Exercice 7.32
Mines-Ponts MP 2007
Soient A ∈ M n (C) une matrice diagonalisable et M =
A I n
I n A
. Montrer que
M est diagonalisable.
Soient (X 1 , . . . , X n ) une base de vecteurs propres de A dans l’espace vectoriel
M n,1 (K), l 1 , . . . , l n les valeurs propres associées et considérons les vecteurs
Y i =
X i
X i
et Y
i =
X i
−X i
. On a
MY i =
A I n
I n A
X i
X i
=
(l i + 1)X i
(l i + 1)X i
= (l i + 1)Y i .
On voit de même que MY
i = (l i − 1)Y
i pour tout i ∈ [[1, n]]. On obtient ainsi une
famille de 2n vecteurs propres de la matrice M.
Montrons que c’est une famille libre. Soient a 1 , . . . , a n et a
1 , . . . a
n des scalaires tels
que a 1 Y 1 + · · · + a n Y n + a
1 Y
1 + · · · + a
n Y
n = 0. On obtient alors
(a 1 + a
1 )X 1 + · · · + (a n + a
n )X n = 0 et (a 1 − a
1 )X 1 + · · · + (a n − a
n )X n = 0.
Comme la famille (X 1 , . . . , X n ) est libre,on en déduit que a i + a
i = a i − a
i = 0
pour tout i, et donc a 1 = · · · = a n = a
1 = · · · = a
n = 0. La famille
(Y 1 , . . . , Y n , Y
1 , . . . , Y
n ) est donc une famille libre dans l’espace vectoriel M 2n,1 (K).
C’est donc une base de vecteurs propres de la matrice M qui est donc diagonalisable.
Exercice 7.33
Centrale MP 2007
Soit A ∈ M n (R) et B la transposée de la comatrice. Montrer que tout vecteur
propre de A est vecteur propre de B.
On part de la relation AB = B A = (det A)I n , et on discute suivant le rang de A.
• Si rg A = n, alors A est inversible et B = (det A)A
−1 . Soit X un vecteur propre de
A associé à la valeur propre l (cette valeur propre est nécessairement non nulle).
On a AX = lX , d’où l’on déduit A
−1 X =
1
l
X et B X =
det A
l
X . Donc X est un
vecteur propre de B associé à la valeur propre
det A
l
.
• Si rg A n − 2, alors les coefficients de B sont, au signe près, des déterminants
d’ordre n − 1 extraits de A. Ils sont donc sont nuls, et il en résulte que B = 0. Dans
ce cas tout vecteur est vecteur propre de B.
• Si rg A = n − 1, alors A n’est pas inversible et det A = 0, donc AB = B A = 0.
Les vecteurs colonnes V 1 , . . . , V n de B vérifient donc AV i = 0.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
Mines-Ponts MP 2007
Soient A ∈ M n (C) une matrice diagonalisable et M =
A I n
I n A
. Montrer que
M est diagonalisable.
Soient (X 1 , . . . , X n ) une base de vecteurs propres de A dans l’espace vectoriel
M n,1 (K), l 1 , . . . , l n les valeurs propres associées et considérons les vecteurs
Y i =
X i
X i
et Y
i =
X i
−X i
. On a
MY i =
A I n
I n A
X i
X i
=
(l i + 1)X i
(l i + 1)X i
= (l i + 1)Y i .
On voit de même que MY
i = (l i − 1)Y
i pour tout i ∈ [[1, n]]. On obtient ainsi une
famille de 2n vecteurs propres de la matrice M.
Montrons que c’est une famille libre. Soient a 1 , . . . , a n et a
1 , . . . a
n des scalaires tels
que a 1 Y 1 + · · · + a n Y n + a
1 Y
1 + · · · + a
n Y
n = 0. On obtient alors
(a 1 + a
1 )X 1 + · · · + (a n + a
n )X n = 0 et (a 1 − a
1 )X 1 + · · · + (a n − a
n )X n = 0.
Comme la famille (X 1 , . . . , X n ) est libre,on en déduit que a i + a
i = a i − a
i = 0
pour tout i, et donc a 1 = · · · = a n = a
1 = · · · = a
n = 0. La famille
(Y 1 , . . . , Y n , Y
1 , . . . , Y
n ) est donc une famille libre dans l’espace vectoriel M 2n,1 (K).
C’est donc une base de vecteurs propres de la matrice M qui est donc diagonalisable.
Exercice 7.33
Centrale MP 2007
Soit A ∈ M n (R) et B la transposée de la comatrice. Montrer que tout vecteur
propre de A est vecteur propre de B.
On part de la relation AB = B A = (det A)I n , et on discute suivant le rang de A.
• Si rg A = n, alors A est inversible et B = (det A)A
−1 . Soit X un vecteur propre de
A associé à la valeur propre l (cette valeur propre est nécessairement non nulle).
On a AX = lX , d’où l’on déduit A
−1 X =
1
l
X et B X =
det A
l
X . Donc X est un
vecteur propre de B associé à la valeur propre
det A
l
.
• Si rg A n − 2, alors les coefficients de B sont, au signe près, des déterminants
d’ordre n − 1 extraits de A. Ils sont donc sont nuls, et il en résulte que B = 0. Dans
ce cas tout vecteur est vecteur propre de B.
• Si rg A = n − 1, alors A n’est pas inversible et det A = 0, donc AB = B A = 0.
Les vecteurs colonnes V 1 , . . . , V n de B vérifient donc AV i = 0.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit