13-2- 2013 JFC Reduc. p. 1 Exercice 1 EDHEC 2005 ex 1 Dans cet

13-2- 2013 J.F.C. Reduc. p. 1
Exercice 1 EDHEC 2005 ex 1
Dans cet exercice, nest un entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 2. On d´esigne par Ila matrice unit´e de Mn(R).
Q1 On note tr l’application lin´eaire qui `a toute matrice de Mn(R) associe sa trace, c’est-`a-dire la somme de ses
´el´ements diagonaux.
a) Montrer que Im(tr) = R.
b) En d´eduire la dimension de Ker(tr).
c) Etablir que Mn(R) = Ker(tr) ⊕Vect(I).
Q2 Soit fl’application qui, `a toute matrice Mde Mn(R) associe f(M) = M+ tr(M)I
a) Montrer que fest un endomorphisme de Mn(R).
b) Utiliser la premi`ere question pour d´eterminer les valeurs propres de f.
En d´eduire que fest un automorphisme diagonalisable de Mn(R).
Q3 Soit gl’application qui, `a toute matrice Mde Mn(R) associe g(M) = M+ tr(M)J, o`u Jd´esigne une matrice
non nulle de Mn(R) dont la trace est nulle. On admet que gest un endomorphisme de Mn(R).
a) Etablir que le polynˆome X2−2X+ 1 est un polynˆome annulateur de g.
b) Montrer que 1 est la seule valeur propre de g.
c) gest-il diagonalisable ?
1) a) Im tr est un sous-espace vectoriel de Ret Rest de dimension 1. Alors Im tr est de dimension 0 ou 1.
Or tr(I) = n6= 0Rdonc Im tr n’est pas ´egal `a {0R}et ainsi sa dimension n’est pas 0.
Par cons´equent Im tr est de dimension 1. Ainsi Im tr ⊂Ret dim Im tr = 1 = dim R. Il en r´esulte que :
Im tr = R.
b) Le th´eor`eme du rang donne alors dim Ker tr = dim Mn(R)−dim Im tr = n2−1.
dim Ker tr = n2−1.
c) Mn(R) ´etant de dimension finie, pour montrer que les deux sous-espaces vectoriels Ker tr et Vect(I) sont suppl´ementaires
dans Mn(R) il suffit de montrer que Ker tr ∩Vect(I) = {0Mn(R)}et que
dim Ker tr + dim Vect(I) = dim Mn(R).
Le second point est clair car dim Mn(R) = n2, dim Ker tr = n2−1 et dim Vect(I) = 1 (puisque In’est pas la matrice
nulle). Montrons le premier point.
Soit Mun ´el´ement commun `a Ker tr et `a Vect(I). tr(M) = 0 et il existe un r´eel αtel que M=α I.
Alors 0 = tr(M) = tr(α I) = αtr(I) = α n. Comme nn’est pas nul, αl’est n´ecessairement.
Ainsi M= 0Mn(R). Ceci ach`eve de montrer que Ker tr ∩Vect(I) = {0Mn(R)}.
Cela ach`eve ´egalement de montrer que Ker tr et Vect(I) sont deux sous-espaces vectoriels suppl´ementaires de Mn(R).
Mn(R) = Ker tr ⊕Vect(I).

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2) a) •Soit Mun ´el´ement de Mn(R). tr(M) est un r´eel et Iest un ´el´ement de Mn(R).
Ainsi f(M) = M+ tr(M)Iest un ´el´ement de Mn(R) comme combinaison lin´eaire de deux ´el´ements de Mn(R).
fest une application de Mn(R) dans Mn(R).
•Soient Met Ndeux ´el´ements de Mn(R) et λun r´eel. Rappelons que tr est une forme lin´eaire sur Mn(R).
f(λ M +N) = λ M +N+tr(λ M +N)I=λ M +N+λtr(M) + tr(N)I=λM+ tr(M)I+N+ tr(N)I.
Ainsi f(λ M +N) = λ f(M) + f(N).
fest donc une application lin´eaire. Finalement :
fest un endomorphisme de Mn(R).
b) Version 1 • ∀M∈Ker tr, f (M) = M+ tr(M)I=M.
