Diagonalisation et trigonalisation : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Diagonalisation d’une matrice 2×2

1. Pour une matrice de taille 2, on a \(\chi_A = X^2 – (\operatorname{tr} A) X + \det A\). Ici \(\operatorname{tr} A = 2\) et \(\det A = 1 – 4 = -3\). Donc \(\chi_A = X^2 – 2X – 3 = (X – 3)(X + 1)\). Ainsi \(\operatorname{Sp}(A) = \{3, -1\}\).
2. Pour \(\lambda = 3\), on résout \((A – 3I_2)X = 0\), soit \(-2x + 2y = 0\). Donc \(E_3 = \mathrm{Vect}\big((1, 1)\big)\). Pour \(\lambda = -1\), on résout \(2x + 2y = 0\). Donc \(E_{-1} = \mathrm{Vect}\big((1, -1)\big)\). Les deux sous-espaces propres sont les droites \(y = x\) et \(y = -x\).
3. La matrice a deux valeurs propres distinctes en dimension 2, donc elle est diagonalisable. On pose :
   \[P = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 3 0 \\ 0 -1 \end{pmatrix}.\]
   Vérifions : \(AP = \begin{pmatrix} 3 -1 \\ 3 1 \end{pmatrix}\) et \(PD = \begin{pmatrix} 3 -1 \\ 3 1 \end{pmatrix}\). Comme \(\det P = -2 \neq 0\), on a bien \(A = P D P^{-1}\).

La figure ci-dessous montre les deux droites propres : \(A\) triple les vecteurs de \(E_3\) et retourne ceux de \(E_{-1}\).

Point de méthode : vérifier \(AP = PD\) plutôt que \(A = PDP^{-1}\) évite d’inverser \(P\).

Corrigé de l’exercice 2 : Trois valeurs propres distinctes

1. On a \(\chi_A = \begin{vmatrix} X – 2 -1 1 \\ 1 X – 2 -1 \\ 1 -1 X – 2 \end{vmatrix}\). On effectue \(C_1 arrow C_1 + C_3\) : la première colonne devient \((X – 1, 0, X – 1)\). On factorise \(X – 1\), puis on effectue \(L_3 arrow L_3 – L_1\) :
   \[\chi_A = (X – 1)\begin{vmatrix} 1 -1 1 \\ 0 X – 2 -1 \\ 0 0 X – 3 \end{vmatrix} = (X – 1)(X – 2)(X – 3).\]
   Donc \(\chi_A = (X – 1)(X – 2)(X – 3)\).
2. La matrice possède trois valeurs propres distinctes en dimension 3. D’après le cours, \(A\) est diagonalisable et ses sous-espaces propres sont des droites.
3. Pour \(\lambda = 1\), le système \((A – I_3)X = 0\) s’écrit \(x + y – z = 0\), \(-x + y + z = 0\), \(-x + y + z = 0\). En additionnant les deux premières, \(y = 0\), puis \(z = x\). Donc \(E_1 = \mathrm{Vect}\big((1, 0, 1)\big)\).
   Pour \(\lambda = 2\), on obtient \(y – z = 0\), \(-x + z = 0\) et \(-x + y = 0\). Donc \(E_2 = \mathrm{Vect}\big((1, 1, 1)\big)\).
   Pour \(\lambda = 3\), on obtient \(-x + y – z = 0\), \(-x – y + z = 0\). En additionnant, \(x = 0\), puis \(y = z\). Donc \(E_3 = \mathrm{Vect}\big((0, 1, 1)\big)\).
   Ainsi : \(P = \begin{pmatrix} 1 1 0 \\ 0 1 1 \\ 1 1 1 \end{pmatrix}\) et \(D = \mathrm{diag}(1, 2, 3)\). Contrôle : \(A(0, 1, 1) = (0, 3, 3)\), ce qui convient.

Corrigé de l’exercice 3 : Matrices non diagonalisables

1. On a \(\operatorname{tr} A = 2\) et \(\det A = 1\), donc \(\chi_A = X^2 – 2X + 1 = (X – 1)^2\). La seule valeur propre est 1. Si \(A\) était diagonalisable, on aurait \(A = P I_2 P^{-1} = I_2\), ce qui est faux. Donc \(A\) n’est pas diagonalisable.
2. On a \(\chi_B = X^2 – 2X + 2\), de discriminant \(-4\). Ses racines sont \(1 + i\) et \(1 – i\), qui ne sont pas réelles. Par conséquent \(\chi_B\) n’est pas scindé sur \(\mathbb{R}\) et \(B\) n’est pas diagonalisable dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\). En revanche, ces deux racines sont distinctes, donc \(B\) est diagonalisable dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{C})\).
3. Dans \(\det(X I_3 – C)\), la troisième colonne vaut \((0, 0, X – 3)\). En développant selon cette colonne, on obtient \(\chi_C = (X – 3)\begin{vmatrix} X – 2 -1 \\ 0 X – 2 \end{vmatrix} = (X – 3)(X – 2)^2\). Ensuite, \(C – 2I_3 = \begin{pmatrix} 0 1 0 \\ 0 0 0 \\ 1 0 1 \end{pmatrix}\) est de rang 2. Le théorème du rang donne \(\dim E_2 = 1 < 2 = m_2\). Donc \(C\) n’est pas diagonalisable.

Corrigé de l’exercice 4 : Matrice de rotation sur R et sur C

1. Si \(\theta \in 2\pi\mathbb{Z}\), alors \(R_\theta = I_2\). Si \(\theta \in \pi + 2\pi\mathbb{Z}\), alors \(R_\theta = -I_2\). Dans les deux cas, \(R_\theta\) est diagonale, donc diagonalisable.
2. Un vecteur propre réel \(X\) vérifierait \(R_\theta X \in \mathbb{R} X\). Or, comme sur la figure de l’énoncé, \(R_\theta X\) fait un angle \(\theta\) avec \(X\), et cet angle n’est pas un multiple de \(\pi\). Donc \(R_\theta X\) n’est jamais colinéaire à \(X \neq 0\). Par le calcul, \(\chi_{R_\theta} = X^2 – 2\cos\theta\, X + 1\), de discriminant \(4\cos^2\theta – 4 = -4\sin^2\theta < 0\). Ainsi \(R_\theta\) n’a aucune valeur propre réelle.
3. Les racines complexes sont \(\cos\theta \pm i \sin\theta = e^{\pm i\theta}\). Elles sont distinctes car \(\sin\theta \neq 0\), donc \(R_\theta\) est diagonalisable dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{C})\). Pour \(\lambda = e^{i\theta}\), on a \(R_\theta – \lambda I_2 = \sin\theta \begin{pmatrix} -i -1 \\ 1 -i \end{pmatrix}\), dont le noyau contient \((1, -i)\). De même, \((1, i)\) est propre pour \(e^{-i\theta}\). Une base propre est \(\big((1, -i), (1, i)\big)\), associée à \((e^{i\theta}, e^{-i\theta})\).
4. Une matrice est trigonalisable dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\) si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé sur \(\mathbb{R}\). Ce n’est pas le cas ici. Donc \(R_\theta\) n’est pas trigonalisable dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\).

Corrigé de l’exercice 5 : Valeur propre double et matrice de passage

1. Dans \(X I_3 – A = \begin{pmatrix} X + 1 3 -3 \\ 3 X + 1 -3 \\ 3 3 X – 5 \end{pmatrix}\), la somme de chaque ligne vaut \(X + 1\). On effectue donc \(C_1 arrow C_1 + C_2 + C_3\) et on factorise \(X + 1\). Ensuite, \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – L_1\) donnent :
   \[\chi_A = (X + 1)\begin{vmatrix} 1 3 -3 \\ 0 X – 2 0 \\ 0 0 X – 2 \end{vmatrix} = (X + 1)(X – 2)^2.\]
   Les valeurs propres sont \(-1\) (simple) et \(2\) (double).
2. On a \(A – 2I_3 = \begin{pmatrix} -3 -3 3 \\ -3 -3 3 \\ -3 -3 3 \end{pmatrix}\), de rang 1. Ainsi \(E_2\) est le plan \(x + y – z = 0\), de base \((1, 0, 1)\) et \((0, 1, 1)\). Par ailleurs, la somme des coefficients de chaque ligne de \(A\) vaut \(-1\), donc \(A(1, 1, 1) = -(1, 1, 1)\). Ainsi \(E_2\) est un plan et \(E_{-1} = \mathrm{Vect}\big((1, 1, 1)\big)\) est une droite.
3. Le polynôme caractéristique est scindé, et \(\dim E_2 = 2 = m_2\), \(\dim E_{-1} = 1 = m_{-1}\). Par le critère du cours, \(A\) est diagonalisable. On prend \(P = \begin{pmatrix} 1 0 1 \\ 0 1 1 \\ 1 1 1 \end{pmatrix}\) et \(D = \mathrm{diag}(2, 2, -1)\).
4. Par la méthode de Gauss, ou en résolvant \(PY = X\), on trouve \(P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 -1 1 \\ -1 0 1 \\ 1 1 -1 \end{pmatrix}\). On vérifie que \(P P^{-1} = I_3\) : par exemple, la première ligne de \(P\) fois la première colonne de \(P^{-1}\) donne \(0 + 0 + 1 = 1\). Ensuite, \(D^n = 2^n I_3 + \big((-1)^n – 2^n\big)\,\mathrm{diag}(0, 0, 1)\). Donc :
   \[A^n = 2^n I_3 + \big((-1)^n – 2^n\big)\, \Pi, \qquad \Pi = P\,\mathrm{diag}(0, 0, 1)\,P^{-1}.\]
   Or \(\Pi\) est le produit de la troisième colonne \((1, 1, 1)\) de \(P\) par la troisième ligne \((1, 1, -1)\) de \(P^{-1}\). Ainsi \(A^n = 2^n I_3 + \big((-1)^n – 2^n\big)\begin{pmatrix} 1 1 -1 \\ 1 1 -1 \\ 1 1 -1 \end{pmatrix}\). Pour \(n = 1\), on retrouve bien \(2I_3 – 3\Pi = A\).

Point de méthode : repérer que les lignes ont une somme constante donne immédiatement un vecteur propre et une factorisation du déterminant.

Corrigé de l’exercice 6 : Diagonalisabilité selon un paramètre

1. La matrice est triangulaire supérieure, donc \(\chi_{A_{a,b}} = (X – 1)^2 (X – 2)\). Le spectre est \(\{1, 2\}\), avec 1 double et 2 simple.
2. On a \(A_{a,b} – I_3 = \begin{pmatrix} 0 a 1 \\ 0 0 b \\ 0 0 1 \end{pmatrix}\). Si \(a \neq 0\), les lignes \((0, a, 1)\) et \((0, 0, 1)\) sont libres, et la deuxième ligne est proportionnelle à la troisième : le rang vaut 2. Si \(a = 0\), toutes les lignes sont colinéaires à \((0, 0, 1)\) : le rang vaut 1. Donc \(\operatorname{rg}(A_{a,b} – I_3) = 2\) si \(a \neq 0\), et 1 si \(a = 0\).
3. La valeur propre 2 est simple, donc \(\dim E_2 = 1\) dans tous les cas. Le polynôme caractéristique est scindé. Ainsi, \(A_{a,b}\) est diagonalisable si et seulement si \(\dim E_1 = 2\), soit \(\operatorname{rg}(A_{a,b} – I_3) = 1\). La condition cherchée est \(a = 0\), quel que soit \(b\).
4. Pour \(a = 0\), \(E_1\) est le plan \(z = 0\), de base \(e_1, e_2\). Ensuite, \(A_{0,b} – 2I_3 = \begin{pmatrix} -1 0 1 \\ 0 -1 b \\ 0 0 0 \end{pmatrix}\) donne \(x = z\) et \(y = bz\). Donc \(E_2 = \mathrm{Vect}\big((1, b, 1)\big)\). On peut prendre \(P = \begin{pmatrix} 1 0 1 \\ 0 1 b \\ 0 0 1 \end{pmatrix}\), avec \(D = \mathrm{diag}(1, 1, 2)\).

