N1MA3W01 Algèbre 2 - Correction du Partiel 1

N1MA3W01 Algèbre 2 - Correction du
Partiel 1
Exercice 1
a) Trouver deux matrices diagonalisables de somme non diagonalisable.
b) Trouver deux matrices diagonalisables de produit non diagonalisable.
Corrigé
a) On peut prendre par
1
A=
0
exemple
1
−1
et B =
2
0
0
.
−2
Comme A a deux valeurs propres distinctes elle est diagonalisable et B est diagonale ; par contre
0 1
A+B =
0 0
n’est pas diagonalisable, car sinon elle serait nulle !
b) On peut prendre par exemple les deux matrices diagonalisables
1 1
0 0
A=
et B =
,
0 0
0 1
de sorte que
0
AB =
0
n’est pas diagonalisable.
1
0
Exercice 2
Soit A la matrice

−1
A = −3
0

0 3
2 3 .
0 2
1. Diagonaliser A sur R.
2. En déduire
{M ∈ M3 (R)/
AM + M A = 0}.
Corrigé
1. On calcule le déterminant de

−1 − X
A − XId3 =  −3
0
0
2−X
0

3
3 
2−X
en développant selon la dernière ligne, cela donne
0 −1 − X
det(A − XId3 ) = (−1)3+3 (2 − X)
−3
2−X
= −(2 − X)2 (1 + X).
Les valeurs propres sont donc −1 et 2. Quelques calculs montrent
que le sous-espace propre associé à 2 est de dimension 2 et que
la matrice de passage à la forme diagonale
D = diag(2, 2, −1)
est

1
P = 0
1
0
1
0

1
1 .
0
2. Notons
AA = {M ∈ M3 (R)/
AM + M A = 0}
AD = {M ∈ M3 (R)/
DM + M D = 0}.
et
(La notation A est choisie pour faire référence au concept d’anticommutant d’une matrice.)
2
Notons M = (mi,j ). Alors


2m1,1 2m1,2 2m1,3
2m1,1



DM = 2m2,1 2m2,2 2m2,3
et M D = 2m2,1
−m3,1 −m3,2 −m3,3
2m3,1

2m1,2
2m2,2
2m3,2

−m1,3
−m2,3 
−m3,3
et donc la relation

4m1,1
DM + M D = 4m2,1
m3,1
4m1,2
4m2,2
m3,2

m1,3
m2,3  = 0
−2m3,3
implique que tous les coefficients de M sont nuls, c’est-à-dire
que AD = {0}.
On observe ensuite qu’ en écrivant A = P −1 DP il vient
AM + M A = P −1 D(P M P −1 ) + (P M P −1 )D P,
de sorte que si M ∈ AA alors P M P −1 ∈ AD et donc M = 0.
On a donc aussi AA = {0}.
3
Exercice 3
Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension
finie. On suppose que son polynôme minimal m se factorise en m =
XP , où P est un polynôme tel que P (0) 6= 0.
Montrer que ker u ⊕ Im u = E.
Corrigé
En utilisant le lemme des noyaux, on a que
ker u ⊕ ker P (u) = ker m(u) = E,
(1)
puisque m(u) = 0.
Montrons que Im u ⊂ ker P (u) : soit x ∈ E, alors
P (u)(u(x)) = (XP )(u) (x) = m(u)(x) = 0,
ce qui montre que u(x) ∈ ker P (u) et donc
Im ⊂ ker P (u).
(2)
Par le théorème du rang on a dim ker u + dim Im u = dim E, et
par ailleurs (1) implique que dim ker u + dim ker P (u) = dim E. On
en déduit que les espaces Im u et ker P (u) ont la même dimension,
et au vu de (2), qu’ils sont égaux. En combinant avec (1) on a bien
ker u ⊕ Im u = E.
4
Exercice 4
Soit A et B deux matrices de Mn (R) telles qu’il existe P dans
GLn (C) tel que P AP −1 = B.
1. En décomposant P en P = P1 + iP2 avec P1 et P2 dans Mn (R),
montrer qu’il existe λ ∈ R tel que det(P1 + λP2 ) 6= 0.
2. Conclure qu’il existe Q dans GLn (R) tel que Q−1 AQ = B.
Corrigé
1. On observe que det(P1 + XP2 ) est un polynôme à coefficients
réels en l’indéterminée X, non nul puisque la valeur en i est non
nulle. Par conséquent il existe λ ∈ R tel que det(P1 + λP2 ) 6= 0.
2. On observe qu’en distinguant parties rélles et imaginaires de
la relation P A = BP , qui est une conséquence immédiate de
P AP −1 = B, on a d’une part P1 A = BP1 et d’autre part
P2 A = BP2 . Il suit que (P1 + λP2 )A = B(P1 + λP2 ). On pose
alors Q = (P1 + λP2 )−1 , qui est bien dans GLn (R) et tel que
Q−1 AQ = B.
5
Exercice 5
Soit A dans Mn (R) et
A
B=
0
A
A
∈ M2n (R).
1. Pour P ∈ R[X], calculer P (B) en fonction de A.
2. En déduire que B est diagonalisable si et seulement si A = 0.
Corrigé
1. On montre par récurrence sur k que
k
A kAk
k
B =
.
0
Ak
Par linéarité on en déduit que pour tout P ∈ R[X],
P (A) AP 0 (A)
P (B) =
.
0
P (A)
2. Evidemment si A = 0, on a B = 0 qui est donc bien diagonalisable. Réciproquement si B est diagonalisable alors il existe
un polynôme P annulateur scindé à racines simples. Le calcul
précédent montre que P est alors aussi un polynôme annulateur de A. On a aussi que AP 0 (A) = 0. Si λ est valeur propre
de A alors il existe un vecteur x non nul tel que Ax = λx. Il
en découle (en montrant Ak x = λk x par récurrence sur k et
en utilisant la linéarité) que 0 = AP 0 (A)x = λP 0 (λ)x et donc
λP 0 (λ) = 0. Or P est à racines simples, donc P 0 (λ) 6= 0, et donc
λ = 0. Par conséquent A est diagonalisable avec 0 pour seule
valeur propre, ceci entraîne que A = 0.
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