•Soit Mun ´el´ement de Vect(I). Il existe un r´eel αtel que M=α I.
f(M) = α f(I) = αI+ tr(I)I)=α(1 + n)I= (n+ 1)(α I) = (n+ 1) M.
Ainsi ∀M∈Ker tr, f(M) = Met ∀M∈Vect(I), f(M) = (n+ 1) M.
B2= (I) est base de Vect(I). Soit B1une base de Ker tr.
Ker tr et Vect(I) ´etant suppl´ementaires, en concat´enant B1et B2on obtient une base Bde Mn(R) dans laquelle fa
pour matrice la matrice diagonale 
1 0 . . . . . . 0
0.......
.
.
.
.
...........
.
.
.
.
....1 0
0. . . . . . 0n+ 1
de Mn2(R) oui de Mn2(R) !
Ainsi fest diagonalisable et ses valeurs propres sont 1 et n+ 1.
De plus 0 n’est pas valeur propre de fdonc fest un endomorphisme injectif de l’espace vectoriel de dimension finie
Mn(R). Ainsi fest un automorphisme de Mn(R).
Finalement fest un automorphisme diagonalisable de Mn(R) dont les valeurs propres sont 1 et n+ 1.
Version 2 Cherchons les valeurs propres de f.
Soit Mun ´el´ement de Mn(R) et soit λun r´eel.
Il existe un unique ´el´ement (M1, α) de Ker tr ×Rtel que M=M1+α I.
f(M) = f(M1+α I) = f(M1) + α f(I) = M1+ tr(M1)I+αI+ tr(I)I=M1+α(1 + n)I=M1+α(n+ 1) I.
f(M) = λ M ⇐⇒ M1+α(n+ 1) I=λ M1+λ α I.
Or M1et λ M1sont deux ´el´ements de Ker tr, α(n+ 1) Iet λ α I sont deux ´el´ements de Vect(I), et Ker tr et Vect(I)
sont en somme directe. Alors :
f(M) = λ M ⇐⇒ (M1=λ M1
α(n+ 1) I=λ α I ⇐⇒ ((1 −λ)M1= 0Mn(R)
α((n+ 1) −λ)I= 0Mn(R)
.
f(M) = λ M ⇐⇒ ((1 −λ)M1= 0Mn(R)
α((n+ 1) −λ) = 0
•Premier cas Supposons λ= 1. f(M) = λ M ⇐⇒ α n = 0 ⇐⇒ α= 0 ⇐⇒ M∈Ker tr.
Comme Ker tr n’est pas r´eduit au vecteur nul, 1 est valeur propre de fet le sous-espace propre associ´e est Ker tr.
•Deuxi`eme cas Supposons λ6= 1.

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f(M) = λ M ⇐⇒ (M1= 0Mn(R)
α((n+ 1) −λ) = 0 .
Si λ6=n+ 1, f(M) = λ M ⇐⇒ M1= 0Mn(R)et α= 0 ⇐⇒ M= 0Mn(R)et λn’est pas valeur propre de f.
Si λ=n+ 1, f(M) = λ M ⇐⇒ M1= 0Mn(R)⇐⇒ M∈Vect(I) ; alors λ=n+ 1 est valeur propre de fet le
sous-espace propre associ´e est Vect(I).
Finalement fadmet deux valeurs propres 1 et n+ 1, et les deux sous-espace propres respectivement associ´es sont
Ker tr et Vect(I). Comme Mn(R) = Ker tr ⊕Vect(I), fest diagonalisable.
De plus 0 n’est pas valeur propre de fdonc fest un endomorphisme injectif de l’espace vectoriel de dimension finie
Mn(R). Ainsi fest un automorphisme de Mn(R).
fest un automorphisme diagonalisable de Mn(R) et ses valeurs propres sont 1 et n+ 1.
3) a) Soit Mun ´el´ement de Mn(R).
gg(M)=g(M) + tr g(M)J=M+ tr(M)J+ tr M+ tr(M)JJ=M+ tr(M)J+tr(M) + tr(M) tr(J)J.
gg(M)=M+ 2 tr(M)Jcar tr(J) = 0. Alors gg(M)= 2 M+ 2 tr(M)J−M= 2 g(M)−IdMn(R)(M).
gg(M)−2g(M) + IdMn(R)(M) = 0Mn(R)donc g◦g−2g+ IdMn(R)(M) = 0Mn(R).
