Corrigé du contrôle de maths spé : diagonalisation, trigonalisation et nilpotents

Exercice 1 : Question de cours (3 points)

1. Critère. L’endomorphisme \(u\) est diagonalisable si et seulement si \(\chi_u\) est scindé sur \(\mathbb{K}\) et, pour toute valeur propre \(\lambda\), \(\dim E_\lambda(u) = m(\lambda)\).
2. Sens direct. Supposons \(u\) diagonalisable. Dans une base de vecteurs propres, la matrice de \(u\) est diagonale ; chaque valeur propre \(\lambda\) y figure \(d_\lambda = \dim E_\lambda(u)\) fois. Le déterminant d’une matrice diagonale donne alors
   \[\chi_u = \prod_{\lambda \in \operatorname{Sp}(u)} (X – \lambda)^{d_\lambda}.\]
   Ce polynôme est scindé, et la multiplicité de \(\lambda\) vaut \(m(\lambda) = d_\lambda = \dim E_\lambda(u)\).
   
   Réciproque. Supposons \(\chi_u\) scindé et \(\dim E_\lambda(u) = m(\lambda)\) pour tout \(\lambda\). Comme \(\chi_u\) est scindé de degré \(n\), la somme des multiplicités vaut \(n\). Ainsi \(\sum_{\lambda} \dim E_\lambda(u) = \sum_{\lambda} m(\lambda) = n\). Or les sous-espaces propres sont en somme directe, donc leur somme est de dimension \(n\) : elle est égale à \(E\). En juxtaposant des bases de chaque \(E_\lambda(u)\), on obtient une base de \(E\) formée de vecteurs propres. Donc \(u\) est diagonalisable, et le critère est démontré.

Barème : a) 1 point ; b) 2 points : 1 pour le sens direct, 1 pour la réciproque (somme des multiplicités, somme directe, base de vecteurs propres).

Exercice 2 : Diagonalisation et puissances (5 points)

1. On développe selon la première colonne :
   \[\chi_A = \begin{vmatrix} X – 2 -1 1 \\ 0 X – 2 0 \\ 0 -1 X – 1 \end{vmatrix} = (X – 2)\begin{vmatrix} X – 2 0 \\ -1 X – 1 \end{vmatrix} = (X – 2)^2(X – 1).\]
   Ainsi \(\chi_A = (X – 1)(X – 2)^2\) et \(\operatorname{Sp}(A) = \{1, 2\}\), avec 1 simple et 2 double.
2. Pour \(E_1\), le système \((A – I_3)X = 0\) s’écrit \(x + y – z = 0\), \(y = 0\), \(y = 0\). On obtient \(y = 0\) et \(z = x\) : \(E_1 = \operatorname{Vect}((1, 0, 1))\).
   
   Pour \(E_2\), la matrice \(A – 2I_3 = \begin{pmatrix} 0 1 -1 \\ 0 0 0 \\ 0 1 -1 \end{pmatrix}\) est de rang 1 et donne la seule équation \(y = z\). Donc \(E_2 = \operatorname{Vect}((1, 0, 0), (0, 1, 1))\), de dimension 2.
   
   Le polynôme \(\chi_A\) est scindé et \(\dim E_1 = 1 = m(1)\), \(\dim E_2 = 2 = m(2)\). D’après le critère de l’exercice 1, \(A\) est diagonalisable.
   
   Les colonnes de \(P\) sont \((1, 0, 1) \in E_1\), puis \((1, 1, 1) = (1, 0, 0) + (0, 1, 1) \in E_2\) et \((0, 1, 1) \in E_2\). Vérification : \(A(1, 1, 1) = (2, 2, 2)\) et \(A(0, 1, 1) = (0, 2, 2)\). Enfin, \(\det P = 1 \neq 0\) (calcul ci-dessous), donc ces trois vecteurs forment une base. Ainsi \(P^{-1}AP = \operatorname{diag}(1, 2, 2)\).
3. Par la méthode des cofacteurs, avec \(\det P = 1 \times (1 – 1) – 1 \times (0 – 1) + 0 = 1\), on trouve
   \[P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 -1 1 \\ 1 1 -1 \\ -1 0 1 \end{pmatrix}.\]
   Vérification : le produit \(PP^{-1}\) redonne bien \(I_3\), ligne par ligne. C’est l’inverse cherché.
4. Posons \(\Delta = \operatorname{diag}(1, 2, 2)\). Comme \(A = P\Delta P^{-1}\), une récurrence immédiate donne \(A^n = P\Delta^n P^{-1}\), avec \(\Delta^n = \operatorname{diag}(1, 2^n, 2^n)\). D’abord,
   \[P\Delta^n = \begin{pmatrix} 1 2^n 0 \\ 0 2^n 2^n \\ 1 2^n 2^n \end{pmatrix}.\]
   Puis, en multipliant par \(P^{-1}\),
   \[A^n = \begin{pmatrix} 2^n 2^n – 1 1 – 2^n \\ 0 2^n 0 \\ 0 2^n – 1 1 \end{pmatrix}.\]
   Vérification : pour \(n = 0\), on retrouve \(I_3\) ; pour \(n = 1\), on retrouve \(A\). Cette formule donne \(A^n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
5. En posant \(X_n = (x_n, y_n, z_n)\), on a \(X_{n+1} = AX_n\), donc \(X_n = A^n X_0\). Comme \(X_0 = (0, 1, 0)\), le vecteur \(X_n\) est la deuxième colonne de \(A^n\). Donc \(x_n = 2^n – 1\), \(y_n = 2^n\) et \(z_n = 2^n – 1\).

