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Algèbre linéaire - Problème de synthèseCorrection

Dans tout le problème, n désigne un entier naturel supérieur ou égal à 2.

On noteMn(R) (respectivementMn(C) ) l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordre n àcoefficients réels (respectivement à coefficients complexes).

Pour tout couple d’entiers (i, j) de J1, nK, on note Ei,j la matrice deMn(R) dont tous lescoefficients sont nuls, sauf celui situé à la iième ligne et à la jième colonne qui est égal à 1.

On rappelle que la famille (Ei,j)1≤i,j≤n est la base canonique deMn(R).

On désigne par In la matrice diagonale deMn(R) dont tous les coefficients diagonaux sont égauxà 1, et par 0n la matrice nulle deMn(R).

Pour toute matrice A deMn(R), on appelle trace de A, et on note Tr(A), la sommedes coefficients diagonaux de A.

On note id l’endomorphisme identité de Rn.

On rappelle qu’un endomorphisme f de Rn est appelé une homothétie lorsqu’il existe un réel λtel que f = λid.

On note R[X] l’espace vectoriel des polynômes à coefficients réels.

Dans tout le problème, A désigne une matrice non nulle deMn(R), et u est l’endomorphisme deRn canoniquement associé à la matrice A.

On considère l’application ϕA définie surMn(R) par :

∀ M ∈Mn(R), ϕA(M) = AM −MA.

On rappelle que si P =d∑

k=0akX

k est un polynôme de R[X], P (A) désigne la matrice

P (A) =d∑

k=0akA

k de Mn(R).

Enfin , on note R[A] le sous-espace vectoriel deMn(R) défini par :

R[A] = {P (A)\P ∈ R[X]}.

L’objet du problème est d’étudier quelques propriétés des éléments propres de ϕA.

1

La partie I étudie la diagonalisabilité de l’endomorphisme ϕA dans un cas particulier.

Les parties II et III étudient les sous-espaces propres de ϕA.

La partie IV étudie la diagonalisabilité de ϕA dans le cas général.

Enfin, la partie V compare les valeurs propres de A et celles de ϕA dans le cas n = 2.

Les quatre premières parties de ce problème sont dans une large mesure indépendantes.

Préliminaire

1. Montrer que ϕA est un endomorphisme deMn(R).

2. Montrer que l’application Tr est une forme linéaire surjective deMn(R).En déduire que son noyau, noté T , est un hyperplan deMn(R).

3. Montrer que pour toutes matrices M et N deMn(R), on a : Tr(MN) = Tr(NM).En déduire que deux matrices semblables deMn(R) ont la même trace.

4. Montrer que : Im(ϕA) ⊂ T , où Im(ϕA) désigne l’image de l’endomorphisme ϕA.Existe-t-il une matrice B deMn(R) telle que ϕA(B) = In?

Partie I : Etude d’un cas particulier

Dans cette partie seulement, on suppose que n = 2 et que A =(

1 22 1

).

1. Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de la matrice A.La matrice A est-elle diagonalisable ?

2. Expliciter la matrice C associée à l’endomorphisme ϕA relativement à la base canonique deM2(R).

3. Déterminer le rang de C, puis expliciter une base de Ker(ϕA).

4. Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de ϕA.L’endomorphisme ϕA est-il diagonalisable ?

2

Partie II : Etude des vecteurs propres de ϕA associés à une valeur propre nonnulle

Dans cette partie, on suppose que λ est une valeur propre non nulle de ϕA.On note alors B un vecteur propre de ϕA associé à la valeur propre λ.1. Rappeler la dimension deMn(R).

2. Montrer que, pour tout entier naturel k, on a :

ϕA(Bk) = λkBk.

On pourra procéder par récurrence.

3. En déduire qu’il existe un entier naturel d tel que Bd = 0n.

Partie III : Etude des vecteurs propres de ϕA associés à la valeur propre 0Dans cette partie, on désigne par u l’endomorphisme de Rn canoniquement associé à la matriceA. On note Ker(ϕA) le noyau de l’application ϕA.1. Montrer que 0 est valeur propre de ϕA.

2. Soit B une matrice deMn(R). On note v l’endomorphisme de Rn canoniquement associé à B.Montrer l’équivalence :

B ∈ Ker(ϕA)⇐⇒ u ◦ v = v ◦ u.

3. a) Montrer que toute matrice deMn(R) admet un polynôme annulateur non nul.

Dans la suite de cette question, II désigne un polynôme annulateur non nul de A et degréminimal, on note d le degré de II.

b) Pour tout polynôme P de R[X], montrer qu’il existe un unique couple (Q,R) de polynômesde R[X] tel que

P = II.Q+R et deg(R) < d.

c) En déduire que (In, A, . . . , Ad−1) est une base de R[A], puis montrer que R[A] ⊂ Ker(ϕA).

d) Montrer que si u n’est pas une homothétie, alors Im(ϕA) 6= T , le sous-espace T ayant étédéfini dans le préliminaire.

4. Un cas d’égalité

On suppose dans cette question que la matrice A est nilpotente d’ordre n :

An = 0n et An−1 6= 0n.

3

On considère un vecteur x de Rn tel que un−1(x) 6= 0Rn , où 0Rn désigne le vecteur nul de Rn.

Et on pose, pour tout entier i de J1, nK :ei = un−i(x).

a) Montrer que la famille (e1, e2, . . . , en) est une base de Rn.

b) Soit B ∈ Ker(ϕA). On note v l’endomorphisme de Rn canoniquement associé à B.

Montrer qu’il existe n réels α1, . . . , αn tels que

v(x) =n∑

i=1αiei,

puis montrer quev =

n∑i=1

αiun−i

c) En déduire Ker(ϕA), puis la dimension de Ker(ϕA) dans ce cas.

5. Cas particulier où Ker(ϕA) =Mn(R)a) Montrer que si u est une homothétie, alors Ker(ϕA) =Mn(R).

b) i. Montrer que u est une homothétie si, et seulement si, pour tout vecteur x de Rn, lafamille (x, u(x)) est liée.On pourra considérer la base canonique de Rn.

ii. Montrer que si Ker(ϕA) =Mn(R), alors u est une homothétie.

Pour tout vecteur non nul x de Rn, en notant Hx un supplémentaire de Vect(x) dansRn, on pourra considérer la projection sur Vect(x) parallèlement à Hx.

6. Cas où u est diagonalisable

On suppose dans cette question que l’endomorphisme u est diagonalisable.

