[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 28 décembre 2016 Enoncés Polynômes en un endomorphisme ou une matrice Exercice 1 [ 00753 ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension n et u ∈ L(E). On suppose qu’il existe un vecteur x0 ∈ E telle que la famille x0 , u(x0 ), . . . , un−1 (x0 ) soit libre. Montrer que seuls les polynômes en u commutent avec u. Exercice 2 [ 02598 ] [Correction] Soient A et B deux matrices réelles carrées d’ordre n telles qu’il existe un polynôme P ∈ R[X] de degré au moins égal à 1 et vérifiant 1 Exercice 6 [ 02574 ] [Correction] Dans Mn (R), on considère la matrice 0 J = (0) 1 .. . .. . .. . (0) 1 0 Exprimer simplement P(aIn + J) pour P ∈ R[X]. P(0) = 1 et AB = P(A) Montrer que A est inversible et que A et B commutent. Exercice 3 [ 03423 ] [Correction] Soient A, B ∈ Mn (K). On suppose qu’il existe un polynôme non constant P ∈ K[X] vérifiant AB = P(A) et P(0) , 0 Montrer que A est inversible et que A et B commutent. Exercice 4 [ 03033 ] [Correction] Soient A et B dans Mn (R). On suppose que A est nilpotente et qu’il existe P ∈ R[X] tel que P(0) = 1 et B = AP(A). Montrer qu’il existe Q ∈ R[X] tel que Q(0) = 1 et A = BQ(B). Exercice 5 [ 03210 ] [Correction] Soient A ∈ GLn (C) et B ∈ Mn (C) telle que B p = On . (a) Montrer que In + A−1 BA est inversible et exprimer son inverse. (b) On pose H = {In + P(B)/P ∈ C[X], P(0) = 0} Montrer que H est un sous-groupe commutatif de (GLn (C), ×). Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 28 décembre 2016 Corrections 2 Corrections l’égalité A−1 A = In donne alors Exercice 1 : [énoncé] La famille x0 , u(x0 ), . . . , un−1 (x0 ) constitue une base de E. Soit v ∈ L(E) commutant avec u. On peut écrire et on peut conclure que A et B commutent. v(x0 ) = a0 x0 + a1 u(x0 ) + · · · + an−1 un−1 (x0 ) Considérons alors w = a0 IdE +a1 u + · · · + an−1 un−1 ∈ K [u] Exercice 4 : [énoncé] On sait qu’il existe p ∈ N∗ tel que A p = On . En introduisant les coefficients de P, la relation B = AP(A) donne B = A + a2 A2 + · · · + a p−1 A p−1 On a v(x0 ) = w(x0 ) BA = P(A) On en déduit Puisque v et w commutent avec u, on a aussi B2 = A2 + a3,2 A3 + · · · + a p−1,2 A p−1 ,. . . , B p−2 = A p−2 + a p−1,p−2 A p−1 , B p−1 = A p−1 ∀k ∈ N, v u (x0 ) = w u (x0 ) k k Les endomorphismes v et w prennent les mêmes valeurs sur une base, ils sont donc égaux. En conclusion v ∈ K [u]. En inversant ces équations, on obtient A p−1 = B p−1 , A p−2 = B p−2 + b p−1,p−2 A p−1 ,. . . , A2 = B2 + b3,2 B3 + · · · + b p−1,2 B p−1 et enfin A = B + b2,1 B2 + · · · + b p−1,1 B p−1 Exercice 2 : [énoncé] On peut écrire AB = P(A) = αn An + · · · + α1 A + In donc A B − (αn An−1 + · · · + α1 In ) = In Par le théorème d’inversibilité, A est inversible et A−1 = B − (αn An−1 + · · · + α1 In ). Puisque A commute avec A−1 et ses puissances, on en déduit que A commute avec B=A −1 + αn A n−1 ce qui détermine un polynôme Q ∈ R[X] vérifiant Q(0) = 1 et A = BQ(B). Exercice 5 : [énoncé] (a) Posons N = −A−1 BA. On a N p = (−1) p A−1 B p A = On + · · · + α1 I donc In = In − N p = (I − N)(I + N + N 2 + · · · + N p−1 ) Exercice 3 : [énoncé] Le polynôme P s’écrit On en déduit que I − N = In + A−1 BA est inversible et P(X) = P(0) + a1 X + · · · + a p X p L’égalité AB = P(A) donne alors A(B − (a1 In + a2 A + · · · + a p A p−1 )) = P(0)In 1 B − a1 In + a2 A + · · · + a p A p−1 P(0) −1 = I + N + N 2 + · · · + N p−1 (b) Soit P ∈ C[X] tel que P(0) = 0. On a P(X) = aX + bX 2 + · · · On en déduit que A est inversible et son inverse est A−1 = In + A−1 BA Donc P(B) = aB + bB2 + · · · Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 28 décembre 2016 Corrections 3 puis P(B) p = a p B p + b0 B p+1 + · · · = On On peut alors reprendre le raisonnement de la question précédente et affirmer que la matrice In + P(B) est inversible et que son inverse est de la forme In − P(B) + P(B)2 + · · · + (−1) p P(B) p On en déduit que H est inclus dans GLn (C) et que l’inverse d’un élément de H est encore dans H. Il est immédiat de vérifier que H est non vide et stable par produit. On en déduit que H est un sous-groupe de (GLn (C), ×). Enfin, on vérifie que H est commutatif car les polynômes en une matrice commutent entre eux. Exercice 6 : [énoncé] Par la formule de Taylor en a P(X) = +∞ X P(k) (a) (X − a)k k! k=0 donc P(aIn + J) = +∞ X P(k) (a) k J k! k=0 Il est facile de calculer les puissances de J et l’on conclut P(a) P(aIn + J) = (0) P0 (a) .. . P00 (a) 2! .. . .. . ··· .. . .. . .. . P(n−1) (a) (n−1)! .. . P00 (a) 2! P0 (a) P(a) Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD