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Polynômes d’endomorphismes

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On propose des exercices corriges sur les polynômes d’endomorphismes. En particulier des exercices sur les Polynôme annulateurs et les polynômes caractéristiques.

Sélections d’exercices sur les polynômes d’endomorphismes

Exercice: Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ vérifiant $\det(A)<0$. Montrer que $A$ possède au moins une valeur propre réelle.

Solution: On note $\chi_A$ le polynôme caractéristique associé à $A$. On rappelle que les valeurs propres de $A$ sont les racines de $\chi_A$. On a \begin{align*} \chi_A=X^n-{\rm tr}(A)X^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det(A).\end{align*} D’autre part on a \begin{align*} (-1)^n\chi_A(0)=\det(A)<0\quad\text{et}\quad \lim_{t\to-\infty}(-1)^n\chi_A(t)=+\infty.\end{align*} La fonction $t\mapsto (-1)^n\chi(t)$ est continue sur $]-\infty,0],$ donc par applications du théorème des valeurs intermédiaires il existe $c\in ]-\infty,0]$ tel que $(-1)^n\chi_A(c)=0,$ et donc $\chi_A(c)=0$. Ainsi $c$ est une valeur propre réelle de $A$.

Exercice: Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension $n\ge 2$. (1)- Exprimer le polynôme caractéristique de l’endomorphisme $u$ en fonction de ${\rm tr}(u)$ lorsque ${\rm rg}(u)=1$. (2)- Même question en utilisant aussi ${\rm tr}(u^2)$ lorsque ${\rm rg}(u)=2$.

Solution: (1) Comme ${\rm rg}(u)=1,$ alors d’après le théorème du rang on a $\dim(\ker(u))=n-1$. Par suite le noyau de $u$ n’est pas réduit au vecteur nul, ce qui implique que $\ker(u)$ est le sous-espace propre associé a la valeur propre $0$. Comme $\dim(\ker(u))=n-1$ alors la multiplicité de la valeur propre $0$ est au moins $n-1$. En déduit donc que $X^{n-1}$ divise le polynôme caractéristique de $u$. Ce polynôme est donner par \begin{align*} \chi_u=X^n-{\rm tr}(u)X^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det(u).\end{align*} par suite on a $\chi_u=X^n-{\rm tr}(u)X^{n-1}$.

(2)- Nous construisons une base dans laquelle la forme de la matrice $M$ de l’endomorphisme $u$ est simple à manipuler (avec laquelle on peut faire un calcul simple). Deja on a ${\rm rg}(u)=2$, donc $\dim(\ker(u))=n-2$. Soit $\mathscr{B}=(e_1,e_2,e_3,\cdots,e_n)$ une base de $E$ telle que les $(,e_3,\cdots,e_n)$ une base de $\ker(u)$. Dans cette base la matrice de $u$ prend la forme \begin{align*} M=\begin{pmatrix}\alpha&\beta&0&\cdots&0\\\gamma&\theta&0&\cdots&0\\ \ast&\ast&\vdots& &\vdots\\ \vdots&\vdots&\vdots& &\vdots\\ \ast&\ast&0&\cdots&0\end{pmatrix}\end{align*} avec $\alpha,\beta,\gamma,\theta\in\mathbb{R}$. Comme $M$ est une matrice triangulaire inférieure, alors le polynôme caractéristique associé est: Pour $\lambda\in\mathbb{R},$ \begin{align*}\chi_u(\lambda)=\lambda^{n-2}(\lambda^2-(\alpha+\theta)\lambda+\alpha\theta-\beta\gamma).\end{align*} Puisque ${\rm tr}(u)=\alpha+\theta,$ alors \begin{align*}\chi_u(\lambda)=\lambda^{n-2}(\lambda^2-{\rm tr}(u)\lambda+\alpha\theta-\beta\gamma).\end{align*} Pour determer la valeur de $\alpha\theta-\beta\gamma$ nous allons utiliser la matrice de $u^2$, elle est donnée par \begin{align*} M^2=\begin{pmatrix}\alpha^2+\beta\gamma&\beta(\alpha+\theta)&0&\cdots&0\\\gamma(\alpha+\theta)&\theta^2+\beta\gamma&0&\cdots&0\\ \ast&\ast&\vdots& &\vdots\\ \vdots&\vdots&\vdots& &\vdots\\ \ast&\ast&0&\cdots&0\end{pmatrix}.\end{align*} On a donc ${\rm tr}(u^2)=\alpha^2+2\beta\gamma+\theta^2$. Maintenant on peut écrire \begin{align*} \alpha\theta-\beta\gamma&=\frac{1}{2}\left( (\alpha+\theta)^2-(\alpha^2+2\beta\gamma+\theta^2)\right)\cr &= \frac{1}{2}\left( ({\rm tr}(u))^2-{\rm tr}(u^2)\right).\end{align*} Ainsi \begin{align*}\chi_u(X)=X^{n-2}(X^2-{\rm tr}(u)X+\frac{1}{2}\left( ({\rm tr}(u))^2-{\rm tr}(u^2)\right)).\end{align*}

