1. (a) Soit a ∈ T1

(1)

1. (a)Soita∈T1(R). Alors il existeb∈Rtel quea=b². Par suite,a∈[0,+∞[. Ceci montre queT1(R)⊂[0,+∞[.

Soita∈[0,+∞[. Soitn∈N^∗. Soitb= √ⁿa. Alorsb∈Retbⁿ=a. Par suite,a∈T1(R). Ceci montre que[0,+∞[⊂T1(R).

Finalement

T1(R) = [0,+∞[.

(b) Puisqueb ̸= 0, b admet exactement n racinesn-ièmes deux à deux distinctes. Les racines n-ièmes deb sont les nombres complexes de la forme ⁿ√reⁱ(^θ_n⁺^2kπ_n ),k∈!0, n−1".

(c) Soita ∈C. Soitn∈N∗. Sia =0, alors0ⁿ=a et sia̸=0, d’après la question précédente, il existe b∈Ctel que bⁿ=a. Donca∈T1(C. Ceci montre queC⊂T1(C). Comme d’autre part,T1(C⊂C, on a montré que

T1(C) =C.

2. (a)SoitA∈Tp(K). Soitn∈N^∗. Il existeB∈M_p(K)telle queBⁿ=A. Mais alors, det(A) =det(Bⁿ) = (det(B))ⁿ. De plus, det(B)∈K.

Ainsi, pour toutn∈N^∗, il existeb∈Ktel quebⁿ=det(A) et donc det(A)∈T1(K).

(b)SoitA=

! 1 0 0 −1

"

. det(A) =−1 < 0et donc det(A)∈/T1(R)d’après la question 1). Mais alors,A /∈T2(R)d’après la question précédente.

3. det(A) =2∈T1(R).

SoitB∈M₂(R). Posons SpC(B) = (λ, µ). SiB²=A, alors(λ², µ²) = (−1,−2)et donc (λ, µ)∈"#

i, i√ 2$

,#

−i, i√ 2$

,# i,−i√

2$ ,#

−i,−i√ 2$#

.

Ceci est impossible car,Bétant une matrice réelle, siBadmet une valeur propreαnon réelle, alorsBadmet aussiαpour valeur propre. Il n’existe donc pas de matriceB∈M₂(R)telle queB²=A. On en déduit queA /∈T2(R).

4. (a)χA=

%

−X 3 2

−2 5−X 2

2 −3 −X

%

= (−X)(X²−5X+6) +2(−3X+6) +2(2X−4) =−X(X−2)(X−3)−6(X−2) +4(X−2) = (X−2)(−X(X−3)−2) = (X−2)(−X²+3X−2) =−(X−1)(X−2)². Le polynôme caractéristique deAest scindé surR. Aadmet1pour valeur propre simple et2pour valeur propre double. Par suite,

Aest diagonalisable surR⇔dim(Ker(A−2I3)) =2⇔rg(A−2I3) =1.

Or,A−2I3=

⎛

⎝

−2 3 2

−2 3 2 2 −3 −2

⎞

⎠.C2=−2

3C1,C3=−C1etC1̸=0. Donc rg(A−2I3) =1. On en déduit que Aest diagonalisable surR.

(b) Par suite, il existe une matriceP ∈ GL3(R) telle queA = PDP⁻¹ oùD = diag(1, 2, 2). Soientn ∈ N^∗ puis B = Pdiag#

1,√ⁿ 2,ⁿ√

2$

P⁻¹.Best une matrice réelle et Bⁿ=#

Pdiag# 1,√ⁿ

2,√ⁿ 2

$ P⁻¹

$n

=P

# diag#

1,√ⁿ 2, ⁿ√

2

$$n

P⁻¹=PDP⁻¹=A.

Ceci montre queAest TPR. (c) On peut prendreP=

⎛

⎝

1 3 1 1 2 0

−1 0 1

⎞

⎠puisP⁻¹=

⎛

⎝

2 −3 −2

−1 2 1 2 −3 −1

⎞

⎠.

SoitB2=Pdiag# 1,√

2,√ 2$

P⁻¹.

(2)

B2=

⎛

⎝

1 3 1 1 2 0

−1 0 1

⎞

⎠

⎛

⎝

1 0 0

0 √ 2 0

0 0 1

⎞

⎠

⎛

⎝

2 −3 −2

−1 2 1 2 −3 −1

⎞

⎠=

⎛

⎝

1 3√ 2 √

2 1 2√

2 0

−1 0 √ 2

⎞

⎠

⎛

⎝

2 −3 −2

−1 2 1 2 −3 −1

⎞

⎠

=

⎛

⎝

2−√

2 −3+3√

2 −2+2√ 2 2−2√

2 −3+4√

2 −2+2√ 2

−2+2√

2 3−3√

2 2−√ 2

⎞

⎠.

La matriceB2=

⎛

⎝

2−√

2 −3+3√

2 −2+2√ 2 2−2√

2 −3+4√

2 −2+2√ 2

−2+2√

2 3−3√

2 2−√ 2

⎞

⎠est une matrice réelle telle queB²₂=A. En remplaçant√ 2par

√3

2, la matriceB3=

⎛

⎝

2−√³

2 −3+3√³

2 −2+2√³ 2 2−2√³

2 −3+4√³

2 −2+2√³ 2

−2+2√³

2 3−3√³

2 2−√³ 2

⎞

⎠est une matrice réelle telle queB³₃=A.

5. (a)On munitR²de sa structure euclidienne usuelle et de son orientation usuelle.Aest alors la matrice dans la base canonique de−Idqui est la rotation d’angleπ.

(b) Soientn∈N∗ puisB=

⎛

⎜

⎝ cos#π

n

$

−sin#π n

$

sin#π n

$ cos#π n

$

⎞

⎟

⎠. Alors,Bⁿ est la matrice dans la base canonique de la rotation d’anglen×π

n =πet doncBⁿ=A. Ceci montre queAest TRR.

6. (a)Il existek∈N^∗tel queN^k=0. Donc le polynômeX^kest annulateur de N. On sait que les valeurs propres deN dansCsont à choisir parmi les racines de ce polynôme annulateur. Donc,0est l’unique valeur propre deN.

Le polynôme caractéristique de Nest le polynôme de coeﬃcient dominant(−1)^p, de degrép, admettant0pour unique racine. On en déduit queχN= (−1)^pX^p.

D’après le théorème deCayley-Hamilton,χN(N) =0ce qui fournitN^p=0.

(b) Supposons de plus queNsoit TPK. Il existe une matriceB∈M_p(R)telle queN=B². Mais alors,B^2p =N^p =0.

La matriceBest donc nilpotente. La question précédente fournit alorsN=B^p=0. On a montré que siNest TPK, alors N=0.

Partie II : le cas où le polynôme caractéristique est scindé

7. D’après le théorème de Cayley-Hamilton,χu(u) = 0 ou encore

%p

i=1

(u−λiIdKp)^rⁱ =0. De plus, les polynômes (X−λi)^rⁱ,1!i!k, sont deux à deux premiers entre eux. D’après le théorème de décomposition des noyaux,

K^p=Ker(u−λ1IdKp)^r¹⊕. . .Ker(u−λkIdKp)^r^k=C1⊕. . .⊕Ck.

8. (a)Puisquevcommute avecu,vcommute avec tout polynôme enuet doncvcommute avecQ(u). On sait alors que Ker(Q(u))est stable parv. Redémontrons-le.

Soitx∈Ker(Q(u)). AlorsQ(u)(x) =0puis

Q(u)(v(x)) =V(Q(u)(x)) =v(0) =0, et doncv(x)∈Ker(Q(u)).

(b)Soiti∈!1, k".ucommute avec(u−λiIdKp)^rⁱqui est un polynôme enu. Donc,ulaisse stable Ker(u−λiIdKp)^rⁱ =Ci.

9. Soiti∈!1, k". Posonsvi=uCi −λiIdCi. Soitx∈Ci=Ker(u−λiIdKp)^rⁱ =Ker(vi)^rⁱ. Par définition, v^r_iⁱ(x) =0.

Ainsi,v^r_iⁱ =0et doncviest nilpotent d’indice inférieur ou égal àri.

(3)

10. SoitB′ une base deK^p adaptée à la décompositionK^p=C1⊕. . .⊕Cp puisPla matrice de passage deBàB′. PosonsM=P⁻¹AP.

D’après la question 8)a), lesCisont stables paru. On en déduit que la matriceMest diagonale par blocs :

M=

⎛

⎜

⎝

M1 0 . . . 0 0 M2 . .. ... ... . .. ... 0 0 . . . 0 Mk

⎞

⎟

⎠

où pour touti∈!1, k",Mi∈M_p

i(K)avecpi=dimCi.

Pour chaquei∈!1, k", posonsNi=Mi−λiIp_i de sorte queMi=λiIp_i+Ni. D’après la question 9), la matriceNiest une matrice nilpotente deM_p

i(M_p

i(K).

Finalement on a écritAsous la forme A=Pdiag(λ₁Ip1+N1, . . . ,λkIpk+Nk)P⁻¹ oùP est une matrice inversible de M_p(K)et pour touti∈!1, k",pi=dimCietNiest une matrice nilpotente deM_p

i(K).

