Exercice Reduction Des Endomorphismes

2. Reduction des endomorphismes

Exercice 2.1

Soient f et g deux endomorphismes de E, avec dim(E) = n ≥ 1.

On suppose que f et g commutent et qu’ils sont diagonalisables.

Montrer que f et g sont diagonalisables dans une meme base (e) de E.

Exercice 2.2

Soit M une matrice deMn(IK), inversible.

Exprimer le polynome caracteristique de M−1 en fonction de celui de M .

Exercice 2.3

Diagonaliser A =

−1 1 11 −1 11 1 −1

Exercice 2.4

1. A =

−4 0 −20 1 05 1 3

. Montrer qu’il existe P telle que P−1AP = T =

1 1 00 1 00 0 −2

2. Calculer An, pour tout n de ZZ.

Exercice 2.5

1. Montrer que P → ϕ(P ) = X(X − 1)P ′ − nXP definit un endomorphisme ϕ de IKn[X].

2. L’endomorphisme ϕ est-il diagonalisable?

3. Determiner les sous-espaces propres de ϕ.

Exercice 2.6

Soit A une matrice deM(IK) telle que A3 = A2 + 4A− 4In.

Montrer que A est diagonalisable.

Exercice 2.7

Soit f un endomorphisme de E tel que (f − Id)3 ◦ (f +2Id) = 0 et (f − Id)2 ◦ (f +2Id) 6= 0.

L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?

[email protected], 23 mai 2000 Page 1

Exercice 2.8

Peut-on diagonaliser A =

1 −1 0 00 0 1 −10 0 −1 1−1 1 0 0

?

Exercice 2.9

On se donne une famille λ1, . . . , λn de n nombres complexes.

DansMn( lC), on definit la matrice A de terme general aij = λiλj.

La matrice A est-elle diagonalisable ?

Exercice 2.10

Montrer que la matrice A =

2 3 −4 −41 0 0 00 1 0 00 0 1 0

n’est pas diagonalisable.

Trouver une matrice inversible P telle que T = P−1AP soit triangulaire superieure et “laplus simple possible”.

Exercice 2.11

Trouver une matrice M deM4( lC) telle que M2 = A =

0 1 1 11 0 1 11 1 0 11 1 1 0

Exercice 2.12

Trouver toutes les matrices M deM3( lC) tq M2 = A =

3 0 0−5 2 04 0 1

.

Exercice 2.13

Soient f et g deux endomorphismes d’un lC-espace vectoriel E de dimension n ≥ 1.

On suppose que f et g commutent.

Montrer que f et g ont au moins un vecteur propre en commun.

Exercice 2.14

Donner une CNS sur a, b, c, d, e, f pour que A =

1 a b c0 1 d e0 0 2 f0 0 0 2

soit diagonalisable.


Exercice 2.15

Diagonaliser A =

0 −2 01 0 −10 2 0

dans IR si possible, sinon dans lC.

Exercice 2.16

Soit M une matrice deMn(IK), ayant n valeurs propres distinctes. Montrer que les matricesqui commutent avec M sont les combinaisons lineaires de In,M,M2, . . . ,Mn−1.

Exercice 2.17

Soit A une matrice deMn( lC), inversible et diagonalisable.

Soit B une matrice deMn( lC), telle que B2 = A.

Montrer que B est diagonalisable.

Exercice 2.18

Diagonaliser A =

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 11 0 0 0 0

Exercice 2.19

Peut-on diagonaliser B =

1 −1 2 −20 0 1 −11 −1 1 01 −1 1 0

?

Exercice 2.20

Vecteurs propres de l’endomorphisme f de IR[X] defini par f(P ) = (2X + 1)P + (1−X2)P ′.

Exercice 2.21

Soit E l’espace des fonctions continues de IR+ dans IR.

Soit T definie sur E par T (f)(0) = f(0) et, pour x > 0, T (f)(x) =1

x

∫ x

0f(t)dt.

1. Montrer que T est un endomorphisme de E.

2. Determiner le noyau de T . L’operateur T est-il injectif ? surjectif ?

3. Indiquer ses valeurs propres non nulles et les sous-espaces propres associes.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 23 mai 2000 Page 3

Exercice 2.22

Diagonaliser la matrice A =

a c bc a+ b cb c a

.

Exercice 2.23

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E de dimension n ≥ 1.

Montrer que g ◦ f et f ◦ g ont les memes valeurs propres.

Indication : considerer a part le cas de la valeur propre 0.

Donner un contre-exemple dans le cas ou E n’est pas de dimension finie.

Exercice 2.24

Soient A et B dans deux matrices deMn(IK).

Montrer que AB et BA ont le meme polynome caracteristique.

Indication : commencer par supposer que A est inversible.

Exercice 2.25

Pour tous A =(a bc d

)deM2(IK) et M deMn(IK), on pose A⊗M =

(aM bMcM dM

).

1. Montrer que (A⊗M)(B ⊗N) = (AB)⊗ (MN).

2. Etablir que det(A⊗M) = (detA)n(detM)2.

3. Montrer que : A,M inversibles ⇒ A⊗M inversible et (A⊗M)−1 = A−1 ⊗M−1.

4. Prouver que si A et M sont diagonalisables, alors A⊗M est diagonalisable.

Exercice 2.26

Montrer qu’il existe une matrice inversible P telle que P−1AP = J , avec :

A =

0 1 1 0−1 −2 1 −22 6 −1 44 8 −4 7

J =

1 1 0 00 1 1 00 0 1 00 0 0 1

Exercice 2.27

Montrer qu’il existe une matrice inversible P telle que P−1AP = J , avec :

A =

1 0 −1 1 00 −2 0 0 01 0 1 0 11 0 0 1 10 0 1 −1 1

J =

−2 0 0 0 00 1 1 0 00 0 1 0 00 0 0 1 10 0 0 0 1


Corrige des exercices

Corrige de l’exercice 2.1

Par hypothese, E est somme directe des differents sous-espaces propres de f : E = ⊕Eλ(f).

Puisque f et g commutent, chaque Eλ(f) = ker(f − λId) est stable par g.

On en deduit que la restriction de g a Eλ(f) est diagonalisable.

Ainsi il existe dans Eλ(f) une base formee de vecteurs propres de g (et elle est formee devecteurs propres de f pour λ.)

Si on “juxtapose” les bases choisies dans chaque Eλ(f), on obtient une base (e) de E adapteea la somme directe E = ⊕Eλ(f) et formee de vecteurs propres a la fois pour f et pour g.

C’est donc une base de E dans laquelle f et g sont simultanement diagonalisees.