Ainsi ∀M∈ Mn(R),g◦g−2g+ IdMn(R)(M) = 0Mn(R);g◦g−2g+ IdMn(R)= 0L(Mn(R)).
X2−2X+ 1 est un polynˆome annulateur de g.
b) X2−2X+ 1 est un polynˆome annulateur de gdont l’unique racine est 1. Ainsi la seule valeur propre possible de
gest 1.
Or J6= 0Mn(R)et g(J) = J+ tr(J)J=Jdonc 1 est bien une valeur propre de g.
1 est la seule valeur propre de g.
c) Supposons que gsoit diagonalisable. Comme 1 est la seule valeur propre de g, le sous-espace propre Ker(g−IdMn(R))
de gassoci´e `a la valeur propre 1 est Mn(R).
Alors ∀M∈ Mn(R), g(M) = M. En particulier g(I) = Idonc I+ tr I J =I. par cons´equent tr I J = 0Mn(R).
Comme tr In’est pas nulle, Jest nulle ce qui contredit l’hypoth`ese. Finalement :
gn’est pas diagonalisable.
Remarque On pouvait ´egalement observer que le sous-espace propre de gassoci´e `a la valeur propre 1est Ker tr qui
n’est pas ´egal `a Mn(R).

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Exercice 2 EDHEC 2006 ex 1
Dans cet exercice, md´esigne un entier naturel non nul. On note id (respectivement θ) l’endomorphisme identit´e
(respectivement l’endomorphisme nul) du C-espace vectoriel Cmet on consid`ere un endomorphisme fde Cmv´erifiant :
(f−λ1id)◦(f−λ2id) = θ, o`u λ1et λ2sont deux complexes distincts.
Q1. a) V´erifier que 1
λ2−λ1(f−λ1id)−(f−λ2id)=id.
b) En d´eduire que : Cm= Ker(f−λ1id)⊕Ker(f−λ2id).
c) Conclure que fest diagonalisable et donner ses valeurs propres (on sera amen´e `a ´etudier trois cas).
Dans la suite de l’exercice, on d´esigne par nun entier naturel et l’on se propose de montrer qu’il n’existe pas de matrice
de M2n+1(R) telle que A2=−I, o`u Id´esigne la matrice diagonale de M2n+1(R) dont les ´el´ements diagonaux valent
1.
Q2. Trouver une matrice Ade M2n+1(C) telle que A2=−I.
Q3 Dans cette question, on suppose qu’il existe une matrice Ade M2n+1(R) telle que A2=−I.
a) Utiliser la premi`ere question pour montrer que Aest diagonalisable dans M2n+1(C) et que ses valeurs propres sont
iet −i.
b) Pour toute matrice M= (mi,j )16i6p
16j6q
de Mp,q(C), on note Mla matrice (mi,j )16i6p
16j6q
.
On note Eiet E−iles sous-espaces propres de Aassoci´es aux valeurs propres iet −i.
Montrer que X∈Ei⇐⇒ X∈E−i.
c) En d´eduire que, si (u1, u2, . . . , up) est une base de Ei, alors (u1, u2, . . . , up) est une famille libre de E−i.
Conclure que dim Ei= dim E−i.
d) ´ Etablir enfin le r´esultat demand´e.
1 a) 1
λ2−λ1(f−λ1id)−(f−λ2id)=1 λ2−λ1f−λ1id −f+λ2id)=1 λ2−λ1(λ2−λ1)id=id.
1
λ2−λ1(f−λ1id)−(f−λ2id)=id.
b) Montrons que Cmest somme directe de Ker(f−λ1id) et de Ker(f−λ2id).
•Soit xun ´el´ement de Ker(f−λ1id)∩Ker(f−λ2id). f(x) = λ1xet f(x) = λ2x.
Alors (λ2−λ1)x=λ2x−λ1x=f(x)−f(x) = 0Cm. Comme λ1et λ2sont distincts, λ2−λ1n’est pas nul et ainsi x
est nul. Ceci ach`eve de montrer que Ker(f−λ1id)∩Ker(f−λ2id) = {0Cm}.
Ainsi Ker(f−λ1id) et Ker(f−λ2id) sont en somme directe.
