Lemme des noyaux et trigonalisation : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « lemme des noyaux et trigonalisation », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie de partiel : chaque théorème est cité avant d’être appliqué, et chaque calcul matriciel est vérifié. Pour la question de cours, elle isole les deux temps de la preuve, d’abord la somme directe, puis l’égalité des espaces, à partir d’une seule relation de Bézout. Ensuite, les polynômes minimaux sont obtenus en testant les diviseurs du polynôme caractéristique. La trigonalisation est menée vecteur par vecteur, avec la matrice de passage et son inverse écrites en entier. Dans le problème, les projecteurs sont exprimés comme polynômes en l’endomorphisme, ce qui donne aussitôt ses puissances. Enfin, chaque exercice se termine par un barème et par une erreur fréquente repérée dans les copies.
L’énoncé complet se trouve ici : Lemme des noyaux et trigonalisation : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : lemme des noyaux et trigonalisation
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Question de cours : le lemme des noyaux | 4 points |
| 2. Trois polynômes minimaux | 4 points |
| 3. Trigonaliser une matrice 3×3 | 6 points |
| 4. Problème : un endomorphisme de M3(R) | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : lemme des noyaux et trigonalisation
Exercice 1 – Question de cours : le lemme des noyaux (4 points)
- Soit \(x\) dans l’intersection, de sorte que \(P(u)(x) = 0\) et \(Q(u)(x) = 0\). La relation \(AP + BQ = 1\) donne \(\mathrm{id}_E = A(u) \circ P(u) + B(u) \circ Q(u)\), car \(P \mapsto P(u)\) est un morphisme d’algèbres. En appliquant cette égalité à \(x\), on obtient \(x = A(u)(0) + B(u)(0) = 0\). L’intersection est donc réduite à \(\{0\}\).
-
Question 2 : l’égalité des espaces
D’abord, \(\mathrm{Ker}\,P(u) \subset \mathrm{Ker}\,(PQ)(u)\), car \((PQ)(u) = Q(u) \circ P(u)\) : deux polynômes en \(u\) commutent. De même, \(\mathrm{Ker}\,Q(u) \subset \mathrm{Ker}\,(PQ)(u)\), donc la somme est incluse dans \(\mathrm{Ker}\,(PQ)(u)\).
Réciproquement, soit \(x \in \mathrm{Ker}\,(PQ)(u)\). On pose \(y = (BQ)(u)(x)\) et \(z = (AP)(u)(x)\), si bien que \(x = y + z\). Alors \(P(u)(y) = B(u)\left((PQ)(u)(x)\right) = 0\), donc \(y \in \mathrm{Ker}\,P(u)\). De la même façon, \(Q(u)(z) = A(u)\left((PQ)(u)(x)\right) = 0\). Avec la question 1, on conclut que \(\mathrm{Ker}\,(PQ)(u) = \mathrm{Ker}\,P(u) \oplus \mathrm{Ker}\,Q(u)\).
- Ici \(X^2 – 3X = X(X – 3)\) annule \(u\), donc \(\mathrm{Ker}\,(u^2 – 3u) = E\). Les facteurs \(X\) et \(X – 3\) sont premiers entre eux, avec \(\frac{1}{3}X – \frac{1}{3}(X – 3) = 1\). Le lemme donne ainsi \(E = \mathrm{Ker}\,u \oplus \mathrm{Ker}\,(u – 3\,\mathrm{id})\). La composante sur \(\mathrm{Ker}\,(u – 3\,\mathrm{id})\) vaut \((AP)(u)(x) = \frac{1}{3}u(x)\). Le projecteur cherché est \(\frac{1}{3}u\) ; on vérifie que \(\left(\frac{u}{3}\right)^2 = \frac{3u}{9} = \frac{u}{3}\).
Piège classique : oublier l’inclusion facile, ou la justifier sans dire que \(P(u)\) et \(Q(u)\) commutent. C’est pourtant ce qui permet d’écrire \((PQ)(u) = Q(u) \circ P(u)\).
Exercice 2 – Trois polynômes minimaux (4 points)
- La matrice \(D\) est diagonale, et \((D – 3I_3)(D + I_3)\) est diagonale de coefficients \(0 \times 4\), \(0 \times 4\) et \((-4) \times 0\) : elle est nulle. Comme \(D\) n’est pas une homothétie, aucun polynôme de degré 1 ne l’annule. Le polynôme minimal de \(D\) est \((X – 3)(X + 1)\).
- La matrice \(T\) est triangulaire, donc \(\chi_T = (X – 3)^2(X + 1)\). Ensuite, \(T – 3I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}\) et \(T + I_3 = \begin{pmatrix} 4 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), dont le produit vaut \(\begin{pmatrix} 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \neq 0\). Le polynôme minimal divise \(\chi_T\) et admet 3 et \(-1\) pour racines. C’est donc \((X – 3)^2(X + 1)\), égal à \(\chi_T\).
- On trouve \(N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \neq 0\), puis \(N^3 = 0\). Le polynôme minimal divise \(X^3\) sans diviser \(X^2\). Ainsi le polynôme minimal de \(N\) est \(X^3\).
- Une matrice est diagonalisable si et seulement si son polynôme minimal est scindé à racines simples. Seule \(D\) est diagonalisable : en effet, 3 est racine double du polynôme minimal de \(T\), et 0 est racine triple de celui de \(N\).
Piège classique : affirmer que \(T\) est diagonalisable parce que ses valeurs propres sont réelles. Le caractère scindé ne suffit pas ; il faut des racines simples dans le polynôme minimal.
Exercice 3 – Trigonaliser une matrice 3×3 (6 points)
- On développe \(\det(XI_3 – A)\) selon la première ligne de \(\begin{pmatrix} X-1 & 0 & -1 \\ 0 & X-1 & -1 \\ -1 & 1 & X-2 \end{pmatrix}\). Le premier terme vaut \((X-1)\left[(X-1)(X-2) + 1\right] = (X-1)(X^2 – 3X + 3)\). Le troisième vaut \(-1 \times \left[0 \times 1 – (X-1) \times (-1)\right] = -(X-1)\). Par conséquent, \(\chi_A = (X-1)(X^2 – 3X + 2)\). Comme \(X^2 – 3X + 2 = (X-1)(X-2)\), on a bien \(\chi_A = (X-1)^2(X-2)\).
- Pour \(\lambda = 1\), le système \((A – I_3)x = 0\) s’écrit \(z = 0\) et \(x – y + z = 0\), donc \(E_1 = \mathrm{Vect}\left((1, 1, 0)\right)\). Pour \(\lambda = 2\), il s’écrit \(x = z\) et \(y = z\), donc \(E_2 = \mathrm{Vect}\left((1, 1, 1)\right)\). La somme des dimensions vaut 2, et non 3. Donc \(A\) n’est pas diagonalisable : la valeur propre double n’a qu’un espace propre de dimension 1.
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Question 3 : la base de trigonalisation
Pour \(v_2 = (0, b, c)\), on calcule \(Av_2 = (c,\; b + c,\; -b + 2c)\), qui doit valoir \(v_2 + v_1 = (1,\; b + 1,\; c)\). Il vient \(c = 1\), puis \(-b + 2 = 1\), soit \(b = 1\). Ainsi \(v_2 = (0, 1, 1)\).
Alors \(P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\), de déterminant 1, et la méthode du pivot donne \(P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}\). On vérifie d’ailleurs que \(PP^{-1} = I_3\). Puisque \(Av_1 = v_1\), \(Av_2 = v_1 + v_2\) et \(Av_3 = 2v_3\), on obtient \(P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\).
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Question 4 : inverse par Cayley-Hamilton
D’après le théorème de Cayley-Hamilton, \(\chi_A(A) = 0\). Or \(\chi_A = X^3 – 4X^2 + 5X – 2\), donc \(A^3 – 4A^2 + 5A = 2I_3\), c’est-à-dire \(A \times \frac{1}{2}\left(A^2 – 4A + 5I_3\right) = I_3\). Ainsi \(A^{-1} = \frac{1}{2}\left(A^2 – 4A + 5I_3\right)\).
Le calcul donne \(A^2 = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 3 \\ 1 & 0 & 3 \\ 3 & -3 & 4 \end{pmatrix}\). Donc \(A^{-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\), et le produit par \(A\) redonne bien \(I_3\).
- Le polynôme minimal divise \(\chi_A\) et s’annule en 1 et en 2. Or \((A – I_3)(A – 2I_3) = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \neq 0\). Le polynôme minimal est donc \((X-1)^2(X-2)\). Comme \((X-1)^2\) et \(X – 2\) sont premiers entre eux, le lemme des noyaux donne \(\mathbb{R}^3 = \mathrm{Ker}\,(A – I_3)^2 \oplus \mathrm{Ker}\,(A – 2I_3)\). Enfin, toutes les lignes de \((A – I_3)^2\) valent \((1, -1, 1)\) : \(\mathrm{Ker}\,(A – I_3)^2\) est le plan d’équation \(x – y + z = 0\), qui contient \(v_1\) et \(v_2\).
Piège classique : prendre pour \(v_2\) un second vecteur propre, qui n’existe pas ici. C’est la relation \(Av_2 = v_2 + v_1\) qui fait apparaître le coefficient 1 au-dessus de la diagonale.