Pour tout scalaire x non nul :

χM−1(x) = det(M−1 − xIn) = det(M−1) det(In − xM) = det(M−1) (−x)n det(M − 1

xIn

)On a donc l’egalite polynomiale : χM−1(X) = det(M−1) (−X)n χM

( 1

X

).


χA(x) =

∣∣∣∣∣∣∣−1− x 1 1

1 −1− x 11 1 −1− x

∣∣∣∣∣∣∣ = (1− x)

∣∣∣∣∣∣∣1 1 11 −1− x 11 1 −1− x

∣∣∣∣∣∣∣= (1− x)

∣∣∣∣∣∣∣1 1 10 −2− x 00 0 −2− x

∣∣∣∣∣∣∣ = (1− x)(x+ 2)2 :{

1 est valeur propre simple−2 est valeur propre double

Notons E 1 et E−2 les deux sous-espaces propres.

u =

xyz

∈ E−2 ⇔ x+y+z = 0⇔

xyz

=

xy

−x− y

= x

10−1

+y

01−1

, (x, y) ∈ IR2.

On voit que

111

est vecteur propre pour λ = 1.

On a ainsi obtenu une base de vecteurs propres.

La matrice de passage est P =

1 0 10 1 1−1 −1 1

et P−1AP =

−2 0 00 −2 00 0 1



1. Soit f l’endomorphisme de IR3 de matrice A dans la base canonique.

Suivant l’enonce, on cherche une base u1, u2, u3 de IR3 telle que

f(u1) = u1

f(u2) = u1 + u2

f(u3) = −2u3

Si u = (x, y, z), f(u) = u⇔{−5x− 2z = 0

5x+ y + 2z = 0⇔ (x, y, z) =

x

2(2, 0,−5)

On choisit donc u1 = (2, 0,−5).

Dans ces conditions (f − Id)(u) = u1 ⇔{−5x− 2z = 2

5x+ y + 2z = −5⇔

{5x+ 2z = −2y = −3

On choisit par exemple u2 = (0,−3,−1).

Enfin f(u) = −2u⇔

−2x− 2z = 03y = 05x+ y + 5z = 0

⇔{x+ z = 0y = 0

⇔ (x, y, z) = x(1, 0,−1).

On pose donc u3 = (1, 0,−1) ce qui donne la matrice de passage P =

2 0 10 −3 0−5 −1 −1

La matrice P est inversible (detP = −9). Les vecteurs u1, u2, u3 forment donc une basede IR3 dans laquelle, par construction, la matrice de f est T .

2. Pour tout n de IN,(

1 10 1

)= I2 +N ou N =

(0 10 0

), telle que N2 = 0.

La formule du binome donne : ∀n ∈ IN,(

1 10 1

)n

=(

1 n0 1

).(

1 n0 1

) (1 −n0 1

)= I2 ⇒ le resultat est vrai pour tout n de ZZ.

La matrice T est diagonale par blocs. Ainsi, pour tout n de ZZ, T n =

1 n 00 1 00 0 (−2)n

On sait que A = PTP−1. On en deduit, pour tout n de ZZ, An = PT nP−1 (la matriceA, tout comme T , est inversible : 0 n’est en effet pas valeur propre. D’autre part : 2 0 1 1 0 0

0 −3 0 0 1 0−5 −1 −1 0 0 1

L3 ← 2L3 + 5L1

⇒

2 0 1 1 0 00 −3 0 0 1 00 −2 3 5 0 2

L3 ← 3L3 − 2L2

⇒

2 0 1 1 0 00 −3 0 0 1 00 0 9 15 −2 6

L1 ← 9L1 − L3

⇒

18 0 0 −6 2 −60 −3 0 0 1 00 0 9 15 −2 6

On en deduit P−1 =1

9

−3 1 −30 −3 015 −2 6

puis finalement (apres calcul !) :

∀n ∈ ZZ, An = P T nP−1 =1

9

−6 + 15(−2)n 2− 6n− 2(−2)n −6 + 6(−2)n

0 9 015− 15(−2)n −2 + 15n+ 2(−2)n 15− 6(−2)n



1. L’application qui a un polynome P associe le polynome X(X − 1)P ′ − nXP est demaniere evidente lineaire de IK[X] dans lui-meme.

Pour montrer que la restriction ϕ de cette application definit bien un endomorphismede IKn[X], il reste a montrer que IKn[X] est stable par ϕ.

En vertu de la linearite, il suffit de verifier que pour tout monome Xm, avec 0 ≤ m ≤ n,le polynome ϕ(Xm) est encore dans IKm[X].

Or ∀m ∈ {0, 1, . . . , n}, ϕ(Xm) = mXm(X − 1)− nXm+1 = (m− n)Xm+1 −mXm.

On constate que pour tout m < n, degϕ(Xm) = m+ 1 ≤ n, et enfin degϕ(Xn) = n.

Ainsi ϕ est bien un endomorphisme de IKn[X].

2. Ce qui precede montre que la matrice de ϕ dans la base 1, X, . . . , Xn de IKn[X] est :

A =

0 0 . . . . . . . . . . . . 0

−n −1 0 . . . . . . . . ....

0 1− n −2 0 . . . . . ....

... 0 2− n −3 0 . . ....

...... 0

. . . . . . . . ....

......

... 0 −2 1− n 00 . . . . . . . . . 0 −1 −n

Cette matrice est triangulaire.

Ses valeurs propres sont donc ses coefficients diagonaux 0,−1,−2, . . . ,−n.

On obtient ainsi les valeurs propres de ϕ.

Elles sont au nombre de n+ 1 et sont toutes de multiplicite 1.

Donc ϕ est diagonalisable.

• On sait deja que les valeurs propres de ϕ sont 0,−1,−2, . . . ,−n et que les sous-espacespropres sont des droites vectorielles.

Soit λ dans {0,−1,−2, . . . ,−n}, et Eλ le sous-espace propre associe.

P ∈ Eλ ⇔ X(X − 1)P ′ − nXP = λP ⇔ P ′

P=

nX + λ

X(X − 1)=n+ λ

X − 1− λ

X(1)

Or pour tout polynome P de racines x1, . . . , xr avec les multiplicites m1, . . . ,mr, on a :

P = αr∏

k=1

(X − xk)mk ⇒ P ′

P=

r∑k=1

mk

X − xk

(2)

L’egalite (1), jointe a (2) et au fait que la decomposition en elements simples d’une fractionrationnelle est unique, exprime que le polynome P admet pour racines 0 avec la multiplicite−λ et 1 avec la multiplicite n + λ (remarquons qu’ici −λ et n + λ sont des entiers comprisentre 0 et n) ou encore que P s’ecrit P = αX−λ(X − 1)n+λ.

Ainsi pour tout λ de {0,−1,−2, . . . ,−n}, Pλ = X−λ(X − 1)n+λ est une base de la droitevectorielle propre pour la valeur propre λ.



L’hypothese s’ecrit P (A) = 0, avec P = X3 −X2 − 4X + 4 = (X − 2)(X − 1)(X + 2).

La matrice A est donc annulee par un polynome scinde a racines simples : on sait que celaimplique que A est diagonalisable.

Pour etre plus complet, on peut dire que les valeurs propres eventuelles de A sont les racinesdu polynome P : autrement dit on a l’inclusion Sp (f) ⊂ {−2, 1, 2} et IKn est la sommedirecte des sous-espaces ker(A + 2In), ker(A − In) et ker(A − 2In) (on commet l’abus delangage de parler du noyau d’une matrice) qui ne sont vraiment des sous-espaces propres ques’ils sont non reduits a {0}.

Il serait faux de dire que −2,−1, 1 sont les valeurs propres de A.

Il est en effet tout a fait possible que A soit egale a l’une des matrices In, 2In ou −2In (dansce cas elle n’a qu’une valeur propre).

On ne confondra donc pas avec la propriete : les valeurs propres d’une matrice sont lesracines de son polynome caracteristique.


On constate que f est annulee par le polynome P = (X − 1)3(X + 2).

Le spectre de f est donc inclus dans l’ensemble {−2, 1} des racines de P .

Si f etait diagonalisable, on aurait E = E1 ⊕ E−2 (l’un de ces deux sous-espaces etanteventuellement reduit a {0} si seul 1 ou −2 est valeur propre, c’est-a-dire ici si f = Id ou sif = −2Id.)

Dans tous les cas, on aurait (f − Id) ◦ (f +2Id) = 0 (en effet ce produit commutatif s’annulesur E1 a cause du facteur f − Id et sur E−2 a cause du facteur f + 2Id.)

Mais (f − Id) ◦ (f + 2Id) = 0 impliquerait (f − Id)2 ◦ (f + 2Id) = 0, ce qui n’est pas.

Conclusion : l’endomorphisme f n’est pas diagonalisable.


On constate que A2 =

1 −1 −1 11 −1 −1 1−1 1 1 −1−1 1 1 −1

, puis A3 = 0.

0 est donc la seule valeur propre de A (c’est la seule racine du polynome annulateur X3.)

Si A etait diagonalisable, elle serait semblable a la matrice “diagonale” D = 0, et elle seraitla matrice nulle, ce qui n’est pas.

Conclusion : la matrice A n’est pas diagonalisable.

Plus generalement, un endomorphisme nilpotent n’est diagonalisable que s’il est nul.



Remarquons que si tous les λk sont nuls, alors A est nulle donc diagonalisable ! Dans toutela suite nous supposons donc que l’un au moins des coefficients λk est non nul.

Notons u le vecteur-colonne de composantes successives λ1, λ2, . . . , λn.

On constate que les colonnes de A s’ecrivent λ1u, . . . , λnu et sont proportionnelles a u.

La matrice A (non nulle car l’un au moins des coefficients diagonaux λ2i est non nul) est donc

de rang 1.

On en deduit (on suppose que n ≥ 2) que 0 est valeur propre de A, et que le sous-espacepropre correspondant (le “noyau” de A) est de dimension n− 1.

Le scalaire 0 est donc valeur propre de A avec une multiplicite au moins egale a n− 1.

On dispose donc deja de n− 1 valeurs propres egales a 1.

La derniere valeur propre de A est donc egale a la trace de A, elle meme egale a s =n∑

k=1

λ2k.

• Si s = 0, alors 0 est valeur propre de multiplicite n, alors que A 6= 0.

Dans ce cas A n’est pas diagonalisable (remarquons que cela ne se produit pas si IK = IR,car alors l’hypothese s = 0 implique la nullite de tous les λk, ce que nous avons exclu.)

• Si s 6= 0, alors il existe une droite vectorielle propre, necessairement en somme directe avecl’hyperplan kerA. La matrice A est donc diagonalisable. On trouve d’ailleurs facilementque le sous-espace propre associe a s est engendre par le vecteur u.

Quant au sous-espace propre pour 0, c’est l’hyperplan d’equation λ1x1 + . . .+ λnxn = 0.

On peut retrouver les resultats precedents par une methode plus classique.

Si on se place dans la base canonique (e1, e2, . . . , en) de IKn, on voit en effet que :

χA(x) = det(λ1u− xe1, λ2u− xe2, . . . , λnu− xen)

Si on developpe en utilisant le caractere n-lineaire et alterne, on voit que tous les determinantscontenant au moins deux fois une colonne proportionnelle a u sont nuls.

Il ne reste donc que :

χA(x) = det(−xe1,−xe2, . . . ,−xen) +n∑

j=1

det(−xe1, . . . ,−xej−1, λju,−xej+1, . . . ,−xen)

= (−x)n + (−x)n−1n∑

j=1

det(e1, . . . , ej−1, λju, ej+1, . . . , en)

Puisque u =n∑

k=1

λkek, le determinant figurant dans la somme vaut λ2j .

On trouve donc χA(x) = (−1)nxn−1(x− s), avec s =n∑

k=1

λ2k.

Donc 0 est valeur propre de multiplicite n si s = 0 (et dans ce cas A n’est pas diagonalisable,sauf si tous les λk sont nuls), et de multiplicite n−1 si s 6= 0 : dans ce cas A est diagonalisable,le sous-espace propre pour 0 est l’hyperplan λ1x1 + . . . + λnxn = 0, et celui pour s est ladroite vectorielle engendree par u.



On calcule le polynome caracteristique de A :

χA(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2− λ 3 −4 −4

1 −λ 0 00 1 −λ 00 0 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (λ− 2)λ3 −

∣∣∣∣∣∣∣3 −4 −41 −λ 00 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣= (λ− 2)λ3 − (3λ2 − 4λ− 4) = (λ− 2)(λ3 − 3λ− 2)

= (λ− 2)(λ+ 1)(λ2 − λ− 2) = (λ− 2)2(λ+ 1)2

Ainsi la matrice A possede deux valeurs propres doubles : 2 et −1.

• Pour λ = −1. La recherche du sous-espace propre conduit a la resolution suivante :3x+ 3y − 4z − 4t = 0x+ y = 0y + z = 0z + t = 0

⇔

y = −xz = xt = −x

⇔

xyzt

= xu1 avec u1 =

1−11−1

Le sous-espace propre est la droite engendree par u1 : A n’est pas diagonalisable.