On note λ1, . . . , λp les p valeurs propres distinctes de u (avec 1 ≤ p ≤ n), et pour tout entierk de J1, pK, on note Eu(λk) le sous-espace propre de u associé à la valeur propre λk, et mk ladimension de cet espace propre.

Pour tout entier k de J1, pK, on note Bk une base du sous-espace propre Eu(λk).

Et on désigne par B la famille obtenue en réunissant successivement les vecteurs des famillesB1, . . . ,Bp.a) Justifier que B est une base de Rn.

4

b) Soient B une matrice deMn(R), et v l’endomorphisme de Rn canoniquement associé à B.

Montrer que B ∈ Ker(ϕA) si, et seulement si, pour tout entier k de J1, pK, Eu(λk) est stablepar v.

c) Soient B une matrice deMn(R), et v l’endomorphisme de Rn canoniquement associé à B.

Montrer que B est un vecteur de Ker(ϕA) si, et seulement si, la matrice de v dans la baseB a une forme que l’on précisera.

d) En déduire la dimension de Ker(ϕA) en fonction de m1,m2, . . . ,mp.

Partie IV : Etude de la diagonalisabilité de ϕANous allons montrer dans cette partie l’équivalence : A est diagonalisable si, et seulement si, ϕA

est diagonalisable.1. On suppose dans cette question que la matrice A est diagonale :

A =

λ1 0 . . . 00 . . . . . . ...... . . . . . . 00 . . . 0 λn

a) Exprimer, pour tout (i, j) de J1, nK2, la matrice AEi,j − Ei,jA en fonction de la matrice

Ei,j et des réels λi et λj.

b) En déduire que ϕA est diagonalisable.

2. On suppose dans cette question que la matrice A est diagonalisable.

Il existe ainsi une matrice inversible P deMn(R) et une matrice diagonale

D =

λ1 0 . . . 00 . . . . . . ...... . . . . . . 00 . . . 0 λn

de Mn(R)

telles queP−1AP = D.

En considérant les matrices Bi,j définies pour tout couple d’entiers (i, j) de J1, nK par

Bi,j = PEi,jP−1,

démontrer alors que ϕA est diagonalisable.

5

3. On suppose dans cette question que ϕA est diagonalisable en tant qu’endomorphisme deMn(R).

On note (Pi,j)1≤i,j≤n une base deMn(R) formée de vecteurs propres de ϕA, et on note λi,j lavaleur propre de ϕA associé au vecteur propre Pi,j.

a) Dans cette question, on considère A comme une matrice à coefficients complexes(A ∈Mn(R) ⊂Mn(C)) et ϕA comme un endomorphisme deMn(C)(défini par ϕA : M ∈Mn(C) 7→ AM −MA).

i. Justifier que toutes les valeurs propres de ϕA sont réelles.

ii. Soit z ∈ C.Montrer que si z est valeur propre de A, alors z est également valeur propre de tA, oùtA désigne la transposée de la matrice A.

iii. Soit z ∈ C.Montrer que si z est valeur propre de A, alors z est également valeur propre de A.

iv. Soit z ∈ C. On suppose que z est valeur propre de A.Justifier l’existence de deux matrices-colonnes non nulles X et Y deMn,1(C) telles que

AX = zX et tAY = zY.

En calculant ϕA(X tY ), démontrer que z − z est une valeur propre de ϕA.

v. En déduire que toutes les valeurs propres de A sont réelles.

On admet que A admet au moins une valeur propre complexe. On considère alors λ unevaleur propre réelle de A, et on note X un vecteur propre de A associé à λ.

b) Démontrer que, pour tout couple d’entiers (i, j) de J1, nK, il existe un réel µi,j, que l’onexprimera en fonction de λ et de λi,j tel que

APi,jX = µi,jPi,jX.

c) On note Φ l’application définie surMn(R) par :

∀ M ∈Mn(R), Φ(M) = MX.

Démontrer que l’application Φ est surjective.

d) Déduire des questions précédentes que la matrice A est diagonalisable.

6

Partie V : Comparaison des valeurs propres de A et de ϕA lorsque n = 2On pourra ici utiliser les résultats montrés dans les parties précédentes en les référençant claire-

ment.

On suppose désormais que n = 2.

On note u l’endomorphisme de R2 canoniquement associé à la matrice A.

On suppose que u n’est pas une homothétie et que u est diagonalisable.1. Déterminer la dimension de Ker(ϕA), puis montrer que (I2/,A) est une base de Ker(ϕA).

2. Montrer que ϕA est diagonalisable et que ϕA admet trois valeurs propres distinctes : 0;λ et−λ, où λ désigne un réel non nul.

Dans la suite, on note B un vecteur propre de ϕA associé à la valeur propre λ, et on note vl’endomorphisme de R2 canoniquement associé à la matrice B.

3. La matrice B est-elle inversible ? Quelle est la trace de B ?

En explicitant la matrice B, vérifier que B2 = 02.

4. Montrer qu’il existe un vecteur x de R2 tel que (x, v(x)) est une base de R2.

Vérifier que la matrice de l’endomorphisme u dans la base (x, v(x)) est triangulaire inférieure.

En déduire que les valeurs propres de u sont :

Tr(A)− λ2 et

Tr(A) + λ2 .

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Correction

� Corrigé :

Préliminaire

1. On remarque que ϕA va bien deMn(R) dansMn(R).

Soient M et N deux matrices deMn(R) et λ un réel.

On a :

ϕA(λM +N) = A(λM +N)− (λM +N)A = λAM + AN − (λMA+NA)= λ(AM −MA) + (AN −NA)= λϕA(M) + ϕA(N)

L’application ϕA est donc linéaire.

On en conclut que ϕA est un endomorphisme deMn(R).

2. • Soient M = (mi,j)1≤i,j≤n et N = (ni,j)1≤i,j≤n deux matrices deMn(R) et λ un réel.

On a :

Tr(λM +N) =n∑

i=1(λM +N)i,i =

n∑i=1

(λmi,i + ni,i)

= λn∑

i=1mi,i +

n∑i=1

ni,i

= λTr(M) + Tr(N).

L’application Tr est donc linéaire et comme elle est à valeurs dans R, Tr est bien uneforme linéaire deMn(R).

• On sait que Im(Tr) est un sous-espace vectoriel de R.

D’où dim(Im(Tr)) ≤ 1.

On remarque que Tr(In) = n 6= 0.

8

D’oùIm(Tr) 6= {0} et donc dim(Im(Tr)) ≥ 1.

On en déduit que Im(Tr) est un sous-espace vectoriel de R de même dimension 1.

D’où Im(Tr) = R et Tr est surjective.

� Remarque Ceux qui ont fait le sujet de l’EDHEC 2005 sur la trace se souviennent quel’on pouvait traiter cette question par d’autres méthodes : en procédant par doubleinclusion ou en revenant à l’expression de l’image à l’aide de la base deMnR. �

• D’après le théorème du rang, on a :

dimKer(Tr) = dimMn(R)− dim Im(Tr) = n2 − 1.

Par conséquent, T = Ker(Tr) est bien un hyperplan de Tr.

3. Soient M = (mi,j) ∈Mn(R) et N = (ni,j) ∈Mn(R).

On poseMN = C = (ci,j) et NM = D = (di,j).

Pour tout (i, j) ∈ J1, nK2, on a :

ci,j =n∑

k=1mi,knk,j et di,j =

n∑k=1

ni,kmk,j.

Alors :Tr(MN) = Tr(C) =

n∑i=1

ci,i =n∑

i=1

n∑k=1

mi,knk,i

et :

Tr(NM) =n∑

i=1

n∑k=1

ni,kmk,i =n∑

k=1

n∑i=1

mk,ini,k

=n∑

k′=1

n∑i′=1

mk′,i′ni′,k′

=n∑

i=1

n∑k=1

mi,knk,i en posant i′ = k et k′ = i

= Tr(MN)

Supposons que M et N sont deux matrices semblables deMn(R).

9

Il existe une matrice P inversible deMn(R) telle que

P−1MP = N.

Alors :Tr(N) = Tr(P−1(MP )) = Tr((MP ).P−1) = Tr(M).

Deux matrices semblables ont donc la même trace.

4. Soit M ∈ Im(ϕA). Il existe N ∈Mn(R) telle que M = ϕA(N).

Par linéarité de la trace, et d’après la question précédente, on obtient :

Tr(M) = Tr(ϕA(N)) = Tr(AN −NA) = Tr(AN)− Tr(NA) = 0.

On en déduit que M ∈ Ker(Tr) = T .

On a bien montré l’inclusion : Im(ϕA) ⊂ T .

Supposons qu’il existe une matrice B deMn(R) telle que ϕA(B) = In.

On en déduit que In ∈ Im(ϕA), et donc In ∈ T .

Or Tr(In) = n 6= 0. Il y a donc contradiction.

Par conséquent, In 6∈ Im(ϕA) : il n’existe pas de matrice B deMn(R) telle que ϕA(B) = In.

Partie I1. Un petit point méthodologique s’impose !

On a ici plusieurs méthodes possibles.

La méthode la plus conforme à l’exercice consiste à chercher par le cal-cul les valeurs de λ telles que A− λI2 ne soit pas inversible.

Plus rapide, une méthode à la limite du programme consiste à utiliserle cours sur le déterminant d’une matrice carré d’ordre 2.

Enfin, une dernière méthode n’est pas adaptée à l’énoncé mais est trèsintéressante : elle consiste à utiliser le fait que la matrice est symétrique puisà utiliser les propriétés de la trace... Voyons voir !

Point méthodologique 1.

10

Première méthode : Soit λ ∈ R. On a :

λ est valeur propre de A si, et seulement si, A− λI2 n’est pas inversible

si, et seulement si, det(A− λI2) = 0

si, et seulement si, (1− λ)2 − 4 = 0

si, et seulement si, 1− λ = 2 ou 1− λ = −2

si, et seulement si, λ = −1 ou λ = 3

La matrice A admet deux valeurs propres distinctes : -1 et 3.

Comme A est une matrice carrée d’ordre 2, A est diagonalisable.

Soit X =(xy

)∈M2(R).

On a :

AX = −X ⇐⇒{

x + 2y = −x2x + y = −y ⇐⇒

{x + y = 0x + y = 0 ⇐⇒ X = x

(1−1

)

On en déduit que((

1−1

))est une base du sous-espace propre E−1 de A associé à la valeur

propre -1.

Et :

AX = 3X ⇐⇒{

x + 2y = 3x2x + y = 3y ⇐⇒

{−x + y = 0x − y = 0 ⇐⇒ X = x

(11

)

On en déduit que((

11

))est une base du sous-espace propre E3 de A associé à la valeur

propre 3.

Deuxième méthode : A est symétrique réelle donc diagonalisable et donc semblable àune matrice diagonale D. Or A n’est pas une matrice scalaire donc nécessairement A admet2 valeurs propres distinctes.

De plus, on remarque classiquement que :

A

(11

)=(

33

)= 3

(11

)

11

3 est donc valeur propre de A et comme son sous-espace propre associé E3 est nécessairement

de dimension 1, on a comme précédemment((

11

))est une base du sous-espace propre

E3 de A associé à la valeur propre 3. En notant λ la valeur propre restante, on utiliseastucieusement une propriété de la trace qui nous dit que :

Tr(A) = Tr(D) = 2 = 3 + λ

Ce qui donne directement :λ = −1

On trouve alors par le calcul le sous-espace propre restant...2. On a :

ϕA(E1,1) =(

1 22 1

)(1 00 0

)−(

1 00 0

)(1 22 1

)=(

1 02 0

)−(

1 20 0

)

=(

0 −22 0

)= −2E1,2 + 2E2,1.

ϕA(E1,2) =(

1 22 1

)(0 10 0

)−(

0 10 0

)(1 22 1

)=(

0 10 2

)−(

2 10 0

)

=(−2 00 2

)= −2E1,1 + 2E2,2.

ϕA(E2,1) =(

1 22 1

)(0 01 0

)−(

0 01 0

)(1 22 1

)=(

2 01 0

)−(

0 01 2

)

=(

2 00 −2

)= 2E1,1 − 2E2,2.

ϕA(E2,2) =(

1 22 1

)(0 00 1

)−(

0 00 1

)(1 22 1

)=(

0 20 1

)−(

0 02 1

)

=(

0 2−2 0

)= 2E1,2 − 2E2,1.

On en déduit la matrice C canoniquement associée à l’endomorphisme ϕA :

C =

0 −2 2 0−2 0 0 22 0 0 −20 2 −2 0

12

3. Les deux premières colonnes de C forment une famille libre (elles sont non colinéaires), eton remarque que C3 = −C2 et C4 = −C1, en notant Ci la iième colonne de C. On en déduitque C est de rang 2.

Comme rg(ϕA) = rg(C) = 2, on déduit du théorème du rang que :

dim(Ker(ϕA)) = dimM2(R)− dim Im(ϕA) = 22 − 2 = 2.

De plus, on remarque que :

C

1001

=

0000

et C

0110

=

0000

.

On en déduit que les matrices(

1 00 1

)= I2 et

(0 11 0

)= B sont deux matrices de

Ker(ϕA).

Comme les matrices I2 et B sont non colinéaires, (I2, B) forme une famille libre de Ker(ϕA),et donc une base de Ker(ϕA) puisque dim(Ker(ϕA)) = 2.

4. On a montré à la question précédente que 0 est valeur propre de ϕA et que (I2, B) forme unebase du sous-espace propre Ker(ϕA).

Déterminons alors les valeurs propres non nulles de ϕA.

On a deux méthodes possibles ici.

Soit on fait le calcul très lourd consistant à résoudre un système àl’aide de la matrice C : nous vous laissons le faire et vérifier que l’on obtientle même résultat qu’avec la seconde méthode !

Soit on repart de la définition d’une valeur propre et l’on se sert deIm(ϕA). Nous allons plutôt donner une chance à cette méthode.


Soit λ ∈ R∗. λ est valeur propre de ϕA ssi il existe M 6= 0 tel que AM −MA = λM et donc,en reprenant la définition d’une image, il vient :

λM ∈ Im(ϕA)

13

Or, en reprenant le résultat de la question 2, on sait que :

Im(ϕA) = V ect((

0 −11 0

),

(−1 00 1

))

Ainsi, il existe (x, y) ∈ R2 tels que :

λM = x(

0 −11 0

)+ y

(−1 00 1

).

Comme λ 6= 0, on a également :

M = xλ

(0 −11 0

)+ yλ

(−1 00 1

).

On vient ainsi de montrer que les vecteurs propres associés à λ sont également dans Im(ϕA).Il existe donc a et b deux réels tels que :

M = a(

0 −11 0

)+ b

(−1 00 1

).

En réutilisant la matrice C, on a alors :

ϕA(M) = λM ⇔ C

−b−aab

= λ−b−aab

⇔

4a = −λb4b = −λa−4b = λa−4a = λb

⇔

b = −4

λa car λ 6= 0

−16λa = −λa

⇔

b = −4

λa car λ 6= 0

a = 0 ou λ2 = 16

On en déduit que λ est valeur propre de ϕA si, et seulement si, le système ϕA(M) = λMn’est pas de Cramer, c’est-à-dire si, et seulement si, λ = 4 ou λ = −4.

Finalement, 0, 4 et −4 sont les valeurs propres de ϕA.

Le sous-espace propre de ϕA associé à la valeur propre 0 est Ker(ϕA) de dimension 2.

Le sous-espace propre E4 de ϕA associé à la valeur propre 4 admet pour base((0 −11 0

)−(−1 00 1

))=((

1 −11 −1

)).

Le sous-espace propre E−4 de ϕA associé à la valeur propre −4 admet pour base((0 −11 0

)+(−1 00 1

))=((−1 −11 1

)).

14

On a :dimKer(ϕA) + dim(E4) + dim(E−4) = 2 + 1 + 1 = 4 = dim(M2(R)).

On en déduit que ϕA est diagonalisable.

� Remarque Bien retenir la marche à suivre ici qui n’est pas si évidente et qui permet de bienfaire le lien entre endomorphisme et matrice représentative, mais aussi entre vecteurs d’unespace vectoriel et leur représentation dans une base de ce même espace (ici il s’agit de la basecanonique deM2(R)). �

Partie II

1. On sait que dim(Mn(R)) = n2.

2. Comme B est vecteur propre de ϕ associé à la valeur propre λ, on sait que :

ϕA(B) = λB,

c’est-à-direAB −BA = λB.

Initialisation

Pour k = 0, on a :

ϕA(B0) = ϕA(In) = AIn − InA = A− A = 0n = λ× 0B0.

La propriété est initialisée.

Hérédité

Soit k ∈ N tel que ϕA(B) = λkBk.

En multipliant à droite par B, on obtient :

ABk+1 −BkAB = λkBk+1 (∗).

Or B étant vecteur propre de λ associé à la valeur propre λ, on a :

AB = BA+ λB.

On en déduit queBkAB = Bk(BA+ λB) = Bk+1A+ λBk+1.

L’égalité (*) devient alors :

ABk+1 −Bk+1A− λBk+1 = kλBk+1,

15

soit :ABk+1 −Bk+1A = λ(k + 1)Bk+1,

ce qui montre l’hérédité.Conclusion

On déduit du principe de récurrence que, pour tout k ∈ N,

ϕA(Bk) = λkBk.

3. Supposons que pour tout d ∈ N Bd 6= 0n.

On déduit de la question précédente que, pour tout d ∈ N, Bd est vecteur propre de ϕAassocié à la valeur propre λd.

Comme λ 6= 0, on remarque que x 7→ λx est strictement monotone sur R.

On vient donc de montrer que ϕA admet une infinité de valeurs propres distinctes.

Or ϕA est un endomorphisme deMn(R) qui est de dimension finie n2.

On sait donc que ϕA admet au plus n2 valeurs propres distinctes.

On aboutit à une contradiction.

Ainsi, il existe un entier naturel d tel que Bd = 0n.

Partie III

1. On remarque que ϕA(In) = A− A = 0n avec In 6= 0n.

On en conclut que 0 est valeur propre de ϕA (In étant un vecteur propre associé).

2. Soit B ∈Mn(R) et v l’endomorphisme de Rn canoniquement associé.

On a :

B ∈ Ker(ϕA)⇐⇒ ϕA(B) = 0n ⇐⇒ AB −BA = 0n ⇐⇒ AB = BA⇐⇒ u ◦ v = v ◦ u.

3. a) Soit M ∈Mn(R).

Comme Mn(R) est de dimension finie égale à n2, la famille (In,M,M2, . . . ,Mn2) est

nécessairement liée.

16

Par conséquent, il existe n2 + 1 réels a0, a1, . . . , an2 non tous nuls tels que

n2∑k=0

akMk = 0n.

Notons P =n2∑

k=1akX

k P est donc un polynôme annulateur non nul de M .

b) Soit P ∈ R[X]. Comme II est un polynôme non nul, on a d’après le théorème de ladivision euclidienne dans R[X], il existe un unique couple de polynôme (Q,R) tel que

P = II.Q+R avec deg(R) < deg(II) = d.

c) Comme R[A] est un sous-espace vectoriel deMn(R) contenant les matrices

In = A0, A, . . . , Ad−1,

on a :Vect(In, A, . . . , Ad−1) ⊂ R[A],

car R[A] est stable par combinaisons linéaires.

Réciproquement, soit P (A) ∈ R[A], avec P ∈ R[X].D’après la question précédente, il existe (Q,R) ∈ R[X]2 tel que

P = II.Q+R avec deg(R) < deg(II) = d.

On alors :P (A) = II(A).Q(A) +R(A) = R(A), car II(A) = 0n.

De plus, comme deg(R) < d, on a : R(A) ∈ Vect(In, A, . . . , Ad−1).

On a donc :P (A) = R(A) ∈ Vect(In, A, . . . , Ad−1).

Ainsi, par double inclusion, on a montré :

R[A] = Vect(In, A, . . . , Ad−1)

et (In, A, . . . , Ad−1) est une famille génératrice de R[A].

Soient a0, a1, ..., ad−1 d réels tels qued−1∑k=0

akAk = 0n.

On en déduit que P =d−1∑k=0

akXk est un polynôme annulateur de A de degré inférieur ou

égal à d− 1.

17

Or II est un polynôme annulateur non nul de A de degré minimal.

On en déduit que nécessairement P = 0R[X] et donc a0 = a1 = ... = ad−1 = 0.

La famille (In, A, . . . , Ad−1) est donc libre.

Finalement :(In, A, . . . , Ad−1) est une base de R[A]

Pour montrer qu’un espace vectoriel F est inclus dans un autre espace vectorielE, il suffit de montrer que les vecteurs d’une base de F appartiennent à E.On invoque alors la stabilité de E par combinaisons linéaires pour conclure.


Pour tout k ∈ J0, d− 1K,

ϕA(Ak) = A.Ak − Ak.A = Ak+1 − Ak+1 = 0n.

D’où Ak ∈ Ker(ϕA) pour tout k ∈ J0, d− 1K.

Comme Ker(ϕA) est stable par combinaisons linéaires, on en déduit que

R[A] = Vect(In, A, . . . , Ad−1) ⊂ Ker(ϕA).

d) Un point méthodologique s’impose ici !

On peut hésiter ici entre deux méthodes : la double inclusion ou l’inclusion etl’égalité des dimensions.

On constate alors que si Im(ϕA) = T alors le noyau sera de dimension1. Comme dans toute cette question, on a trouvé des résultats sur le noyau,on va donner une chance à cette méthode et, bien sûr, ça va marcher !


Supposons que u n’est pas une homothétie : il n’existe pas de réel λ tel que u = λid,c’est-à-dire tel que A = λIn.

D’après le préliminaire, on a Im(ϕA) ⊂ T donc dim Im(ϕA) 6 dim T = n2 − 1.

Procédons par l’absurde et supposons que dim Im(ϕA) = n2 − 1. Par le théorème durang, il vient :

dimKer(ϕA) = 1

18

Et d’après c, il vient :dimR(A) 6 1

Et donc, en reprenant la base de R(A) :

dim V ect(In, A, . . . , Ad−1) 6 1

Or, u n’est pas une homothétie donc on montre aisément que la famille (In, A) est libre(In et A sont non colinéaires) et par conséquent :

dim V ect(In, A, . . . , Ad−1) > 2

On vient de faire apparaître une contradiction, on peut donc conclure avec joie :

Im(ϕA) 6= T

4. a) Comme An = 0n, on a un = 0L(Rn) et donc ui = 0L(Rn) pour tout i ≥ n.

Soient a1, a2, ..., an n réels tels quen∑

k=1akek = 0Rn ,

soit :n∑

k=1aku

n−k(x) = 0Rn .

En composant cette égalité par un−1, on obtient :n∑

k=1un−k+n−1(x) = 0Rn ,

soit anun−1(x) = 0Rn car pour tout k ≤ n− 1, n− k + n− 1 ≥ n.

Comme un−1(x) 6= 0Rn , on en déduit que an = 0.

Composons alors l’égalitén−1∑k=1

akun−k(x) = 0Rn par un−2.

On obtient :n−2∑k=1

akun−k+n−2(x) = 0Rn ,

soit an−1un−1(x) = 0Rn car pour tout k ≤ n − 2, n − k + n − 2 ≥ n. On en déduit demême que an−1 = 0.

En réitérant le procédé (on compose par un−3, ..., u, id), on obtient successivement :

an−3 = ... = a2 = a1 = a0.

19

Ainsi, (e1, e2, ..., en) est une famille libre de Rn.

Comme Rn est de dimension n, (e1, e2, ..., en) est une famille libre maximale de Rn, doncune base de Rn.

� Remarque Cette question est un grand classique du concours, tombée par exemple àHEC 2007 sous une forme matricielle. A savoir refaire parfaitement. Les plus rigoureuxauront remarqué que l’idéal aurait été de faire une récurrence descendante forte afind’éviter l’itération que certains correcteurs n’apprécient pas. A ce niveau du sujet etcompte tenu de la longueur de l’épreuve, cela peut toutefois passer. �

b) Soit B ∈ Ker(ϕA).

Comme v(x) ∈ Rn, on déduit de la question précédente, par définition d’une base, qu’ilexiste (α1, ..., αn) ∈ Rn tel que

v(x) =n∑

k=1αkek

Comme (e1, ..., en) est une base de Rn et que les applications v etn∑

k=1αku

n−k

sont linéaires, pour montrer que v =n∑

k=1αku

n−k, il suffit d’utiliser la base que

l’on vient de former et ainsi montrer que v(ei) =n∑

k=1αku

n−k(ei), pour tout

i ∈ J1, nK. Nous voyons encore ici l’utilité des bases pour résoudre certainesquestions d’algèbre linéaire...


Soit i ∈ J1, nK.

On a : ei = un−i(x). Et donc :

v(ei) = v ◦ un−i(x)= un−i ◦ v(x) car B ∈ Ker(ϕA) donc u et v commutent, et donc v et un−i commutent

= un−i(ϕA(x)) = un−i(

n∑k=1

αkun−k(x)

)=

n∑k=1

αkun−i+n−k(x) car un−iest linéaire

=n∑

k=1αku

n−k ◦ un−i(x) =n∑

k=1αku

n−k(un−i(x)) =n∑

k=1αku

n−k(ei) =(

n∑k=1

αkun−k

)(ei)

20

On déduit de la remarque préliminaire que :

v =n∑

k=1αku

n−k

� Remarque Lorsque u et v commutent, bien retenir que ui et v commutent. Faites lecas i = 2 pour vous en convaincre et ensuite, en toute rigueur, faites une récurrencequi ne pose pas de difficulté. �

c) On déduit de la question b) que si B ∈Ker(ϕA), alors

v =n∑

k=1αku

n−k,

soitB =

n∑k=1

αkAn−k ∈ Vect(In, A, ..., An−1).

On a donc l’inclusion :Ker(ϕA) ⊂ Vect(In, A, ..., An−1).

Or, d’après la question 2.c), on a :

R[A] ⊂ Ker(ϕA).

On remarque alors que Vect(In, A, ..., An−1) est un sous-espace vectoriel de R[A].

On en déduit que :Vect(In, A, ..., An−1) ⊂ Ker(ϕA).

Finalement, par double inclusion :

Vect(In, A, ..., An−1) = Ker(ϕA)

et (In, A, ..., An−1) est une famille génératrice de Ker(ϕA).

Notons que l’on a montré à la question 2.c) que R[A] ⊂ Ker(ϕA).

Et on vient de montrer que :

Ker(ϕA) = Vect(In, A, ..., An−1) ⊂ R[A].

On a donc : Ker(ϕA) = R[A] dans ce cas.

Montrons que (In, A, ..., An−1) est une famille libre de Ker(ϕA).

21

Soient α0, ..., αn−1 n réels tel quen−1∑k=0

αkAk = 0n.

On a alorsn−1∑k=0

αkuk = 0L(Rn).

On en déduit que :n−1∑k=0

αkuk(x) = 0Rn ,

soit :n−1∑k=0

αken−k(x) = 0Rn .

Comme (e1, e2, ..., en) est une base de Rn, on en déduit que α0 = ... = αn = 0.

Finalement, (In, A, ..., An−1) est une famille libre de Ker(ϕA).

Comme elle est de plus génératrice de Ker(ϕA), on en déduit que c’est une base deKer(ϕA).

D’oùdim(Ker(ϕA)) = n.

5. a) Supposons que u est une homothétie. Il existe λ ∈ R tel que u = λid, c’est-à-dire tel queA = λIn.

Pour tout B ∈Mn(R), on a :

ϕA(B) = AB −BA = λInB −B(λIn) = λB − λB = 0n, et donc B ∈ Ker(ϕA).

On en déduit que Mn(R) ∈ Ker(ϕA). Et Ker(ϕA) étant un sous-espace vectoriel deMn(R), on en déduit que Ker(ϕA) =Mn(R).

b) i. Si u est une homothétie, alors u = λid, et donc pour tout x ∈ Rn, u(x) = λx et lafamille (x, u(x)) est bien liée.

Supposons que pour tout x ∈ Rn, la famille (x, u(x)) est liée.

22

Cette partie de la démonstration est difficile mais classique. Le même typede raisonnement est par exemple tombée à l’ESCP 2001. Ici, il faut se poserau brouillon et tenter des choses. Une fois de plus, la prise d’initiatives estvalorisée. Notamment, il faut bien utiliser l’hypothèse selon laquelle la familleest liée POUR TOUT x ∈ Rn. Voyons comment.


Notons (e1, ..., en) la base canonique de Rn.

Soit i ∈ J1, nK. La famille (ei, u(ei)) est liée.

Comme ei 6= 0Rn , il existe un réel λi tel que u(ei) = λiei.

� Remarque On vient au passage de montrer que u est diagonalisable... Pour allerplus loin, on va considérer le vecteur e1 + e2 + . . .+ en. �

De même, comme la famille(

n∑k=1

ek, u

(n∑

k=1ek

))est liée et que

n∑k=1

ek 6= 0Rn , on

en déduit qu’il existe λ ∈ R tel que

u

(n∑

k=1ek

)= λ

(n∑

k=1ek

).

Or par linéarité de u, on a :

u(n∑

k=1ek) =

n∑k=1

u(ek) =n∑

k=1λkek.

On a donc montré que :λ

n∑k=1

ek =n∑

k=1λkek.

Comme la famille (e1, e2, ..., en) est libre, on en déduit que

λ1 = λ2 = ... = λn = λ.

On remarque que les deux applications linéaires u et λid coïncident sur la base ca-nonique de Rn.

Par conséquent : u = λid et u est bien une homothétie.

ii. Supposons que Ker(ϕA) =Mn(R).

23

Sur cette question, il faut vraiment se laisser porter par l’indice mais sans tropchercher à comprendre pourquoi car c’est trop abstrait pour que l’on puissevisualiser quoi que ce soit. En revanche, on a une certitude absolue : il va falloirutiliser la question précédente et montrer que la famille (x, u(x)) est liée.


On en déduit que pour tout v ∈ L(Rn), u ◦ v = v ◦ u.

Soit x un vecteur non nul de Rn. Notons Hx un supplémentaire de Vect(x) dans Rn,et notons px la projection sur Vect(x) parallèlement à Hx.

Comme px et u commutent, on a :

u ◦ px(x) = px ◦ u(x).

Or par définition : px(x) = x. On a donc :

u(x) = px(u(x)).

px étant la projection sur Vect(x) parallèlement à Hx, on sait que

Ker(id− px) = Im(px) = Vect(x).

On en déduit que px(u(x)) ∈ Vect(x), ce qui entraîne que la famille (x, u(x)) est liée.

On déduit de la question précédente que u est bien une homothétie.

6. a) Comme u est diagonalisable, on a :

Rn =p⊕

k=1Eu(λk).

Par conséquent, la famille B est bien une base de Rn.

b) On va se reposer sur la méthode, une fois de plus.

Il suffit de procéder par implication puis réciproque et de bien poser ce quel’on a et ce que l’on cherche et probablement utiliser la question précédente.


Soit B ∈ Ker(ϕA). Comme ϕA(B) = 0n, on sait que AB = BA et donc u et v commutent.

Soit x ∈ Eu(λk). Rappelons que Eu(λk) = Ker(u− λkid).

24

Montrons que v(x) ∈ Eu(λk).

On a :

(u− λkid)(v(x)) = u(v(x))− λkv(x) = u ◦ v(x)− λkv(x) = v ◦ u(x)− λkv(x)= v ◦ (u− λkid)(x) = 0Rn , car B ∈ Ker(u− λkid).

D’où v(x) ∈ Eu(λk).

Ainsi, si B ∈ Ker(ϕA), les sous-espaces propres de u sont stables par v.

Supposons maintenant que les sous-espaces propres de u sont stables par v.

Pour montrer que B ∈ Ker(ϕA), il suffit de montrer que u et v commutent.

Soit x ∈ Rn. Comme Rn =p⊕

k=1Eu(λk), il existe (x1, x2, ..., xp) ∈ Eu(λ1)× Eu(λ2)× ...×

Eu(λp) tel que

x =p∑

k=1xk.

