Polynômes annulateurs et spectre : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : polynômes annulateurs et spectre

Exercice	Points
1. Racines cubiques de l’unité et spectre	3 points
2. Un endomorphisme de l’espace des matrices	4 points
3. Une droite et un plan stables	4 points
4. Inverse et puissance sans calcul lourd	3 points
5. Problème : un projecteur caché dans u	6 points
Total	20 points

Le corrigé détaillé : polynômes annulateurs et spectre

Exercice 1 – Racines cubiques de l’unité et spectre (3 points)

Le résultat de cours

1. Soit \(\lambda\) une valeur propre de \(u\) et \(x \neq 0\) tel que \(u(x) = \lambda x\). Par récurrence, \(u^k(x) = \lambda^k x\) pour tout entier \(k\). Par linéarité, si \(P = \sum_k p_k X^k\), alors \(P(u)(x) = \sum_k p_k \lambda^k x = P(\lambda)\, x\). Or \(P(u) = 0\), donc \(P(\lambda)\, x = 0\), et comme \(x \neq 0\), \(P(\lambda) = 0\) : toute valeur propre est racine de \(P\).

Application à une matrice réelle de taille trois

2. Le polynôme \(X^4 – X = X(X – 1)(X – j)\left(X – j^2\right)\) annule \(M\). Il est scindé à racines simples sur \(\mathbb{C}\), comme le montre la figure. Donc \(M\) est diagonalisable dans \(\mathcal{M}_3(\mathbb{C})\), et son spectre est inclus dans \(\left\{0, 1, j, j^2\right\}\) d’après la question 1.
   Ensuite, \(\chi_M\) est à coefficients réels. Ainsi \(j\) et \(j^2 = \overline{j}\) ont la même multiplicité. Notons \(\lambda_1\), \(\lambda_2\), \(\lambda_3\) les valeurs propres comptées avec multiplicité, de somme \(\mathrm{tr}(M) = 0\).
   Premier cas : \(j\) n’est pas valeur propre. Toutes les valeurs propres valent alors \(0\) ou \(1\), et leur somme nulle impose \(\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0\). Mais une matrice diagonalisable de seule valeur propre \(0\) est nulle, ce qui est exclu.
   Second cas : \(j\) et \(j^2\) sont valeurs propres, chacune simple. La troisième valeur \(\lambda\) vérifie \(\lambda + j + j^2 = 0\), donc \(\lambda = 1\) puisque \(1 + j + j^2 = 0\). Par conséquent, \(\mathrm{Sp}_{\mathbb{C}}(M) = \left\{1, j, j^2\right\}\).
   Enfin, \(M = P\, \mathrm{diag}\left(1, j, j^2\right) P^{-1}\) avec \(P\) inversible. Comme \(1^3 = j^3 = \left(j^2\right)^3 = 1\), on obtient \(M^3 = I_3\) et \(\det M = 1 \times j \times j^2 = 1\).

Barème : 1) itération \(u^k(x) = \lambda^k x\) (0,5), conclusion (0,5) ; 2) diagonalisabilité (0,5), argument de conjugaison (0,5), élimination du cas nul et spectre (0,5), \(M^3\) et déterminant (0,5).

Piège classique : affirmer que le spectre est égal à l’ensemble des racines de \(X^4 – X\). Un polynôme annulateur ne donne qu’une inclusion, et c’est la trace qui trie ici les cas.

Exercice 2 – Un endomorphisme de l’espace des matrices (4 points)

1. Comme la transposition est involutive, \(\varphi(\varphi(M)) = 2\left(2M^{T} – M\right)^{T} – \left(2M^{T} – M\right) = 4M – 2M^{T} – 2M^{T} + M = 5M – 4M^{T}\). D’autre part, \(a\,\varphi(M) + b\,M = 2a\,M^{T} + (b – a)\,M\). L’identification donne \(2a = -4\) et \(b – a = 5\). Ainsi \(\varphi^2 = -2\varphi + 3\,\mathrm{id}\).
2. Le polynôme \(X^2 + 2X – 3 = (X – 1)(X + 3)\) annule donc \(\varphi\). Il est scindé à racines simples, si bien que \(\varphi\) est diagonalisable, avec \(\mathrm{Sp}(\varphi) \subset \{1, -3\}\). De plus, \(\varphi(I_n) = I_n\) et, pour \(n \geq 2\), la matrice \(E_{12} – E_{21}\) vérifie \(\varphi(E_{12} – E_{21}) = -3\left(E_{12} – E_{21}\right)\). Le spectre est donc exactement \(\{1, -3\}\).
3. On a \(\varphi(M) = M\) si et seulement si \(2M^{T} = 2M\), c’est-à-dire si \(M\) est symétrique. De même, \(\varphi(M) = -3M\) équivaut à \(M^{T} = -M\). Les sous-espaces propres sont donc \(\mathcal{S}_n(\mathbb{R})\) pour \(1\) et \(\mathcal{A}_n(\mathbb{R})\) pour \(-3\) : on retrouve la décomposition classique \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) = \mathcal{S}_n(\mathbb{R}) \oplus \mathcal{A}_n(\mathbb{R})\).
4. Dans une base adaptée à cette somme directe, la matrice de \(\varphi\) est diagonale. Elle comporte \(\frac{n(n+1)}{2}\) fois la valeur \(1\) et \(\frac{n(n-1)}{2}\) fois la valeur \(-3\). Donc \(\mathrm{tr}(\varphi) = \frac{n(n+1)}{2} – \frac{3n(n-1)}{2} = \frac{-2n^2 + 4n}{2}\). Ainsi \(\mathrm{tr}(\varphi) = n(2 – n)\) et \(\det(\varphi) = (-3)^{n(n-1)/2}\). Pour \(n = 2\), par exemple, on trouve une trace nulle et un déterminant égal à \(-3\).