• Pour λ = 2. La recherche du sous-espace propre conduit a la resolution suivante :3y − 4z − 4t = 0x− 2y = 0y − 2z = 0z − 2t = 0

⇔

x = 2yy = 2zz = 2t

⇔

xyzt

= t

8421

On trouve la droite engendree par le vecteur u3 = (8, 4, 2, 1).

Faute de pouvoir la diagonaliser, on va cherchera trigonaliser A sous la forme T suivante :Cela revient a chercher deux vecteurs-colonne u2 et u4

tels que Au2 = u1 − u2 et Au4 = u3 + 2u4 c’est-a-diretels que (A+ I4)u2 = u1 et (A− 2I4)u4 = u3.

T =

−1 1 0 00 −1 0 00 0 2 10 0 0 2

Cela conduit aux systemes suivants (et on choisit deux solutions particulieres u2 et u4) :

Pour u2 :

3x+ 3y − 4z − 4t = 1x+ y = −1y + z = 1z + t = −1

⇔

x+ y = −1y + z = 1z + t = −1

⇔

x = −t− 3y = t+ 2z = −t− 1

u2 =

−32−10

Pour u4 :

3y − 4z − 4t = 8x− 2y = 4y − 2z = 2z − 2t = 1

⇔

x = 8t+ 12y = 4t+ 4z = 2t+ 1

u4 =

12410

.

On trouve donc la matrice P =

1 −3 8 12−1 2 4 41 −1 2 1−1 0 1 0

. On a alors P−1AP = T .



• Premiere methode :

On calcule le polynome caracteristique de A.

Pour cela on effectue L1 ← L1 +L2 +L3 +L4 puis les operations Li ← Li−L1 (avec i ≥ 2) :

χA(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−λ 1 1 11 −λ 1 11 1 −λ 11 1 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 11 −λ 1 11 1 −λ 11 1 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (3− λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 10 −1− λ 0 00 0 −1− λ 00 0 0 −1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (λ− 3)(λ+ 1)3

Donc 3 est valeur propre simple et −1 est valeur propre triple.

Pour λ = −1, le sous-espace propre est l’hyperplan x + y + z + t = 0 dont une base estformee des vecteurs u1 = (1,−1, 0, 0), u2 = (1, 0,−1, 0), u3 = (1, 0, 0,−1).

Pour λ = 3, le sous-espace propre est une droite, et u4 = (1, 1, 1, 1) est vecteur propre.

Avec P =

1 1 1 1−1 0 0 10 −1 0 10 0 −1 1

et D =

−1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 3

, on a donc A = PDP−1.

Avec ∆ =

i 0 0 00 i 0 00 0 i 00 0 0

√3

et M = P∆P−1 : ∆2 = D ⇒ M2 = P∆2P−1 = PDP−1 = A.

On trouve P−1 puis M :

P−1 =1

4

1 −3 1 11 1 −3 11 1 1 −31 1 1 1

M =1

4

√

3 + 3i√

3− i√

3− i√

3− i√3− i

√3 + 3i

√3− i

√3− i√

3− i√

3− i√

3 + 3i√

3− i√3− i

√3− i

√3− i

√3 + 3i

• Deuxieme methode (bien meilleure) :

On constate que le carre de A s’ecrit A2 =

3 2 2 22 3 2 22 2 3 22 2 2 3

= 3I + 2A.

Plus generalement, si on pose M = xI + yA, alors M2 = (x2 + 3y2)I + 2y(x+ y)A.

Sous cette forme, la matrice M verifie M2 = A ⇔{x2 + 3y2 = 02y(x+ y) = 1

On choisit par exemple x = iy√

3 puis 1 = 2y2(1 + i√

3) = y2(√

3 + i)2.

On choisit y =1√

3 + i=

1

4(√

3− i) et donc x =1

4(√

3 + 3i).

Avec ce choix de la formeM = xI+yA, puis x, y, on obtientM =1

4

((√

3+3i)I+(√

3−i)A),

c’est-a-dire la matrice M trouvee par la methode precedente.



Puisque A est triangulaire, ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux 3, 2, 1. Ils sontdistincts donc A est diagonalisable. On voit clairement que u2 = (0, 1, 0) est vecteur proprepour λ = 2 et que u3 = (0, 0, 1) est vecteur propre pour λ = 1.

Le sous-espace propre pour λ = 3 s’obtient en resolvant :{−5x− y = 0

4x− 2z = 0⇔

{y = −5xz = 2x

.

On trouve la droite vectorielle engendree par u1 = (1,−5, 2).

Ainsi, avec P =

1 0 0−5 1 02 0 1

et D =

3 0 00 2 00 0 1

, on a A = PDP−1.

Soit M une matrice quelconque deM3( lC). Posons ∆ = P−1MP .

L’egalite M2 = A s’ecrit P∆2P−1 = PDP−1 et elle equivaut a ∆2 = D.

Il s’agit maintenant de trouver toutes les matrices ∆ deM3( lC) telles que ∆2 = D.

Notons δij les coefficients d’une telle matrice ∆ (on ne sait pas encore si ∆ est diagonale.)

Si ∆2 = D, alors ∆ et D commutent : en effet ∆D = ∆3 = D∆.

Mais l’egalite ∆D = D∆ s’ecrit

3δ11 2δ12 δ133δ21 2δ22 δ23

3δ31 2δ32 δ33

=

3δ11 3δ12 3δ132δ21 2δ22 2δ23δ31 δ32 δ33

Cette egalite de matrices equivaut a δ12 = δ13 = δ21 = δ23 = δ31 = δ32 = 0.

Autrement dit, la matrice ∆ est necessairement diagonale : ∆ =

δ11 0 00 δ22 00 0 δ33

Inversement, si ∆ a cette forme : ∆2 = D ⇔

δ211 = 3δ222 = 2δ233 = 1

⇔

δ11 = ε1

√3, ε1 ∈ {−1, 1}

δ22 = ε2

√2, ε2 ∈ {−1, 1}

δ33 = ε3 ∈ {−1, 1}Il y a donc 8 matrices ∆ possibles, ce qui conduit a 8 solutions distinctes (et 8 seulement) pourle probleme initial M2 = A. La matrice A possede donc 8 “racines carrees” dansM3( lC).

Les matrices M solutions du probleme sont donc donnees par :

PDP−1 =

1 0 0−5 1 02 0 1

ε1

√3 0 0

0 ε2

√2 0

0 0 ε3

1 0 0

5 1 0−2 0 1

=

ε1

√3 0 0

−5ε1

√3 ε2

√2 0

2ε1

√3 0 ε3

1 0 0

5 1 0−2 0 1

=

ε1

√3 0 0

−5ε1

√3 + 5ε2

√2 ε2

√2 0

2ε1

√3− 2ε3 0 ε3

Remarque : cette methode donne toutes les “racines carrees” de A, mais elle ne fonctionnebien que parce que les valeurs propres de A, c’est-a-dire les coefficients diagonaux de D,sont tous distincts : la consequence etant alors que les matrices ∆ telles que ∆2 = D sontnecessairement diagonales.

Il en va tout autrement si la matrice A possede des valeurs propres multiples (c’etait le casdans l’exercice precedent, ou on s’est contente de trouver une racine carree de A.)



Soit λ une valeur propre de f (il en existe car on est dans lC).

Soit Eλ le sous-espace propre associe.

Les applications f et g commutent : l’ensemble Eλ = ker(f − λId) est donc stable par g.

Soit h la restriction de g a Eλ (dim ≥ 1) : h possede au moins une valeur propre µ.

Soit u un vecteur propre de h (et donc g) pour la valeur propre µ.

Alors u est un vecteur propre propre commun a f et a g (car u appartient a Eλ).


Les valeurs propres de A sont 1 et 2. Ce sont des valeurs propres doubles.

La matrice A est diagonalisable ⇔ les noyaux de A− I4 et de A− 2I4 sont de dimension 2,c’est-a-dire (puisqu’on est en dimension 4 et en vertu du theoreme du rang) si ces matricessont de rang 2.

Or A− I4 =

0 a b c0 0 d e0 0 1 f0 0 0 1

et A− 2I4 =

−1 a b c0 −1 d e0 0 0 f0 0 0 0

.

Donc{

rg (A− I4) = 2⇔ a = 0rg (A− 2I4) = 2⇔ f = 0

Ainsi une condition necessaire et suffisante pour que A soit diagonalisable est a = f = 0.


On calcule le polynome caracteristique de A.

χA(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣−λ −2 01 −λ −10 2 −λ

∣∣∣∣∣∣∣ = −λ3 − 4λ = −λ(λ2 + 4)

χA n’est pas scinde dans IR : la matrice A n’est donc pas diagonalisable dans IR.

Mais dans lC, il y a trois valeurs propres distinctes : 0, 2i et −2i.

La matrice A est donc diagonalisable dans lC.

On voit que le vecteur (1, 0, 1) dirige le sous-espace propre pour λ = 0.

Pour λ = 2i, le sous-espace propre s’obtient en resolvant le systeme :−2ix− 2y = 0x− 2iy − z = 02y − 2iz = 0

⇔{x = iyz = −iy ⇔ (x, y, z) = iy(1,−i,−1) avec y ∈ lC

Pour λ = −2i, il suffit de proceder par conjugaison, car A est a coefficients reels.

Le sous-espace propre est engendre par le vecteur (1, i,−1).


Avec P =

1 1 10 −i i1 −1 −1

et D =

0 0 00 2i 00 0 −2i

, on a donc : P−1AP = D.


Il revient au meme de traiter le probleme en termes d’applications lineaires.

Soit f l’endomorphisme de IKn, de matrice M dans la base canonique.

Notons λ1, . . . , λn les valeurs propres de f (c’est-a-dire de M) qui sont par hypothese toutesdistinctes : f est donc diagonalisable et ses sous-espaces propres sont des droites vectorielles.

Soit g un endomorphisme de IKn.

Il faut montrer que g commute avec f ⇔ g est combinaison lineaire de Id, f, f2, . . . , fn−1.

Dans un sens, c’est evident :

si g est dans le sous-espace de L(IKn) engendre par Id, f, f2, . . . , fn−1, alors g est un polynomeen f et on sait que cela implique g ◦ f = f ◦ g.

Reciproquement, supposons g ◦ f = f ◦ g.

Il en decoule que les sous-espaces propres Eλkde f sont stables par g.

Or chaque Eλkest une droite vectorielle, engendree par un certain vecteur uk.

Autrement dit, pour tout indice k de {1, . . . , n} : ∃µk ∈ IK tel que g(uk) = µkuk.

La famille u1, . . . , un est donc une base de IKn formee de vecteurs propres de f et de g.

Il faut montrer que g est un polynome P (f) de degre inferieur ou egal a n− 1.

L’egalite g = P (f) est realisee ⇔ g et P (f) ont le meme “comportement” sur la base (u),c’est-a-dire si, pour tout k de {1, . . . , n}, on a P (f)(uk) = µkuk.

Or, en posant P (f) =n−1∑j=0

αjfj, on a l’egalite P (f)(uk) =

n−1∑j=0

αjfj(uk) =

(n−1∑j=0

λjk αj

)uk.

Les conditions P (f)(uk) = µkuk s’ecrivent doncn−1∑j=0

λjk αj = µk, pour 1 ≤ k ≤ n.

Ce systeme de n equations lineaires s’ecrit :

1 λ1 λ21 . . . λn−1

1

1 λ2 λ22 . . . λn−1

2

......

......

...

1 λn λ2n . . . λn−1

n

α0

α1

α2

...

αn−1

=

µ0

µ1

µ2

...

µn−1

C’est un systeme de Cramer car sa matrice est une matrice de Van der Monde inversible.

Ce systeme possede donc une solution unique (α0, α1, . . . , αn−1).

Autrement dit, il existe un polynome unique P de degre ≤ n− 1 tel que g = P (f).



P =m∏

k=1

(X − λk) dont les racines sont les valeurs propres distinctes de A, annule A.

On a donc 0 = P (A) = P (B2) =m∏

k=1

(B2 − λkIn).

La matrice A etant inversible, 0 n’est pas valeur propre de A. Les λk sont donc non nuls.

Chaque λk possede dans lC deux racines carrees distinctes αk et −αk.

On peut donc ecrire 0 =m∏

k=1

(B2 − α2kIn) =

m∏k=1

((B − αkIn)(B + αkIn)

).

Ainsi B est annulee par un polynome scinde a racines simples : B est donc diagonalisable.


On forme le polynome caracteristique de A (on developpe par rapport a la premiere colonne) :

χA(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−λ 1 0 0 00 −λ 1 0 00 0 −λ 1 00 0 0 −λ 11 0 0 0 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−λ 1 0 00 −λ 1 00 0 −λ 10 0 0 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0 0−λ 1 0 00 −λ 1 00 0 −λ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Ainsi χA(λ) = 1− λ5.

Les valeurs propres de A sont les racines cinquiemes de l’unite : elles sont bien sur distinctes,ce qui prouve que A est diagonalisable dans lC (en revanche elle ne l’est pas dans IR car χA

n’est pas scinde dans IR). Dans toute la suite, on pose ω = exp(2iπ5

). Les valeurs propres deA sont donc les ωk, pour k compris entre 0 et 4.

Pour chacune des valeurs propres λ, le sous-espace propre s’obtient en resolvant le systemesuivant ou on cherche les vecteurs propres sous la forme (x, y, z, t, u).

Le systeme se simplifie car λ5 = 1.

−λx+ y = 0−λy + z = 0−λz + t = 0−λt+ u = 0−λu+ x = 0

⇔

y = λxz = λ2xt = λ3xu = λ4xx = λ5x

⇔

xyztu

= x

1λλ2

λ3

λ4

, avec x ∈ lC

On a donc P−1AP , avec :

P =

1 1 1 1 11 ω ω2 ω3 ω4

1 ω2 ω4 ω6 ω8

1 ω3 ω6 ω9 ω12

1 ω4 ω8 ω12 ω16

=

1 1 1 1 11 ω ω2 ω3 ω4

1 ω2 ω4 ω ω3

1 ω3 ω ω4 ω2

1 ω4 ω3 ω2 ω

et D =

1 0 0 0 00 ω 0 0 00 0 ω2 0 00 0 0 ω3 00 0 0 0 ω4

Remarque : la matrice de passage P est une matrice de Van der Monde.


Il est assez facile de calculer l’inverse de P . On introduit pour cela la matrice Q dont lescoefficients sont les conjugues de ceux de P . On utilise le fait que le conjugue de ωk est soninverse ω−k = ω5−k.

Dans le calcul suivant, les coefficients diagonaux de PQ sont nuls, car ils sont tous egaux(apres reduction eventuelle des exposants de ω) a la somme 1+ω+ω2 +ω3 +ω4 qui est nullecar ω est une racine cinquieme de l’unite differente de 1 :

PQ =

1 1 1 1 11 ω ω2 ω3 ω4

1 ω2 ω4 ω ω3

1 ω3 ω ω4 ω2

1 ω4 ω3 ω2 ω

1 1 1 1 11 ω4 ω3 ω2 ω1 ω3 ω ω4 ω2

1 ω2 ω4 ω ω3

1 ω ω2 ω3 ω4

=

5 0 0 0 00 5 0 0 00 0 5 0 00 0 0 5 00 0 0 0 5

= 5I5

Autrement dit, P−1 =1

5Q =

1

5P .


On applique les operations L4 ← L4 − L3 puis C3 ← C3 + C4, et on developpe.

χB(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ −1 2 −2

0 −λ 1 −11 −1 1− λ 01 −1 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ −1 2 −2

0 −λ 1 −11 −1 1− λ 00 0 λ −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ −1 0 −2

0 −λ 0 −11 −1 1− λ 00 0 0 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −λ

∣∣∣∣∣∣∣1− λ −1 0

0 −λ 01 −1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣= λ(λ− 1)

∣∣∣∣ 1− λ −10 −λ

∣∣∣∣ = λ2(λ− 1)2

Pour trouver le sous-espace propre E0 pour λ = 0, on resout le systeme suivant :x− y + 2z − 2t = 0z − t = 0x− y + z = 0

⇔

x = yz = tz = 0

⇔

x = yz = 0t = 0

⇔ (x, y, z, t) = x(1, 1, 0, 0)

E0 est donc la droite vectorielle engendree par u = (1, 1, 0, 0), alors que 0 est une valeurpropre double. On est donc certain que B n’est pas diagonalisable.


Soit P un polynome non nul de degre n. Posons P = anXn +Q, avec an 6= 0 et degQ < n.

Alors f(P ) = (2X + 1)(anXn +Q) + (1−X2)(nanX

n−1 +Q′) = an(2− n)Xn+1 + · · ·.En particulier, si n 6= 2, deg f(P ) = 1+degP : toute egalite f(P ) = λP est alors impossible.

Seuls les polynomes de degre 2 peuvent donc etre vecteurs propres de f .


Posons alors P = aX2 + bX + c, avec a 6= 0.

f(P ) = (2X + 1)(aX2 + bX + c) + (1−X2)(2aX + b) = (a+ b)X2 + (2a+ b+ 2c)X + (b+ c).

La matrice de la restriction de f a IR2[X] (dans la base X2, X, 1) est donc M =

1 1 02 1 20 1 1

.

On a χm(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣1− λ 1 0

2 1− λ 20 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3 − 4(1− λ) = −(λ− 1)(λ+ 1)(λ− 3).

La matrice M est donc diagonalisable (trois valeurs propres distinctes).

Pour λ = 1 :

β = 02α+ 2γ = 0β = 0

⇔ (α, β, γ) = α(1, 0,−1)

Pour λ = −1 :

2α+ β = 02α+ 2β + 2γ = 0β + 2γ = 0

⇔ (α, β, γ) = α(1,−2, 1)

Pour λ = 3 :

−2α+ β = 02α− 2β + 2γ = 0β − 2γ = 0

⇔ (α, β, γ) = α(1, 2, 1)

On obtient donc les vecteurs propres de f :

P = α(X2 − 1) pour λ = 1P = α(X2 − 2X + 1) pour λ = −1P = α(X2 + 2X + 1) pour λ = 3


1. Soit f un element de E, et F la primitive de f qui s’annule en 0.

L’application F est de classe C1 sur IR+. Or pour tout x > 0, T (f)(x) =F (x)

x.

L’application T (f) est donc de classe C1 sur IR+∗.

Enfin limx→0

T (f)(x) = limx→0

F (x)

x= lim

x→0

F (x)− F (0)

x= F ′(0) = f(0) = T (f)(0).

Cela prouve la continuite de T (f) en 0.

L’application T (f) est donc continue sur IR+ : c’est un element de E.

Enfin la linearite de l’operateur T est evidente. T est donc un endomorphisme de E.

2. Soit f un element de E tel que T (f) = 0. Ainsi∫ x0 f(t)dt = 0 pour tout x > 0.

Par derivation, on trouve f(x) = 0 si x > 0.

L’application f etant continue en 0, elle est donc nulle sur IR+.

Autrement dit, le noyau de T est reduit a l’application nulle : T est injectif.

L’operateur T n’est pas surjectif. En effet, pour tout f de E, l’application T (f) est nonseulement continue sur IR+ mais plus encore elle est de classe C1 sur IR+∗ : l’image deE par T est donc une partie stricte de E.