Pour tout k ∈ J1, pK, xk ∈ Eu(λk), donc

u(xk) = λkxk

et v(x) ∈ Eu(λk) d’après la question précédente, donc

u(v(xk)) = λkv(xk).

On a alors :u ◦ v(x) =

p∑k=1

u ◦ v(xk) =p∑

k=1λkv(xk)

etv ◦ u(xk) =

p∑k=1

v ◦ u(xk) =p∑

k=1v(λkxx) =

p∑k=1

λkv(xk).

D’oùv ◦ u(xk) = u ◦ v(x).

Les endomorphismes u et v commutent et donc B ∈ Ker(ϕA).

c) On déduit de la question précédente que B est un vecteur de Ker(ϕA) si, et seulementsi, la matrice de v dans la base B est diagonale par blocs de la forme

B1 0 . . . 00 . . . . . . ...... . . . . . . 00 . . . 0 Bp

,

25

avec Bi ∈Mmi(R) la matrice de la restriction de v à Eu(λi) relativement à la base de Bi.

d) L’espace vectoriel des matrices diagonales par blocs de la forme ci-dessus est de dimension

m21 +m22 + ...+m2p.

On déduit de la question précédente que :

dim(Ker(ϕA)) =p∑

k=1m2k.

Partie IV

1. a) Soit (i, j) ∈ J1, nK2.Posons C = AEi,j et D = Ei,jA, avec C = (cp,q)1≤p,q≤n et D = (dp,q)1≤p,q≤n.

On a, pour tout (p, q) ∈ J1, nK2 :

cp,q =n∑

k=1ap,k(Ei,j)k,q =

{0 si q 6= jap,i si q = j

={

0 si q 6= j et p 6= iλi si (p, q) = (i, j)

etdp,q =

n∑k=1

(Ei,j)p,kak,q ={

0 si p 6= iaj,q si p = i

={

0 si q 6= j et p 6= iλj si (p, q) = (i, j)

On en déduit queϕA(Ei,j) = λiEi,j − λjEi,j = (λi − λj)Ei,j.

b) Soit (i, j) ∈ J1, nK2. Comme Ei,j 6= 0n, on déduit de la question précédente que Ei,j estvecteur propre de ϕA associé à la valeur propre λi − λj.

On en déduit que (Ei,j)1≤i,j≤n forme une base deMn(R) constituée de vecteurs propresde ϕA.

On peut immédiatement conclure que ϕA est diagonalisable.

2. Soit (i, j) ∈ J1, nK2. On pose Bi,j = PEi,jP−1.

26

On a :

ϕA(Bi,j) = ABi,j −BijA = PDP−1Bij −Bi,jPDP−1

= PDEi,jP−1 − PEi,jDP−1 = P (DEi,j − Ei,jD)P−1

= P ((λi − λj)Ei,j)P−1 d’après la question 1.a)

= (λi − λj)PEi,jP−1 = (λi − λj)Bi,j

Comme de plus Ei,j 6= 0n et que les matrices P et P−1 sont inversibles, on en déduit queBi,j 6= 0n.

On peut alors conclure que Bi,j est vecteur propre de ϕA associé à la valeur propre λi − λj.

Vérifions que (Bi,j)1≤i,j≤n est une famille libre deMn(R).

Soit (bi,j)1≤i,j≤n ∈ Rn2 tel que ∑

1≤i,j≤nbi,jBi,j = 0n.

En multipliant cette égalité à gauche par P−1 et à droite par P , on obtient :∑1≤i,j≤n

bi,jEi,j0n

et donc bi,j = 0, pour tout (i, j) ∈ J1, nK2, car (Ei,j)1≤i,j≤n est une base deMn(R).

Ainsi, (Bi,j)1≤i,j≤n est une famille libre maximale deMn(R)(dim(Mn(R)) = n2), donc unebase deMn(R).

On en conclut que ϕA est diagonalisable car il existe une base deMn(R) constituée de vec-teurs propres de ϕA.

3. a) i. Comme ϕA est diagonalisable en tant qu’endomorphisme de l’espace vectoriel réelMn(R), toutes les valeurs propres de ϕA sont réelles.

ii. Soit z ∈ C une valeur propre de A.

La matrice A−zIn n’est pas inversible. Donc la matrice t(A−zIn) n’est pas inversible(car on sait que pour toute matrice M deMn(R), M est inversible si, et seulementsi, tM est inversible).

Ort(A− zIn) =t A− ztIn =t A− zIn.

27

On en déduit que tA− zIn n’est pas inversible et donc z est également valeur proprede tA.

iii. Soit z ∈ C une valeur propre de A. Notons X ∈ Mn(C) un vecteur propre associé :X 6= 0Mn,1(C) et AX = zX.

Notons X le vecteur deMn,1(C) dont les coefficients sont les conjugués de ceux de X.

De même, on note A la matrice deMn(C) dont les coefficients sont les conjugués deceux de A.

Comme A est une matrice à coefficients réels, on a : A = A.

On remarque que AX = zX =⇒ AX = zX, soit AX = zX, d’après les règles decalculs dans C

(z1z2 = z1 z2 et z1 + z2 = z1 + z2).

On a montré : AX = zX.

Comme X n’est pas nulle, X n’est pas nulle.

On en conclut que z est bien valeur propre de A.

iv. Soit z une valeur propre de A.

Il existe donc une matrice-colonne non nulle X deMn,1(C) telle que AX = zX.

On déduit de iii que z est également valeur propre de A.

Et la question ii appliquée à la valeur propre z montre que z est valeur propre de tA.Il existe donc une matrice-colonne non nulle Y deMn,1(C) telle que tAY = zY .

On a :

ϕA(X tY ) = AX tY −X tY A = (zX) tY −X t(tAY )= zX Y −X (zY ) = zX tY − zX tY = (z − z)X tY.

De plus, la matrice X tY n’est pas nulle :

comme X =

x1...xn

n’est pas nulle, il existe i ∈ J1, nK tel que xi 6= 0 et de même en

28

notant Y =

y1...yn

, il existe j ∈ J1, nK tel que yj 6= 0, et donc(X tY )i,j = xi × yj 6= 0.

On en conclut que z − z est bien valeur propre de ϕA.b) Soit z ∈ C une valeur propre de A.

On déduit de la question précédente que z − z est valeur propre de ϕA, et doncz − z = 2Im(z) ∈ R d’après i.

On en déduit que Im(z) = 0 et donc z ∈ R.