11. Supposons que pour touti∈!1, k",λ_iId_p_i+N_isoit TPK. Alors pour touti∈!1, k"et pour toutn∈N^∗, il existe une matriceBi,n∈M_p

i(K)telle queBⁿ_i,n=λiIdp_i+Ni. Soitn∈N^∗. SoitBn=Pdiag(B1,n, . . . , Bk,n)P⁻¹∈M_p(K).

Bⁿ_n=P(diag(B1,n, . . . , Bk,n))ⁿP⁻¹

=Pdiag(Bⁿ1,n, . . . , Bⁿ_k,n)P⁻¹(calcul par blocs)

=Pdiag(λ1Ip₁+N1, . . . , BλkIp_K+Nk)P⁻¹=A.

On en déduit queAest TPK

Partie III : le cas des matrices unipotentes

12. (a)La division euclidienne deV parX^pfournit deux polynômesQetRtels queV=X^p×Q+Ret deg(R)!p−1.

Quandx tend vers0,V(x) =o(x^p) et en particulier,V(x) =o(x^p⁻¹). D’autre part,x^pQ(x) =o(x^p⁻¹). Donc, quandx tend vers0, R(x) =V(x)−x^pQ(x) = o(x^p⁻¹). Puisque R est de degré au plus p−1, cette dernière égalité s’écrit plus explicitement

R(x) +o(x^p⁻¹) =

x→00+o(x^p⁻¹).

Par unicité des coeﬃcients d’un développement limité, on en déduit que les coeﬃcients deRsont nuls ou encore queRest nul. Finalement, il existe un polynômeQtel queV=X^p×Q.

(b)Un développement limité de(1+x)^1/nen0à l’ordreps’écrit (1+x)^1/n =

x→0U(x) +o(x^p),

oùUest un polynôme de degré inférieur ou égal àp. En élévant les deux membres à l’exposantn, on obtient 1+x =

x→0(U(x) +o(x^p))ⁿ =

x→0(U(x))ⁿ+o(x^p), (développement limité d’une composée).

(c)Quandxtend vers0,1+x−(U(x))ⁿ=o(x^p). D’après la question 12)a), il existe un polynômeQtel que1+X−Uⁿ= X^p×Qou encore1+X=Uⁿ+X^p×Q.

13. (a) Soit n ∈ N∗. D’après la question précédente, il existe deux polynômes U et Q (dépendant de n) tels que 1+X=Uⁿ+X^p×Q. En évaluant en la matriceN, on obtient

Ip+N= (U(N))ⁿ+N^p×Q(N) = (U(N))ⁿ, car d’après la question 6)a),N^p=0.

Ainsi, pour chaquen∈N^∗, il existe une matriceU(N)∈M_p(K)telle queBⁿ=Ip+N. La matriceIp+Nest donc TPK. (b)Soitλ∈K\ {0}tel queλsoit TPK. Soitn∈N^∗. Il existeµ∈Ktel queµⁿ=λ.

(4)

D’autre part, la matrice 1

λNest nilpotente car

!1 λN

"p

= 1

λ^pN^p=0. D’après la question précédente, il existe une matrice B∈M_p(K)telle queBⁿ=Ip+1

λN.

SoitB^′=µB.B^′est dansM_p(K)etB^′ⁿ=µⁿBⁿ=λ

! Ip+1

λN

"

=λIp+N. Ceci montre queλIp+Nest TPK. 14. (a)SoitA∈GLn(C). Alors lesλi,1!i!k, de la partie II sont tous non nuls. D’autre part, chaqueλi,1!i!k, est TPCd’après la question 1)c).

D’après la question précédente, chaque matriceλiIp_i+Ni,1!i!k, de la partie II est TPC. La question 11) permet alors d’aﬃrmer queAest TPC.

(b) Sip"2, la matrice élémentaireE1,2 est nilpotente et non nulle. La question 6)a) montre que la matriceE1,2 n’est pas TPC. Donc, sip"2,Tp(C)̸=M_p(C). Par contre, d’après la question 1)c),T1(C) =M₁(C).

15. SoitA=

⎛

⎜

⎝

1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

⎞

⎟

⎠

=

! I3+N 03,1

01,3 0

"

oùN=E1,2. D’après la question 13)a), la matriceI3+Nest TPR. Un calcul par blocs montre alors queAest TRR.

Maintenant,0est valeur propre de Aet doncAn’est pas inversible. D’autre part,1 est valeur propre triple de Amais rg(A−I3) =2 > 1et doncAn’est pas diagonalisable.