3. Soit λ un reel non nul, et f un element de E tel que T (f) = λf .

Comme T (f), l’application f = 1λT (f) est necessairement de classe C1 sur IR+∗.

Soit F la primitive de f nulle en 0. T (f) = λf ⇔ ∀x ≥ 0, F (x) = λxf(x).

Mais les applications F et λf , qui sont de toutes facons egales en 0, coıncident sur IR+

⇔ elles ont la meme derivee sur IR+∗. Ainsi :

T (f) = λf ⇔ ∀x > 0, f(x) = λ(xf ′(x) + f(x))⇔ ∀x > 0, λxf ′(x) = (1− λ)f(x)

Sur IR+∗ la solution generale de xy′ = 1−λλy est la droite engendree par yλ(x) = x

1−λλ .

Mais yλ n’est prolongeable par continuite a l’origine que ⇔ λ ≤ 1.

Cela implique que si λ > 1, la seule solution de l’equation T (f) = λf qui soit continuesur IR+ est l’application nulle. Les λ > 1 ne sont donc pas valeurs propres de f .

Le spectre de l’operateur T est donc ]0, 1]. Pour tout λ de cet intervalle, le sous-espacepropre est la droite engendree par yλ (si λ = 1, on obtient les applications constantes.)


Calculons le determinant de A :

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣a c bc a+ b cb c a

∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣a− b 0 b− ac a+ b cb c a

∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣a− b 0 0c a+ b 2cb c a+ b

∣∣∣∣∣∣∣= (a− b)

∣∣∣∣ a+ b 2cc a+ b

∣∣∣∣= (a− b)((a+ b)2 − 2c2) = (a− b)(a+ b− c

√2)(a+ b+ c

√2)

Le polynome caracteristique de A s’obtient en remplacant a par a− λ.

χA(λ) = (a− λ− b)(a− λ+ b− c√

2)(a− λ+ b+ c√

2)

= −(λ− a+ b)(λ− a− b+ c√

2)(λ− a− b− c√

2)

La matrice A possede donc trois valeurs propres : a− b, a+ b− c√

2 et a+ b+ c√

2.

On remarque l’existence de trois vecteurs propres libres, un pour chacune de ces trois valeurspropres et qui n’en dependent pas. La diagonalisation obtenue sera donc valable dans tousles cas, que les valeurs propres soient distinctes ou non.

• Pour λ = a− b : on constate facilement que u1 = (1, 0,−1) est vecteur propre.

• Pour λ = a+ b− c√

2 : le vecteur u2 = (1,√

2, 1) convient.

• Pour λ = a+ b+ c√

2 : le vecteur u3 = (1,−√

2, 1) convient.

Posons donc P =

1 1 10√

2 −√

2−1 1 1

et D =

a− b 0 00 a+ b+ c

√2 0

0 0 a+ b− c√

2

.

On verifie que P est inversible. Par construction, on a l’egalite P−1AP = D.



Soit λ une valeur propre de g ◦ f .

Il suffit de prouver que λ est valeur propre de f ◦ g.

• Supposons λ = 0 : g ◦ f n’est pas injective. Comme on est en dimension finie, f ◦ g n’estpas injective non plus (par exemple det(f ◦ g) = det f det g = det(g ◦ f) = 0.)

Ainsi λ = 0 est egalement une valeur propre de f ◦ g.• Supposons λ 6= 0. Il existe un vecteur x non nul tel que g ◦ f(x) = λx.

On en deduit, en composant par f a gauche : (f ◦ g)(f(x)) = λf(x).

Mais f(x) n’est pas nul, car g ◦ f(x) = λx avec x 6= −→0 et λ 6= 0.

On en deduit que λ est une valeur propre de f ◦ g. Ceci termine la demonstration.

La demonstration precedente n’utilise l’hypothese sur la dimension que pour λ = 0. Pour lecontre-exemple, on doit donc chercher f et g tels que g ◦ f soit injectif mais pas f ◦ g.Pour cela on se place dans E = IK[X] et on pose f(P ) = XP et g(P ) = P ′.

• L’application g ◦ f est definie par g ◦ f(P ) = XP ′ + P : elle est injective car il y aconservation du degre. 0 n’est donc pas valeur propre de g ◦ f .

• L’application f ◦ g est definie par f ◦ g(P ) = XP ′ et son noyau est forme des polynomesconstants. Cette application n’est donc pas injective : 0 en est une valeur propre.


• On suppose que A est inversible. Pour tout x de IK :

χAB(x) = det(AB − xIn) = det(A(B − xA−1)) = det(A) det(B − xA−1)

= det(B − xA−1) det(A) = det((B − xA−1)A) = det(BA− xIn) = χBA(x).

• On suppose que la matrice A est non inversible.

Soit x un element fixe de IK. Pour tout λ de IK, posons Aλ = A− λIn.

Considerons les applications λ→ ϕ(λ) = det(AλB − xIn) et ψ(λ) = det(BAλ − xIn).

On doit prouver χAB(x) = χBA(x), c’est-a-dire avec nos notations : ϕ(0) = ψ(0).

Or ϕ et ψ sont des applications polynomiales en la variable λ.

D’autre part, si λ n’est pas une valeur propre de A (et dans IK cela fait une infinite devaleurs !) la matrice Aλ est inversible, ce qui implique ϕ(λ) = ψ(λ) en utilisant ce quiprecede.

Les applications polynomiales ϕ et ψ sont donc egales sur IK.

En particulier elles sont egales en 0, ce qu’il fallait demontrer.

• Remarque :

le resultat de cet exercice implique le resultat du precedent. On en apprend meme un peuplus ici : si λ est une valeur propre d’une des deux applications g ◦ f ou f ◦ g, c’est unevaleur propre de l’autre avec la meme multiplicite.



1. On pose A =(a bc d

)et A′ =

(a′ b′

c′ d′

).

Alors, pour tous M,N deMn(IK) :

(A⊗M)(B ⊗N) =(aM bMcM dM

) (a′N b′Nc′N d′N

)

=(

(aa′ + bc′)MN (ab′ + bd′)MN(ca′ + dc′)MN (cb′ + dd′)MN

)= (AB)⊗ (MN)

2. Supposons a = 0, donc detA = −bc.

det(A⊗M) =∣∣∣∣ 0n bMcM dM

∣∣∣∣ = (−1)n

∣∣∣∣ cM dM0n bM

∣∣∣∣ (on a effectue n echanges de lignes.)

On en deduit det(A⊗M) = (−1)n(bc)n(detM)2 = (detA)n(detM)2.