Corrigé de l’exercice 7 : Puissances d’une matrice diagonalisable

1. On a \(\operatorname{tr} A = 5\) et \(\det A = 4 + 2 = 6\), donc \(\chi_A = X^2 – 5X + 6 = (X – 2)(X – 3)\). Pour 2, l’équation \(2x – 2y = 0\) donne \((1, 1)\). Pour 3, l’équation \(x – 2y = 0\) donne \((2, 1)\). Ainsi \(A = P D P^{-1}\) avec \(P = \begin{pmatrix} 1 2 \\ 1 1 \end{pmatrix}\) et \(D = \mathrm{diag}(2, 3)\).
2. On a \(\det P = -1\), donc \(P^{-1} = \begin{pmatrix} -1 2 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\). Ensuite :
   \[A^n = \begin{pmatrix} 1 2 \\ 1 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2^n 0 \\ 0 3^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 2 \\ 1 -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2^n 2 \cdot 3^n \\ 2^n 3^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 2 \\ 1 -1 \end{pmatrix}.\]
   Donc \(A^n = \begin{pmatrix} 2 \cdot 3^n – 2^n 2^{n+1} – 2 \cdot 3^n \\ 3^n – 2^n 2^{n+1} – 3^n \end{pmatrix}\). Pour \(n = 0\), on obtient \(\begin{pmatrix} 1 0 \\ 0 1 \end{pmatrix}\). Pour \(n = 1\), on obtient \(\begin{pmatrix} 4 -2 \\ 1 1 \end{pmatrix} = A\).
3. La matrice \(A\) est inversible car \(0 \notin \operatorname{Sp}(A)\). De plus, \(A^{-1} = P D^{-1} P^{-1}\), donc la formule vaut pour \(n = -1\). Elle donne \(\begin{pmatrix} 2/3 – 1/2 1 – 2/3 \\ 1/3 – 1/2 1 – 1/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/6 1/3 \\ -1/6 2/3 \end{pmatrix}\). Directement, \(A^{-1} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 1 2 \\ -1 4 \end{pmatrix}\). Les deux calculs concordent.

Corrigé de l’exercice 8 : Évolution de deux populations

1. La ville \(\mathcal{A}\) garde \(80\,\%\) de ses habitants et reçoit \(30\,\%\) de ceux de \(\mathcal{B}\). De même pour \(\mathcal{B}\). Donc \(M = \begin{pmatrix} 0{,}8 0{,}3 \\ 0{,}2 0{,}7 \end{pmatrix}\).
2. On a \(\operatorname{tr} M = 1{,}5\) et \(\det M = 0{,}56 – 0{,}06 = 0{,}5\). Donc \(\chi_M = X^2 – 1{,}5X + 0{,}5 = (X – 1)(X – 0{,}5)\). Pour 1, l’équation \(-0{,}2x + 0{,}3y = 0\) donne \((3, 2)\). Pour \(0{,}5\), l’équation \(0{,}3x + 0{,}3y = 0\) donne \((1, -1)\). Ainsi \(M = P\,\mathrm{diag}(1, 0{,}5)\,P^{-1}\) avec \(P = \begin{pmatrix} 3 1 \\ 2 -1 \end{pmatrix}\).
3. On décompose \(X_0 = \alpha(3, 2) + \beta(1, -1)\). Le système \(3\alpha + \beta = 100\), \(2\alpha – \beta = 0\) donne \(\alpha = 20\) et \(\beta = 40\). Par conséquent, \(X_n = M^n X_0 = 20(3, 2) + 40 \cdot 0{,}5^n (1, -1)\). Donc \(a_n = 60 + \dfrac{40}{2^n}\) et \(b_n = 40 – \dfrac{40}{2^n}\), de limites 60 et 40. Contrôle : \(a_1 = 80\) et \(b_1 = 20\).
4. Dans le cas général, la somme des coordonnées de \((1, -1)\) est nulle, donc \(a_0 + b_0 = 5\alpha\). Ainsi \(\alpha = \frac{a_0 + b_0}{5}\) et \(X_n \to \alpha(3, 2)\). La limite vaut \(\big(\tfrac{3}{5}S, \tfrac{2}{5}S\big)\) avec \(S = a_0 + b_0\).

La figure ci-dessous représente les deux suites : l’écart à la limite est divisé par 2 chaque année.

Corrigé de l’exercice 9 : Suite récurrente d’ordre 2

1. On a \(X_{n+1} = (u_{n+1}, u_{n+2}) = (u_{n+1}, 2u_n + u_{n+1})\). Donc \(C = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 2 1 \end{pmatrix}\).
2. On a \(\chi_C = X^2 – X – 2 = (X – 2)(X + 1)\). Pour une valeur propre \(\lambda\), la première ligne de \(C – \lambda I_2\) donne \(y = \lambda x\). Ainsi \((1, 2)\) est propre pour 2 et \((1, -1)\) pour \(-1\). Donc \(C = P\,\mathrm{diag}(2, -1)\,P^{-1}\) avec \(P = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 2 -1 \end{pmatrix}\).
3. On décompose \(X_0 = (0, 1) = a(1, 2) + b(1, -1)\). On obtient \(a + b = 0\) et \(2a – b = 1\), donc \(a = \frac{1}{3}\) et \(b = -\frac{1}{3}\). Ensuite, \(X_n = \frac{2^n}{3}(1, 2) – \frac{(-1)^n}{3}(1, -1)\). En lisant la première coordonnée : \(u_n = \dfrac{2^n – (-1)^n}{3}\), et \(u_n \sim \dfrac{2^n}{3}\). Contrôle : \(u_2 = 1\) et \(u_3 = 3\), ce que donne aussi la récurrence.

