N1MA3W01 Algèbre 2 - Correction du Partiel 1

N1MA3W01 Algèbre 2 - Correction du
Partiel 1
Exercice 1
a) Trouver deux matrices diagonalisables de somme non diagona-
lisable.
b) Trouver deux matrices diagonalisables de produit non diagona-
lisable.
Corrigé
a) On peut prendre par exemple
A=1 1
0 2et B=−1 0 0−2.
Comme Aa deux valeurs propres distinctes elle est diagonali-
sable et Best diagonale ; par contre
A+B=0 1
0 0
n’est pas diagonalisable, car sinon elle serait nulle !
b) On peut prendre par exemple les deux matrices diagonalisables
A=1 1
0 0et B=0 0 0 1,
de sorte que
AB =0 1
0 0
n’est pas diagonalisable.

Exercice 2
Soit Ala matrice
A=
−103
−323
0 0 2
.
1. Diagonaliser Asur R.
2. En déduire
{M∈M3(R)/ AM +MA = 0}.
Corrigé
1. On calcule le déterminant de
A−XId3=
−1−X0 3
−3 2 −X3
0 0 2 −X
en développant selon la dernière ligne, cela donne
det(A−XId3)=(−1)3+3 (2 −X)
−1−X0
−3 2 −X
=−(2 −X)2(1 + X).
Les valeurs propres sont donc −1et 2. Quelques calculs montrent
que le sous-espace propre associé à 2est de dimension 2et que
la matrice de passage à la forme diagonale
D= diag(2,2,−1)
est
P=
101
011
100
.
2. Notons
AA={M∈M3(R)/ AM +MA = 0}
et
AD={M∈M3(R)/ DM +MD = 0}.
(La notation Aest choisie pour faire référence au concept d’anti-
commutant d’une matrice.)
2

Notons M= (mi,j ). Alors
DM =
2m1,12m1,22m1,3
2m2,12m2,22m2,3
−m3,1−m3,2−m3,3
et MD =
2m1,12m1,2−m1,3
2m2,12m2,2−m2,3
2m3,12m3,2−m3,3
et donc la relation
DM +MD =
4m1,14m1,2m1,3
4m2,14m2,2m2,3
m3,1m3,2−2m3,3
= 0
implique que tous les coefficients de Msont nuls, c’est-à-dire
que AD={0}.
On observe ensuite qu’ en écrivant A=P−1DP il vient
AM +MA =P−1D(P MP −1)+(P MP −1)DP,
de sorte que si M∈ AAalors P MP −1∈ ADet donc M= 0.
On a donc aussi AA={0}.
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Exercice 3
Soit uun endomorphisme d’un espace vectoriel Ede dimension
finie. On suppose que son polynôme minimal mse factorise en m=
XP , où Pest 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 uet 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.
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Exercice 4
Soit Aet Bdeux matrices de Mn(R)telles qu’il existe Pdans
GLn(C)tel que P AP −1=B.
1. En décomposant Pen P=P1+iP2avec P1et P2dans Mn(R),
montrer qu’il existe λ∈Rtel que det(P1+λP2)6= 0.
2. Conclure qu’il existe Qdans GLn(R)tel que Q−1AQ =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 iest non
nulle. Par conséquent il existe λ∈Rtel 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 P1A=BP1et d’autre part
P2A=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−1AQ =B.
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