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Corrigé du devoir

Questions de cours :  
  1. On appelle polynôme caractéristique de $ f$ le polynôme $ \mathrm{det}(f-X\mathrm{I})$, où $ \mathrm{I}$ désigne l'identité de $ E$. Ses racines sont les valeurs propres de $ f$. Soit $ P(X)=a_0+a_1X+\cdots+a_dX^d\in\mathbb{R}[X]$ un polynôme. On note $ P(f)$ l'endomorphisme :

    $\displaystyle a_0 \mathrm{I}+a_1f+\cdots+a_df^d=\sum_{i=0}^d a_if^i\;, $

    où $ f^0=\mathrm{I}$ et pour tout $ i\geqslant 1$, $ f^i=f^{i-1}\circ f$. Le théorème de Cayley-Hamilton affirme que $ P_f(f)=0$, où $ P_f$ désigne le polynôme caractéristique de $ f$
  2. L'ensemble des polynômes $ P$ tels que $ P(f)=0$ (polynômes annulateurs de $ f$) contient le polynôme caractéristique, d'après le théorème de Cayley-Hamilton. On démontre que tous les polynômes annulateurs sont multiples d'un même polynôme untaire, qui par définition est le polynôme minimal.
  3. D'après le théorème de Cayley-Hamilton et la définition du polynôme minimal, celui-ci divise le polynôme caractéristique. Puisque les polynômes de degré $ 1$ sont irréductibles,

    $\displaystyle \pi_f = \prod_{i=1}^k(X-\lambda_i)^{l_i}\;, $

    où pour tout $ i=1,\ldots,k$, $ 0\leqslant l_i\leqslant m_i$. Nous devons démontrer que $ l_i>0$ pour tout $ i$. Soit $ v$ un vecteur propre de $ f$ associé à la valeur propre $ \lambda_i$. Alors $ (f-\lambda_j\mathrm{I})(v)=(\lambda_i-\lambda_j)v$, qui est nul si $ i=j$, non nul $ i\neq j$. Donc

    $\displaystyle \pi_f(v) = \left(\prod_{j=1}^k(\lambda_i-\lambda_j)^{l_j}\right) v \;. $

    Or par définition $ \pi_f(v)$ doit être nul, donc l'exposant $ l_i$ est bien strictement positif (s'il était nul, $ \pi_f(v)$ serait égal à $ v$ multiplié par un produit de termes non nuls).
  4. Considérons le polynôme $ \pi=\prod_{j=1}^k(X-\lambda_j)$. Soit $ v$ un vecteur propre de $ f$, associé à la valeur propre $ \lambda_i$. L'image de $ v$ par $ \pi(f)$ est :

    $\displaystyle \pi(v) = \left(\prod_{j=1}^k(\lambda_i-\lambda_j)\right) v=0\;. $

    Si $ f$ est diagonalisable, alors il existe une base de vecteurs propres. Si un endomorphisme s'annule sur tous les éléments d'une base, il est identiquement nul. Donc le polynôme $ \pi$ est annulateur, donc multiple de $ \pi_f$. Or par la proposition précédente, $ \pi$ divise $ \pi_f$. Donc $ \pi=\pi_f$.
  5. Notons $ E_i$ le sous-espace propre de $ f$ associé à la valeur propre $ \lambda_i$ : $ E_i=\mathrm{Ker}(f-\lambda_i\mathrm{I})$. Nous voulons démontrer que $ E=\mathop{\bigoplus}_{i=1}^k E_i$. Un même vecteur propre ne peut pas appartenir à deux sous-espaces propres différents : les intersections deux à deux des $ E_i$ sont réduites à $ \{0\}$. Il suffit donc de montrer que tout vecteur de $ E$ s'écrit comme somme de vecteurs propres. Écrivons :

    $\displaystyle \frac{1}{\prod_{i=1}^k(X-\lambda_i)} = \sum_{i=1}^k \left(\frac{1}{\prod_{j\neq i} (\lambda_i-\lambda_j)}\right)\frac{1}{X-\lambda_i}\;. $

    En multipliant par le dénominateur du membre de gauche :

    $\displaystyle 1 = \sum_{i=1}^k \left(\frac{1}{\prod_{j\neq i}(\lambda_i-\lambda_j)}\right)\prod_{j\neq i} (X-\lambda_j)\;. $

    Posons alors pour tout $ i=1,\ldots,k$ :

    $\displaystyle \alpha_i=\frac{1}{\prod_{j\neq i}(\lambda_i-\lambda_j)} \quad\mbox{et}\quad P_i(X) = \prod_{j\neq i} (X-\lambda_j)\;. $

    Ainsi :

    $\displaystyle 1=\sum_{i=1}^k \alpha_iP_i(X)\;. $

    Composons par $ f$ :

    $\displaystyle \mathrm{I} = \sum_{i=1}^k \alpha_i P_i(f)\;. $

    Donc pour tout vecteur $ v\in E$ :

    $\displaystyle v = \sum_{i=1}^k \alpha_i P_i(f)(v)\;. $

    Il nous reste à démontrer que pour tout $ i=1,\ldots,n$, $ P_i(f)(v)\in E_i$. Par hypothèse, $ \pi_f(X)=(X-\lambda_i)P_i(X)$. Donc :

    $\displaystyle \pi_f(f)(v) = (f-\lambda_i \mathrm{I})(P_i(f)(v))=0\;. $

Exercice 1 :  
  1. Soit $ s_{i,j}$ le coefficient d'ordre $ (i,j)$ de $ S$. Par définition, $ s_{i,j}$ et $ s_{j,i}$ valent $ 1$ si $ i+j=2n+1$, 0 sinon. Donc $ s_{i,j}=s_{j,i}$ : la matrice $ S$ est symétrique, donc diagonalisable, comme toutes les matrices symétriques à coefficients réels.
  2. Soient $ i,j,k$ trois entiers compris entre $ 1$ et $ 2n$. Par définition $ s_{i,k}s_{k,j}$ vaut $ 1$ si $ i+k=j+k=2n+1$, et 0 sinon. Or si $ i+k=j+k=2n+1$, alors $ i=j$ et $ k=2n+1-i$. Donc

    $\displaystyle \sum_{k=1}^{2n} s_{i,j}s_{k,j} = \left\{\begin{array}{rl} 1&\mbox{si } i=j\\ 0&\mbox{sinon.} \end{array}\right. $

    La matrice $ S^2$ est donc la matrice identité, donc $ S$ est son propre inverse.
  3. D'après la question précédente, $ X^2-1$ est un polynôme annulateur de $ S$. Donc le polynôme minimal divise $ X^2-1$. Or il n'est égal ni à $ X-1$, ni à $ X+1$ (car $ S\neq \pm I$). Donc le polynôme minimal de $ S$ est $ X^2-1$.
  4. Soit $ v=v(k)$ un vecteur quelconque de $ \mathbb{R}^{2n}$. Le terme d'ordre $ i$ du produit $ Sv$ est $ \sum s_{i,k}v(k)$. Or cette somme ne contient qu'un seul terme non nul, correspondant à $ i+k=2n+1$, soit $ i=2n+1-k$ : le terme d'ordre $ i$ de $ Sv$ est égal au terme d'ordre $ 2n+1-i$ de $ v$. Par définition, pour tout $ k$, $ v_i(k)=v_i(2n+1-k)$ et $ w_i(k)=-w_i(2n+1-k)$. Donc $ Sv_i=v_i$ et $ Sw_i=-w_i$.
  5. Par définition si $ i\neq j$, les termes non nuls de $ v_i$ et ceux de $ v_j$ et $ w_j$ sont d'indices différents. Donc :

    $\displaystyle {^t\!v_i} v_j=\sum_{k=1}^{2n} v_i(k)v_j(k)=0$   et$\displaystyle \quad {^t\!v_i} w_j=\sum_{k=1}^{2n} v_i(k)w_j(k)=0\;. $

    Pour $ i=j$ :

    $\displaystyle {^t\!v_i} w_i=\sum_{k=1}^{2n} v_i(k)w_j(k)=1-1=0\;, $

    puis

    $\displaystyle {^t\!v_i} v_i=\sum_{k=1}^{2N} v_i(k)^2=2$   et$\displaystyle \quad {^t\!w_i} w_i=\sum_{k=1}^{2N} w_i(k)^2=2 \;. $