Barème : 1) calcul de \(\varphi^2\) (0,5), identification (0,5) ; 2) diagonalisabilité (0,5), spectre exact (0,5) ; 3) les deux sous-espaces (1) ; 4) trace (0,5), déterminant (0,5).

Piège classique : oublier de vérifier que \(1\) et \(-3\) sont effectivement valeurs propres. Il faut exhiber une matrice non nulle dans chaque noyau.

Exercice 3 – Une droite et un plan stables (4 points)

Polynôme caractéristique et décomposition

1. En développant selon la première ligne :
   \(\chi_C(X) = \begin{vmatrix} X & 0 & -1 \\ -1 & X & 1 \\ 0 & -1 & X – 1 \end{vmatrix} = X\left(X(X – 1) + 1\right) – 1 \times \begin{vmatrix} -1 & X \\ 0 & -1 \end{vmatrix}\).
   Le dernier déterminant vaut \(1\), donc \(\chi_C = X^3 – X^2 + X – 1\). On factorise ensuite par \(X – 1\) : \(\chi_C = (X – 1)\left(X^2 + 1\right)\), où \(X^2 + 1\) est irréductible sur \(\mathbb{R}\). Le théorème de Cayley-Hamilton affirme alors que \(C^3 – C^2 + C – I_3 = 0\).
2. Les polynômes \(X – 1\) et \(X^2 + 1\) sont premiers entre eux, car \(1\) n’est pas racine de \(X^2 + 1\). Comme leur produit annule \(C\), le lemme des noyaux donne \(\mathbb{R}^3 = \ker(C – I_3) \oplus \ker\left(C^2 + I_3\right)\).
   D’abord, \((C – I_3)\,v = 0\) s’écrit \(-x + z = 0\), \(x – y – z = 0\) et \(y = 0\). On obtient \(z = x\) et \(y = 0\), soit \(\ker(C – I_3) = \mathcal{D}\).
   Ensuite, un calcul direct donne \(C^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\), donc \(C^2 + I_3 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\). Son noyau est le plan \(\mathcal{P}\) d’équation \(x + y + z = 0\). Les dimensions \(1 + 2 = 3\) confirment la somme directe.

Diagonalisabilité et base adaptée

3. Sur \(\mathbb{R}\), le polynôme caractéristique n’est pas scindé. Donc \(C\) n’est pas diagonalisable dans \(\mathcal{M}_3(\mathbb{R})\). En revanche, sur \(\mathbb{C}\), \(\chi_C = (X – 1)(X – i)(X + i)\) est scindé à racines simples et annule \(C\). Ainsi \(C\) est diagonalisable dans \(\mathcal{M}_3(\mathbb{C})\).
4. On calcule \(v_3 = C v_2 = (0, 1, -1)\), qui appartient bien à \(\mathcal{P}\). Les vecteurs \(v_2\) et \(v_3\) ne sont pas colinéaires, donc ils forment une base de \(\mathcal{P}\). Avec \(v_1\), base de \(\mathcal{D}\), on obtient une base de \(\mathbb{R}^3\) grâce à la somme directe. De plus, \(c(v_1) = v_1\), \(c(v_2) = v_3\) et \(c(v_3) = C^2 v_2 = -v_2\), puisque \(v_2 \in \ker\left(C^2 + I_3\right)\). La matrice de \(c\) dans \((v_1, v_2, v_3)\) est donc \(\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\). Sur le plan \(\mathcal{P}\), \(c\) agit ainsi comme un quart de tour dans la base \((v_2, v_3)\).

Barème : 1) calcul et factorisation de \(\chi_C\) (0,75), Cayley-Hamilton (0,25) ; 2) hypothèses du lemme des noyaux (0,5), \(\mathcal{D}\) (0,5), \(\mathcal{P}\) (0,5) ; 3) 0,5 ; 4) base (0,5), matrice (0,5).

