x2−5x+ 4 est bien un trinôme annulateur de A

Corrigé du devoir à la maison n^◦3 Partie A. — Exemple et généralités

1. On a

P(A) =A²−5A+ 4I₃ =





6 5 5 5 6 5 5 5 6



−





10 5 5 5 10 5 5 5 10



+





4 0 0 0 4 0 0 0 4



=O₃

donc P(x) = x²−5x+ 4 est bien un trinôme annulateur de A.

2. a. Supposons que P(0) 6= 0. Remarquons que P(0) = 0²+u×0 +v = v donc v 6= 0.

Comme P est annulateur de M, M² +uM +vI_m donc M²+uM = −vI_m et donc, comme v 6= 0, −¹_vM(M +uI_m) = I_m soit encore M −¹_vM − ^u_vI_m

= I_m. Ainsi, la matrice M est inversible M⁻¹ =−_v¹M −^u_vI_m .

b. La réciproque de l’implication précédente est « si M est inversible alors P(0)6= 0».

Ceci est faux. Par exemple, P(x) =x²−xest clairement un trinôme annulateur de I_m puisque I_m² =I_m. Or, I_m est inversible et P(0) = 0.

3. a. Par théorème,P(x) = (x−r₁)(x−r₂) =x²−xr₂−xr₁+r₁r₂ donc, pour tout réel x, x²+ux+v =x²−(r₁+r₂)x+r₁r₂. En particulier, pourx= 0, il vient v =r₁r₂ et, pour tout x= 1, 1 +u+v = 1−(r₁+r₂) +r₁r₂ donc u+v =−(r₁+r₂) +r₁r₂ et donc, comme v =r1r2, u=−(r1+r2). Ainsi, u=−(r1+r2) et que v =r1r2 . b. Considérons la proposition P[n): « Mⁿ=s_nM +t_nI_m » pour tout n ∈N.

D’une part,M⁰ = I_m et d’autre part, s₀ = 0 et t₀ = ^r_r^1−r2

1−r2 = 1 donc s₀M +t₀I_m =I_m et ainsi P(0) est vraie.

Supposons que P(k)soit vraie pour un certain k ∈N. Alors, comme P(M) =O_m, M² =−uM −vI_m donc

M_k+1 =M^kM = (s_kM+t_kI_m)M =s_kM²+t_kM =s_k(−uM−vI_m)+t_kM = (−us_k+t_k)M−vs_kI_m. Or,

−us_k+t_k = (r₁+r₂)r₁^k−r₂^k

r₁−r₂ + r₁r^k₂ −r₂r^k₁ r₁−r₂

= r^k+1₁ −r₁r₂^k+r₂r^k₁ −r^k+1₂ +r₁r^k₂ −r₂r^k₁ r₁−r₂

= r^k+1₁ −r₂^k+1 r₁−r₂

=s_k+1

et

−vs_k =−r₁r₂r^k₁ −r^k₂

r₁−r₂ = −r₂r₁^k+1+r₁r₂^k+1

r₁−r₂ =t_k+1 donc M^k+1 =s_k+1M+t_k+1I_m et ainsiP(k+ 1) est vraie.

On a donc démontré par récurrence que, pour tout n∈N, Mⁿ=snM +tnIm .

c. On a vu en question 1 que P(x) =x²−5x+ 4est un trinôme annulateur de A. Or, le discriminant de P(x) est∆ = (−5)²−4×1×4 = 9>0 donc ce trinôme a deux racines réelles distinctes qui sont :

r₁ = −(−5)−√ 9

2 = 1 et r₂ = −(−5) +√ 9

2 = 4

donc, d’après la question b, pour tout n∈N, Aⁿ=s_nA+t_nI₃ où

sn = 1ⁿ−4ⁿ

1−4 = 1−4ⁿ

−3 = 4ⁿ−1

3 et tn= 1×4ⁿ−4×1ⁿ

1−4 = 4ⁿ−4

−3 =−4ⁿ−4 3 . Ainsi,

∀n ∈N, Aⁿ = 4ⁿ−1

3 A− 4ⁿ−4 3 I₃ .

Partie B. — Le théorème de Cayley-Hamilton pour les matrices carrées d’ordre 2 1. a. Soit x∈R. Alors,

P_M(x) = det

x−a −b

−c x−d

= (x−a)(x−d)−bc=x²−ax−dx+ad−bc

=x²−(a+d)x+ad−bc.

