Corrigé du contrôle de maths spé : éléments propres et polynôme caractéristique

Exercice 1 : Question de cours (4 points)

1. Montrons par récurrence sur \(p \geq\, 1\) la propriété : si \(x_1 + \cdots + x_p = 0\) avec \(x_i \in E_{\lambda_i}(u)\) et des \(\lambda_i\) deux à deux distincts, alors tous les \(x_i\) sont nuls. C’est la définition d’une somme directe.
   
   Initialisation. Pour \(p = 1\), l’égalité \(x_1 = 0\) donne le résultat.
   
   Hérédité. Supposons la propriété vraie au rang \(p – 1\), et soit \(x_1 + \cdots + x_p = 0\). En appliquant \(u\), on obtient \(\lambda_1 x_1 + \cdots + \lambda_p x_p = 0\). En retranchant \(\lambda_p\) fois la première égalité, il vient
   \[(\lambda_1 – \lambda_p)x_1 + \cdots + (\lambda_{p-1} – \lambda_p)x_{p-1} = 0.\]
   Chaque vecteur \((\lambda_i – \lambda_p)x_i\) appartient à \(E_{\lambda_i}(u)\). L’hypothèse de récurrence donne donc \((\lambda_i – \lambda_p)x_i = 0\) pour \(i \leq\, p – 1\). Comme \(\lambda_i \neq \lambda_p\), on obtient \(x_i = 0\) pour \(i \leq\, p – 1\), puis \(x_p = 0\).
   
   La somme des sous-espaces propres associés à des valeurs propres distinctes est directe.
2. Par la formule du déterminant, en notant \(\delta_{ij}\) le symbole de Kronecker,
   \[\chi_A = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{j=1}^{n} (X\delta_{\sigma(j)j} – a_{\sigma(j)j}).\]
   Si \(\sigma \neq \operatorname{id}\), alors \(\sigma\) déplace au moins deux indices : le produit correspondant contient au plus \(n – 2\) facteurs de degré 1 et il est de degré au plus \(n – 2\). Le terme associé à l’identité vaut \(\prod_{j=1}^{n}(X – a_{jj}) = X^n – (a_{11} + \cdots + a_{nn})X^{n-1} + R\), avec \(\deg R \leq\, n – 2\).
   
   Ainsi \(\chi_A\) est unitaire, de degré \(n\), et son coefficient de \(X^{n-1}\) est \(-\operatorname{tr}(A)\). Enfin, le coefficient constant vaut \(\chi_A(0) = \det(-A) = (-1)^n\det(A)\) par \(n\)-linéarité. Donc \(\chi_A = X^n – \operatorname{tr}(A)X^{n-1} + \cdots + (-1)^n\det(A)\).

Barème : a) 2 points : 0,5 pour la mise en place de la récurrence, 1 pour l’application de \(u\) et la soustraction, 0,5 pour la conclusion ; b) 2 points : 1 pour la majoration du degré des termes \(\sigma \neq \operatorname{id}\), 0,5 pour le coefficient de \(X^{n-1}\), 0,5 pour le coefficient constant.

Exercice 2 : Spectre d’une matrice à paramètre (5 points)

1. On développe selon la deuxième ligne :
   \[\chi_{A_m} = \begin{vmatrix} X – 1 0 -m \\ 0 X – 2 0 \\ -1 0 X – 1 \end{vmatrix} = (X – 2)\begin{vmatrix} X – 1 -m \\ -1 X – 1 \end{vmatrix}.\]
   Ainsi \(\chi_{A_m} = (X – 2)((X – 1)^2 – m)\). Vérification : la trace vaut 4 et le coefficient de \(X^2\) dans \((X-2)(X^2 – 2X + 1 – m)\) vaut bien \(-4\).
2. Les valeurs propres réelles sont 2 et les racines réelles de \((X – 1)^2 = m\).
   
   Si \(m < 0\) : \(\operatorname{Sp}_{\mathbb{R}}(A_m) = \{2\}\), valeur propre simple.
   
   Si \(m = 0\) : \(\operatorname{Sp}_{\mathbb{R}}(A_0) = \{1, 2\}\), 1 double et 2 simple.
   
   Si \(m > 0\), les racines sont \(1 – \sqrt{m}\) et \(1 + \sqrt{m}\). On a \(1 – \sqrt{m} < 1 < 2\), et \(1 + \sqrt{m} = 2\) si et seulement si \(m = 1\).
   
   Pour \(m > 0\) et \(m \neq 1\) : \(\operatorname{Sp}_{\mathbb{R}}(A_m) = \{1 – \sqrt{m}, 1 + \sqrt{m}, 2\}\), trois valeurs propres simples.
   
