Corrigé du contrôle de maths spé : polynôme minimal, noyaux et Cayley-Hamilton

Exercice 1 : Question de cours (4 points)

1. Posons \(P = P_1P_2\). Comme \(P_1\) et \(P_2\) sont premiers entre eux, le théorème de Bézout dans \(\mathbb{K}[X]\) fournit \(U_1\) et \(U_2\) tels que \(U_1P_1 + U_2P_2 = 1\). En évaluant en \(u\) (morphisme d’algèbres \(Q \mapsto Q(u)\)), on obtient
   \[U_1(u) \circ P_1(u) + U_2(u) \circ P_2(u) = \mathrm{id}_E.\]
   Rappelons aussi que deux polynômes en \(u\) commutent.
   
   Inclusions. Si \(x \in \ker P_1(u)\), alors \(P(u)(x) = P_2(u)(P_1(u)(x)) = 0\). Donc \(\ker P_1(u) \subset \ker P(u)\), et de même \(\ker P_2(u) \subset \ker P(u)\).
   
   La somme est directe. Soit \(x \in \ker P_1(u) \cap \ker P_2(u)\). La relation ci-dessus donne \(x = U_1(u)(P_1(u)(x)) + U_2(u)(P_2(u)(x)) = 0\).
   
   La somme vaut \(\ker P(u)\). Soit \(x \in \ker P(u)\). Posons \(x_1 = U_2(u) \circ P_2(u)(x)\) et \(x_2 = U_1(u) \circ P_1(u)(x)\) ; alors \(x = x_1 + x_2\). De plus, \(P_1(u)(x_1) = U_2(u)(P(u)(x)) = 0\), donc \(x_1 \in \ker P_1(u)\). De même, \(x_2 \in \ker P_2(u)\).
   
   Ainsi \(\ker P(u) = \ker P_1(u) \oplus \ker P_2(u)\).
   
   Généralisation. Si \(P_1, \ldots, P_r\) sont deux à deux premiers entre eux, alors \(P_1\) est premier avec \(P_2 \cdots P_r\). Une récurrence sur \(r\) donne alors \(\ker (P_1 \cdots P_r)(u) = \ker P_1(u) \oplus \cdots \oplus \ker P_r(u)\).
2. Théorème de Cayley-Hamilton. Pour tout \(u \in \mathcal{L}(E)\), on a \(\chi_u(u) = 0\). Ainsi \(\chi_u\) est un polynôme annulateur, donc \(\mu_u\) divise \(\chi_u\). En particulier, \(\deg \mu_u \leq\, n\).

Barème : a) 3 points : 0,5 pour la relation de Bézout évaluée en \(u\), 0,5 pour les inclusions, 0,5 pour l’intersection nulle, 1 pour la décomposition \(x = x_1 + x_2\), 0,5 pour la généralisation ; b) 1 point : 0,5 pour l’énoncé, 0,5 pour la conséquence.

Exercice 2 : Polynôme minimal d’une matrice (5 points)

1. Le calcul ligne par colonne donne \(A^2 = \begin{pmatrix} 2 1 1 \\ 1 2 1 \\ 1 1 2 \end{pmatrix} = A + 2I_3\). Par conséquent,
   \[(A + I_3)(A – 2I_3) = A^2 – A – 2I_3 = 0.\]
   Le polynôme \((X + 1)(X – 2)\) annule \(A\).
2. Le polynôme minimal \(\mu_A\) divise \((X + 1)(X – 2)\). S’il était de degré 1, \(A\) serait de la forme \(cI_3\), ce qui est faux. Donc \(\mu_A = (X + 1)(X – 2) = X^2 – X – 2\).
3. Le polynôme \(\mu_A\) est scindé à racines simples, donc \(A\) est diagonalisable. Les valeurs propres sont exactement les racines de \(\mu_A\) : \(\operatorname{Sp}(A) = \{-1, 2\}\). Notons \(\alpha\) et \(\beta\) leurs multiplicités : \(\alpha + \beta = 3\) et \(\operatorname{tr} A = -\alpha + 2\beta = 0\). On obtient \(\beta = 1\) et \(\alpha = 2\). Donc \(\chi_A = (X + 1)^2(X – 2)\).
4. La valeur 0 n’est pas valeur propre, donc \(A\) est inversible. De \(A^2 – A = 2I_3\), on tire \(A \times \dfrac{1}{2}(A – I_3) = I_3\). Ainsi \(A^{-1} = \dfrac{1}{2}(A – I_3)\).
5. Le reste est de degré au plus 1 : \(X^n = (X + 1)(X – 2)Q_n + a_nX + b_n\). En évaluant en 2 puis en \(-1\), on obtient \(2a_n + b_n = 2^n\) et \(-a_n + b_n = (-1)^n\). Par soustraction, \(3a_n = 2^n – (-1)^n\). Il vient
   \[a_n = \dfrac{2^n – (-1)^n}{3}, \qquad b_n = \dfrac{2^n + 2(-1)^n}{3}.\]
   En évaluant en \(A\), et comme \(\mu_A(A) = 0\), on trouve \(A^n = a_nA + b_nI_3\).
   
