corrigé

Psi 945 – 2015/2016
http://blog.psi945.fr DS 3 – corrigé
Le corrigé de l’exercice d’E3A a été rédigé par Gilles Deyris (lycée Paul Valéry) ; celui de l’épreuve de
Centrale par Thierry Legay (lycée d’Arsonval).
Exercice (E3A 2013 MP – maths B)
1) a) C’est immédiat.
b) Il est clair que Ker ϕne contient que la colonne nulle, donc ϕest injective ;
elle réalise donc une bijection de Ker Adans ϕ(Ker A).
D’autre part, soit Z=X
Y∈C2n, avec Xet Ydans Cn. Alors :
Z∈Ker MA⇐⇒ 0In
A0X
Y= 0 ⇐⇒ Y= 0 et AX = 0 ⇐⇒ X∈Ker Aet Z=ϕ(X)
et donc Ker MA=ϕ(Ker A),ce qui achève la démonstration.
c) Si B∈ Mp(C), la formule du rang, appliquée à l’endomorphisme canoniquement associé à B,
donne dim Ker B+rgB=p.
Les deux questions précédentes montrent que les sous-espaces Ker Aet Ker MAsont isomorphes,
donc ont même dimension.
Compte tenu des dimensions de ces matrices, on en déduit n−rgA= 2n−rgMA, soit rgMA=n+rgA.
2) a) On obtient immédiatement MA2=A0
0A.
b) On choisit, dans Mn(C),Pinversible et Ddiagonale telles que A=P DP −1. Posons Q=P0
0P
et E=D0
0D. On vérifie immédiatement que QP−10 0P−1=In0
0In=I2n, donc que
Qest inversible, d’inverse P−10
0P−1; et que QEQ−1=A0
0A=MA2.Puisque Eest
diagonale, MA2est bien diagonalisable.
c) On vérifie immédiatement que l’inverse de MA2est A−10
0A−1.
d) Notons λ1, . . . , λples valeurs propres deux à deux distinctes de MA2. Puisque MA2est diagonali-
sable, le polynôme Qp
k=1(X−λk)annule MA2, et donc R=Qp
k=1(X2−λk)annule MA.
Puisque MA2est inversible, ses valeurs propres sont non nulles, et donc chaque λka deux racines
carrées distinctes µket −µk; de plus, les λkétant distincts, les 2pnombres µ1,−µ1, . . . , µp,−µp
sont deux à deux distincts.
On a alors R=Qp
k=1(X−µk)(X+µk), ce qui montre que Rest scindé à racines simples. Puisque
MAadmet un polynôme annulateur scindé à racines simples, on sait alors que MAest diagonalisable.
3) a) Soit (X1, . . . , X2n)une base de C2nconstituée de colonnes propres pour MA, associées aux valeurs
propres λ1, . . . , λ2n. Pour simplifier les écritures, on suppose qu’il existe ptel que λk6= 0 si k6p,
et λk= 0 pour k > p.
L’espace Im MAest alors engendré par les colonnes (AX1, . . . , AX2n) = (λ1X1, . . . , λ2nX2n). Il
est clair qu’on peut supprimer dans cette famille les vecteurs nuls, et diviser chacun des vecteurs res-
1

tants par le λkassocié, sans modifier le sous-espace engendré. On a donc Im MA= Vect(X1, . . . , Xp).
Les vecteurs Xkforment aussi une base de vecteurs propres pour MA2, associés aux valeurs propres
λk2. Le même raisonnement montre que l’image de MA2est engendrée par ceux de ces vecteurs qui
sont associés à une valeur propre non nulle ; on en déduit Im MA2= Vect(X1, . . . , Xp) = Im MA.
b) La question précédente montre, grâce à la formule du rang, que Ker MAet Ker MA2ont même
dimension.
De plus, si X∈Ker MA, alors MA2X=MA(MAX) = 0, donc Ker MA⊂Ker MA2.
On en déduit que Ker MA= Ker MA2.
c) Soit X∈Ker A. Un calcul immédiat montre que 0
Xest dans Ker MA2, donc dans Ker MA
d’après la question précédente.
Mais on a vu en 1 que les éléments de Ker MAsont de la forme Y
0, donc X= 0. Par suite,
Ker A={0}, ce qui suffit à prouver que Aest inversible.
d) Notons ul’endomorphisme de C2ncanoniquement associé à MA2. Puisque MAest diagonalisable,
MA2l’est aussi, et donc aussi u.
D’autre part, la forme de la matrice MA2montre que le sous-espace Fde C2nengendré par les
npremiers vecteurs de la base canonique est stable par u; puisque uest diagonalisable, on sait
qu’alors l’endomorphisme ˜uinduit par usur Fl’est aussi.
Mais la matrice de ˜uest A, et donc Aest diagonalisable.
4) On a démontré : MAest diagonalisable ⇐⇒ Aest diagonalisable et inversible.
Problème (Centrale 2013 PSI – maths 2)
PARTIE I : Réduction des matrices réelles d’ordre 2
I.A -Généralités
I.A.1) Soit A∈M2(R),A=a b
c d.Un calcul rapide donne directement
χA(λ) = 
a−λ b
c d −λ
=X2−(a+d)X+ (ad −bc) = λ2−tr(A)λ+ det A .
I.A.2) Le discriminant du polynôme caractéristique est donc ∆ = tr(A)2−4 det A.
– Supposons d’abord Adiagonalisable dans M2(C).
Alors, dans le cas ∆ = 0,Aadmet une seule valeur propre λ0(d’ailleurs, λ0est nécessai-
rement un réel puisque Aest à coefficients réels) ; étant diagonalisable, elle est semblable à
λ0I2, soit A=P−1(λ0I2)Pavec P∈GL2(C), d’où A=λ0I2.
– Supposons la propriété de l’énoncé réalisée, c’est-à-dire ∆6= 0 ou ∃λ0∈Ctq A=λ0I2.
– Dans le cas ∆6= 0, le polynôme caractéristique de Aadmet deux racines simples dans C,
donc Aadmet deux valeurs propres distinctes dans Cet est par suite diagonalisable dans
M2(C).
– Dans le second cas, Aest diagonale donc a fortiori diagonalisable.
Dans les deux cas, Aest diagonalisable ce qui montre l’implication cherchée.
I.A.3) Le raisonnement est similaire à celui ci-dessus ; il faut juste remarquer en plus que, lorsque
Aest diagonalisable dans M2(R), elle admet nécessairement 1ou 2valeurs propres réelles,
donc son polynôme caractéristique est scindé dans R[X]et a donc un discriminant positif (et
réciproquement).
I.B -Applications
2