   Pour \(m = 1\) : \(\operatorname{Sp}_{\mathbb{R}}(A_1) = \{0, 2\}\), 0 simple et 2 double.
3. Pour \(m = 1\), on résout \(A_1 X = 0\) puis \((A_1 – 2I_3)X = 0\) avec \(X = (x, y, z)\).
   
   \(E_0\) : le système \(x + z = 0\), \(2y = 0\) donne \(y = 0\) et \(z = -x\). Donc \(E_0(A_1) = \operatorname{Vect}((1, 0, -1))\).
   
   \(E_2\) : \(A_1 – 2I_3 = \begin{pmatrix} -1 0 1 \\ 0 0 0 \\ 1 0 -1 \end{pmatrix}\), d’où la seule équation \(x = z\), avec \(y\) quelconque. Donc \(E_2(A_1) = \operatorname{Vect}((1, 0, 1), (0, 1, 0))\), de dimension 2.
4. Pour \(m = -4\), \((X – 1)^2 + 4 = 0\) équivaut à \(X – 1 = \pm 2i\). Donc \(\operatorname{Sp}_{\mathbb{C}}(A_{-4}) = \{2, 1 + 2i, 1 – 2i\}\).
   
   Pour \(\lambda = 1 + 2i\), le système \((A_{-4} – \lambda I_3)X = 0\) s’écrit \(-2ix – 4z = 0\), \((1 – 2i)y = 0\), \(x – 2iz = 0\). On obtient \(y = 0\) et \(x = 2iz\) ; la première équation est alors vérifiée, car \(-2i \times 2iz – 4z = 4z – 4z = 0\). Le vecteur \((2i, 0, 1)\) est un vecteur propre associé à \(1 + 2i\).

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour \(m < 0\) et \(m = 0\), 0,5 pour \(m > 0\), 0,5 pour le cas particulier \(m = 1\) ; c) 1,5 point : 0,5 pour \(E_0\), 1 pour \(E_2\) ; d) 1 point : 0,5 pour le spectre, 0,5 pour le vecteur propre.

Erreur fréquente : oublier le cas \(m = 1\), où la valeur propre \(1 + \sqrt{m}\) se confond avec 2.

Exercice 3 : Matrices triangulaires par blocs (4 points)

1. On a \(XI_{p+q} – M = \begin{pmatrix} XI_p – A -B \\ 0 XI_q – D \end{pmatrix}\). Pour tout scalaire \(x\), la formule admise donne \(\chi_M(x) = \chi_A(x)\,\chi_D(x)\). Deux polynômes qui coïncident en une infinité de points sont égaux. Donc \(\chi_M = \chi_A\,\chi_D\).
2. Soit \((e_1, \ldots, e_p)\) une base de \(F\), complétée en une base \(\mathcal{B}\) de \(E\). Comme \(F\) est stable par \(u\), les images \(u(e_1), \ldots, u(e_p)\) appartiennent à \(F\). La matrice de \(u\) dans \(\mathcal{B}\) est donc triangulaire par blocs, \(\begin{pmatrix} A B \\ 0 D \end{pmatrix}\), où \(A\) est la matrice de \(u_F\). D’après a), \(\chi_u = \chi_{u_F}\,\chi_D\). Ainsi \(\chi_{u_F}\) divise \(\chi_u\).
3. La matrice \(M\) est triangulaire par blocs avec \(A = \begin{pmatrix} 1 2 \\ 3 2 \end{pmatrix}\) et \(D = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\). Pour une matrice de taille 2, \(\chi = X^2 – \operatorname{tr} \times X + \det\).
   
   D’une part, \(\chi_A = X^2 – 3X + (2 – 6) = X^2 – 3X – 4 = (X – 4)(X + 1)\).
   
   D’autre part, \(\chi_D = X^2 – 4X + 3 = (X – 1)(X – 3)\).
   
   Donc \(\chi_M = (X + 1)(X – 1)(X – 3)(X – 4)\) et \(\operatorname{Sp}(M) = \{-1, 1, 3, 4\}\).
4. On cherche un vecteur de la forme \((x, y, 0, 0)\), qui appartient au sous-espace stable \(\operatorname{Vect}(e_1, e_2)\). Il suffit que \((x, y)\) soit vecteur propre de \(A\) pour 4. Le système \((A – 4I_2)(x, y) = 0\) s’écrit \(-3x + 2y = 0\), d’où \((x, y) = (2, 3)\). Vérification : \(M(2, 3, 0, 0) = (2 + 6, 6 + 6, 0, 0) = (8, 12, 0, 0) = 4(2, 3, 0, 0)\). Le vecteur \((2, 3, 0, 0)\) est vecteur propre de \(M\) pour la valeur propre 4.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point : 0,5 pour la base adaptée, 0,5 pour la conclusion ; c) 1,5 point : 0,5 pour chaque polynôme de taille 2, 0,5 pour le spectre ; d) 1 point.