On suppose maintenant a 6= 0.

Pour tout i de 1, . . . , n, on retranche la lignec

aLi a la ligne Ln+i. On obtient :

det(A⊗M) =∣∣∣∣ aM bMcM dM

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣aM bM

0n

(d− bc

a

)M

∣∣∣∣∣∣= an

(d− bc

a

)n(detM)2 = (detA)n(detM)2

3. Si A et M sont inversibles, (A⊗M)(A−1⊗M−1) = (AA−1)⊗ (MM−1) = I2⊗ In = I2n.

On en deduit que A⊗M est inversible et que (A⊗M)−1 = A−1 ⊗M−1.

4. Il existe P dans GL2(IK) et deux scalaires λ, µ tels que P−1AP =(λ 00 µ

).

De meme, il existe Q dans GLn(IK) et D diagonale telles que Q−1MQ = D.

D’apres ce qui precede R = P ⊗Q est dans GL2n(IK) et R−1 = P−1 ⊗Q−1.

On constate alors que :

R−1(A⊗M)R = (P−1 ⊗Q−1)(A⊗M)(P ⊗Q) = (P−1AP )⊗ (Q−1MQ)

=(λ 00 µ

)⊗D =

(λD 0n

0n µD

)

La matrice obtenue est diagonale, ce qui prouve que A⊗M est diagonalisable.

Remarque :

Si α1, . . . , αn sont les valeurs propres de la matrice M , alors celles de la matrice A⊗Msont λα1, . . . , λαn, µα1, . . . , µαn.



Soit f le morphisme de IR4 de matrice A dans la base canonique.

Tout revient a montrer qu’il existe une base (u) de IR4 telle que : (S)

f(u1) = u1

f(u2) = u1 + u2

f(u3) = u2 + u3

f(u4) = u4

Or (S)⇔

(f − Id)(u1) = 0(f − Id)(u2) = u1

(f − Id)(u3) = u2

(f − Id)(u4) = 0

⇔ (Σ)

u2 = (f − Id)(u3)u1 = (f − Id)2(u3)(f − Id)3(u3) = 0(f − Id)(u4) = 0

La matrice de f − Id dans la base canonique est A− I4. On trouve successivement :

A− I4 =

−1 1 1 0−1 −3 1 −22 6 −2 44 8 −4 6

, (A− I4)2 =

2 2 −2 2−2 −2 2 −24 4 −4 44 4 −4 4

et (A− I4)3 = 04

On constate que la condition (f − Id)3(u3) = 0 de (Σ) est automatiquement realisee.

Il faut choisir un vecteur u3 puis poser u2 = (f − Id)(u3) et u1 = (f − Id)2(u3).

Ce choix n’est pas arbitraire car le vecteur u1 doit au moins etre non nul.

Pour assurer u1 6= 0, on voit que u3 = (1, 0, 0, 0) convient, avec{u2 = (−1,−1, 2, 4)u1 = (2,−2, 4, 4)

Il reste a choisir un vecteur u4 = (x, y, z, t) qui soit dans le noyau de f − Id et qui ne soitpas dans le sous-espace de IR4 engendre par u1, u2, u3.

On constate que le vecteur u4 = (1, 0, 1, 0) semble convenir : il est en effet dans le noyau def − Id car les colonnes C1 et C3 de A− I4 sont opposees.

Soit P la matrice de la famille u1, u2, u3, u4 dans la base canonique. On a :

P =

2 −1 1 1−2 −1 0 04 2 0 14 4 0 0

⇒ detP = −

∣∣∣∣∣∣∣2 −1 1−2 −1 04 4 0

∣∣∣∣∣∣∣ = −∣∣∣∣−2 −1

4 4

∣∣∣∣ = 4 6= 0

Ainsi u1, u2, u3, u4 forment une base de IR4 et par construction la matrice de f dans cettebase est la matrice J donnee par l’enonce. Autrement dit P−1AP = J .

Remarque :

Puisqu’on nous donne dans l’enonce la forme reduite J de la matrice A, il n’a pas etenecessaire de calculer le polynome caracteristique de A.

Il est bien sur egal a celui de J c’est-a-dire (1− x)4.

Autrement dit, 1 est une valeur propre de la matrice A avec la multiplicite 4.

Cela implique que A n’est pas diagonalisable sinon A serait semblable donc egale a I4.

Le sous-espace propre de f pour λ = 1 n’est d’ailleurs pas de dimension 4 mais 2 : en effetla matrice A− I4 est de rang 2 car ses lignes verifient L3 = −2L2 et L4 = −L1 − 3L2.



Soit f le morphisme de IR5 de matrice A dans la base canonique.

Tout revient a montrer qu’il existe une base (u) de IR5 telle que : (S)

f(u1) = −2u1

f(u2) = u2

f(u3) = u2 + u3

f(u4) = u4

f(u5) = u4 + u5

A− I5 =

0 0 −1 1 00 −3 0 0 01 0 0 0 11 0 0 0 10 0 1 −1 0

Cette matrice est de rang 3car ses lignes L1,L2,L3 sont libreset de plus L4 = L3 et L5 = −L1.Le sous-espace propre E1 pour λ = 1est donc un plan vectoriel.

On voit sans calculs qu’une base de E1 est formee de{u2 = (0, 0, 1, 1, 0) car C4 = −C3

u4 = (1, 0, 0, 0,−1) car C5 = C1

On doit trouver u3 = (x, y, z, t, r) tel que (f − Id)(u3) = u2.

On voit sur la matrice A− I5 que le vecteur u3 = (1, 0, 0, 0, 0) convient.

On constate toujours sur A− I5 que (f − Id)(u5) = u4, avec u5 = (0, 0, 0, 1, 0).

Il reste enfin a trouver u1, vecteur propre de f pour λ = −2.

On voit sur la matrice A initiale que le vecteur u1 = (0, 1, 0, 0, 0) convient.

Soit P la matrice de la famille u1, u2, u3, u4, u5 dans la base canonique :

P =

0 0 1 1 01 0 0 0 00 1 0 0 00 1 0 0 10 0 0 −1 0

⇒ det(P ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 0 1 01 0 0 00 1 0 00 1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣0 0 11 0 00 1 0

∣∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0

Ainsi u1, u2, u3, u4, u5 forment une base de IR5 et par construction la matrice de f dans cettebase est la matrice J donnee par l’enonce. Autrement dit P−1AP = J .

Remarque :

La matrice A n’est pas diagonalisable. En effet 1 est valeur propre quadruple mais le sous-espace est seulement de dimension 2.


Documents

Exercice Reduction Des Endomorphismes