 2 n 1 éléments. d) Soit H un hyperplan de E. Il existe A M n (C) non nulle telle que H = {M M n (C) tr(am) = 0} La matrice A est trigonalisable donc on peut écrire A = P T P 1 avec P GL n (C) et T triangulaire supérieure non nulle. Posons alors l isomorphisme ϕ: M P 1 MP et considérons l hyperplan On constate K = {N M n (C) tr(t N) = 0} M H ϕ(n) K Par l isomorphisme ϕ, on transforme une famille de n 2 n 1 matrices nilpotentes linéairement indépendantes d éléments de K en une famille telle que voulue. Exercice 302 : [énoncé] Commençons par établir pour A, B M n (K) : A O n, AB = BA et B nilpotente Supposons donc A O n, AB = BA et B nilpotente. Par l absurde, supposons aussi rg(ab) rg A. Puisque rg(ab) min(rg A, rg B), on a rg(ab) = rg A. Par la formule du rang, on obtient dim ker(ab) = dim ker A = rg(ab) < rg A Or ker A ker(ba) = ker(ab) donc ker A = ker(ab). Considérons ensuite ϕ: Im A Im A donné par ϕ(y ) = BY. L application ϕ est linéaire et bien définie car Im A est stable par B puisque A et B commutent.

116 [ édité le 29 décembre 2015 Corrections 116 Soit Y = AX Im A Si ϕ(y ) = 0 alors BAX = ABX = 0 donc X ker(ab) = ker A puis Y = 0. L application linéaire ϕ est donc injective. Or il existe p N tel que B p = O n et donc ϕ p : Y B p Y = O n,1 est l application nulle. Sachant l espace Im A non réduit à {0}, il y a absurdité et ainsi rg(ab) < rg A. En revenant à l énoncé initial, on montre alors par récurrence et en particulier rg(a 1 A 2... A n ) = 0. 1 p n, rg(a 1 A 2... A p ) n p