Exercice 4 : Endomorphismes qui commutent (3 points)

1. Si \(x \in \ker u\), alors \(u(v(x)) = v(u(x)) = v(0) = 0\), donc \(v(x) \in \ker u\). Si \(y = u(x) \in \operatorname{Im} u\), alors \(v(y) = u(v(x)) \in \operatorname{Im} u\). Enfin, \(u – \lambda\,\mathrm{id}\) commute avec \(v\), et \(E_\lambda(u) = \ker(u – \lambda\,\mathrm{id})\). Le premier point, appliqué à \(u – \lambda\,\mathrm{id}\), montre alors que \(\ker u\), \(\operatorname{Im} u\) et \(E_\lambda(u)\) sont stables par \(v\).
2. Les \(n\) sous-espaces propres de \(u\) sont de dimension au moins 1 et en somme directe dans \(E\), de dimension \(n\). Chacun est donc une droite. Soit \(x\) un vecteur propre de \(u\) pour \(\lambda\) : alors \(E_\lambda(u) = \mathbb{K}x\). Cette droite est stable par \(v\) d’après a), donc \(v(x) = \mu x\) pour un certain \(\mu \in \mathbb{K}\). Comme \(x \neq 0\), \(x\) est un vecteur propre de \(v\).
3. La matrice \(D\) a trois valeurs propres distinctes, de vecteurs propres \(e_1\), \(e_2\), \(e_3\). Si \(B\) commute avec \(D\), alors chaque \(e_j\) est vecteur propre de \(B\) d’après b) : \(Be_j = \mu_j e_j\), et \(B\) est diagonale. Réciproquement, deux matrices diagonales commutent. Les matrices qui commutent avec \(D\) sont exactement les matrices diagonales.

Barème : a) 1 point : 0,5 pour le noyau et l’image, 0,5 pour les sous-espaces propres ; b) 1 point : 0,5 pour les droites propres, 0,5 pour la conclusion ; c) 1 point : 0,5 pour chaque inclusion.

Exercice 5 : Polynômes caractéristiques de AB et BA (4 points)

1. On a \(A(BA)A^{-1} = AB(AA^{-1}) = AB\). Ainsi \(AB\) et \(BA\) sont semblables. Or deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique, car
   \[\det(XI_n – PCP^{-1}) = \det(P(XI_n – C)P^{-1}) = \det(XI_n – C).\]
   Donc \(\chi_{AB} = \chi_{BA}\) lorsque \(A\) est inversible.
2. Soit \(\lambda \neq 0\) une valeur propre de \(AB\), et \(x \neq 0\) tel que \(ABx = \lambda x\). Alors \(Bx \neq 0\), car sinon \(\lambda x = 0\), ce qui est exclu. De plus, \(BA(Bx) = B(ABx) = \lambda Bx\). Donc \(\lambda\) est valeur propre de \(BA\), de vecteur propre \(Bx\). Par symétrie des rôles, \(AB\) et \(BA\) ont les mêmes valeurs propres non nulles.
3. 0 est valeur propre de \(AB\) si et seulement si \(\det(AB) = 0\). Or \(\det(AB) = \det A \det B = \det(BA)\). Donc 0 est valeur propre de \(AB\) si et seulement si 0 est valeur propre de \(BA\).
4. Un calcul direct donne \(AB = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) et \(BA = \begin{pmatrix} 0 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}\). Les deux ont pour polynôme caractéristique \(X^2\). Cependant, \(E_0(AB) = \ker(AB) = \operatorname{Vect}(e_1)\) est de dimension 1, alors que \(E_0(BA) = \mathbb{K}^2\) est de dimension 2. \(AB\) et \(BA\) ne sont pas semblables : la seule matrice semblable à la matrice nulle est la matrice nulle elle-même.
5. D’après l’exercice 1 b), la trace est l’opposé du coefficient de \(X^{n-1}\) du polynôme caractéristique. L’égalité \(\chi_{AB} = \chi_{BA}\) donne donc \(\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)\).

Barème : a) 1 point : 0,5 pour la similitude, 0,5 pour l’invariance du polynôme caractéristique ; b) 1 point : 0,5 pour \(Bx \neq 0\), 0,5 pour la conclusion ; c) 0,5 point ; d) 1 point : 0,5 pour les calculs, 0,5 pour la non-similitude ; e) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : éléments propres et polynôme caractéristique

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