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour \(E_1\), 0,5 pour \(E_2\), 0,5 pour la diagonalisabilité et la matrice diagonale ; c) 0,5 point ; d) 1,5 point : 0,5 pour \(A^n = P\Delta^nP^{-1}\), 1 pour le calcul ; e) 0,5 point.

Exercice 3 : Trigonalisation d’une matrice (4 points)

1. On développe selon la troisième colonne :
   \[\chi_B = \begin{vmatrix} X – 1 -1 0 \\ 1 X – 3 0 \\ -1 1 X – 2 \end{vmatrix} = (X – 2)((X – 1)(X – 3) + 1) = (X – 2)(X^2 – 4X + 4).\]
   Donc \(\chi_B = (X – 2)^3\) et \(\operatorname{Sp}(B) = \{2\}\), valeur propre triple.
2. On a \(B – 2I_3 = \begin{pmatrix} -1 1 0 \\ -1 1 0 \\ 1 -1 0 \end{pmatrix}\). Cette matrice est de rang 1, et son noyau est donné par \(x = y\). Donc \(E_2(B) = \operatorname{Vect}((1, 1, 0), (0, 0, 1))\), de dimension 2. Comme \(\dim E_2(B) = 2 \neq 3 = m(2)\), \(B\) n’est pas diagonalisable. On peut aussi dire : si \(B\) était diagonalisable avec 2 pour seule valeur propre, elle serait égale à \(2I_3\).
3. Le polynôme \(\chi_B\) est scindé, donc \(B\) est trigonalisable. Posons \(e = (1, 1, 0)\), \(f = (0, 0, 1)\) et complétons par \(w = (1, 0, 0)\). Alors \((B – 2I_3)w = (-1, -1, 1) = -e + f\), c’est-à-dire \(Bw = -e + f + 2w\). La famille \((e, f, w)\) est une base, car la matrice \(P\) ci-dessous a pour déterminant \(1 \neq 0\). On obtient
   \[P = \begin{pmatrix} 1 0 1 \\ 1 0 0 \\ 0 1 0 \end{pmatrix}, \qquad T = \begin{pmatrix} 2 0 -1 \\ 0 2 1 \\ 0 0 2 \end{pmatrix}.\]
   Ainsi \(B = PTP^{-1}\), avec \(T\) triangulaire supérieure.
4. Le calcul donne \(N^2 = 0\) : chaque ligne de \(N\) est proportionnelle à \((1, -1, 0)\), et chaque colonne de \(N\) est orthogonale à ce vecteur ou nulle. Comme \(2I_3\) et \(N\) commutent, la formule du binôme donne, pour \(n \geq\, 1\), \(B^n = (2I_3 + N)^n = 2^nI_3 + n2^{n-1}N\). Donc
   \[B^n = \begin{pmatrix} 2^n – n2^{n-1} n2^{n-1} 0 \\ -n2^{n-1} 2^n + n2^{n-1} 0 \\ n2^{n-1} -n2^{n-1} 2^n \end{pmatrix}.\]
   Pour \(n = 1\), on retrouve bien \(B\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 pour le sous-espace propre, 0,5 pour la non-diagonalisabilité ; c) 1,5 point : 0,5 pour le choix de \(w\), 0,5 pour le calcul de \(Bw\), 0,5 pour \(P\) et \(T\) ; d) 0,5 point.

Erreur fréquente : choisir comme troisième vecteur un vecteur de \(E_2(B)\), ce qui ne donne pas une base.

Exercice 4 : Matrices nilpotentes (3 points)

1. Soit \(\lambda\) une valeur propre complexe de \(N\) et \(x \neq 0\) tel que \(Nx = \lambda x\). Alors \(N^px = \lambda^px\). Or \(N^p = 0\), donc \(\lambda^px = 0\), puis \(\lambda = 0\). Par ailleurs, \(N\) n’est pas inversible, car \(\det(N)^p = \det(N^p) = 0\). Ainsi 0 est bien valeur propre : \(\operatorname{Sp}(N) = \{0\}\).
   