   Les coefficients diagonaux de \(A^n\) valent \(\dfrac{2^n + 2(-1)^n}{3}\), les autres valent \(\dfrac{2^n – (-1)^n}{3}\).
   
   Vérification : pour \(n = 2\), on trouve \(a_2 = 1\) et \(b_2 = 2\), soit \(A^2 = A + 2I_3\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 pour la divisibilité, 0,5 pour l’exclusion du degré 1 ; c) 1 point : 0,5 pour la diagonalisabilité et le spectre, 0,5 pour les multiplicités ; d) 0,5 point ; e) 1,5 point : 0,5 pour la forme du reste, 0,5 pour le système, 0,5 pour les coefficients de \(A^n\).

Exercice 3 : Polynômes annulateurs (4 points)

1. Le polynôme \(X^3 – X = X(X – 1)(X + 1)\) annule \(A\) et il est scindé à racines simples sur \(\mathbb{R}\). Donc \(A\) est diagonalisable sur \(\mathbb{R}\). De plus, toute valeur propre est racine d’un polynôme annulateur : \(\operatorname{Sp}(A) \subset \{-1, 0, 1\}\).
2. Écrivons \(A = P\Delta P^{-1}\) avec \(\Delta = \operatorname{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)\) et \(\lambda_i \in \{-1, 0, 1\}\). Alors \(A^2 = P\Delta^2P^{-1}\), et \(\lambda_i^2 = 1\) si \(\lambda_i \neq 0\), \(\lambda_i^2 = 0\) sinon. Ainsi \(\operatorname{tr}(A^2)\) est le nombre de \(\lambda_i\) non nuls. C’est exactement le rang de \(\Delta\), égal à celui de \(A\) puisque les deux matrices sont semblables. Donc \(\operatorname{rg}(A) = \operatorname{tr}(A^2)\).
3. Le projecteur vérifie \(p^2 = p\) : le polynôme \(X(X – 1)\), scindé à racines simples, l’annule. Le lemme des noyaux donne \(E = \ker p \oplus \ker(p – \mathrm{id})\), donc \(p\) est diagonalisable, de matrice \(\operatorname{diag}(1, \ldots, 1, 0, \ldots, 0)\) dans une base adaptée. Sa trace est le nombre de 1, qui est aussi son rang : \(\operatorname{rg}(p) = \operatorname{tr}(p)\).
   
   La symétrie vérifie \(s^2 = \mathrm{id}\), et \(X^2 – 1 = (X – 1)(X + 1)\) avec \(X – 1\) et \(X + 1\) premiers entre eux. Comme \(\ker(s^2 – \mathrm{id}) = E\), le lemme des noyaux donne \(E = \ker(s – \mathrm{id}) \oplus \ker(s + \mathrm{id})\) : \(s\) est diagonalisable.
4. D’abord, \(\det(B)^2 = \det(B^2) = \det(-I_n) = (-1)^n\). Un carré de réel est positif, donc \((-1)^n = 1\) : \(n\) est pair.
   
   Ensuite, si \(\lambda\) est une valeur propre réelle de vecteur propre \(x\), alors \(-x = B^2x = \lambda^2x\), donc \(\lambda^2 = -1\), ce qui est impossible. Ainsi \(B\) n’a aucune valeur propre réelle : elle n’est pas diagonalisable sur \(\mathbb{R}\). En revanche, \(X^2 + 1 = (X – i)(X + i)\) est scindé à racines simples sur \(\mathbb{C}\) et annule \(B\). Donc \(B\) est diagonalisable sur \(\mathbb{C}\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 pour la forme diagonale de \(A^2\), 0,5 pour la conclusion ; c) 1 point : 0,5 pour le projecteur, 0,5 pour la symétrie ; d) 1 point : 0,5 pour la parité, 0,5 pour la diagonalisabilité sur \(\mathbb{R}\) et sur \(\mathbb{C}\).

Erreur fréquente : affirmer que \(\operatorname{Sp}(A) = \{-1, 0, 1\}\). Un polynôme annulateur ne donne qu’une inclusion ; par exemple, \(A = I_n\) vérifie \(A^3 = A\).