Les valeurs propres de A sont donc réelles.

c) Soit (i, j) ∈ J1, nK2. On sait que

ϕA(Pi,j) = λi,jPi,j

soitAPi,j = Pi,jA+ λi,jPi,j.

On en déduit que :

APi,jX = (Pi,jA+ λi,jPi,j)X = Pi,jAX + λi,jPi,jX = λPi,jX + λPi,jX = µi,jPi,jXavec µi,j = λ+ λi,j.

d) Notons X =

x1...xn

.Comme X n’est pas nulle (X est vecteur propre de A), il existe i ∈ J1, nK tel que xi 6= 0.

Notons (E1, ..., En) la base canonique deMn,1(R). Soit p ∈ J1, nK.

On remarqueΦ( 1xiEp,i

)= 1xiEp,iX = Ep

et donc Ep ∈ Im(Φ).

L’application Φ étant linéaire, son image est un sous-espace vectoriel deMn,1(R), doncstable par combinaisons linéaires.

On déduit du calcul précédent que Vect(E1, ..., En) ⊂ Im(Φ).

29

Or Vect(E1, ..., En) =Mn,1(R).

On peut alors conclure queMn,1(R) = Im(Φ) et donc Φ est surjective.

e) Vérifions que (Pi,j)1≤i,j≤n est une famille génératrice deM\,∞(R).

Soit Y ∈Mn,1(R).

Comme Φ est surjective, il existe M ∈Mn(R) telle que Φ(M) = Y .

(Pi,j)1≤i,j≤n étant une base deMn(R), on en déduit qu’il existe

(mi,j)1≤i,j≤n ∈ Rn2

tel queM =

∑1≤i,j≤n

mi,jPi,j.

Par linéarité de Φ, on obtient :

Y = Φ(M) =∑

1≤i,j≤nmi,jΦ(Pi,j) =

∑1≤i,j≤n

mi,jPi,jX.

On a donc montré que tout vecteur deMn,1(R) s’écrit comme combinaison linéaire de svecteurs de la famille (Pi,jX)1≤i,j≤n, ce qui montre que (Pi,jX)1≤i,j≤n est bien une famillegénératrice deMn,1(R).

On peut alors extraire de la famille (Pi,jX)1≤i,j≤n une famille libre maximale B deMn,1(R), donc une base deMn,1(R).

La famille B est alors une base deMn,1(R) constituée de vecteurs propres de A d’aprèsla question c) (les vecteurs sont bien non nuls puisqu’ils appartiennent à une famille libre).

On peut alors conclure que A est bien diagonalisable.

Partie V1. Comme A est diagonalisable, A admet deux valeurs propres λ1 et λ2.

Supposons que λ1 = λ2. Comme A est diagonalisable, il existe P inversible telle que

A = P(λ1 00 λ1

)P−1 = P (λ1I2)P−1 = λ1I2

et donc u = λ1id.

30

Or par hypothèse, u n’est pas une homothétie. On en conclut que λ1 6= λ2.La matrice A admet donc deux valeurs propres distinctes.

En reprenant les notations de la partie III question 5, on a : p = 2 et m1 = m2 = 1.

On déduit de la question III.6.d) que :

dimKer(ϕA) = 12 + 12 = 2.

D’après la question III.3.c), on a :

R[A] ⊂ Ker(ϕA).

On en déduit que (I2, A) est une famille de vecteurs de Ker(ϕA).

2. Comme A est diagonalisable, ϕA est diagonalisable d’après IV.2.

On a montré à la question IV.2 que les valeurs propres de ϕA sont :

λ1 − λ1, λ1 − λ2, λ2 − λ1, λ2 − λ2.

En posant λ = λ1−λ2, on a bien vérifié que les valeurs propres de ϕA sont : 0, λ et −λ (deuxà deux distinctes car λ1 6= λ2).

3. Comme B est vecteur propre de ϕA associé à λ 6= 0, on sait qu’il existe d ∈ N tel que Bd = 02,d’après II.3.

On en déduit que B n’est pas inversible.

Vérification :

Supposons que B est inversible. Il existe B−1 ∈M2(R) telle que B−1B = 02.

Alors :(B−1)d.Bd = I2.

Or(B−1)d.Bd = (B−1)d.02 = 02. Il y a donc contradiction.

Comme ϕA(B) = λB avec λ 6= 0,on a par linéarité de

ϕA : ϕA(1λB)

= B

et donc B ∈ Im(ϕA).

On en déduit de la question 4 du préliminaire que : Tr(B) = 0.

31

Posons alors :B =

(a bc −a

)(car Tr(B) = 0).

Comme B n’est pas inversible, on sait que det(B) = 0 soit :

−a2 − bc = 0.

On en déduit que :

B2 =(a bc −a

)(a bc −a

)=(a2 + c 0

0 a2 + bc

)= 02.

4.Comme B est vecteur propre de ϕA, B 6= 02, et on vient de montrer que B2 = 02.

La question III.4.a) appliquée à la matrice B dans le cas n = 2 montre qu’il existe x ∈ R2tel que (x, v(x)) forme une base de R2.

Comme u(x) ∈ R2 et que (x, v(x)) forme une base de R2, il existe deux réels α et β tels queu(x) = αx+ βv(x).

Et comme ϕA(B) = λB,

On a :AB −BA = λA,

soit : u ◦ v = v ◦ u+ λv. On a donc :

u(v(x)) = u ◦ v(x) = v ◦ u(x) + λv(x) = v(αx+ βv(x)) + λv(x)= αv(x) + βv2(x) + λv(x) = (α + λ)v(x),

car B2 = 02 donc v2 = 0L(R2).

La matrice de u dans la base (x, v(x)) est donc :

M =(α 0β λ+ α

).

Comme M est triangulaire inférieure, on lit ses valeurs propres sur sa diagonale.

D’où Sp(u) = Sp(M) = {α, α + λ}.

De plus, d’après la matrice M , on a :

Tr(M) = 2α + λ,

32

soitα = Tr(M)− λ2

.Enfin, on a montré dans le préliminaire que deux matrices semblables deM2(R) ont la mêmetrace.

On en déduit que Tr(M) = Tr(A) car A et M représentent le même endomorphisme u dansdes bases éventuellement distinctes de R2, elles sont donc semblables d’après la formule dechangement de base.

On a donc bien :Sp(u) =

{Tr(M)− λ

2 ,T r(M) + λ

2

}.

�

33

algèbre linéaire - problème de synthèse correction...algèbre linéaire - problème de synthèse...

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