•Ker(f−λ1id) et Ker(f−λ2id) sont deux sous-espaces vectoriels de Cmdonc Ker(f−λ1id) + Ker(f−λ2id) est
contenu dans Cm. Montrons l’inclusion inverse.
Soit xun ´el´ement de Cm.x=id(x) = 1
λ2−λ1(f−λ1id)−(f−λ2id)(x).
Ainsi x=1
λ1−λ2
(f−λ2id)(x) + 1
λ2−λ1
(f−λ1id)(x).
Posons x1=1
λ1−λ2
(f−λ2id) (x) et x2=1
λ2−λ1
(f−λ1id) (x). On a x=x1+x2.

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Montrons alors que x1∈Ker(f−λ1id) et x2∈Ker(f−λ2id).
(f−λ1id)(x1) = (f−λ1id)1
λ1−λ2
(f−λ2id) (x)=1
λ1−λ2(f−λ1id)◦(f−λ2id)(x).
Donc (f−λ1id)(x1) = 1
λ1−λ2
θ(x) = 0Cmet ainsi x1∈Ker(f−λ1id).
Observons que θ= (f−λ1id)◦(f−λ2id) = f2−λ2f−λ1f+λ1λ2id =f2−λ1f−λ2f+λ2λ1id = (f−λ2id)◦(f−λ1id).
Par cons´equent : (f−λ2id)◦(f−λ1id) = θ. Alors :
(f−λ2id)(x2) = (f−λ2id)1
λ2−λ1
(f−λ1id) (x)=1
λ2−λ1(f−λ2id)◦(f−λ1id)(x).
Donc (f−λ2id)(x2) = 1
λ2−λ1
θ(x) = 0Cmet alors x2∈Ker(f−λ2id).
Ainsi x=x1+x2,x1∈Ker(f−λ1id) et x2∈Ker(f−λ2id). Donc x∈Ker(f−λ1id) + Ker(f−λ2id).
Ceci ach`eve de montrer que Cm⊂Ker(f−λ1id) + Ker(f−λ2id).
Par cons´equent Cm= Ker(f−λ1id) +Ker(f−λ2id). Comme Ker(f−λ1id) et Ker(f−λ2id) sont en somme directe :
Cm= Ker(f−λ1id)⊕Ker(f−λ2id).
c) (f−λ1id)◦(f−λ2id) = θdonc (X−λ1)(X−λ2) est un polynˆome annulateur de fdont les racines dans Csont
λ1et λ2. Ainsi λ1et λ2sont les seules valeurs propres possibles de f. Autrement dit : Sp f⊂ {λ1, λ2}.
Rappelons que λ1(resp. λ2) est valeur propre de fsi et seulement si Ker(f−λ1id) (resp. Ker(f−λ2id)) n’est pas
r´eduit au vecteur nul. Envisageons alors trois cas.
Cas 1 : fest distinct de λ1id et λ2id.
Si Ker(f−λ1id) est r´eduit au vecteur nul alors Ker(f−λ2id) = Cmcar Cm= Ker(f−λ1id)⊕Ker(f−λ2id).
Ainsi f−λ2id =θdonc f=λ2id ce qui n’est pas.
Si Ker(f−λ2id) est r´eduit au vecteur nul alors Ker(f−λ1id) = Cmcar Cm= Ker(f−λ1id)⊕Ker(f−λ2id).
Ainsi f−λ1id =θdonc f=λ1id ce qui n’est pas.
Donc Ker(f−λ1id) et Ker(f−λ2id) ne sont pas r´eduits au vecteur nul. Alors λ1et λ2sont valeurs propres de f.
Mieux λ1et λ2sont les (seules) valeurs propres de f.
Or Cm= Ker(f−λ1id)⊕Ker(f−λ2id), donc fest diagonalisable.
Cas 2 : fco¨ıncide avec λ1id. Alors fest diagonalisable et λ1est sa seule valeur propre.
Cas 3 : fco¨ıncide avec λ2id. Alors fest diagonalisable et λ2est sa seule valeur propre.
fest diagonalisable.
Si fest distinct de λ1id et de λ2id alors λ1et λ2sont les (seules) valeurs propres de f.
Si f=λ1id (resp. f=λ2id) alors λ1(resp. λ2) est la seule valeur propre de f.
2) (i I)2=i2I=−I! !
A=i I est une matrice de M2n+1(C) telle que A2=−I.