Exercice 4 : L’algèbre K[u] (3 points)

1. Liberté. Si \(\sum_{k=0}^{d-1} a_ku^k = 0\) avec des \(a_k\) non tous nuls, le polynôme \(\sum_{k=0}^{d-1} a_kX^k\) est un polynôme annulateur non nul, de degré strictement inférieur à \(d\). Cela contredit la définition de \(\mu_u\). La famille est donc libre.
   
   Caractère générateur. Soit \(P \in \mathbb{K}[X]\). La division euclidienne donne \(P = Q\mu_u + R\) avec \(\deg R < d\). Comme \(\mu_u(u) = 0\), on obtient \(P(u) = R(u)\), qui est combinaison linéaire de \(\mathrm{id}, u, \ldots, u^{d-1}\).
   
   La famille \((\mathrm{id}, u, \ldots, u^{d-1})\) est une base de \(\mathbb{K}[u]\), et \(\dim \mathbb{K}[u] = d = \deg \mu_u\).
2. Supposons \(\mu_u(0) = 0\) : alors \(\mu_u = XQ\) avec \(\deg Q = d – 1\). Par minimalité, \(Q(u) \neq 0\) ; il existe donc \(x\) tel que \(y = Q(u)(x) \neq 0\). Or \(u(y) = \mu_u(u)(x) = 0\), donc \(u\) n’est pas injectif, donc pas inversible.
   
   Réciproquement, supposons \(c = \mu_u(0) \neq 0\), et écrivons \(\mu_u = XQ + c\). Alors \(u \circ Q(u) = Q(u) \circ u = -c\,\mathrm{id}\). Donc \(u\) est inversible, d’inverse \(-\dfrac{1}{c}Q(u)\). Ainsi \(u\) est inversible si et seulement si \(\mu_u(0) \neq 0\), et alors \(u^{-1} = -\dfrac{1}{c}Q(u) \in \mathbb{K}[u]\).
   
   Pour la matrice de l’exercice 2, \(\mu_A = X^2 – X – 2 = X(X – 1) – 2\). Ici \(c = -2\) et \(Q = X – 1\), d’où \(A^{-1} = \dfrac{1}{2}(A – I_3)\), comme trouvé en 2 d).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la liberté, 0,5 pour la division euclidienne, 0,5 pour la dimension ; b) 1,5 point : 0,5 pour chaque sens, 0,5 pour l’application.

Exercice 5 : Codiagonalisation (4 points)

1. Soit \(x \in E_\lambda(u)\). Alors \(u(v(x)) = v(u(x)) = \lambda v(x)\), donc \(v(x) \in E_\lambda(u)\). Chaque \(E_\lambda(u)\) est stable par \(v\).
2. Comme \(v\) est diagonalisable, \(\mu_v\) est scindé à racines simples. Pour \(x \in E_\lambda(u)\), on a \(\mu_v(v_\lambda)(x) = \mu_v(v)(x) = 0\). Ainsi \(\mu_v\) annule \(v_\lambda\), et le polynôme minimal de \(v_\lambda\) divise \(\mu_v\). Il est donc lui aussi scindé à racines simples. Par conséquent, \(v_\lambda\) est diagonalisable.
3. Comme \(u\) est diagonalisable, \(E = \bigoplus_{\lambda \in \operatorname{Sp}(u)} E_\lambda(u)\). Dans chaque \(E_\lambda(u)\), choisissons une base de vecteurs propres de \(v_\lambda\), ce que permet b). Ces vecteurs sont propres pour \(v\), et aussi pour \(u\) puisqu’ils sont dans \(E_\lambda(u)\). La concaténation de ces bases est une base de \(E\), car la somme est directe. Il existe donc une base de vecteurs propres communs à \(u\) et \(v\).
4. Le calcul donne \(MN = \begin{pmatrix} 4 5 \\ 5 4 \end{pmatrix} = NM\). Avec \(P = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\), on vérifie que \(M(1, 1) = (3, 3)\), \(M(1, -1) = (-1, 1)\), \(N(1, 1) = (3, 3)\) et \(N(1, -1) = (1, -1)\). La matrice \(P\) est inversible (\(\det P = -2\)). Ainsi \(P^{-1}MP = \operatorname{diag}(3, -1)\) et \(P^{-1}NP = \operatorname{diag}(3, 1)\).
5. Si \(u\) et \(v\) ont des matrices diagonales \(D_1\) et \(D_2\) dans une même base, alors \(D_1D_2 = D_2D_1\), car deux matrices diagonales commutent. Donc \(u \circ v = v \circ u\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point : 0,5 pour l’annulation de \(v_\lambda\) par \(\mu_v\), 0,5 pour la conclusion ; c) 1 point ; d) 1 point : 0,5 pour la commutation, 0,5 pour \(P\) et les matrices diagonales ; e) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : polynôme minimal, noyaux et Cayley-Hamilton

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