   Sur \(\mathbb{C}\), le polynôme \(\chi_N\) est scindé, unitaire de degré \(n\), et sa seule racine est 0. Donc \(\chi_N = X^n\).
2. Supposons \(\sum_{k=0}^{p-1} a_kN^kx = 0\) avec des \(a_k\) non tous nuls. Soit \(j\) le plus petit indice tel que \(a_j \neq 0\). Appliquons \(N^{p-1-j}\) : les termes d’indice \(k > j\) font apparaître \(N^{k+p-1-j}\), nulle car \(k + p – 1 – j \geq\, p\). Il reste \(a_jN^{p-1}x = 0\), donc \(a_j = 0\), ce qui est contradictoire. La famille est libre. Elle compte \(p\) vecteurs de \(\mathbb{C}^n\), donc \(p \leq\, n\).
3. Pour \(k \geq\, 1\), la matrice \(N^k\) est nilpotente, car \((N^k)^p = (N^p)^k = 0\). D’après a), \(\chi_{N^k} = X^n\). Le coefficient de \(X^{n-1}\), égal à \(-\operatorname{tr}(N^k)\), est donc nul. Ainsi \(\operatorname{tr}(N^k) = 0\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour les valeurs propres nulles, 0,5 pour l’existence de la valeur propre 0, 0,5 pour \(\chi_N\) ; b) 1 point : 0,5 pour la liberté, 0,5 pour \(p \leq\, n\) ; c) 0,5 point.

Exercice 5 : Matrices de rang 1 (5 points)

1. L’image de \(A\) est une droite ; soit \(U\) une colonne non nulle qui l’engendre. Chaque colonne \(C_j\) de \(A\) appartient à cette droite : \(C_j = v_jU\) pour un réel \(v_j\). En posant \(V = (v_1, \ldots, v_n)^{\top}\), le coefficient \((i, j)\) de \(A\) vaut \(u_iv_j\), c’est-à-dire que \(A = UV^{\top}\). Enfin, \(V \neq 0\), car \(A \neq 0\). Il existe donc \(U\) et \(V\) non nulles telles que \(A = UV^{\top}\).
2. Le produit \(V^{\top}U\) est la matrice \(1 \times 1\) de coefficient \(\sum_{i} u_iv_i\). Or les coefficients diagonaux de \(A\) sont les \(u_iv_i\), donc \(V^{\top}U = \operatorname{tr}(A)\). Par associativité, \(A^2 = U(V^{\top}U)V^{\top} = \operatorname{tr}(A)\,UV^{\top}\). Donc \(A^2 = \operatorname{tr}(A)\,A\).
3. Par le théorème du rang, \(\dim \ker A = n – 1 \geq\, 1\) : 0 est valeur propre et \(\dim E_0(A) = n – 1\). De plus, \(AU = U(V^{\top}U) = \operatorname{tr}(A)\,U\) avec \(U \neq 0\) : \(U\) est vecteur propre pour \(\operatorname{tr}(A)\).
   
   Si \(\operatorname{tr}(A) \neq 0\), les multiplicités vérifient \(m(0) \geq\, \dim E_0(A) = n – 1\) et \(m(\operatorname{tr} A) \geq\, 1\). Leur somme ne dépasse pas \(n = \deg \chi_A\), donc les deux inégalités sont des égalités, et \(\chi_A = X^{n-1}(X – \operatorname{tr} A)\).
   
   Si \(\operatorname{tr}(A) = 0\), alors \(A^2 = 0\) : \(A\) est nilpotente et \(\chi_A = X^n\) d’après l’exercice 4, ce qui est encore \(X^{n-1}(X – \operatorname{tr} A)\).
   
   Dans tous les cas, \(\chi_A = X^{n-1}(X – \operatorname{tr}(A))\).
4. Si \(\operatorname{tr}(A) \neq 0\), \(\chi_A\) est scindé et \(\dim E_0 = n – 1 = m(0)\), \(\dim E_{\operatorname{tr} A} = 1 = m(\operatorname{tr} A)\) : \(A\) est diagonalisable d’après le critère. Si \(\operatorname{tr}(A) = 0\), la seule valeur propre est 0 ; une matrice diagonalisable serait alors semblable à la matrice nulle, donc nulle, ce qui contredit \(\operatorname{rg} A = 1\). Ainsi \(A\) est diagonalisable si et seulement si \(\operatorname{tr}(A) \neq 0\).
5. Les lignes de \(C\) sont proportionnelles à \((1, 2, 3)\) et \(C \neq 0\), donc \(\operatorname{rg} C = 1\). De plus \(\operatorname{tr} C = 1 + 4 – 3 = 2 \neq 0\). \(C\) est diagonalisable, avec \(\chi_C = X^2(X – 2)\). De même, \(D\) est de rang 1 et \(\operatorname{tr} D = 0\). \(D\) n’est pas diagonalisable, et \(\chi_D = X^2\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 pour \(V^{\top}U = \operatorname{tr} A\), 0,5 pour \(A^2\) ; c) 1,5 point : 0,5 pour \(\dim E_0\) et \(AU\), 0,5 pour chaque cas ; d) 1 point : 0,5 pour chaque sens ; e) 0,5 point.

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