Comme le montre la figure ci-dessous, le terme \((-1)^n/3\) devient vite négligeable devant \(2^n/3\).

Corrigé de l’exercice 10 : Trigonalisation d’une matrice 2×2

1. On a \(\operatorname{tr} A = 4\) et \(\det A = 3 + 1 = 4\), donc \(\chi_A = (X – 2)^2\). La seule valeur propre est 2 et \(A \neq 2I_2\). Donc \(A\) n’est pas diagonalisable.
2. On a \(A – 2I_2 = \begin{pmatrix} 1 1 \\ -1 -1 \end{pmatrix}\), donc \(V_1 = (1, -1)\) est propre. On cherche \(V_2\) tel que \((A – 2I_2)V_2 = V_1\), soit \(x + y = 1\). Le choix \(V_2 = (1, 0)\) convient. Alors \(AV_1 = 2V_1\) et \(AV_2 = V_1 + 2V_2\). Donc \(P = \begin{pmatrix} 1 1 \\ -1 0 \end{pmatrix}\) convient.
3. On écrit \(T = 2I_2 + N\) avec \(N = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) et \(N^2 = 0\). Comme \(2I_2\) et \(N\) commutent, la formule du binôme donne \(T^n = 2^n I_2 + n 2^{n-1} N\). Ensuite, \(P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 -1 \\ 1 1 \end{pmatrix}\) et \(A^n = P T^n P^{-1}\). Le calcul donne :
   \[A^n = 2^{n-1}\begin{pmatrix} n + 2 n \\ -n 2 – n \end{pmatrix}.\]
   Pour \(n = 2\), la formule donne \(\begin{pmatrix} 8 4 \\ -4 0 \end{pmatrix}\), et le calcul direct de \(A^2\) donne le même résultat.

Corrigé de l’exercice 11 : Trigonalisation d’une matrice 3×3

1. On développe \(\det(X I_3 – A)\) selon la dernière ligne \((0, 0, X – 2)\) :
   \[\chi_A = (X – 2)\begin{vmatrix} X – 2 1 \\ -1 X \end{vmatrix} = (X – 2)(X^2 – 2X + 1).\]
   Donc \(\chi_A = (X – 1)^2 (X – 2)\).
2. On a \(A – I_3 = \begin{pmatrix} 1 -1 1 \\ 1 -1 2 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}\). La troisième équation donne \(z = 0\), puis \(x = y\). Donc \(E_1 = \mathrm{Vect}\big((1, 1, 0)\big)\). Ensuite, \(A – 2I_3\) donne \(-y + z = 0\) et \(x – 2y + 2z = 0\), donc \(y = z\) et \(x = 0\). Ainsi \(E_2 = \mathrm{Vect}\big((0, 1, 1)\big)\). Comme \(\dim E_1 = 1 < 2 = m_1\), la matrice \(A\) n’est pas diagonalisable. Elle est cependant trigonalisable, car \(\chi_A\) est scindé.
3. On prend \(V_1 = (1, 1, 0)\) et \(V_3 = (0, 1, 1)\). On résout \((A – I_3)V_2 = V_1\) : on obtient \(z = 0\) et \(x – y = 1\). Le choix \(V_2 = (1, 0, 0)\) convient. Vérification : \(AV_2 = (2, 1, 0) = V_1 + V_2\). La famille est une base, car \(\det\begin{pmatrix} 1 1 0 \\ 1 0 1 \\ 0 0 1 \end{pmatrix} = -1 \neq 0\). Dans la base \(\big((1, 1, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 1)\big)\), la matrice est bien \(T\).
4. La matrice \(T\) est diagonale par blocs. Le bloc \(\begin{pmatrix} 1 1 \\ 0 1 \end{pmatrix} = I_2 + N\), avec \(N^2 = 0\), a pour puissance \(n\)-ième \(I_2 + nN\). Donc \(T^n = \begin{pmatrix} 1 n 0 \\ 0 1 0 \\ 0 0 2^n \end{pmatrix}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Matrices nilpotentes explicites

1. Pour \(N_1\), on calcule \(N_1^2 = \begin{pmatrix} 0 0 1 \\ 0 0 0 \\ 0 0 0 \end{pmatrix} \neq 0\), puis \(N_1^3 = 0\). Pour \(N_2\), on remarque que \(N_2 = U V^T\) avec \(U = (1, 2, 1)\) et \(V = (1, 0, -1)\). Ainsi \(N_2^2 = U (V^T U) V^T\), et \(V^T U = 1 – 1 = 0\). Donc \(N_2^2 = 0\) alors que \(N_2 \neq 0\). Les indices valent 3 pour \(N_1\) et 2 pour \(N_2\).
2. Une matrice nilpotente de taille 3 a pour seule valeur propre complexe 0. Donc \(\chi_{N_1} = \chi_{N_2} = X^3\).
3. On a \((I_3 + N_2)(I_3 – N_2) = I_3 – N_2^2 = I_3\). Donc \((I_3 + N_2)^{-1} = I_3 – N_2 = \begin{pmatrix} 0 0 1 \\ -2 1 2 \\ -1 0 2 \end{pmatrix}\). De même, \((I_3 + N_1)(I_3 – N_1 + N_1^2) = I_3 + N_1^3 = I_3\). Donc \((I_3 + N_1)^{-1} = \begin{pmatrix} 1 -1 0 \\ 0 1 -1 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}\).
4. Une matrice nilpotente diagonalisable est nulle, car sa seule valeur propre est 0. Comme \(N_1 \neq 0\) et \(N_2 \neq 0\), aucune des deux n’est diagonalisable.