Exercice: Soit $A,B$ deux matrices dans l’espace des matrices $\mathscr{M}_n(\mathbb{C})$. On note par ${\rm Sp}(A)$ et ${\rm Sp}(B)$ l’ensemble des valeurs propres de $A$ et $B$, respectivement. Montrer que $\chi_A(B)\in {\rm GL}_n(\mathbb{C})$ se et seulement si ${\rm Sp}(A)\cap{\rm Sp}(B)=\emptyset$.

Solution: On supose que ${\rm Sp}(A)=\{\lambda_1,\lambda_1,\cdots,\lambda_r\}$ avec $r\le n$ et chaque $\lambda_i$ a une multiplicité $n_i$ tel que $n_1+n_2+\cdots+n_r=n$. Le polynôme caractéristique de $A$ est \begin{align*} \chi_A(X)= \prod_{i=1}^{r}(X-\lambda_i)^{n_i}.\end{align*} On a donc \begin{align*}\chi_A(B)\in {\rm GL}_n(\mathbb{C}) &\Longleftrightarrow \det(\chi_A(B))\neq 0 \cr &\Longleftrightarrow \det((B-\lambda_i I_n)^{n_i})\neq 0,\quad\forall i=1,\cdots,r \cr &\Longleftrightarrow \det(B-\lambda_i I_n)\neq 0,\quad\forall i=1,\cdots,r \cr &\Longleftrightarrow B-\lambda_i I-n\in {\rm GL}_n(\mathbb{C}), \quad\forall i=1,\cdots,r\cr & \Longleftrightarrow \lambda_i\notin {\rm Sp}(B),\quad\forall i=1,\cdots,r\cr & \Longleftrightarrow {\rm Sp}(A)\cap{\rm Sp}(B)=0.\end{align*}

Exercice: Soit $\omega$ une racine $p$-ième de l’unité avec $p\ge 1$ un entier. On pose $f(x)=\sum_{k=0}^{p-1} w^k x^k$. Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{C})$ pour $n\ge 1$ telle que $A^p=I_n$. Montre que si $\omega^{-1}$ alors n’est pas une valeur propre de $A,$ alors $f(A)=0$.

Solution: Le fait que $\omega^p=1$ et $A^p=I_n$ implique que $(I_n-\omega A)f(A)=0$. Ce qui donne $(\omega^{-1}I_n-A)f(A)=0$. Puisque $\omega^{-1}I_n-A$ est inversible, alors $f(A)=0$.

Exercice: Soit $A$ et $B$ deux matrices dans l’espace de Matrices $\mathscr{M}_n(\mathbb{C})$. Montrer que $\chi_{AB}=\chi_{BA}$. Indication: On pourra utiliser la matrice \begin{align*} M=\begin{pmatrix}\lambda I_n& A\\ B& I_n\end{pmatrix}\in\mathscr{M}_{2n}(\mathbb{C}),\quad \lambda\in\mathbb{C}.\end{align*}Solution: On sait que $\chi_{AB}(0)=(-1)^n\det(AB)=(-1)^n\det(BA)=\chi_{BA}(0)$. Maintenant, pour $\lambda\in\mathscr{C}^\ast$, on a \begin{align*} & M \begin{pmatrix} I_n& 0_n\\ -B&I_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \lambda I_n-AB& A\\ 0_n& I_n\end{pmatrix}\cr & \begin{pmatrix} I_n& 0_n\\ -B&\lambda I_n\end{pmatrix}M=\begin{pmatrix} \lambda I_n & A\\ 0_n& \lambda I_n-BA\end{pmatrix}\end{align*} De ces deux égalités en déduit que \begin{align*} \det(M)=\chi_{AB}(\lambda)\quad\text{et}\quad \lambda^n \det(M)=\lambda^n \chi_{BA}(\lambda).\end{align*} On a alors $\lambda^n \chi_{AB}(\lambda)=\lambda^n \chi_{BA}(\lambda)$. Ainsi $\chi_{AB}(\lambda)=\chi_{BA}(\lambda)$.

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