12. Soit M ∈ M2(Z) telle que : ∃n∈N∗ Mn=I. Montrer que M12=I.
Solution : fixonsn dansN∗ tel queMn=I ; c’est dire que Xn−1est un polynôme annulateur deM; or ce polynôme est scindé surC, à racines simples, doncM est diagonalisable dansM2(C);M est par conséquent semblable à une matrice diagonale, de la forme∆ = λ 0
0 µ , où les valeurs propres λetµ sont des racines n-ièmes de l’unité (car racines du polynôme annulateurXn−1 !).
CommeM12 est semblable à ∆12, il s’agit de montrer que ∆12=I.
Comme χM est à coefficients entiers, donc réels, deux cas se présentent :
•soitλetµsont réelles : comme elles sont racinesn-ièmes de 1, elles valent 1 ou−1et donc ∆ =I (si λ=µ= 1, ce qui signifie que M =I !), ou∆2 =I sinon ;
•soitλetµ sont non réelles, conjuguées : dans ce cas detM =λµ=|λ|2= 1 etλest de la formeeiθ avecθ∈R\πZ(car λ /∈R), d’où
|Tr (M)|=|Tr (∆)|=|2 cosθ|<2.
Or Tr (M)∈Z, d’où 3 possibilités pourχM =X2−Tr (M).X+ det (M) :
• χM =X2−X+ 1 : dans ce cas les valeurs propres sont −j et −j2, soit e±iπ/3, donc ∆6 =I (et ∆3 =−I. . . )
• χM =X2+ 1: dans ce cas les valeurs propres sont iet−i, donc∆4=I
• χM =X2+X+ 1: dans ce cas les valeurs propres sont j etj2, soite±2iπ/3, donc∆3=I En conclusion, dans tous les cas, ∆12=I et donc
M12=I !
N.B. : on peut briller dans les salons en exhibant à volonté des matrices M de M2(Z) telles que M3 =±I, comme 10 −7
13 −9 !
14. Soit la matrice A=
1 −4 4
−1 1 4
−1 4 1
. Pour λréel, calculerM = (λI−A)−1 quand elle existe.
Montrer queM =
3
k=1
1
λ−λkPkoù lesλksont les valeurs propres deAet lesPk des matrices à préciser.
Calculer
3
k=1
Pk.
Solution : tous calculs faits,
χA(X) =X3−3X2−13X+ 15 = (X+ 3) (X−1) (X−5) Donc A admet trois valeurs propres distinctes : λ1 =−3,λ2 = 1,λ3 = 5.
Il en résulte que A est diagonalisable et que ses sous-espaces propresE1,E2,E3 sont trois droites. De plus, en notantP1,P2,P3les matrices dans la base canonique des projecteurs associés à la décomposition R3 =E1⊕E2⊕E3, je sais que
A=
3
k=1
λkPk et ∀Q∈R[X] Q(A) =
3
k=1
Q(λk)Pk. J’en déduis les matricesPk à l’aide des polynômes de Lagrange :
avecQ= (X−1) (X−5)
(−3−1) (−3−5) j’obtiensP1= 1
32(A−I) (A−5I) = 1 8
0 8 −8 0 5 −5 0 −3 3
et de même P2 = −1
16 (A+ 3I) (A−5I) = 1 8
8 −8 8 2 −2 2 2 −2 2
; P3= 1
32(A+ 3I) (A−I) = 1 8
0 0 0
−2 5 3
−2 5 3
.
Comme ce sont des matrices de projection sur une droite, on lit dans les colonnes des Pk des vecteurs propres associés aux valeurs propres correspondantes ! D’où
P−1AP =
−3 0 0 0 1 0 0 0 5
avec P =
8 4 0
−5 1 1 3 1 1
.
N.B. : un autre plan d’attaque aurait été de déterminer d’abord P en cherchant les sous-espaces propres, puis d’en déduire
P1 =P
1 0 0 0 0 0 0 0 0
P−1, etc.
En effet la matrice de la projection sur la droite engendrée par le premier vecteur de la nouvelle base, parallèlement au plan engendré par les deux derniers vecteurs, n’est autre que la matrice élémentaire E1,1 ! Cette deuxième méthode nécessite de calculerP−1. . .
