Corrigé du contrôle de maths L2 : polynômes d’endomorphismes et trigonalisation

Exercice 1 : Question de cours : le lemme des noyaux (4 points)

1. Un polynôme \(P \in \mathbb{K}[X]\) est annulateur de \(u\) si \(P(u) = 0\). L’ensemble \(I_u\) des polynômes annulateurs est un idéal de \(\mathbb{K}[X]\) : il est stable par somme et par multiplication par un polynôme quelconque. Il n’est pas réduit à \(\{0\}\). En effet, \(\mathcal{L}(E)\) est de dimension \(n^2\), donc la famille \((\operatorname{id}, u, u^2, \ldots, u^{n^2})\), qui compte \(n^2 + 1\) éléments, est liée. Comme \(\mathbb{K}[X]\) est principal, il existe un unique polynôme unitaire \(\mu_u\) tel que \(I_u = \mu_u \mathbb{K}[X]\) : c’est le polynôme minimal de \(u\), polynôme annulateur unitaire de plus petit degré.
2. Si \(x \in \ker P(u)\), alors \(P(u)(u(x)) = u(P(u)(x)) = u(0) = 0\), car \(u\) commute avec toute puissance de \(u\), donc avec \(P(u)\). Ainsi \(u(x) \in \ker P(u)\) : \(\ker P(u)\) est stable par \(u\). Par ailleurs, l’application \(P \mapsto P(u)\) est un morphisme d’algèbres de \(\mathbb{K}[X]\) dans \(\mathcal{L}(E)\), car \(u^i \circ u^j = u^{i+j}\). Donc \((PQ)(u) = P(u) \circ Q(u)\) et, puisque \(PQ = QP\), on obtient aussi \((PQ)(u) = Q(u) \circ P(u)\).
3. Énoncé. Si \(P\) et \(Q\) sont premiers entre eux, alors \(\ker (PQ)(u) = \ker P(u) \oplus \ker Q(u)\).

   Démonstration. D’après le théorème de Bézout, il existe \(U, V \in \mathbb{K}[X]\) tels que \(UP + VQ = 1\). On en déduit \(U(u) \circ P(u) + V(u) \circ Q(u) = \operatorname{id}_E\).

   D’abord, l’inclusion \(\ker P(u) + \ker Q(u) \subset \ker (PQ)(u)\) vient de b : si \(P(u)(x) = 0\), alors \((PQ)(u)(x) = Q(u)(P(u)(x)) = 0\), et de même pour \(Q\).

   Ensuite, la somme est directe. Si \(x \in \ker P(u) \cap \ker Q(u)\), alors \(x = U(u)(P(u)(x)) + V(u)(Q(u)(x)) = 0\).

   Enfin, soit \(x \in \ker (PQ)(u)\). On pose \(y = V(u)(Q(u)(x))\) et \(z = U(u)(P(u)(x))\), de sorte que \(x = y + z\). Alors \(P(u)(y) = V(u)((PQ)(u)(x)) = 0\), donc \(y \in \ker P(u)\). De même \(Q(u)(z) = U(u)((PQ)(u)(x)) = 0\), donc \(z \in \ker Q(u)\). Le lemme des noyaux est démontré.

Barème : a) 0,5 point pour les définitions, 0,5 point pour l’existence ; b) 0,5 point pour la stabilité, 0,5 point pour le produit ; c) 0,5 point pour l’énoncé et Bézout, 0,5 point pour la somme directe, 1 point pour la décomposition \(x = y + z\).