Corrigé de l’exercice 13 : Caractérisation des matrices nilpotentes

1. Soit \(p\) tel que \(A^p = 0\), et \(AX = \lambda X\) avec \(X \neq 0\). Par récurrence, \(A^p X = \lambda^p X\). Donc \(\lambda^p X = 0\), puis \(\lambda = 0\). De plus, \(\chi_A\) est scindé sur \(\mathbb{C}\) et toutes ses racines sont des valeurs propres. Ainsi \(\operatorname{Sp}(A) = \{0\}\) et \(\chi_A = X^n\).
2. Le polynôme \(X^n\) est scindé, donc \(A\) est trigonalisable. La diagonale de la matrice triangulaire obtenue contient les racines de \(\chi_A\), qui sont toutes nulles. Donc \(A\) est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte \(T\).
3. Pour \(k = 1\), la \(j\)-ième colonne de \(T\) n’a de coefficients non nuls qu’au-dessus de la diagonale. Ainsi \(Te_j \in \mathrm{Vect}(e_1, \ldots, e_{j-1})\) et \(Te_1 = 0\). Supposons la propriété vraie au rang \(k\). Si \(j \leq\, k + 1\), alors \(T^k e_j\) est nul ou colinéaire à \(e_1\), donc \(T^{k+1} e_j = 0\). Si \(j > k + 1\), alors \(T^{k+1} e_j = T(T^k e_j)\) est une combinaison des \(Te_i\) pour \(i \leq\, j – k\), qui sont dans \(\mathrm{Vect}(e_1, \ldots, e_{j-k-1})\). La propriété est donc héréditaire. Pour \(k = n\), tous les \(T^n e_j\) sont nuls, donc \(T^n = 0\). Par similitude, \(A^n = P T^n P^{-1} = 0\).
4. Si \(N\) est nilpotente et \(N = PDP^{-1}\) avec \(D\) diagonale, les coefficients de \(D\) sont des valeurs propres, donc nuls. Ainsi \(D = 0\) et \(N = 0\).
5. Toutes les valeurs propres complexes de \(N\) sont nulles, donc \(\operatorname{tr} N = 0\). Ensuite, \(I_n + N\) est semblable à \(I_n + T\), triangulaire de diagonale \((1, \ldots, 1)\). Donc \(\operatorname{tr} N = 0\) et \(\det(I_n + N) = 1\).

Corrigé de l’exercice 14 : Traces des puissances et nilpotence

1. La matrice \(A\) est trigonalisable dans \(\mathcal{M}_3(\mathbb{C})\) : \(A = PTP^{-1}\), avec \(T\) triangulaire de diagonale \((\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)\). Alors \(A^k = PT^kP^{-1}\). Or le produit de matrices triangulaires supérieures est triangulaire supérieur, et sa diagonale est le produit des diagonales. Donc \(T^k\) a pour diagonale \((\lambda_1^k, \lambda_2^k, \lambda_3^k)\). Par invariance de la trace, \(p_k = \lambda_1^k + \lambda_2^k + \lambda_3^k\).
2. En développant \(\sigma_1^2\), on obtient \(\sum \lambda_i^2 + 2\sigma_2\), d’où \(p_2 = \sigma_1^2 – 2\sigma_2\). Ensuite, \(\sigma_1 p_2 = p_3 + \sum_{i \neq j} \lambda_i^2 \lambda_j\) et \(\sigma_1\sigma_2 = \sum_{i \neq j} \lambda_i^2\lambda_j + 3\sigma_3\). Donc \(p_3 = \sigma_1 p_2 – \sigma_1\sigma_2 + 3\sigma_3\). En remplaçant \(p_2\) : \(p_3 = \sigma_1^3 – 3\sigma_1\sigma_2 + 3\sigma_3\).
3. Si \(p_1 = 0\), alors \(\sigma_1 = 0\). Ensuite, \(p_2 = 0\) donne \(\sigma_2 = 0\), puis \(p_3 = 0\) donne \(\sigma_3 = 0\). Or \(\chi_A = X^3 – \sigma_1 X^2 + \sigma_2 X – \sigma_3\). Donc \(\chi_A = X^3\). D’après l’exercice précédent, \(A\) est nilpotente et \(A^3 = 0\).
4. Soit \(j = e^{2i\pi/3}\) et \(A = \mathrm{diag}(1, j, j^2)\). On a \(p_1 = 1 + j + j^2 = 0\) et \(p_2 = 1 + j^2 + j^4 = 1 + j^2 + j = 0\). Pourtant, \(p_3 = 3\) et \(A\) est inversible. Les conditions \(p_1 = p_2 = 0\) ne suffisent donc pas.

Corrigé de l’exercice 15 : La matrice J et ses voisines

1. Toutes les colonnes de \(J\) sont égales et non nulles. Donc \(\operatorname{rg} J = 1\) et, par le théorème du rang, \(\dim \ker J = n – 1\).
2. Chaque coefficient de \(JU\) vaut \(1 + \cdots + 1 = n\), donc \(JU = nU\). Ainsi, 0 est valeur propre avec \(\dim E_0 = n – 1\), et \(n\) est valeur propre avec \(\dim E_n \geq\, 1\). La somme des dimensions atteint \(n\). Donc \(\operatorname{Sp}(J) = \{0, n\}\) et \(J\) est diagonalisable.
3. Soit \(P\) telle que \(J = P\,\mathrm{diag}(n, 0, \ldots, 0)\,P^{-1}\). Alors \(M = P\,\mathrm{diag}(a + nb, a, \ldots, a)\,P^{-1}\). Donc \(M\) est diagonalisable, de valeurs propres \(a + nb\) (au moins simple) et \(a\) (répétée \(n – 1\) fois). Ainsi \(\det M = a^{n-1}(a + nb)\).
4. La matrice proposée vaut \(I_3 + J\), avec \(n = 3\), \(a = 1\) et \(b = 1\). Son déterminant vaut \(1^2 \times (1 + 3) = 4\).