Reste à répondre aux questions ! Comme A est semblable à diag (λ1, λ2, λ3), λ.I−A est semblable à diag (λ−λ1, λ−λ2, λ−λ3) (avec la même matrice de passage P !). Donc M = (λ.I−A)−1 existe si et seulement siλest distinct des λk. Et, si c’est le cas,
M =P
1
λ−λ1 0 0
0 1
λ−λ2 0
0 0 1
λ−λ3
P−1.
La fin du calcul par cette méthode nécessite aussi le calcul de P−1. . . Mais il apparaît par distributivité que
M =
3
k=1
1 λ−λk
.Pk. (1)
où les Pk sont les matrices de projection définies ci-dessus, ce qui donneM.
Enfin, comme il a déjà été signalé,
3
k=1
Pk=I.
Noter que l’expression(1) était visible d’un autre point de vue : j’ai λ.I−A=M =
3
k=1
(λ−λk).Pk.
Or les PiPj sont nuls pouri=j etPk2 =Pk pour tout k, j’ai donc pour tous scalaires αk etβk
3
k=1
αk.Pk ×
3
k=1
βk.Pk =
3
k=1
αkβk.Pk. Comme enfin
3
k=1
Pk=I, il en résulte que, lorsque les αk sont tous non nuls,
3
k=1
αk.Pk est inversible et que son inverse est
3
k=1
1
αk.Pk (ce que l’on a déduit ci-dessus de la forme des matrices diagonales. . . ).
15. Diagonaliser la matrice M =
3 1 −1 2 4 −2 1 1 1
, puis calculerMn.
Déterminer les sous-espaces de R3 stables par u= CanM et les matrices qui commutent avec M.
Solution : tous calculs faits, , χM = (X−4) (X−2)2. OrM−2I a ses trois lignes proportionnelles à 1 1 −1 , donc E2(u) est le plan d’équation x+y−z= 0. De plus E4(u) est nécessairement une droite (car 4 est valeur propre simple). Or ces deux sous-espaces propres sont en somme directe (car associés à des valeurs propres distinctes), doncuest diagonalisable. Je construis une baseBde vecteurs
propres en choisissant deux vecteurs non colinéaires de E2(u) et un vecteur directeur de E4(u), par exemple
1 2 1
(obtenu en résolvant le système(M−4I)X= 0. . . ). D’où par exemple :
P−1MP =
2 0 0 0 2 0 0 0 4
avec P =
1 0 1 0 1 2 1 1 1
J’en déduis classiquement les puissances de M :
∀n∈N Mn=P
2n 0 0 0 2n 0 0 0 4n
P−1= 1 2
2n+ 4n 4n−2n 2n−4n 2.(4n−2n) 2.4n 2.(2n−4n)
4n−2n 4n−2n 3.2n−4n
.
Cela tous calculs faits, compte tenu de P−1 = 1 2
1 −1 1
−2 0 2
1 1 −1
.
N.B.: j’aurais aussi pu passer par le reste de la division euclidienne deXnpar le polynôme annulateur (X−2) (X−4), ou encore par l’écriture u = 2p2 + 4p4 où p2 et p4 (les projecteurs associés à la décomposition E =E2(u)⊕E4(u)) se calculent facilement à l’aide de polynômes de Lagrange (cf. le cours ou l’exercice 14!).
Sous-espaces stables par u : puisque nous sommes dans le cas diagonalisable, le complément du cours (§VI—4) nous montre que ce sont les sommes de sous-espaces des sous-espaces propres. Retrouvons le résultat dans ce cas particulier, en classant les sous-espaces stables selon leur dimension :
•dimension 0 ou 3 : {0} etE sont stables par u !
•dimension 1 : les droites stables sont les droites dirigées par un vecteur propre ; or ici les vecteurs propres sont les vecteurs non nuls du plan E2(u) et de la droite E4(u). Donc les droites stables paru sontE4(u) et toutes les droites contenues dans le plan E2(u) (il y en a une infinité. . . ).