I.B.1) On a Xk+1 =AXkavec A=4−2
1 1 .
I.B.2) Par récurrence immédiate : ∀k∈N, Xk=AkX0.
I.B.3) Ici χA(λ) = λ2−tr(A)λ+ det A=λ2−5λ+ 6 = (λ−2)(λ−3).Aayant deux valeurs
propres distinctes, elle est diagonalisable.
Notons E1=1
0et E2=0
1la base canonique de M2,1(R).
A−2I2=2−2
1−1donc V2=E1+E2∈Ker(A−2I2);A−3I2=1−2
1−2donc V3=
2E1+E2∈Ker(A−3I2).
La famille (V2, V3)est une base de vecteurs propres de Aet si l’on note P=1 2
1 1la matrice
de passage de la base canonique à cette base de vecteurs propres , on a donc A=P DP −1
avec D=2 0
0 3.
I.B.4) On aura donc (classiquement) : ∀k∈N, Ak=P DkP−1. On calcule P−1=−1 2
1−1
puis Dk=2k0
0 3ket enfin Ak=1 2
1 1×2k0
0 3k×−1 2
1−1= 2.3k−2k−2.3k+ 2k+1
3k−2k−3k+ 2k!
.
I.B.5) Puisque Xk=AkX0on aura uk
vk=Ak1
2d’où
∀k∈N, uk= 3.2k−2.3ket vk= 3.2k−3k.
PARTIE II : Réduction de matrices d’ordre 3 ou 4
II.A -Le cas n=3
II.A.1) J2=
001
100
010
et J3=I3.
Soit k∈N. La division euclidienne de kpar 3s’écrit k= 3q+ravec r∈ {0,1,2}, d’où
Jk=J3q+r= (J3)qJr=I3Jr=Jr.
II.A.2) La somme des racines n-ièmes de l’unité est nulle pour n>2. Ici, 1, j et j2sont les racines
cubiques de l’unité, et 1 + j+j2= 0.
II.A.3) Un calcul simple donne χJ(λ) = 1 −λ3d’où SpC(J) = {1, j, j2}.
II.A.4) Jadmettant trois valeurs propres distinctes dans Cest diagonalisable dans M3(C).
On a clairement J. 
1
1
1
=
1
1
1
donc Ker(J−I3)est la droite vectorielle de base V1=
1
1
1
.
Soit V=
x
y
z
.J.V =jV ⇐⇒ 
−jx +y= 0
−jy +z= 0
x−jz = 0
⇐⇒ y=jx
z=j2xdonc Ker(J−jI3)est la
droite vectorielle de base V2=
1
j
j2
.
De la même façon, Ker(J−j2I3)est la droite vectorielle de base V3=
1
j2
j
(on rappelle
que j2=j). (V1, V2, V3)est une base de vecteurs propres de Jdans laquelle l’endomorphisme
3