Exercice 2 : Un polynôme annulateur de degré 2 (4 points)

1. Par calcul direct, \(A^2 = \begin{pmatrix} 2 1 1 \\ 1 2 1 \\ 1 1 2 \end{pmatrix}\). Chaque coefficient diagonal vaut \(0 + 1 + 1 = 2\) et chaque coefficient non diagonal vaut \(1\). Donc \(A^2 = A + 2I_3\).
2. On a \(A^2 – A = 2I_3\), donc \(A \times \frac{1}{2}(A – I_3) = I_3\). Par conséquent, \(A\) est inversible et \(A^{-1} = \frac{1}{2}(A – I_3)\).
3. Le polynôme \(X^2 – X – 2 = (X – 2)(X + 1)\) annule \(A\). Le polynôme minimal \(\mu_A\) le divise, donc \(\mu_A \in \{X – 2,\; X + 1,\; (X – 2)(X + 1)\}\). Or \(A\) n’est pas une matrice scalaire, donc \(\mu_A\) n’est pas de degré 1. Ainsi \(\mu_A = (X – 2)(X + 1)\). Ce polynôme est scindé à racines simples, donc \(A\) est diagonalisable, de spectre \(\{-1, 2\}\).
4. La division euclidienne s’écrit \(X^n = (X^2 – X – 2)Q_n + a_n X + b_n\), car le reste est de degré au plus 1. On évalue en \(2\) et en \(-1\), racines du diviseur :

   \(2^n = 2a_n + b_n\) et \((-1)^n = -a_n + b_n\).

   Par soustraction, \(a_n = \dfrac{2^n – (-1)^n}{3}\) ; puis \(b_n = (-1)^n + a_n = \dfrac{2^n + 2(-1)^n}{3}\).

   En évaluant en \(A\), le terme \((A^2 – A – 2I_3)Q_n(A)\) est nul, donc :

   \[A^n = \frac{2^n – (-1)^n}{3} A + \frac{2^n + 2(-1)^n}{3} I_3.\]

   Vérification pour \(n = 2\) : \(a_2 = 1\) et \(b_2 = 2\), ce qui redonne bien \(A^2 = A + 2I_3\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point, dont 0,5 point pour la justification de l’inversibilité ; c) 0,5 point pour le polynôme minimal, 0,5 point pour la diagonalisabilité justifiée ; d) 0,5 point pour la forme du reste, 0,5 point pour le système, 0,5 point pour la formule finale.

Exercice 3 : Endomorphismes nilpotents (4 points)

1. Soit \(\lambda \in \mathbb{C}\) une valeur propre de \(N\) et \(x \neq 0\) tel que \(Nx = \lambda x\). Alors \(N^p x = \lambda^p x = 0\), donc \(\lambda^p = 0\) et \(\lambda = 0\). Ainsi \(0\) est la seule valeur propre de \(N\). Le polynôme \(\chi_N\) est scindé sur \(\mathbb{C}\), unitaire de degré \(n\), et sa seule racine est \(0\), donc \(\chi_N = X^n\). Par le théorème de Cayley-Hamilton, \(\chi_N(N) = 0\), c’est-à-dire \(N^n = 0\).
2. Si \(N\) est diagonalisable, il existe \(P\) inversible telle que \(N = PDP^{-1}\) avec \(D\) diagonale. Les coefficients de \(D\) sont les valeurs propres de \(N\), donc tous nuls d’après a. Ainsi \(D = 0\) et \(N = 0\). Autre argument : \(\mu_N\) divise \(X^n\) et doit être à racines simples, donc \(\mu_N = X\).
3. Les matrices \(I_n\) et \(N\) commutent, donc \((I_n + N)(I_n – N + N^2) = I_n – N + N^2 + N – N^2 + N^3 = I_n + N^3 = I_n\). Par conséquent, \(I_n + N\) est inversible, d’inverse \(I_n – N + N^2\).
4. On écrit \(M = I_3 + N\) avec \(N = \begin{pmatrix} 0 1 2 \\ 0 0 3 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}\). Cette matrice est triangulaire supérieure stricte, donc nilpotente avec \(N^3 = 0\). On calcule \(N^2 = \begin{pmatrix} 0 0 3 \\ 0 0 0 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}\). D’après c :
   \[M^{-1} = I_3 – N + N^2 = \begin{pmatrix} 1 -1 1 \\ 0 1 -3 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}.\]

   Vérification sur la première ligne de \(M M^{-1}\) : \((1, -1 + 1, 1 – 3 + 2) = (1, 0, 0)\).

