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 :
   $$a_0 \mathrm{I}+a_1f+\cdots+a_df^d=\sum_{i=0}^d a_if^i\;,$$
   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,
   $$\pi_f = \prod_{i=1}^k(X-\lambda_i)^{l_i}\;,$$
   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
   $$\pi_f(v) = \left(\prod_{j=1}^k(\lambda_i-\lambda_j)^{l_j}\right) v \;.$$
   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 :
   $$\pi(v) = \left(\prod_{j=1}^k(\lambda_i-\lambda_j)\right) v=0\;.$$
   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 :
   $$\frac{1}{\prod_{i=1}^k(X-\lambda_i)} = \sum_{i=1}^k \left(\frac{1}{\prod_{j\neq i} (\lambda_i-\lambda_j)}\right)\frac{1}{X-\lambda_i}\;.$$
   En multipliant par le dénominateur du membre de gauche :
   $$1 = \sum_{i=1}^k \left(\frac{1}{\prod_{j\neq i}(\lambda_i-\lambda_j)}\right)\prod_{j\neq i} (X-\lambda_j)\;.$$
   Posons alors pour tout $i=1,\ldots,k$ :
   $$\alpha_i=\frac{1}{\prod_{j\neq i}(\lambda_i-\lambda_j)} \quad\mbox{et}\quad P_i(X) = \prod_{j\neq i} (X-\lambda_j)\;.$$
   Ainsi :
   $$1=\sum_{i=1}^k \alpha_iP_i(X)\;.$$
   Composons par $f$ :
   $$\mathrm{I} = \sum_{i=1}^k \alpha_i P_i(f)\;.$$
   Donc pour tout vecteur $v\in E$ :
   $$v = \sum_{i=1}^k \alpha_i P_i(f)(v)\;.$$
   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 :
   $$\pi_f(f)(v) = (f-\lambda_i \mathrm{I})(P_i(f)(v))=0\;.$$

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
   $$\sum_{k=1}^{2n} s_{i,j}s_{k,j} = \left\{\begin{array}{rl} 1&\mbox{si } i=j\\ 0&\mbox{sinon.} \end{array}\right.$$
   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 :
   $${^t\!v_i} v_j=\sum_{k=1}^{2n} v_i(k)v_j(k)=0$$   et$$\quad {^t\!v_i} w_j=\sum_{k=1}^{2n} v_i(k)w_j(k)=0\;.$$
   Pour $i=j$ :
   $${^t\!v_i} w_i=\sum_{k=1}^{2n} v_i(k)w_j(k)=1-1=0\;,$$
   puis
   $${^t\!v_i} v_i=\sum_{k=1}^{2N} v_i(k)^2=2$$   et$$\quad {^t\!w_i} w_i=\sum_{k=1}^{2N} w_i(k)^2=2 \;.$$
   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 :
   $${^t\!Q} S Q = Q^{-1}S Q = D\;,$$
   où $D$ est la matrice diagonale don les $n$ premiers coefficients valent $1$, les $n$ suivants valent $-1$.
7. Écrivons :
   $${^t\!Q} A Q = {^t\!Q} (aI+bS)Q=a{^t\!Q}Q+b{^t\!Q}SQ =aI+bD\;.$$
   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 :
   $$A+{^t\!A}=2aI\;,\quad A {^t\!A}=(a^2+b^2+c^2+d^2)I\;,$$
   puis
   $$(A-XI)({^t\!A}-XI) =(X^2-2aX+(a^2+b^2+c^2+d^2))I\;.$$

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 :
   $$\mathrm{det}\Big((A-XI)({^t\!A}-XI)\Big)= \mathrm{det}(A-XI) \mathrm{det}({^t\!A}-XI) =P_A(X)^2\;.$$
   D'après la question précédente,
   $$\mathrm{det}\Big((A-XI)({^t\!A}-XI)\Big)=(X^2-2aX+(a^2+b^2+c^2+d^2))^4$$
   Donc :
   $$P_A(X)=\pm(X^2-2aX+(a^2+b^2+c^2))^2\;.$$
   Le coefficient du terme en $X^4$ dans le polynôme caractéristique est $(-1)^4=1$. Donc :
   $$P_A(X)=(X^2-2aX+(a^2+b^2+c^2+d^2))^2\;.$$

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
   $$\pi(X) = (X-a)^2+b^2+c^2+d^2>0\;,\quad\forall X\in\mathbb{R}\;.$$
   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 :
   $$A\overline{v} = \overline{Av} = \overline{(1-\mathrm{i}\sqrt{3})v} = (1+\mathrm{i}\sqrt{3})\overline{v}\;.$$
   Donc $\overline{v}$ est un vecteur propre de $A$ associé à la valeur propre $1+\mathrm{i}\sqrt{3}$. De même,
   $$A\overline{w} = \overline{Aw} = \overline{(1-\mathrm{i}\sqrt{3})w} = (1+\mathrm{i}\sqrt{3})\overline{w}\;.$$
   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 :
   $$X^3+8 = (X^2-2X+4)(X+2)\;.$$
   C'est donc un polynôme annulateur de $A$ : $A^3+8I=0$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$,
   $$A^{3n}=(-8)^{n}I \;,\quad A^{3n+1}=(-8)^{n}A \;,\quad A^{3n+2}=(-8)^{n}A^2=(-8)^n(2A-4I)\;.$$

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