Corrigé de l’exercice 16 : Matrices de rang 1

1. L’image de \(A\) est une droite \(\mathrm{Vect}(U)\). Chaque colonne \(C_j\) de \(A\) s’écrit donc \(v_j U\). En posant \(V = (v_1, \ldots, v_n)\), on obtient \(A = UV^T\). Enfin, \(V \neq 0\) car \(A \neq 0\). Ainsi \(A = UV^T\) avec \(U, V\) non nulles.
2. Le coefficient diagonal \((i, i)\) de \(UV^T\) vaut \(u_i v_i\), donc \(\operatorname{tr} A = \sum u_i v_i = V^T U\). Par associativité, \(A^2 = U(V^TU)V^T\). Donc \(A^2 = (\operatorname{tr} A)\,A\).
3. Par le théorème du rang, \(\dim \ker A = n – 1 \geq\, 1\), donc 0 est valeur propre avec \(\dim E_0 = n – 1\). Ensuite, \(AU = U(V^TU) = (\operatorname{tr} A)\,U\). Dans \(\mathbb{C}\), la multiplicité de 0 est au moins \(n – 1\). La somme des \(n\) valeurs propres vaut \(\operatorname{tr} A\), donc la dernière vaut \(\operatorname{tr} A\). Ainsi \(\chi_A = X^{n-1}(X – \operatorname{tr} A)\).
4. Si \(\operatorname{tr} A \neq 0\), alors \(\dim E_0 + \dim E_{\operatorname{tr} A} \geq\, (n – 1) + 1 = n\), donc \(A\) est diagonalisable. Si \(\operatorname{tr} A = 0\), alors \(A^2 = 0\), donc \(A\) est nilpotente et non nulle : elle n’est pas diagonalisable. Donc \(A\) est diagonalisable si et seulement si \(\operatorname{tr} A \neq 0\).
5. La première matrice est de rang 1, de trace \(1 + 4 + 9 = 14 \neq 0\) : elle est diagonalisable. La seconde est de rang 1, de trace \(1 – 1 + 0 = 0\) : elle ne l’est pas. Réponses : oui pour la première, non pour la seconde.

Point de méthode : une matrice de rang 1 se traite toujours avec l’écriture \(UV^T\) et la relation \(A^2 = (\operatorname{tr} A)A\).

Corrigé de l’exercice 17 : Transposition dans M_n(R)

1. La transposition est linéaire : \((\lambda M + N)^T = \lambda M^T + N^T\). De plus, \((M^T)^T = M\). Donc \(\tau\) est un endomorphisme et \(\tau \circ \tau = \mathrm{id}\).
2. Si \(\tau(M) = \lambda M\) avec \(M \neq 0\), alors \(M = \tau^2(M) = \lambda^2 M\), donc \(\lambda^2 = 1\). Ensuite, \(E_1 = \mathcal{S}_n(\mathbb{R})\) et \(E_{-1} = \mathcal{A}_n(\mathbb{R})\), tous deux non nuls car \(n \geq\, 2\). Donc \(\operatorname{Sp}(\tau) = \{-1, 1\}\), avec les matrices symétriques et antisymétriques comme sous-espaces propres.
3. Toute matrice s’écrit \(M = \frac{M + M^T}{2} + \frac{M – M^T}{2}\), somme d’une symétrique et d’une antisymétrique. Donc \(\mathcal{S}_n + \mathcal{A}_n = \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\), et la somme est directe. Ainsi \(\tau\) est diagonalisable.
4. On a \(\dim \mathcal{S}_n = \frac{n(n+1)}{2}\) et \(\dim \mathcal{A}_n = \frac{n(n-1)}{2}\). Avec les valeurs propres, \(\operatorname{tr}\tau = \frac{n(n+1)}{2} – \frac{n(n-1)}{2} = n\). Avec la base canonique, \(\tau(E_{ij}) = E_{ji}\) : la coordonnée de \(\tau(E_{ij})\) sur \(E_{ij}\) vaut 1 si \(i = j\) et 0 sinon, donc la trace vaut aussi \(n\). Enfin, \(\det\tau = 1^{n(n+1)/2}(-1)^{n(n-1)/2}\). Donc \(\operatorname{tr}\tau = n\) et \(\det\tau = (-1)^{n(n-1)/2}\).

Corrigé de l’exercice 18 : Vrai ou faux sur la diagonalisation

1. Faux. La matrice \(\begin{pmatrix} 1 1 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) a deux valeurs propres distinctes, 1 et 0, donc elle est diagonalisable. La matrice \(\begin{pmatrix} -1 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) est diagonale. Pourtant leur somme \(\begin{pmatrix} 0 1 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) est nilpotente non nulle, donc non diagonalisable.
2. Faux. Les matrices \(I_2\) et \(\begin{pmatrix} 1 1 \\ 0 1 \end{pmatrix}\) ont le même polynôme caractéristique \((X – 1)^2\). Cependant, la seule matrice semblable à \(I_2\) est \(I_2\) elle-même.
3. Vrai. Si \(A = PDP^{-1}\) est inversible, les coefficients de \(D\) sont non nuls. Alors \(A^{-1} = PD^{-1}P^{-1}\), et \(D^{-1}\) est diagonale.
4. Faux. La matrice \(N = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) vérifie \(N^2 = 0\), qui est diagonale. Pourtant \(N\) n’est pas diagonalisable.
5. Vrai. Si \(A = PDP^{-1}\), alors \(A^T = (P^{-1})^T D P^T = Q D Q^{-1}\) avec \(Q = (P^T)^{-1}\). La réciproque s’obtient en appliquant ce résultat à \(A^T\).
6. Faux. La matrice \(R_{\pi/2} = \begin{pmatrix} 0 -1 \\ 1 0 \end{pmatrix}\) a pour polynôme caractéristique \(X^2 + 1\), qui n’est pas scindé sur \(\mathbb{R}\). Elle n’est donc pas trigonalisable dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\).