Exercice 4 – Problème : un endomorphisme de M3(R) (6 points)
- La trace est linéaire, donc \(\varphi\) est linéaire, et elle envoie \(E\) dans \(E\). Ensuite, \(\mathrm{tr}\left(\varphi(M)\right) = 2\,\mathrm{tr}(M) – 3\,\mathrm{tr}(M) = -\mathrm{tr}(M)\). Notons \(t = \mathrm{tr}(M)\) ; alors \(\varphi^2(M) = 2(2M – tI_3) + tI_3 = 4M – tI_3\). Ainsi \(\varphi^2(M) – \varphi(M) – 2M = 4M – tI_3 – 2M + tI_3 – 2M = 0\).
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Question 2 : réduction de φ
Le polynôme \(X^2 – X – 2 = (X – 2)(X + 1)\) annule \(\varphi\). De plus, \(\varphi\) n’est pas une homothétie, car \(\varphi(I_3) = -I_3\) alors que \(\varphi(E_{12}) = 2E_{12}\). Le polynôme minimal est donc \((X – 2)(X + 1)\), scindé à racines simples : \(\varphi\) est diagonalisable.
D’une part, \(\varphi(M) = 2M\) équivaut à \(t = 0\), d’où \(\mathrm{Ker}\,(\varphi – 2\,\mathrm{id}) = \mathcal{H}\), de dimension 8. D’autre part, \(\varphi(M) = -M\) équivaut à \(3M = tI_3\), donc \(M\) est scalaire ; réciproquement, \(\varphi(\lambda I_3) = -\lambda I_3\). Ainsi \(\mathrm{Ker}\,(\varphi + \mathrm{id}) = \mathbb{R}\,I_3\), de dimension 1.
- La relation \(\frac{1}{3}(X + 1) – \frac{1}{3}(X – 2) = 1\) est une relation de Bézout. D’après la preuve de l’exercice 1, le projecteur sur \(\mathrm{Ker}\,(\varphi – 2\,\mathrm{id}) = \mathcal{H}\) parallèlement à \(\mathbb{R}\,I_3\) est \(p = \frac{1}{3}(\varphi + \mathrm{id}_E)\). De même, \(q = \frac{1}{3}(2\,\mathrm{id}_E – \varphi)\). Concrètement, \(p(M) = M – \frac{t}{3}I_3\) et \(q(M) = \frac{t}{3}I_3\) : on retrouve la décomposition du schéma, car \(p(M)\) est bien de trace nulle.
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Question 4 : les puissances
Écrivons la division euclidienne \(X^n = (X – 2)(X + 1)S + a_nX + b_n\). En évaluant en 2 puis en \(-1\), on obtient \(2a_n + b_n = 2^n\) et \(-a_n + b_n = (-1)^n\). Par soustraction, \(a_n = \frac{2^n – (-1)^n}{3}\), puis \(b_n = \frac{2^n + 2(-1)^n}{3}\). Comme \((X-2)(X+1)\) annule \(\varphi\), on a bien \(\varphi^n = a_n\varphi + b_n\,\mathrm{id}_E\). Pour \(n = 2\), on retrouve \(\varphi^2 = \varphi + 2\,\mathrm{id}_E\).
Plus simplement, \(\varphi\) vaut \(2\,\mathrm{id}\) sur \(\mathcal{H}\) et \(-\mathrm{id}\) sur \(\mathbb{R}\,I_3\). Donc \(\varphi^n(M) = 2^n p(M) + (-1)^n q(M)\).
- Le terme constant de \(X^2 – X – 2\) est non nul : \(\varphi \circ (\varphi – \mathrm{id}_E) = 2\,\mathrm{id}_E\). Donc \(\varphi\) est inversible et \(\varphi^{-1} = \frac{1}{2}(\varphi – \mathrm{id}_E)\), soit \(\varphi^{-1}(M) = \frac{1}{2}M – \frac{t}{2}I_3\).
Piège classique : écrire \(\mathrm{tr}(I_3) = 1\). En dimension 3, la trace de l’identité vaut 3, et cette erreur fausse toute la relation annulatrice.
À retenir de ce contrôle
- Si P et Q sont premiers entre eux, le noyau de (PQ)(u) est la somme directe des noyaux de P(u) et de Q(u), et les projecteurs associés sont des polynômes en u.
- Une matrice est diagonalisable si et seulement si son polynôme minimal est scindé à racines simples.
- Pour trigonaliser avec une valeur propre double et un espace propre de dimension 1, on complète un vecteur propre v1 par une solution de (A − I)x = v1.
- Le théorème de Cayley-Hamilton fournit un polynôme annulateur ; si son terme constant est non nul, il donne l’inverse comme polynôme en la matrice.
- Avec un polynôme annulateur de degré 2, la division euclidienne de X puissance n par ce polynôme donne les puissances n-ièmes.
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