    Si $ P$ la matrice dont les vecteurs colonnes sont $ (v_1,\ldots,v_n,w_1,\ldots,w_n)$, le terme d'ordre $ (i,j)$ de $ P {^t\!P}$ vaut $ 2$ si $ i=j$, 0 sinon. Donc $ P {^t\!P}=2I$ .
  6. La matrice $ Q=\frac{1}{\sqrt{2}}P$ est telle que $ Q {^t\!Q} = \frac{1}{2}P {^t\!P}=I$. C'est donc la matrice d'un changement de base orthonormée. Comme les colonnes de $ P$ sont des vecteurs propres de $ S$, il en est de même des colonnes de $ Q$. Donc :

    $\displaystyle {^t\!Q} S Q = Q^{-1}S Q = D\;, $

    où $ D$ est la matrice diagonale don les $ n$ premiers coefficients valent $ 1$, les $ n$ suivants valent $ -1$.
  7. Écrivons :

    $\displaystyle {^t\!Q} A Q = {^t\!Q} (aI+bS)Q=a{^t\!Q}Q+b{^t\!Q}SQ =aI+bD\;. $

    La matrice $ aI+bD$ est diagonale, ses $ n$ premiers coefficiants valent $ a+b$ les $ n$ suivants valent $ a-b$. Les valeurs propres de $ A$ sont $ a+b$ et $ a-b$, chacune de multiplicité $ n$. Donc le polynôme caractéristique de $ A$ est $ (X-(a+b))^n(X-(a-b))^n$. Comme $ A$ est diagonalisable, son polynôme minimal n'a que des racines simples, et il a pour racines les deux valeurs propres distinctes. Il vaut donc $ (X-(a+b))(X-(a-b))$.
Exercice 2 :  
  1. Si $ I$ désigne la matrice identité de taille $ 4\times 4$, on trouve :

    $\displaystyle A+{^t\!A}=2aI\;,\quad A {^t\!A}=(a^2+b^2+c^2+d^2)I\;, $

    puis

    $\displaystyle (A-XI)({^t\!A}-XI) =(X^2-2aX+(a^2+b^2+c^2+d^2))I\;. $

  2. Par définition, le polynôme caractéristique de $ A$ est $ P_A(X)=$det$ (A-XI)$. Or le déterminant d'une matrice est égal à celui de sa transposée, et le déterminant d'un produit de matrices est égal au produit des déterminants de ces matrices. Donc :

    $\displaystyle \mathrm{det}\Big((A-XI)({^t\!A}-XI)\Big)= \mathrm{det}(A-XI) \mathrm{det}({^t\!A}-XI) =P_A(X)^2\;. $

    D'après la question précédente,

    $\displaystyle \mathrm{det}\Big((A-XI)({^t\!A}-XI)\Big)=(X^2-2aX+(a^2+b^2+c^2+d^2))^4 $

    Donc :

    $\displaystyle P_A(X)=\pm(X^2-2aX+(a^2+b^2+c^2))^2\;. $

    Le coefficient du terme en $ X^4$ dans le polynôme caractéristique est $ (-1)^4=1$. Donc :

    $\displaystyle P_A(X)=(X^2-2aX+(a^2+b^2+c^2+d^2))^2\;. $

  3. Notons $ \pi$ le polynôme $ X^2-2aX+(a^2+b^2+c^2+d^2)$. Puisque $ P_A= \pi^2$, Les valeurs propres de $ A$ sont les racines de $ \pi$. Par hypothèse $ b,c,d$ ne sont pas tous les trois nuls, donc

    $\displaystyle \pi(X) = (X-a)^2+b^2+c^2+d^2>0\;,\quad\forall X\in\mathbb{R}\;. $

    Le polynôme $ \pi$ n'est pas scindé sur $ \mathbb{R}$ : la matrice $ A$ n'est pas diagonalisable sur $ \mathbb{R}$.
  4. On trouve $ A^2-(2a)A+(a^2+b^2+c^2+d^2)= \pi(A)=0$. Donc $ \pi$ est polynôme annulateur de $ A$. Par définition, le polynôme minimal de $ A$ divise $ \pi$. Or $ \pi$ a deux racines complexes conjuguées distinctes, qui sont valeurs propres de $ A$, donc racines du polynôme minimal. Donc $ \pi$ divise le polynôme minimal. Or c'est un polynôme unitaire. Donc le polynôme minimal de $ A$ est $ \pi$. Comme il a deux racines simples, $ A$ est diagonalisable sur $ \mathbb{C}$.
  5. On trouve $ Av=(1-\mathrm{i}\sqrt{3})v$, et $ Aw=(1-\mathrm{i}\sqrt{3})w$. Donc $ v$ et $ w$ sont des vecteurs propres de $ A$ associés à la valeur propre $ 1-\mathrm{i}\sqrt{3}$.
  6. Puisque la matrice $ A$ est réelle :

    $\displaystyle A\overline{v} = \overline{Av} = \overline{(1-\mathrm{i}\sqrt{3})v} = (1+\mathrm{i}\sqrt{3})\overline{v}\;. $

    Donc $ \overline{v}$ est un vecteur propre de $ A$ associé à la valeur propre $ 1+\mathrm{i}\sqrt{3}$. De même,

    $\displaystyle A\overline{w} = \overline{Aw} = \overline{(1-\mathrm{i}\sqrt{3})w} = (1+\mathrm{i}\sqrt{3})\overline{w}\;. $

    Donc $ \overline{w}$ est aussi un vecteur propre de $ A$ associé à la valeur propre $ 1+\mathrm{i}\sqrt{3}$.

    On doit vérifier que $ (v,w,\overline{v},\overline{w})$ constitue une base de $ \mathbb{C}^4$. Pour cela, observons que les sous espaces propres associés aux valeurs propres $ 1-\mathrm{i}\sqrt{3}$ et $ 1+\mathrm{i}\sqrt{3}$ sont d'intersection réduite à 0. Or les vecteurs $ v$ et $ w$ ne sont pas proportionnels. Ils engendrent donc un sous-espace vectoriel de dimension 2. De même $ \overline{v}$ et $ \overline{w}$ engendrent un sous-espace vectoriel de dimension $ 2$. Ces deux espaces sont en somme directe et ce sont des sous-espaces de $ \mathbb{C}^4$. Leur somme est donc $ \mathbb{C}^4$, et donc $ (v,w,\overline{v},\overline{w})$ est une famille génératrice de $ \mathbb{C}^4$, donc une base. (On aurait pu aussi vérifier que c'est une famille libre en calculant le déterminant des 4 vecteurs, qui vaut $ -12+4\mathrm{i}\sqrt{3}$). Soit $ P$ la matrice dont les colonnes sont $ (v,w,\overline{v},\overline{w})$. Cette matrice est inversible, et $ D=P^{-1}AP$, où $ D$ est la matrice diagonale dont les deux premiers coefficients valent $ 1-\mathrm{i}\sqrt{3}$, les deux suivants $ 1+\mathrm{i}\sqrt{3}$.

  7. D'après la question 4, le polynôme minimal de $ A$ est $ X^2-2X+4$. Or le polynôme $ X^3+8$ est multiple du polynôme minimal :

    $\displaystyle X^3+8 = (X^2-2X+4)(X+2)\;. $

    C'est donc un polynôme annulateur de $ A$ : $ A^3+8I=0$. Pour tout $ n\in\mathbb{N}$,

    $\displaystyle A^{3n}=(-8)^{n}I \;,\quad A^{3n+1}=(-8)^{n}A \;,\quad A^{3n+2}=(-8)^{n}A^2=(-8)^n(2A-4I)\;. $

  8. Si $ U_{n+1}=AU_n$, alors $ U_n=A^nU_0$. Or $ IU_0=U_0$ et $ AU_0={^t\!(4,0,0,0)}$. D'après la question précédente pour tout $ n\in\mathbb{N}$,

    $\displaystyle U_{3n}=(-8)^{n}\left(\begin{array}{c}1 1 1 1\end{array}\rig... ...ad U_{3n+2}=(-8)^n\left(\begin{array}{r}4 -4 -4 -4\end{array}\right) \;. $


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