•dimension 2 : aucune propriété générale au programme, je procède par
• Analyse : soit P un plan stable par u etv l’endomorphisme induit par u sur P ; le polynôme caractéristique devest unitaire, de degré 2 et diviseχu = (X−2)2(X−4); deux cas seulement sont possibles.
1.χv = (X−2) (X−4): alorsv est diagonalisable (deux valeurs propres distinctes en dimen- sion 2) et tout vecteur propre devest vecteur propre deu(par définition de l’endomorphisme induit !) ; P est donc engendré par un vecteur directeur de la droite E4(u) et un vecteur non nul du plan E2(u) ; autrement dit P est la somme (directe) de E4(u) et d’une droite contenue dansE2(u)
2.χv = (X−2)2: alorsvadmet 2 pour unique valeur propre ; orvest diagonalisable (propriété du cours, puisqueP est stable paru lui-même diagonalisable ; cela montre que v= 2IdP et donc que P ⊂ E2(u) et finalement P = E2(u) à cause des dimensions. On pouvait aussi invoquer le théorème de Cayley-Hamilton qui donne(v−2IdP)2 = 0, d’où l’on déduit aussi queP ⊂E2(u) (cf. exercice 18).
• Synthèse : tous les plans obtenus ci-dessus sont bien stables paru, que ce soient des sommes de deux droites stables ou le plan E2(u).
En conclusion, il y a également une infinité de plans stables,E2(u)et les sommes deE4(u)et d’une droite deE2(u).
Commutant de M : là encore je raisonne par analyse-synthèse, pour voir se dessiner les solutions. Soit f ∈ L(E).
•Analyse : supposons que f etu commutent ; alors les sous-espaces propres de u sont stables par f, donc la matrice def dans la baseB construite ci-dessus est nécessairement diagonale par blocs, de la forme A 0
0 b où A∈ M2(R)et b∈R.
•Synthèse : réciproquement, toute matrice de la forme ci-dessus commute avec I2 0
0 4 , donc tout f tel que MB(f) soit de la forme ci-dessus commute avecu.
En conclusion, les matrices qui commutent avec M sont les P A 0
0 b P−1, oùA ∈ M2(R) et b∈R. Elles forment un sous-espace vectoriel de dimension 5 de M3(R).
16. Résoudre l’équation B2 =
8 −8 28 6 −8 24 1 −2 5
d’inconnueB∈ M3(R).
Solution : posons A=
8 −8 28 6 −8 24 1 −2 5
; tous calculs faits, χA =X(X−1) (X−4), doncA est dia- gonalisable et ses sous-espaces propres sont trois droites. Plus précisément, en résolvant trois systèmes de rang 2. . .
P−1AP =
0 0 0 0 1 0 0 0 4
avec P =
4 4 2
−3 0 1
−2 −1 0
.
Analyse : supposonsB∈ M3(R) telle queB2 =A; alors A etB commutent (car A est un polynôme enB. . . ), donc les sous-espaces propres deu= CanA sont stables parv= CanB. Or ces sous-espaces propres sont des droites, donc les trois vecteurs propres deude la baseBchoisie ci-dessus sont également vecteurs propres de v. Autrement dit la matrice dev dansBest diagonale, c’est-à-dire queP−1BP est de la forme diag (α, β, γ). AlorsB2 =A donne
α2= 0, β2= 1 et γ2= 4.
Finalement, B est nécessairement l’une des 4 matrices suivantes : Pdiag (0,±1,±2)P−1.
Synthèse : les 4 matrices ci-dessus existent bien et conviennent, puisque Pdiag (0,±1,±2)P−1 2=Pdiag (0,1,4)P−1 =A.
Conclusion : les solutions sont les 4 matrices Pdiag (0,±1,±2)P−1, soit tous calculs faits, y compris le calcul de P−1. . .
±
2 0 4
3 −4 12 1 −2 5
et ±
10 −16 44 3 −4 12
−1 2 −5
.
On n’a bien sûr que deux calculs à faire, les solutions se regroupent par paires de solutions opposées !