Exercice 4 – Inverse et puissance sans calcul lourd (3 points)

1. D’après l’exercice 3, \(C^3 – C^2 + C = I_3\), donc \(C\left(C^2 – C + I_3\right) = I_3\). Ainsi \(C\) est inversible et \(C^{-1} = C^2 – C + I_3\). Avec la valeur de \(C^2\) déjà obtenue :
   \(C^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\). On vérifie par exemple que la première ligne de \(C\), à savoir \((0, 0, 1)\), multipliée par cette matrice, donne bien \((1, 0, 0)\).
2. On a \(X^4 – 1 = \left(X^2 – 1\right)\left(X^2 + 1\right) = (X + 1)(X – 1)\left(X^2 + 1\right)\). Le polynôme \(\chi_C\) divise donc \(X^4 – 1\), et comme il annule \(C\), \(C^4 = I_3\). Puis \(2027 = 4 \times 506 + 3\), d’où \(C^{2027} = \left(C^4\right)^{506} C^3 = C^3\). Or \(C^3 = C^4\, C^{-1} = C^{-1}\). Finalement, \(C^{2027} = C^{-1}\), matrice calculée à la question précédente.

Barème : 1) relation \(C(C^2 – C + I_3) = I_3\) (0,75), matrice explicite (0,75) ; 2) divisibilité et \(C^4 = I_3\) (0,75), division euclidienne de \(2027\) et conclusion (0,75).

Piège classique : chercher \(C^{2027}\) en diagonalisant sur \(\mathbb{C}\). La relation \(C^4 = I_3\) suffit et évite tout calcul de vecteurs propres complexes.

Exercice 5 – Problème : un projecteur caché dans u (6 points)

Spectre et décomposition de l’espace

1. Le polynôme \(X^3 – X^2 = X^2(X – 1)\) annule \(u\). D’après le résultat de cours rappelé dans l’exercice 1, \(\mathrm{Sp}(u) \subset \{0, 1\}\).
2. Les polynômes \(X^2\) et \(X – 1\) sont premiers entre eux, puisqu’ils n’ont aucune racine commune. Leur produit annule \(u\), donc le lemme de décomposition des noyaux s’applique : \(E = \ker\left(u^2\right) \oplus \ker(u – \mathrm{id})\).

Critère de diagonalisabilité

3. Supposons d’abord \(u\) diagonalisable. Son polynôme minimal \(\pi_u\) est alors scindé à racines simples, et il divise \(X^2(X – 1)\). Il divise donc \(X(X – 1)\), si bien que \(u^2 = u\). Par conséquent, \(\ker\left(u^2\right) = \ker u\).
   Réciproquement, supposons \(\ker u = \ker\left(u^2\right)\). La question 2 donne alors \(E = \ker u \oplus \ker(u – \mathrm{id})\). En réunissant une base de chacun de ces sous-espaces propres, on obtient une base de vecteurs propres de \(E\). Ainsi \(u\) est diagonalisable si et seulement si \(\ker u = \ker\left(u^2\right)\).

Le projecteur et la partie nilpotente

4. Soit \(x \in E\), décomposé en \(x = a + b\) avec \(a \in \ker\left(u^2\right)\) et \(b \in \ker(u – \mathrm{id})\). D’une part, \(p(x) = b\) par définition du projecteur. D’autre part, \(u^2(a) = 0\) et \(u(b) = b\), donc \(u^2(b) = b\). Il vient \(u^2(x) = 0 + b = p(x)\) pour tout \(x\). Donc \(p = u^2\).
5. Évidemment \(u = u^2 + \left(u – u^2\right) = d + \nu\). Ensuite, \(d = p\) est un projecteur, annulé par \(X(X – 1)\), scindé à racines simples : \(d\) est diagonalisable. Remarquons que \(u^4 = u \circ u^3 = u \circ u^2 = u^3 = u^2\). Alors \(\nu^2 = u^2 – 2u^3 + u^4 = u^2 – 2u^2 + u^2\), soit \(\nu^2 = 0\). De même, \(d \circ \nu = u^3 – u^4 = 0\). Enfin, deux polynômes en \(u\) commutent, d’où \(d \circ \nu = \nu \circ d = 0\).

Une matrice concrète

6. On calcule \(A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), puis \(A^3 = A^2 A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\). Donc \(A^3 = A^2\). Le noyau de \(A\) est défini par \(x + y + z = 0\) et \(z = 0\) : c’est une droite. En revanche, \(\ker\left(A^2\right)\) est le plan \(x + y + 2z = 0\). Ces noyaux diffèrent, donc, d’après la question 3, \(A\) n’est pas diagonalisable. Enfin :
   \(D = A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(N = A – A^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), avec \(N^2 = 0\) puisque la troisième ligne de \(N\) est nulle.

Barème : 1) 0,5 ; 2) 1 ; 3) sens direct par le polynôme minimal (0,75), réciproque (0,75) ; 4) 1 ; 5) \(d\) diagonalisable (0,25), \(\nu^2 = 0\) (0,5), commutation (0,25) ; 6) \(A^3 = A^2\) et non-diagonalisabilité (0,5), \(D\) et \(N\) (0,5).

Piège classique : conclure que \(u\) est diagonalisable parce que son spectre est inclus dans \(\{0, 1\}\). Le facteur \(X^2\) empêche précisément de l’affirmer, comme le montre la matrice \(A\).

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