canoniquement associé à Ja pour matrice D=diag(1, j, j2), c’est-à-dire que l’on a J=
P DP −1avec Pmatrice de passage de la base canonique à la base (V1, V2, V3)soit P=
1 1 1
1j j2
1j2j
et D=
1 0 0
0j0
0 0 j2
.
II.A.5)
a) A(a, b, c) = aI3+bJ +cJ2.
b) Puisque J=P DP −1et J2=P D2P−1on aura A(a, b, c) = P(aI3+bD +cD2)P−1, avec
aI3+bD +cD2=
a+b+c0 0
0a+bj +cj20
0 0 a+bj2+cj
diagonale, donc A(a, b, c)est
diagonalisable, et la matrice de passage Pne dépend pas de a, b, c.
c) Les valeurs propres de A(a, b, c)sont donc les éléments diagonaux de la matrice aI3+
bD +cD2à savoir a+b+c,a+bj +cj2et a+bj2+cj.
d) On en déduit ensuite : det A= det(aI3+bD +cD2) = (a+b+c)(a+bj +cj2)(a+bj2+cj).
Le calcul direct du déterminant donne aussi det A=a3+b3+c3−3abc, d’où la jolie identité
remarquable :
∀(a, b, c)∈C3, a3+b3+c3−3abc = (a+b+c)(a+bj +cj2)(a+bj2+cj).
II.A.6)
a) Eest l’ensemble des combinaisons linéaires de I3,Jet J2; c’est donc le sous-espace
vectoriel de M3(C)engendré par ces 3 matrices.
b) (I3, J, J2)est donc une famille génératrice de E; d’autre part il est immédiat de vérifier
que
aI3+bJ +cJ2=O3=⇒a=b=c= 0 donc c’est aussi une famille libre et par suite c’est
une base de E. D’où dim E= 3.
II.B -Le cas n>3quelconque
II.B.1) Compte tenu de la définition de uet de la définition de la matrice d’un endomorphisme
dans une base, on a : U=
0 1 0 . . . 0
.
.
.0 1 ...0
.
.
.......0
0...1
1 0 . . . . . . 0
.
II.B.2)
u(xω) = u n
X
k=1
ωk−1ek!=u(e1) +
n
X
k=2
ωk−1u(ek) = en+
n
X
k=2
ωk−1ek−1
=ωnen+
n−1
X
k=1
ωkek=
n
X
k=1
ωkek
donc u(xω) = ωxω.
II.B.3) Le calcul précédent montre que toute racine n-ième de l’unité, ω, est valeur propre de u
(car xω6= 0 en est un vecteur propre associé).
upossède donc nvaleurs propres distinctes, et dim(Cn) = n; par suite, uest diagonalisable.
Si l’on note ωk=e2ikπ
npour k∈J0, n −1Kles nracines n-ièmes de l’unité, une base de
vecteurs propres de uest formée des vecteurs xω0, xω1), . . . , xωn−1.
4

II.B.4) Pour tout k∈J0, n −1K,u(xωk) = ωkxωkdonc un(xωk) = ωn
kxωk=xωk. Les xωkformant
une base de Cn, on en déduit que un=IdCn(on pouvait aussi calculer directement les un(ei),
nul besoin de diagonaliser).
II.C -Le cas n=4
II.C.1) U=
0100
0010
0001
1000
U2=
0010
0001
1000
0100
U3=
0001
1000
0100
0010
U4=I4.
II.C.2) Les racines quatrièmes de l’unité sont 1,i,−1et i. D’après les résultats de II.B,Uest
diagonalisable, et U=P DP −1, où D=diag(1,i,−1,−i) et où Pest la matrice de passage de
la base canonique à la base xω0, xω1, xω2, xω3c’est-à-dire P=
1 1 1 1
1 i −1−i
12i2(−1)2(−i)2
13i3(−1)3(−i)3
=
1 1 1 1
1 i −1−i
1−1 1 −1
1−i−1 i
.
Puisque V=aI4+bU +cU2+dU 3, on aura V=P(aI4+bD +cD2+dD3)P−1. Puisque
la matrice aI4+bD +cD2+dD3est diagonale, la matrice Vest diagonalisable ; ses valeurs
propres sont les termes diagonaux de la matrice aI4+bD +cD2+dD3, c’est-à-dire a+b+
c+d, a + ib−c−id, a −b+c−det a−ib−c−id, une base de vecteurs propres associés
étant xω0, xω1, xω2, xω3.
PARTIE III : Théorème de Cayley-Hamilton
III.A Le polynôme caractéristique de Aétant scindé dans C[X], il résulte d’un théorème du cours que
Aest trigonalisable dans Mn(C), c’est-à-dire qu’il existe P∈GLn(C)et T∈Mn(C)triangulaire
supérieure telles que A=P T P −1.
III.B Tet Aétant semblables ont le même polynôme caractéristique. Il fallait peut-être le redémontrer :
χA(λ) = det(A−λIn) = det(P T P −1−λIn) = det(P(T−λIn)P−1)
= det(P) det(T−λIn) det(P−1) = det(T−λIn) = χT(λ)
III.C Immédiat.
III.D T Ek+1 est la (k+ 1)-ième colonne de la matrice Tdonc T Ek+1 =
×
×
.
.
.
λk+1
0
.
.
.
0
où λk+1 est situé à la
(k+1)-ième ligne, d’où T Ek+1 −λk+1Ek+1 =
×
.
.
.
×
0
0
.
.
.
0
; les coordonnées de ce vecteur sur Ek+1, . . . , En
sont nulles, donc il appartient bien à Vect(E1, E2, . . . , Ek).
5