Erreur fréquente : affirmer que \(N^n = 0\) sans passer par Cayley-Hamilton ou par le polynôme minimal. L’hypothèse donne seulement \(N^p = 0\) pour un certain \(p\), qui peut dépasser \(n\).

Barème : a) 0,5 point pour la valeur propre, 1 point pour \(N^n = 0\) avec Cayley-Hamilton cité ; b) 1 point ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point pour \(N^2\), 0,5 point pour \(M^{-1}\).

Exercice 4 : Trigonalisation et système différentiel (8 points)

Questions a à d : éléments propres

1. On calcule \(\det(XI_3 – B)\), ou de façon équivalente \(\det(B – XI_3) = -\chi_B(X)\). On remplace d’abord la colonne \(C_3\) par \(C_3 + C_2\) :
   \[\det(B – XI_3) = \begin{vmatrix} 3 – X 1 0 \\ 1 2 – X 1 – X \\ 2 1 1 – X \end{vmatrix} = (1 – X)\begin{vmatrix} 3 – X 1 0 \\ 1 2 – X 1 \\ 2 1 1 \end{vmatrix}.\]

   Puis on remplace \(L_2\) par \(L_2 – L_3\), et on développe selon la dernière colonne :

   \[\begin{vmatrix} 3 – X 1 0 \\ -1 1 – X 0 \\ 2 1 1 \end{vmatrix} = (3 – X)(1 – X) + 1 = X^2 – 4X + 4 = (X – 2)^2.\]

   Ainsi \(\det(B – XI_3) = (1 – X)(X – 2)^2\), donc \(\chi_B = (X – 1)(X – 2)^2\).

2. Pour \(\lambda = 2\), le système \((B – 2I_3)X = 0\) s’écrit \(x + y – z = 0\), \(x – z = 0\), \(2x + y – 2z = 0\). La deuxième équation donne \(z = x\), puis la première donne \(y = 0\). Donc \(E_2(B) = \operatorname{Vect}(1, 0, 1)\).

   Pour \(\lambda = 1\), le système \((B – I_3)X = 0\) s’écrit \(2x + y – z = 0\), \(x + y – z = 0\), \(2x + y – z = 0\). La différence des deux premières équations donne \(x = 0\), puis \(y = z\). Donc \(E_1(B) = \operatorname{Vect}(0, 1, 1)\).

3. Le polynôme minimal divise \(\chi_B\) et admet les mêmes racines, donc \(\mu_B \in \{(X – 1)(X – 2),\; (X – 1)(X – 2)^2\}\). Or un calcul donne \((B – 2I_3)(B – I_3) = \begin{pmatrix} 1 1 -1 \\ 0 0 0 \\ 1 1 -1 \end{pmatrix} \neq 0\). Donc \(\mu_B = (X – 1)(X – 2)^2\). Ce polynôme n’est pas à racines simples, donc \(B\) n’est pas diagonalisable. On retrouve ce résultat avec les dimensions : \(\dim E_2(B) = 1\) alors que la multiplicité de \(2\) vaut \(2\).
4. On développe \(\chi_B = X^3 – 5X^2 + 8X – 4\). D’après le théorème de Cayley-Hamilton, \(B^3 – 5B^2 + 8B – 4I_3 = 0\), donc \(B(B^2 – 5B + 8I_3) = 4I_3\). Par conséquent, \(B\) est inversible et \(B^{-1} = \frac{1}{4}(B^2 – 5B + 8I_3)\). Avec \(B^2 = \begin{pmatrix} 8 4 -4 \\ 3 4 -3 \\ 7 4 -3 \end{pmatrix}\), on obtient :
   \[B^{-1} = \frac{1}{4}\begin{pmatrix} 1 -1 1 \\ -2 2 2 \\ -3 -1 5 \end{pmatrix}.\]

   Vérification sur la première ligne de \(B B^{-1}\) : \(\frac{1}{4}(3 – 2 + 3,\; -3 + 2 + 1,\; 3 + 2 – 5) = (1, 0, 0)\).