Ainsi, P_M(x) est un trinôme du second degré unitaire . b. On a

P_M(M) =M²−(a+d)M + (ad−bc)I₂

=

a²+bc ab+bd ac+cd bc+d²

−

a(a+d) b(a+d) c(a+d) d(a+d)

+

ad−bc 0 0 ad−bc

=

a²+bc−a²−ad+ad−bc ab+bd−ba−bd ac+cd−ca−cd bc+d²−da−d²+ad−bc

=O₂

Ainsi, PM(x) est bien un trinôme annulateur de M . 2. D’après la question 1.a,

P_B(x) = x²−(5−1)x+ 5×(−1)−4×(−2) =x²−4x+ 3.

Le discriminant de ce trinôme est ∆ = (−4)² −4×1×3 = 4>0 donc celui-ci admet deux racines réelles distinctes qui sont :

r₁ = −(−4)−√ 4

2 = 1 et r₂ = −(−4) +√ 2

2 = 3

donc, d’après la question 3.b. de la partie A, pour tout n∈N, Bⁿ=snB+tnI2 où

s_n= 1ⁿ−3ⁿ

1−3 = 1−3ⁿ

−2 = 3ⁿ−1

2 et t_n = 1×3ⁿ−3×1ⁿ

1−3 = 3ⁿ−3

−2 =−3ⁿ−3 2 . Ainsi,

∀n ∈N, Bⁿ = 3ⁿ−1

2 B− 3ⁿ−3 2 I₂ .

Partie C (facultative)

1. Supposons qu’un trinôme annulateur P(x) = x²+ux+v d’une matrice M admette une racine double r.

Alors,P(x) = (x−r)² =x²−2rx+r² donc, pour tout réelx,x²−2rx+r² =x²+ux+v.

En particulier, pour x= 0,v = r² et, pour x= 1,1−2r+r² = 1 +u+v donc u= −2r.

Soitn ∈N. Les valeurs s_n= ^r_r^n1−r2n

1−r2 et t_n= ^r1r_r^n2−r2r1n

1−r2 ne sont évidemment plus valable si r₁ =r₂. On peut cependant examiner leur limite quand r₁ tend vers r₂.

Pour cela, considérons la fonction f :t7→tⁿ. Alors, s_n est le taux de variation de f entre r₁ etr₂. Comme f est dérivable enr₁, on en déduit que lim

r1→r2

rⁿ₁−rⁿ₂

r1−r2 =f⁰(r₂) =nr₂ⁿ⁻¹. De plus, t₀ = 1 et, pour n > 1, t_n = −r₁r₂sn−1 donc lim

r1→r2

t_n = −r₂²(n− 1)r₂ⁿ⁻² =

−(n−1)r₂ⁿ

Posons, pour tout n∈N, s⁰_n=nrⁿ⁻¹ et t⁰_n =−(n−1)rⁿ.

Considérons la propositionQ(n) : «Mⁿ=s⁰_nM+t⁰_nI_m» pour tout n ∈N.

D’une part, M⁰ =I_m et d’autre part, s⁰₀ = 0 et t⁰₀ = 1 donc s⁰₀M +t⁰₀I_m = I_m et ainsi Q(0) est vraie.

Supposons que Q(k) soit vraie pour un certain k∈N. Alors, comme P(M) = O_m, M² =−uM −vI_m donc

Mk+1 =M^kM = (s⁰_kM+t⁰_kIm)M =s⁰_kM²+t⁰_kM =s⁰_k(−uM−vIm)+t⁰_kM = (−us⁰_k+t⁰_k)M−vs⁰_kIm.

Or,

−us⁰_k+t⁰_k= 2r(kr^k−1) + (1−k)r^k = 2kr^k+ (1−k)r^k = (k+ 1)r^k =s_k+1 et

−vs⁰_k =−r²(kr^k−1) =−kr^k+1 =t⁰_k+1 donc M^k+1 =s⁰_k+1M +t⁰_k+1I_m et ainsiQ(k+ 1) est vraie.

On a donc démontré par récurrence que, pour toutn ∈N,Mⁿ =s⁰_nM +t⁰_nI_m .

2. D’après le théorème de Cayley-Hamilton, le trinôme PC(x) = x² −4x+ 4 = (x−2)² est annulateur deC. Ce trinôme admet une unique racine réelle r= 2donc, d’après la question a, pour tout n∈N, Cⁿ =s⁰_nC+t⁰_nI₂ où s⁰_n=n2ⁿ⁻¹ ett⁰_n= (1−n)2ⁿ Ainsi,

∀n ∈N, Cⁿ=n2ⁿ⁻¹C+ (1−n)2ⁿI₂ .