Corrigé de l’exercice 19 : Un endomorphisme de R_n[X]

1. La linéarité découle de celle de la dérivation et de la multiplication par un polynôme fixé. Soit \(P = \sum_{k=0}^{n} a_k X^k\). Les deux termes sont de degré au plus \(n + 1\). Le coefficient de \(X^{n+1}\) vaut \(n a_n – n a_n = 0\). Donc \(\varphi(P) \in \mathbb{R}_n[X]\) et \(\varphi\) est un endomorphisme de \(\mathbb{R}_n[X]\).
2. Par la dérivée d’un produit, \(P_k^{\prime} = k(X – 1)^{k-1}(X + 1)^{n-k} + (n – k)(X – 1)^k (X + 1)^{n-k-1}\), les termes d’exposant négatif étant absents. En multipliant par \((X – 1)(X + 1)\), on obtient :
   \[(X^2 – 1)P_k^{\prime} = P_k\big(k(X + 1) + (n – k)(X – 1)\big) = P_k\big(nX + 2k – n\big).\]
   Par conséquent, \(\varphi(P_k) = (2k – n)P_k\).
3. Les \(n + 1\) réels \(2k – n\), pour \(0 \leq\, k \leq\, n\), sont deux à deux distincts. Les \(P_k\) sont non nuls, donc ce sont des vecteurs propres associés à \(n + 1\) valeurs propres distinctes. Or \(\dim \mathbb{R}_n[X] = n + 1\). Donc \(\varphi\) est diagonalisable, de spectre \(\{-n, -n + 2, \ldots, n – 2, n\}\), et \((P_0, \ldots, P_n)\) est une base propre.
4. Pour \(n = 2\), on a \(\varphi(1) = -2X\), \(\varphi(X) = (X^2 – 1) – 2X^2 = -1 – X^2\) et \(\varphi(X^2) = 2X(X^2 – 1) – 2X^3 = -2X\). La matrice est donc \(M = \begin{pmatrix} 0 -1 0 \\ -2 0 -2 \\ 0 -1 0 \end{pmatrix}\). Pour \(P_0 = (X + 1)^2\), de coordonnées \((1, 2, 1)\), on trouve \(M(1, 2, 1) = (-2, -4, -2)\). Pour \(P_1 = X^2 – 1\), on trouve \(M(-1, 0, 1) = 0\). Pour \(P_2 = (X – 1)^2\), on trouve \(M(1, -2, 1) = (2, -4, 2)\). On retrouve les valeurs propres \(-2\), 0 et 2, dont la somme vaut bien \(\operatorname{tr} M = 0\).

Corrigé de l’exercice 20 : Commutant d’une matrice à valeurs propres distinctes

1. Le coefficient \((i, j)\) de \(BD\) vaut \(b_{ij}\lambda_j\), et celui de \(DB\) vaut \(\lambda_i b_{ij}\). Donc \(BD = DB\) équivaut à \(b_{ij}(\lambda_j – \lambda_i) = 0\) pour tous \(i, j\). Pour \(i \neq j\), on a \(\lambda_i \neq \lambda_j\), donc \(b_{ij} = 0\). Ainsi \(B\) commute avec \(D\) si et seulement si \(B\) est diagonale.
2. On a \(AB = BA\) si et seulement si \(D(P^{-1}BP) = (P^{-1}BP)D\). D’après la question 1, cela équivaut à \(P^{-1}BP\) diagonale. Donc \(\mathcal{C}(A) = \{P\Delta P^{-1},\ \Delta \text{ diagonale}\}\), sous-espace de dimension \(n\).
3. Toute \(B \in \mathcal{C}(A)\) s’écrit \(P\Delta P^{-1}\) : elle est diagonalisable dans la même base que \(A\). Chaque sous-espace propre de \(A\) est une droite \(\mathbb{K}V_i\), où \(V_i\) est la \(i\)-ième colonne de \(P\). Or \(BV_i = \delta_i V_i\). Tout vecteur propre de \(A\) est donc vecteur propre de \(B\).
4. Avec l’exercice 1, \(P = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\) et \(P^{-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\). Alors \(P\,\mathrm{diag}(\alpha, \beta)\,P^{-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} \alpha + \beta \alpha – \beta \\ \alpha – \beta \alpha + \beta \end{pmatrix}\). Le commutant est l’ensemble des matrices \(\begin{pmatrix} a b \\ b a \end{pmatrix}\), avec \((a, b) \in \mathbb{R}^2\).

Corrigé de l’exercice 21 : Racines carrées d’une matrice

1. On a \(\operatorname{tr} A = 5\) et \(\det A = 4\), donc \(\chi_A = (X – 1)(X – 4)\). Pour 1, l’équation \(x + y = 0\) donne \((1, -1)\). Pour 4, l’équation \(-2x + y = 0\) donne \((1, 2)\). Ainsi \(A = P\,\mathrm{diag}(1, 4)\,P^{-1}\), avec \(P = \begin{pmatrix} 1 1 \\ -1 2 \end{pmatrix}\) et \(P^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 -1 \\ 1 1 \end{pmatrix}\).
2. Si \(B^2 = A\), alors \(AB = B^3 = BA\). Soit \(V \in E_\lambda(A)\). Alors \(A(BV) = B(AV) = \lambda BV\), donc \(BV \in E_\lambda(A)\). Ainsi \(B\) laisse stables les deux droites propres de \(A\).
3. Comme \(BV_1 \in \mathbb{R}V_1\) et \(BV_2 \in \mathbb{R}V_2\), la matrice \(P^{-1}BP\) est diagonale, égale à \(\mathrm{diag}(\mu_1, \mu_2)\). La relation \(B^2 = A\) donne \(\mu_1^2 = 1\) et \(\mu_2^2 = 4\). Réciproquement, ces quatre choix conviennent. Le calcul donne \(P\,\mathrm{diag}(1, 2)\,P^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 4 1 \\ 2 5 \end{pmatrix}\) et \(P\,\mathrm{diag}(-1, 2)\,P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 2 1 \end{pmatrix}\). Les solutions sont \(\pm\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 4 1 \\ 2 5 \end{pmatrix}\) et \(\pm\begin{pmatrix} 0 1 \\ 2 1 \end{pmatrix}\). Contrôle : \(\begin{pmatrix} 0 1 \\ 2 1 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 2 3 \end{pmatrix}\).
4. Supposons \(B^2 = N\). Alors \(B^4 = N^2 = 0\), donc \(B\) est nilpotente dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{C})\). Son indice est au plus 2, donc \(B^2 = 0\). Or \(N \neq 0\), ce qui est contradictoire. Donc \(N\) n’a pas de racine carrée.