17. Trigonaliser la matrice A=
−2 1 1 8 1 −5 4 3 −3
, en déduire les puissances deA.
Solution : tous calculs faits, χA=X(X+ 2)2, or A+ 2I =
0 1 1 8 3 −5 4 3 −1
n’est pas de rang 1, donc E−2(A) est une droite, tandis que E0(A) est également une droite (car 0 est valeur propre simple) ; doncA n’est pas diagonalisable. Je calcule alors
(A+ 2I)2=
12 6 −6 4 2 −2 20 10 −10
et constate (sans surprise) queKer (A+ 2I)2est un plan, le planPd’équation cartésienne2x+y−z= 0.
Deux résolutions de système (ou un bon coup d’œil !) donnent Ker (A+ 2I) = Vect
1
−1 1
et KerA= Vect
3 1 5
.
Je choisis alorse3 =
1 0 2
, élément deKer (A+ 2I)2\Ker (A+ 2I)et je posee2= (A+ 2I)e3=
2
−2 2
.
(e2, e3) est alors une base de P, que je complète avece1 =
3 1 5
pour obtenir
P−1AP =
0 0 0
0 −2 1 0 0 −2
avec P =
3 2 1 1 −2 0 5 2 2
(en effet Ae1 = 0,Ae2=−2e2 etAe3=e2−2e3 par construction).
Il en résulte classiquement (matrice diagonale par blocs et formule du binôme. . . ), pour toutn deN∗, An=P
0 0 0
0 (−2)n n(−2)n−1
0 0 (−2)n
P−1 où P−1 = 1 4
4 2 −2
2 −1 −1
−12 −4 8
.
18. Trigonaliser la matrice A=
−5 −1 2
−15 −9 11
−14 −6 8
. Quels sont les sous-espaces stables parA ?
Solution : cette fois-ciχA= (X+ 2)3 et A+ 2I =
−3 −1 2
−15 −7 11
−14 −6 10
, (A+ 2I)2 =
−4 −2 3
−4 −2 3
−8 −4 6
tandis que(A+ 2I)3 = 0(théorème de Cayley-Hamilton !).
En résolvant un système j’obtiens Ker (A+ 2I) = Vect
1 1 2
, Ker (A+ 2I)2 étant le plan d’équation 4x+ 2y−3z= 0.
Je choisis alors e3 ∈Ker (A+ 2I)3\Ker (A+ 2I)2, par exemple e3 =
0 0 1
et je pose
e2 = (A+ 2I)e3 =
2 11 10
et e1= (A+ 2I)e2 = (A+ 2I)2e3 =
3 3 6
.
Comme (A+ 2I)2e3 = 0 et (A+ 2I)3e3 = 0, on montre classiquement que (e1, e2, e3) est libre, donc c’est une base deR3 et par construction
P−1AP =
−2 1 0 0 −2 1
0 0 −2
avec P =
3 2 0 3 11 0 6 10 1
.
{0}et E=R3 sont stables paru= CanA.
Les droites stables par u sont les droites dirigées par un vecteur propre, or il y a un seul sous-espace propre qui est une droite ; c’est l’unique droite stable par u.
Reste à déterminer les plans stables.
Analyse : supposonsF plan stable par u. Soit v l’endomorphisme induit par u surF. Nécessairement χv = (X+ 2)2 (polynôme unitaire de degré 2 divisant χu = (X+ 2)3 !). Alors d’après le théorème de Cayley-Hamilton, (v+ 2IdF)2= 0, c’est-à-dire que
∀x∈F (u+ 2IdE)2(x) = 0,
autrement dit F ⊂Ker (u+ 2IdE)2, d’oùF = Ker (u+ 2IdE)2 compte tenu des dimensions.
Synthèse :Ker (u+ 2IdE)2est bien un plan (vu ci-dessus) et il est stable paru(car noyau d’un polynôme enu, qui commute avecu). C’est le seul d’après l’analyse.
Conclusion : pour toutk∈[[0,3]], l’unique sous-espace stable parude dimensionkestKer (u+ 2IdE)k. N.B. : ce résultat se généralise aux endomorphismes nilpotents d’indice nen dimension n.