Questions e et f : trigonalisation et système

5. On cherche \(v_2 = (x, y, z)\) tel que \((B – 2I_3)v_2 = (1, 0, 1)\) : \(x + y – z = 1\), \(x – z = 0\), \(2x + y – 2z = 1\). On obtient \(z = x\) et \(y = 1\). On choisit \(v_2 = (0, 1, 0)\).

   La matrice \(P = \begin{pmatrix} 1 0 0 \\ 0 1 1 \\ 1 0 1 \end{pmatrix}\), de colonnes \(v_1, v_2, v_3\), a pour déterminant \(1 \times (1 – 0) = 1 \neq 0\). Donc \((v_1, v_2, v_3)\) est une base de \(\mathbb{R}^3\).

   De plus \(Bv_1 = 2v_1\), \(Bv_2 = 2v_2 + v_1\) et \(Bv_3 = v_3\), car \(v_3 \in E_1(B)\). Par conséquent, \(P^{-1}BP = T\). Enfin, d’après le lemme des noyaux appliqué à \(\chi_B\) :

   \(\mathbb{R}^3 = \ker(B – 2I_3)^2 \oplus \ker(B – I_3)\), avec \(\ker(B – 2I_3)^2 = \operatorname{Vect}(v_1, v_2)\) et \(\ker(B – I_3) = \operatorname{Vect}(v_3)\).

6. On pose \(Y = P^{-1}X = (y_1, y_2, y_3)\). Comme \(P\) est constante, \(Y^{\prime} = P^{-1}BPY = TY\), ce qui donne le système triangulaire :

   \(y_1^{\prime} = 2y_1 + y_2\), \(y_2^{\prime} = 2y_2\), \(y_3^{\prime} = y_3\).

   La condition initiale s’écrit \(X(0) = y_1(0)v_1 + y_2(0)v_2 + y_3(0)v_3 = (y_1(0),\; y_2(0) + y_3(0),\; y_1(0) + y_3(0)) = (1, 0, 0)\). Donc \(y_1(0) = 1\), \(y_3(0) = -1\) et \(y_2(0) = 1\).

   Ensuite, on résout de bas en haut. On a \(y_3(t) = -e^{t}\) et \(y_2(t) = e^{2t}\). Puis \(y_1^{\prime} – 2y_1 = e^{2t}\) ; en posant \(y_1 = w e^{2t}\), on trouve \(w^{\prime} = 1\), donc \(y_1(t) = (t + 1)e^{2t}\).

   Enfin \(X = y_1 v_1 + y_2 v_2 + y_3 v_3\), d’où :

   \[X(t) = \begin{pmatrix} (t + 1)e^{2t} \\ e^{2t} – e^{t} \\ (t + 1)e^{2t} – e^{t} \end{pmatrix}.\]

   Vérification sur la première coordonnée : \(x^{\prime} = (2t + 3)e^{2t}\) et \(3x + y – z = 3(t + 1)e^{2t} + e^{2t} – e^{t} – (t + 1)e^{2t} + e^{t} = (2t + 3)e^{2t}\). La solution est unique d’après le théorème de Cauchy linéaire.

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point par sous-espace propre ; c) 0,5 point pour \(\mu_B\), 0,5 point pour la conclusion ; d) 0,5 point pour Cayley-Hamilton, 0,5 point pour la formule, 0,5 point pour la matrice ; e) 0,5 point pour \(v_2\), 0,5 point pour la base et \(T\), 0,5 point pour les sous-espaces caractéristiques ; f) 0,5 point pour le système triangulaire, 0,5 point pour les conditions initiales, 0,5 point pour \(y_1\), 0,5 point pour \(X(t)\).

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Après le corrigé du contrôle : polynômes d’endomorphismes et trigonalisation

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