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : matrices compagnons et récurrences d’ordre 3

Partie A.

1. On développe \(\det(XI_3 – C) = \begin{vmatrix} X -1 0 \\ 0 X -1 \\ -c_0 -c_1 X – c_2 \end{vmatrix}\) selon la première colonne. Le premier terme vaut \(X\big(X(X – c_2) – c_1\big)\). Le second vaut \(-c_0 \begin{vmatrix} -1 0 \\ X -1 \end{vmatrix} = -c_0\). Donc \(\chi_C = X^3 – c_2X^2 – c_1X – c_0\).
2. Le système \((C – \lambda I_3)X = 0\) donne \(y = \lambda x\) et \(z = \lambda y = \lambda^2 x\). La troisième équation s’écrit alors \(x(c_0 + c_1\lambda + c_2\lambda^2 – \lambda^3) = -x\,\chi_C(\lambda) = 0\) : elle est automatiquement vérifiée. Donc \(E_\lambda(C) = \mathrm{Vect}\big((1, \lambda, \lambda^2)\big)\), de dimension 1.
3. Chaque sous-espace propre réel est une droite. Donc \(\sum \dim E_\lambda\) est égal au nombre de valeurs propres réelles distinctes. Ainsi \(C\) est diagonalisable si et seulement si \(\chi_C\) a trois racines réelles distinctes.

Partie B.

1. Ici \(\chi_C = X^3 – 2X^2 – X + 2 = X^2(X – 2) – (X – 2) = (X – 1)(X + 1)(X – 2)\). D’après la partie A, \(C = V\,\mathrm{diag}(1, -1, 2)\,V^{-1}\) avec \(V = \begin{pmatrix} 1 1 1 \\ 1 -1 2 \\ 1 1 4 \end{pmatrix}\).
2. On cherche \(X_0 = (3, 2, 6) = a(1, 1, 1) + b(1, -1, 1) + c(1, 2, 4)\). La première et la troisième équation donnent \(3c = 3\), donc \(c = 1\). Ensuite \(a + b = 2\) et \(a – b = 0\), donc \(a = b = 1\). Comme \(X_n = C^nX_0\), on obtient \(X_n = (1, 1, 1) + (-1)^n(1, -1, 1) + 2^n(1, 2, 4)\). Donc \(u_n = 1 + (-1)^n + 2^n\). Contrôle : la récurrence donne \(u_3 = 12 + 2 – 6 = 8\), et la formule aussi.

Partie C.

1. Ici \(\chi_C = X^3 – X^2 – X + 1 = X^2(X – 1) – (X – 1) = (X – 1)^2(X + 1)\). La valeur propre 1 est double, mais \(\dim E_1 = 1\) d’après la partie A. Donc \(C\) n’est pas diagonalisable.
2. On a \(C – I_3 = \begin{pmatrix} -1 1 0 \\ 0 -1 1 \\ -1 1 0 \end{pmatrix}\), donc \((C – I_3)(0, y, z) = (y, z – y, y)\). L’égalité avec \((1, 1, 1)\) donne \(y = 1\) et \(z = 2\). Ainsi \(V_2 = (0, 1, 2)\) et \(CV_2 = V_1 + V_2\). Par la partie A, \(V_1\) est propre pour 1 et \(V_3\) pour \(-1\). Donc \(T = \begin{pmatrix} 1 1 0 \\ 0 1 0 \\ 0 0 -1 \end{pmatrix}\).
3. Le résultat est vrai pour \(n = 0\). S’il est vrai au rang \(n\), alors \(C^{n+1}V_2 = C V_2 + n\,CV_1 = V_1 + V_2 + nV_1\). Donc \(C^nV_2 = V_2 + nV_1\) pour tout \(n\).
4. On résout \((0, 4, 4) = \alpha V_1 + \beta V_2 + \gamma V_3\). La première coordonnée donne \(\alpha + \gamma = 0\). Les deux autres donnent \(\alpha + \beta – \gamma = 4\) et \(\alpha + 2\beta + \gamma = 4\), soit \(\beta = 2\) puis \(\alpha = 1\) et \(\gamma = -1\). Ensuite, \(Y_n = C^nY_0 = V_1 + 2(V_2 + nV_1) – (-1)^nV_3\). Donc \(w_n = 1 + 2n – (-1)^n\). Contrôle : \(w_3 = 4 + 4 – 0 = 8\), et la formule donne \(1 + 6 + 1 = 8\).

La figure ci-dessous compare les deux situations. À gauche, la valeur propre dominante 2 impose une croissance géométrique. À droite, le bloc triangulaire associé à la valeur propre double 1 produit un terme linéaire en \(n\).

Point de méthode : une valeur propre double non diagonalisable produit un facteur \(n\) dans le terme général, comme dans les équations différentielles linéaires.

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Pour aller plus loin en maths spé

• Le cours : diagonalisation et trigonalisation, cours de maths spé
• Les énoncés : exercices de maths spé sur diagonalisation et trigonalisation
• À maîtriser avant : Éléments propres et polynôme caractéristique
• Chapitre précédent : Éléments propres et polynôme caractéristique
• Chapitre suivant : Polynômes d'endomorphismes et Cayley-Hamilton
• Tester vos connaissances : QCM de maths spé par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths spé et les chapitres de maths sup